(全国通用版)2020高考数学二轮复习 专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列学案 文

第1讲 等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.核心知识回顾1.等差数列(1)通项公式：□01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差中项公式：□022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (3)前n 项和公式：□03S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2. 2．等比数列(1)等比数列的通项公式：□01a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m . (2)等比中项公式：□02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．(3)等比数列的前n 项和公式：□03S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q (q ≠1).3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)是□03等差数列． (3)等差数列“依次每m 项的和”即S m ，□04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…仍是等差数列． (4)等差数列{a n }，当项数为2n 时，S 偶－S 奇＝□06nd ，S 奇S 偶＝□07a n a n ＋1，项数为2n －1时，S 奇－S 偶＝□08a 中＝□09a n ，S 2n －1＝(2n －1)a n 且S 奇S 偶＝□10n n －1.(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，则□01a m ·a n ＝a l ·a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 时，有□02a m ·a n ＝a 2p .(2)当n 为偶数时，S 偶S 奇＝□03q (公比)．(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m 项的和”，即S m ，□04S 2m －S m ，□05S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1 (1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且满足若a 3＋S 5＝12，a 4＋S 7＝24，则a 5＋S 9＝( )A ．24B ．32C ．40D ．72答案 C解析 ∵a 3＋S 5＝6a 3＝12，a 4＋S 7＝8a 4＝24，∴a 3＝2，a 4＝3，∴a 5＝4，∴a 5＋S 9＝10a 5＝40.故选C.(2)在等差数列{a n }中，已知a 4＝5，a 3是a 2和a 6的等比中项，则数列{a n }的前5项的和为( )A ．15B ．20C ．25D ．15或25答案 D解析 设公差为d ，∵a 3为a 2，a 6的等比中项，∴a 23＝a 2·a 6，即(a 4－d )2＝(a 4－2d )(a 4＋2d )，∴5d (d －2)＝0，∴d ＝0或d ＝2.∴5－d ＝5或3，即a 3＝5或3，∴S 5＝5a 3＝25或15.故选D.(3)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 3n－1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n ＝3n－1.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．在各项为正数的等比数列{a n }中，S 2＝9，S 3＝21，则a 5＋a 6＝( ) A ．144 B ．121 C ．169 D ．148答案 A解析 由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝9，a 1＋a 2＋a 3＝21，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝9，a 1(1＋q ＋q 2)＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－23，a 1＝27(舍去)．∴a 5＋a 6＝a 1q 4(1＋q )＝144.故选A.2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为( )A.13 B.76C.73D.67答案 C解析 设a n 为第n 等人的得金数，则{a n }为等差数列，由题设可知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 8＋a 9＋a 10＝3，故a 2＝43，a 9＝1，而a 5＋a 6＝a 2＋a 9＝73.故选C.3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( )A ．4×20202－1 B ．4×20192－1 C ．4×20222－1D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1， ∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a 2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A. 考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n≥2，n∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝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.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．(2019·江西八所重点中学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：∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1，∴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， ∴a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1， ∴b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12(2n －1)2n ＝4n2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴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 ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.考向3 数列中a n 与S n 的关系问题例3 设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. ∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n.(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n. ∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n，① 3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).(2019·福建泉州5月质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)证明：{a n }为等比数列；(2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围． 解 (1)证明：由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝2n，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn (n ＋1)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， T n ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10(n ＋1)n， 因为10(n ＋1)n＝10⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)．真题押题『真题模拟』1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析 由题意，知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30.故选C.2．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.3．(2019·安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得________白米( )A ．96石B ．78石C ．60石D ．42石答案 C解析 今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石．设此等差数列为{a n }，公差为d ，其前n 项和为S n ，∴d ＝a 3－a 13－1＝－362＝－18，S 3＝3a 1＋3×22×(－18)＝180，解得a 1＝78.∴a 2＝a 1＋d ＝78－18＝60.∴乙应该分得60石．故选C.4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.5．(2019·新疆高三第一次诊断)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝3，a 1＋a 2＋…＋a 6＝21，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m 16，则m 能取到的最大正整数是________．答案 7解析 设数列{a n }的公差为d ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，6a 1＋15d ＝21，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ，且1a n ＝1n ，∴S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，令T n ＝S 2n －S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 则T n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2， 即T n ＋1－T n ＝12n ＋2＋12n ＋1－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，∴T n ＋1>T n ，则T n 随着n 的增大而增大， 即T n 在n ＝1处取最小值，∴T 1＝S 2－S 1＝12，∵对一切n ∈N *，恒有S 2n －S n >m16成立，∴12>m16即可，解得m <8， 故m 能取到的最大正整数是7.『金版押题』6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝12S n ＋1S n ，则数列{S n }的通项公式为________．答案 －2n ＋1解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12S n ＋1S n ，所以1S n ＋1－1S n ＝－12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－12为公差的等差数列．所以1S n ＝－1－12(n －1)＝－12n －12.故S n ＝－2n ＋1.7．给出一个直角三角形数阵(如下)，满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i 行第j 列的数为a ij (i ≥j ，i ，j ∈N *)，则a n 4＝________.14 12，14 34，38，316 … 答案n32解析 因为每一列的数成等差数列，且第一列公差为12－14＝14，所以a i 1＝14＋(i －1)14＝i4，因为从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等为3834＝12，所以a ij ＝a i 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1＝i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫12j －1(i ≥3)，因此a n 4＝n 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124－1＝n 32. 8．已知正项等比数列{a n }满足：a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，若存在两项a m ，a n 使得 a m a n ＝32，则1m ＋4n的最小值为________．答案 34解析 因为数列{a n }是正项等比数列，a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，所以a 2a 8＝a 25＝16a 5，a 5＝16，a 3＝4.由a 5＝a 3q 2，得q ＝2(q ＝－2舍去)，由a 5＝a 1q 4，得a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，因为a m a n ＝32，所以2m －12n －1＝210，m ＋n ＝12，1m ＋4n ＝112(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥112⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝34(m >0，n >0)，当且仅当n ＝2m 时“＝”成立， 所以1m ＋4n 的最小值为34.配套作业一、选择题1．(2019·山东德州高三下学期联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( )A ．4B ．8C ．16D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2，则a 6＝25＝32.故选D.2．已知等比数列{a n }满足a 1a 2＝1，a 5a 6＝4，则a 3a 4＝( ) A ．2 B ．±2 C. 2 D ．± 2答案 A解析 ∵a 1a 2，a 3a 4，a 5a 6成等比数列，即(a 3a 4)2＝(a 1a 2)(a 5a 6)，∴(a 3a 4)2＝4，a 3a 4与a 1a 2符号相同，故a 3a 4＝2，故选A.3．(2019·安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3d a 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋da 1＋1＝d ，得2dd＝2＝d ，故选A.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27答案 B解析 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝9，S 6＝36，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3×22d ＝9，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝3(a 1＋7d )＝3×(1＋7×2)＝45.解法二：由等差数列的性质，知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，S 9－S 6成等差数列，所以S 9－S 6＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.5．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3 B ．S 6＝－12S 3C ．S 6＝12S 3D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.6．(2019·陕西西安高三第一次质检)已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项之和为( )A ．0 B.252C ．21D ．42答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21.故选C.二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.8．设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 答案 －8解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ①a 1(1－q 2)＝－3. ②∵a 1＋a 2＝－1≠0，∴q ≠－1，即1＋q ≠0.②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2.∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.9．(2019·山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n (n ＋1)2解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)22＝2(n ＋1)2，即b n ＝n ＋12.当n ＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n 2，则a n ＝b n b n －1＝n (n ＋1)2，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n－1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32.三、解答题11．(2019·广东茂名五大联盟学校高三3月联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0， 即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n . 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n－1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n)λ 若数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列， 即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]， 即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.12．(2019·江西上饶市高三二模)已知首项为1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，等差数列{b n }满足b 1＝a 2，b 4＝a 3，数列{b n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c n a n＝S n ，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1qn －1，∴a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，∴q ＝3.∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1，∴a 2＝3，a 3＝9，∴b 1＝3，b 4＝9. 设{b n }的公差为d ，∴d ＝b 4－b 13＝2，∴b n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2n ＋1，∴S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n ，当n ＝1，c 1a 1＝3，c 1＝3，当n ≥2，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n a n＝n 2＋2n ，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝(n －1)2＋2(n －1)， 两式相减，得c na n＝2n ＋1，∴c n ＝(2n ＋1)·3n －1，经检验，n ＝1时上式也成立．综上，c n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *.T n ＝3×30＋5×31＋…＋(2n ＋1)·3n －1，∴3T n ＝3×31＋5×32＋…＋(2n ＋1)·3n，两式相减－2T n ＝3－(2n ＋1)·3n ＋2×31＋2×32＋…＋2×3n －1＝3－(2n ＋1)·3n＋6(1－3n －1)1－3＝－2n ·3n.∴T n ＝n ·3n.13．已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3T n ＝S 2n ＋2S n ，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由3T 1＝S 21＋2S 1，得3a 21＝a 21＋2a 1，即a 21－a 1＝0. 因为a 1>0，所以a 1＝1. (2)因为3T n ＝S 2n ＋2S n ， ① 所以3T n ＋1＝S 2n ＋1＋2S n ＋1, ②②－①，得3a 2n ＋1＝S 2n ＋1－S 2n ＋2a n ＋1，即3a 2n ＋1＝(S n ＋a n ＋1)2－S 2n ＋2a n ＋1.因为a n ＋1>0， 所以a n ＋1＝S n ＋1, ③ 所以a n ＋2＝S n ＋1＋1, ④④－③，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1，即a n ＋2＝2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＋1a n＝2. 又由3T 2＝S 22＋2S 2，得3(1＋a 22)＝(1＋a 2)2＋2(1＋a 2)， 即a 22－2a 2＝0.因为a 2>0，所以a 2＝2，所以a 2a 1＝2，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1a n＝2成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.14．(2019·河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列{a n }中，a 1＝12，且a 2，a 3，a 4－1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2log 2a n ＋4，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q .因为a 2，a 3，a 4－1成等差数列．所以2a 3＝a 2＋a 4－1，得2a 1q 2＝a 1q ＋a 1q 3－1.又a 1＝12，则2×12q 2＝12q ＋12q 3－1，即q 2＝12q ＋12q 3－1.所以2q 2＝q ＋q 3－2，所以2q 2＋2＝q ＋q 3， 所以2(q 2＋1)＝q (q 2＋1)．所以(q 2＋1)(2－q )＝0. 显然q 2＋1≠0，所以2－q ＝0，解得q ＝2. 故数列{a n }的通项公式a n ＝a 1·q n －1＝12·2n －1＝2n －2. (2)由(1)知，b n ＝2log 22n －2＋4＝2(n －2)＋4＝2n .所以1b n b n ＋1＝12n ·2(n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1).。

专题四 数 列第1讲 等差数列、等比数列真题试做 1．(2020·福建高考，理2)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．(2020·安徽高考，理4)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 ．4B ．5C ．6D ．73．(2020·浙江高考，理7)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )．A ．若d ＜0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d ＜0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n ＞0D ．若对任意n ∈N *，均有S n ＞0，则数列{S n }是递增数列4．(2020·课标全国高考，理5)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 ．－75．(2020·江苏高考，20)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n，n ∈N *.(1)设b n ＋1＝1＋b n a n，n ∈N *，求证：数列2n nb a⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b n a n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值．考向分析高考中等差(等比)数列的考查主客观题型均有体现，一般以等差数列、等比数列的定义或以通项公式、前n 项和公式为基础考点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考查的热点主要有三个方面：(1)对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．热点例析热点一 等差、等比数列的基本运算【例1】(2020·福建莆田质检，20)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，等式a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1对任意n ∈N *均成立．(1)若a 4＝10，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2＝1＋t ，且存在m ≥3(m ∈N *)，使得a m ＝S m 成立，求t 的最小值．规律方法 此类问题应将重点放在通项公式与前n 项和公式的直接应用上，注重五个基本量a 1，a n ，S n ，n ，d (q )之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二”问题．我们重在认真观察已知条件，在选择a 1，d (q )两个基本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的基本性质转化已知条件，否则可能会导致列出的方程或方程组较为复杂，无形中增大运算量．在运算过程中要注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量．特别提醒：(1)解决等差数列前n 项和常用的有三个公式S n ＝n (a 1＋a n )2；S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)，灵活地选用公式，解决问题更便捷；(2)利用等比数列前n 项和公式求和时，不可忽视对公比q 是否为1的讨论．变式训练1 (2020·山东青岛质检，20)已知等差数列{a n }的公差大于零，且a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足b 3＝a 3，S 3＝13.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤5，b n ，n >5，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n .热点二 等差、等比数列的性质【例２】(1)在正项等比数列{a n }中，a 2，a 48是方程2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )．A ．212B ．9 3C ．±9 3D ．35(2)正项等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( )．A ．5＋12或5－12 B ．5＋12 C ．5－12 D ．1－52规律方法 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系，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；(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2的综合应用．变式训练2 (1)(2020·江西玉山期末，3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15＝25π，则tan a 8的值是( )．A ． 3B ．－ 3C ．± 3D ．－33(2)(2020·广西桂林调研，7)已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和为S n ，若公比q ＝2，S 4＝1，则S 8＝( )．A ．17B ．16C ．15D ．256 热点三 等差、等比数列的判定与证明【例３】(2020·山东淄博一模，20)已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2，且n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .规律方法 证明数列{a n }为等差数列或等比数列有两种基本方法： (1)定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)⇔{a n }为等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数)⇔{a n }为等比数列． (2)等差、等比中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)⇔{a n }为等差数列；a 2n ＝a n －1a n ＋1(a n ≠0，n ≥2，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题中的方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标，如本题还可这样去做：由a n ＝2a n －1＋2n －1，得a n －1＝2a n －1－2＋2n ，所以a n －1＝2(a n －1－1)＋2n，上式两边除以2n，从而可得a n －12n ＝a n －1－12n －1＋1，由此证得结论．特别提醒：(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.变式训练3 在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N )，a 1＝－23.是否存在常数λ使数列{a n －n ＋λ}为等比数列，若存在，求出λ的值及数列的通项公式；若不存在，请说明理由．思想渗透1．函数方程思想——等差(比)数列通项与前n 项和的计算问题：(1)已知等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n 项和公式以及由通项公式和前n 项和公式求首项、公差(比)、项数及项等，即主要指所谓的“知三求二”问题；(2)由前n 项和求通项；(3)解决与数列通项，前n 项和有关的不等式最值问题． 2．求解时主要思路方法：(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式中的5个基本量，建立方程(组)，进行运算时要注意消元的方法及整体代换的运用；(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的思想求解．【典型例题】在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，当S 11＋S 22＋…＋S nn最大时，求n 的值．解：(1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25. 又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5.又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4. 而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5.∴a 3＝4，a 5＝1，q ＝12，a 1＝16.∴1511622n n n a -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭－＝＝.(2)b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，∴{b n }是以4为首项，－1为公差的等差数列．∴S n ＝n (9－n )2，S n n ＝9－n 2，∴当n ≤8时，S n n ＞0，当n ＝9时，S n n ＝0，n ＞9时，S n n＜0， 当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋…＋S nn最大．1．(2020·河北冀州一模，5)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }前11项的和S 11等于( )．A ．24B ．48C ．66D ．1322．在等比数列{a n }中，a n ＞0，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 5＝( )． A ．16 B ．8 C ．4 D ．323．(2020·广东汕头质检，2)已知等比数列{a n }的公比q 为正数，且2a 3＋a 4＝a 5，则q 的值为( )．A ．32B ．2C ．52D ．3 4．(2020·河北衡水调研，6)等差数列{a n }前n 项和为S n ，满足S 20＝S 40，则下列结论中正确的是( )．A ．S 30是S n 中的最大值B ．S 30是S n 中的最小值C ．S 30＝0D ．S 60＝05．已知正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n ，使得a m ·a n ＝4a 1，则1m＋4n的最小值为________．6．(原创题)已知数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，且满足a 1 000＋a 1 013＝π，b 1b 13＝2，则tan a 1＋a 2 0121－b 47＝__________.7．若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝pS n ＋r (n ∈N *)，p ，r ∈R ，S n 为数列{a n }的前n 项和． (1)当p ＝2，r ＝0时，求a 2，a 3，a 4的值；(2)是否存在实数p ，r ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出p ，r 满足的条件；若不存在，说明理由．8．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．B 2．B 3．C 4．D5．解：(1)证明：由题设知a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n＝1n b＋所以b n ＋1a n ＋1＝，从而2211n n n n b b a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＋＋－＝1(n ∈N *)，所以数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是以1为公差的等差数列．(2)因为a n ＞0，b n ＞0， 所以(a n ＋b n )22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2，从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*)设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q＜a 2≤2，故当n ＞log q2a 1时，a n ＋1＝a 1q n＞2，与(*)矛盾；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n＜1，与(*)矛盾． 综上可知，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)，所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列．若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由1a ＋得1n b ，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，矛盾．所以a 1＝2，从而1n b ＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2. 精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】解：(1)∵a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1对n ∈N *都成立，∴数列{a n }为等差数列． 设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝1，a 4＝10，∴a 4＝a 1＋3d ＝10，∴d ＝3. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2. (2)∵a 2＝1＋t ，∴公差d ＝a 2－a 1＝t .∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)t .S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)2t .由a m ＝S m ，得1＋(m －1)t ＝m ＋m (m －1)2t ，∴(m －1)t ＝(m －1)＋m (m －1)2t .∴t ＝1＋m 2t .∴t ＝22－m.∵m ≥3，∴－2≤t ＜0.∴t 的最小值为－2.【变式训练1】解：(1)设{a n }的公差为d (d ＞0)，{b n }的公比为q (q ＞0)，则由x 2－18x ＋65＝0，解得x ＝5或x ＝13. 因为d ＞0，所以a 2＜a 4，则a 2＝5，a 4＝13. 则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得a 1＝1，d ＝4，所以a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3.因为⎩⎪⎨⎪⎧b 3＝b 1q 2＝9，b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝13，q >0，解得b 1＝1，q ＝3.所以b n ＝3n －1.(2)当n ≤5时， T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－n ；当n ＞5时，T n ＝T 5＋(b 6＋b 7＋b 8＋…＋b n )＝(2×52－5)＋35(1－3n －5)1－3＝3n－1532，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－n ，n ≤5，3n－1532，n >5.(n ∈N *)【例2】(1)B 解析：依题意知a 2·a 48＝3. 又a 1·a 49＝a 2·a 48＝225a ＝3，a 25＞0， ∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 255＝9 3.(2)C 解析：因为a 2，12a 3，a 1成等差数列，所以a 3＝a 1＋a 2.∴q 2＝1＋q .又q ＞0，解得q ＝1＋52，故a 3＋a 4a 4＋a 5＝a 3＋a 4(a 3＋a 4)q ＝1q ＝5－12. 【变式训练2】(1)B (2)A【例3】(1)证明：设b n ＝a n －12n ，b 1＝5－12＝2，∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1] ＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知，a n －12n ＝a 1－12＋(n －1)×1，∴a n ＝(n ＋1)·2n＋1.∵S n ＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n ·2n －1＋1)＋[(n ＋1)·2n＋1]，∴S n ＝2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1＋(n ＋1)·2n＋n .设T n ＝2·21＋3·22＋…＋n ·2n －1＋(n ＋1)·2n，①则2T n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1.② 由②－①，得T n ＝－2·21－(22＋23＋…＋2n )＋(n ＋1)·2n ＋1＝n ·2n ＋1，∴S n ＝n ·2n ＋1＋n ＝n ·(2n ＋1＋1)．【变式训练3】解：假设a n ＋1－(n ＋1)＋λ＝－(a n －n ＋λ)成立，整理得a n ＋1＋a n ＝2n ＋1－2λ，与a n ＋1＋a n ＝2n －44比较，得λ＝452.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n－n ＋452是以－32为首项，－1为公比的等比数列．故a n －n ＋452＝－32(－1)n －1，即a n ＝n －452－32(－1)n －1.创新模拟·预测演练1．D 2．A 3．B 4．D 5．326．－ 37．解：(1)由a 1＝1，a n ＋1＝pS n ＋r ，当p ＝2，r ＝0时，a n ＋1＝2S n ，∴a 2＝2a 1＝2，a 3＝2S 2＝2(a 1＋a 2)＝2×(1＋2)＝6，a 4＝2S 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＝2×(1＋2＋6)＝18. (2)∵a n ＋1＝pS n ＋r ， ∴a n ＝pS n －1＋r (n ≥2)．∴a n ＋1－a n ＝(pS n ＋r )－(pS n －1＋r )＝pa n ，即a n ＋1＝(p ＋1)a n ，其中n ≥2. ∴若数列{a n }为等比数列，则公比q ＝p ＋1≠0. ∴p ≠－1.又a 2＝p ＋r ＝a 1q ＝a 1(p ＋1)＝p ＋1， 故r ＝1.∴当p ≠－1，r ＝1时，数列{a n }为等比数列． 8．解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ＞1)．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1－6a 2＋a 3＝－7，亦即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝7，a 1(1－6q ＋q 2)＝－7，解得a 1＝1，q ＝2或a 1＝4，q ＝12(舍去)．故a n ＝2n －1.(2)由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n＝3n ln 2， ∴b n ＋1－b n ＝3ln 2.∴{b n }是以b 1＝3ln 2为首项，公差为3ln 2的等差数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝n (3ln 2＋3n ln 2)2＝3n (n ＋1)ln 22，即T n ＝3n (n ＋1)ln 22.。

2020年高考数学二轮复习：06 等差数列与等比数列一、单选题（共12题；共24分）1.在等差数列中，，则数列的公差为（）A. B. C. 1 D. 2【答案】A【考点】等差数列的通项公式2.已知数列为等比数列，，数列的前项和为，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和3.已知数列为各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则=（）A. 32B. 31C. 30D. 29【答案】B【考点】等比数列的前n项和，等比数列的性质4.数列的通项公式，其前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】A【考点】函数的周期性，等差数列的前n项和5.已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等比数列的性质6.已知为等差数列，其公差为-2，且是与的等比中项，为的前n项和，，则的值为（）A. -100B. -90C. 90D. 110【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等比数列的性质7.在中，角、、所对的边分别为、、，若、、成等差数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【考点】等差数列的性质，任意角三角函数的定义，正弦定理8.在等比数列中，，，且前项和，则此数列的项数等于（）A. B. C. D.【答案】B【考点】等比数列的前n项和，等比数列的性质9.在等差数列中，已知，则该数列前9项和（）A. 18B. 27C. 36D. 45【答案】 D【考点】等差数列的前n项和，等差数列的性质10.等比数列的公比,则等于（）A. B. -3 C. D. 3【答案】C【考点】等比数列的性质11.已知数列满足，且是函数的极值点，设，记表示不超过的最大整数，则（）A. 2019 B. 2018 C. 1009 D. 1008【答案】 D【考点】利用导数研究函数的单调性，等比数列的通项公式，数列的求和12.明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有，，．据此，可得正项等比数列中，（）A. B. C. D.【答案】C【考点】等比数列的通项公式二、填空题（共5题；共5分）13.已知数列为正项等差数列，其前2020项和，则的最小值为________. 【答案】4【考点】基本不等式在最值问题中的应用，等差数列的前n项和14.若数列｛｝的前项和，则此数列的通项公式________．【答案】【考点】等差数列的通项公式15.已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，则________．【答案】【考点】数列的概念及简单表示法，数列递推式16.已知等差数列的前项和是，，且成等比数列，则________. 【答案】【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的性质17.我国古代庄周所著的《庄子天下篇》中引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其含义是：一根一尺长的木棒，每天截下其一半，这样的过程可以无限地进行下去.若把“一尺之棰”的长度记为1个单位，则第天“日取其半”后，记木棒剩下部分的长度为，则________【答案】【考点】数列的概念及简单表示法，归纳推理三、解答题（共4题；共35分）18.已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求和：．【答案】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n−1.（Ⅱ）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以.从而【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合19.已知数列满足，且时，，，成等差数列．（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明：由题意，当时，，，成等差数列，则，即，，又，数列是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1），知，即，．【考点】等比关系的确定，数列的求和，等差数列的性质20.已知公差为的等差数列中，，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，且，求的值．【答案】（1）解：因为成等比数列，所以，即，将代入得，又，解得,所以（2）解：=则【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的性质21.已知等差数列的首项为1，公差为1，等差数列满足．（1）求数列和数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）解：由条件可知，，.，，，.由题意为等差数列，，解得，（2）解：由（1）知，，①则②①-②可得，.【考点】等差数列的通项公式，数列的求和，等差数列的性质。

专题三数列第一讲等差数列、等比数列高考导航平等差、等比数列基本量的考察，常以客观题的形式出现，考察利用通项公式、前n 项和公式成立方程组求解．2．平等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现，拥有“新、巧、活”的特色，考察利用性质解决相关计算问题．3．平等差、等比数列的判断与证明，主要出此刻解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，所以是解决问题的重点环节.1．(2016 ·全国卷Ⅰ )已知等差数列 { a n} 前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝()A ．100B．99 C．98D．97[分析]设{ a n} 的公差为 d，由等差数列前 n 项和公式及通项公9＝9a1＋9×8a1＝－ 1，2＝，a n＝a1＋(n－1)d＝n式，得S d 27解得10＝a1＋9d＝8，d＝1，a－2，∴ a100＝100－2＝98.应选 C.[答案] C2．(2017 ·全国卷Ⅲ )等差数列 { a n} 的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6成等比数列，则 { a n} 前 6 项的和为 ()A ．－ 24 B．－ 3 C．3 D．8[ 分析 ]设等差数列{ a n}的公差为d，依题意得a23＝a2·a6，即 (1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得 d＝－ 2 或 d＝0(舍去 )，又 a1＝1，∴ S66×5＝6×1＋2×(－2)＝－24.应选A.[答案]A3．(2016 ·浙江卷 )设数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，若 S2＝4，a n＋1＝*[ 分析 ]∵a n＋1＝2S n＋1，∴ a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴ 4－a1＝2a1＋1，解得 a1＝1.又 a n＋1＝S n＋1－S n，∴S n＋1－S n＝2S n＋1.解法一： S n＋1＝3S n＋1，由 S2＝4，可求出 S3＝13，S4＝40，S5＝121.1113解法二： S n＋1＝3S n＋1，则 S n＋1＋2＝ 3 S n＋2 .又 S1＋2＝2，∴13S n＋2是首项为2，公比为 3的等比数列，13n－13n－1∴ S n＋2＝2×3，即 S n＝2，35－1∴ S5＝2＝121.[答案] 11214．(2017 ·绵阳三诊 )已知 { a n} 是各项都为正数的数列，其前n 项1和为 S n，且 S n为 a n与a n的等差中项．(1)求证：数列 { S n2} 为等差数列；－ 1 n(2) b n＝a n，求{ b n}的前n和T n.1 [ 分析 ] (1)明：由意知2S n＝a n＋a n，即 2S n a n－a2n＝1.①当 n＝1 ，由①式可得 S1＝1；当 n≥2 ， a n＝S n－S n－1，代入①式得2S n(S n－ S n－1)－(S n－S n－1)2＝ 1，整理得 S2n－S2n－1＝1.∴ { S2n} 是首 1，公差 1 的等差数列．(2)由(1)知 S2n＝n， S n＝n，∴a n＝S n－S n－1＝ n－ n－1.∴ b n＝－1 n－1 nn＋ n－1)．＝＝(－1)n(a n n－ n－1当 n 奇数， T n＝－ 1＋ ( 2＋1)－(3＋2)＋⋯＋(n－1＋n－2)－( n＋ n－1)＝－ n；当 n 偶数， T n＝－ 1＋ ( 2＋1)－(3＋2)＋⋯－(n－1＋n－2)＋( n＋ n－1)＝ n.∴{ b n} 的前 n 和 T n＝(－1)n n.考点一等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通公式及前n 和公式a n＝a1＋(n－1)d；S n＝n a1＋a n＝na1＋n n－1 d.222．等比数列的通公式及前n 和公式a n＝a1q n－1(q≠0)；na1 q＝1 ，S n＝ a1 1－q n a1－a n q1－q ＝1－qq≠1 .[点 ]1．(2017 ·全国卷Ⅰ ) S n等差数列 { a n} 的前 n 和．若 a4＋a5＝24，S6＝48， { a n} 的公差 ()A ．1 B．2 C．4 D．8[ 分析 ] 等差数列 { a n} 中，S6＝a1＋a6×6＝48， a1＋a6＝ 16＝2a2＋a5，又 a4＋a5＝24，所以 a4－a2＝2d＝24－16＝8，得 d＝4，故 C.[答案] C2．(2017 ·全国卷Ⅱ )我国古代数学名著《算法宗》中有以下：“ 望巍巍塔七，光点点倍加增，共灯三百八十一，尖几灯？”意思是：一座 7 塔共挂了 381 灯，且相两中的下一灯数是上一灯数的 2倍，塔的共有灯 ()A ．1B．3C．5D．9[ 分析 ] 由意可知，由上到下灯的数a1， a2，a3，⋯，a7构a1 1－27成以 2 公比的等比数列，∴S7＝1－2＝381，∴ a1＝3.故 B.[答案]B3．(2017 ·湖北省武市武昌区高三研)公比q(q>0)的等比数列 { a n} 的前 n 和 S n.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2， a1＝()1 2A ．－ 2 B．－ 1 C.2 D.3[ 分析 ] 由 S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2 得 a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即 q ＋q 2＝3q 2－3，解得 q ＝－ 1(舍)或 q ＝3，将 q ＝3代入 S 2＝3a 2＋2 中得22a 1 33＋2，解得 a 1＝－ 1，应选 B.＋ a 1＝3× a 12 2[答案] B4． (2017 ·东北三校联考 )已知等差数列 { a n } 知足 a 2＝3，a 5＝9，若数列 { b 知足 ＝ 3，b ＋ ＝ab ，则 { b n } 的通项公式为 ．n } b 1 n 1 n________[分析] 由题意可得等差数列 { a n } 的公差 d ＝ a 5－a 25－2 ＝2，所以 a n＝ a 2＋(n －2)d ＝2n －1，则 b n ＋1＝ab n ＝2b n －1，b n ＋ 1－1＝2(b n －1)，又由于 b 1－1＝ 2，所以数列 { b n － 1} 是首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以 b n －1＝ 2n ，b n ＝2n ＋1.[ 答案 ] b n ＝2n ＋1等差 (比)数列的运算注意两点(1)在等差 (比)数列中，首项 a 1 和公差 d(公比 q)是两个最基本的元素．(2)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显然，则均可化成对于 a 1 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．【易错提示】 等比数列前 n 项和公式中若不确立 q 能否等于 1 应分 q ＝1 或 q ≠1 两种状况议论．考点二等差、等比数列的性质[对点训练 ]1．(2017 ·广州六校联考 )已知等差数列 { a n} 中， a7＋ a9＝16， S11＝99，则 a的值是 ()212A ．15B．30 C．31 D．64[分析]由于 a7＋a9＝2a8＝16，所以 a8＝8.由于 S＝11 a1＋a11＝11×2a6＝11a ＝99，所以 a ＝9，则 d＝11226262a8－a6 72＝4，所以 a12＝a8＋4d＝15，应选 A.[答案]A2．太·原模拟已知等比数列{ a n}知足＝1，a＝4(a －1)，(2017)a143a54则 a2＝()11A ．2B．1 C.2 D.8[分析]由等比数列的性质，得a3a5＝a42＝4(a4－1)，解得 a ＝2.又 a ＝1，所以 q3＝a4＝8，即 q＝2，414a111故 a 2＝a1q ＝4×2＝2.[答案]C3．(2017 ·合肥模 ) 等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ，若 S 5＝1，S 10＝3， S 15 的 是 ________．[ 分析 ] ∵数列 { a n } 是等比数列，∴ S 5，S 10－S 5，S 15－S 10 成等比数列，∴ (S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得 S 15＝7.[答案]7[ 研究追]3 中条件不 ，怎样求S 100 的 ？[分析]在等比数列 { a n } 中， S 5，S 10－ S 5，S 15－S 10，⋯成等比数列，因 S 5＝1，S 10＝3，所以 S 100 可表示 等比数列1,2,4，⋯的前201× 1－22020 和，故 S 100＝＝2 －1.[答案 ] 220－1等差、等比数列的性 是两种数列基本 律的深刻体 ， 是解决等差、等比数列 既快捷又方便的工具， 存心 地去 用．但在 用性 要注意性 的前提条件，有 需要 行合适 形．考点三 等差、等比数列的判断与 明1． 明数列 { a n } 是等差数列的两种基本方法(1)利用定 ， 明a n ＋1－a n (n ∈N * ) 一常数；(2)利用等差中 ，即 明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2． 明数列 { a n } 是等比数列的两种基本方法a n＋1*(1)利用定义，证明a 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)．[ 解](1)证明：由 a1＝1，及 S n＋1＝4a n＋2，有 a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴ b1＝a2－2a1＝3.由 S n＋1＝4a n＋2①知当 n≥2 时，有 S n＝4a n－1＋2②①－②得 a n＋1＝4a n－4a n－1，∴a n＋1－2a n＝2(a n－2a n－1)又∵ b n＝a n＋1－2a n，∴ b n＝2b n－1，∴{ b n} 是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列．(2)由(1)可得 b n＝a n＋1－ 2a n＝3·2n－1，a n＋1 a 3∴2n＋1－2n n＝4，a n1 3∴数列 2n是首项为 2，公差为 4的等差数列．∴ a 2n n ＝12＋(n －1)×34＝43n －14，n －2a n ＝(3n －1) ·2 .等差、等比数列的判断与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差 (比)数列，也能够利用通项公式及前n 项和公式，但不可以作为证明方法．(2)a n＋1＝q 和 a 2＝a － a ＋ (n ≥2)都是数列 {a } 为等比数列的必需a n nn 1 n 1n不充足条件，判断时还要看各项能否为零．[对点训练 ]若数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且知足 a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 11＝2.1(1)求证： S n 成等差数列；(2)求数列 { a n } 的通项公式．[ 解] (1)证明：当 n ≥2 时，由 a n ＋2S n S n －1＝0， 得 S n －S n － 1＝－ 2S n S n －1，所以 1 －1＝2，S n S n －11 1 1 又 S 1＝a 1 ＝2，故 S n 是首项为 2，公差为 2 的等差数列． (2) 由 可得 1 ＝2n ，∴ S ＝ 1 ， (1) S n n 2n11当 n ≥2 时， a n ＝S n －S n －1＝2n －2 n －1n －1－n 1 ＝ 2n n －1 ＝－ 2n n －1 .1当 n ＝1 时， a 1＝2不合适上式．12，n ＝1，故 a n ＝1－2n n －1 ，n ≥2.热门课题 11函数与方程思想在数列中的应用[感悟体验 ]1．(2017 ·西安统测 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝13，S 3＝S 11，则 A ．49S n 的最大值为B ．28()C ．－ 49 或－ 28D ．28或 49[ 分析 ] 由 S 3＝S 11，可得 3a 1＋3d ＝11a 1＋ 55d ，把 a 1＝13 代入得d ＝－ 2，故 S n ＝13n －n(n －1)＝－ n 2＋14n ，依据二次函数性质， 知当n ＝7 时， S n 最大，且最大值为 49.2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块二专题三数列第一讲等差数列、等比数列Word版含解析.doc[答案]A2．(2017 ·河南郑州二中期末 )已知等差数列 { a n} 的公差 d≠0，且2S n＋16 a1，a3，a13成等比数列，若 a1＝1，S n是数列 { a n} 的前 n 项的和，则a n＋3(n∈N* )的最小值为 ()9A ．4 B．3 C．2 3－2 D.2[ 分析 ]∵a1＝1，a1、a3、a13成等比数列，∴ (1＋2d)2＝1＋12d.得 d＝2 或 d＝0(舍去 )∴ a n＝2n－1，∴S n＝n 1＋2n－1＝n2，22S n＋162n2＋16∴a n＋3＝2n＋2 .令 t＝n＋1，2S n＋169则a n＋3＝t＋t－2≥6－2＝4 当且仅当 t＝3，2S n＋16即 n＝2 时，∴a n＋3的最小值为 4.应选 A. [答案] A。

[A 组 小题提速练]1．(等差数列求和及性质)在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．36解析：∵a 1＋a 2＋…＋a 10＝30， 得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0， ∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9. 答案：C2．(等差数列求和及不等式)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞0的最大的自然数n 是( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12解析：∵{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，∴{a n }的通项为a n ＝7－2(n －2)＝－2n ＋11，∴{a n }是递减数列，且a 5＞0＞a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝9a 5＞0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝11a 6＜0，故选A. 答案：A3．(等差数列求和)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．S 4＜S 3 B ．S 4＝S 3 C ．S 4＞S 1D ．S 4＝S 1解析：设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4＜S 1，故选B. 答案：B4．(等差数列求和及最值)在等差数列{a n }中，a 6＋a 11＝0，且公差d ＞0，则数列{a n }的前n 项和取最小值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：由题意知a 6＜0，a 11＞0，且a 1＋5d ＋a 1＋10d ＝0，所以a 1＝－152d .又数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ＝d2[(n －8)2－64]，所以当n ＝8时，数列{a n }的前n 项和取得最小值．故选C. 答案：C5．(数学文化与等比数列求和)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．其大意为：有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程都为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人每天走多少里路．则此人第五天走的路程为( ) A ．48里 B ．24里 C ．12里D ．6里解析：依题意知，此人每天走的路程数构成以12为公比的等比数列a 1，a 2，…，a 6，由S6＝a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，所以此人第五天走的路程为a5＝192×124＝12(里)．故选C.答案：C6．(等比数列性质及基本不等式)已知首项与公比相等的等比数列{a n}满足a m a2n＝a2 4(m，n∈N*)，则2m＋1n的最小值为( )A．1 B．3 2C．2 D.9 2解析：设该数列的首项及公比为a，则由题可得a m×a2n＝a4×2，即a m×a2n＝a m＋2n＝a4×2，得m＋2n＝8，所以2m＋1n＝18(m＋2n)·⎝⎛⎭⎪⎫2m＋1n＝182＋2＋4nm＋mn≥182＋2＋24nm×mn＝1，当且仅当4nm＝mn，即m＝4，n＝2时等号成立，故选A.答案：A7．(等比数列前n项和)在等比数列{a n}中，a1＋a n＝34，a2·a n－1＝64，且前n 项和S n＝62，则项数n等于( )A．4 B．5C．6 D．7解析：设等比数列{a n}的公比为q，由a2a n－1＝a1a n＝64，又a1＋a n＝34，解得a1＝2，a n＝32或a1＝32，a n＝2.当a1＝2，a n＝32时，S n＝a11－q n1－q＝a1－a n q1－q＝2－32q1－q＝62，解得q＝2.又a n＝a1q n－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，a n＝2时，由S n＝62，解得q＝12.由a n＝a1q n－1＝32×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝2，得⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝116＝⎝⎛⎭⎪⎫124，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.答案：B8．(等差数列前n 项和性质)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S 2 016的值等于( ) A ．－2 015 B ．2 015 C ．2 016D ．0解析：设数列{a n }的公差为d ，S 12＝12a 1＋12×112d ，S 10＝10a 1＋10×92d ， 所以S 1212＝12a 1＋12×112d 12＝a 1＋112d .S 1010＝a 1＋92d ，所以S 1212－S 1010＝d ＝2， 所以S 2 016＝2 016×a 1＋2 015×2 0162d ＝0.答案：D9．(等比数列前n 项和性质)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则数列{na n }的前n 项和为( ) A ．－3＋(n ＋1)×2n B ．3＋(n ＋1)×2n C ．1＋(n ＋1)×2nD ．1＋(n －1)×2n解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3＝7，S 6＝63，∴q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝7，a 11－q 61－q ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴na n ＝n ·2n －1，设数列{na n }的前n 项和为T n ，∴T n ＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1,2T n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴T n ＝1＋(n －1)×2n ，故选D. 答案：D10．(递推关系、通项及性质)已知数列{a n }满足a 1＝2,2a n a n ＋1＝a 2n ＋1，设b n ＝a n －1a n ＋1，则数列{b n }是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列解析：由2a n a n ＋1＝a 2n ＋1可得a n ＋1＝a 2n ＋12a n ，b n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＋1＝a 2n ＋12a n －1a 2n ＋12a n＋1＝a 2n －2a n ＋1a 2n ＋2a n ＋1＝a n －12a n ＋12＝b 2n ，由b n ＞0且b n ≠1，对b n ＋1＝b 2n 两边取以10为底的对数，可得lgb n ＋1＝2lg b n ，所以数列{lg b n }是以lg b 1＝lg 2－12＋1＝lg 13为首项，2为公比的等比数列，所以lg b n ＝2n －1lg 13，b n ＝(13)2n －1，故数列{b n }是递减数列，故选D. 答案：D11．(等比数列、等差数列混合及性质)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B ．22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.答案：D12．(等差数列性质，等比数列通项)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －113．(S n 与a n 关系及等差数列通项)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，n ∈N *，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3a 1＝3. 当n ≥2时，∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，即a n ＋1＝4a n ，当n ≥2时，{a n }是以3为首项，4为公比的等比数列，得a n ＝3×4n －2.综上，a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.14．(等差数列通项)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为________．解析：根据题意，不妨设f (x )＝(12)x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f－2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项、2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031. 答案：4 03115．(等差数列及性质、不等式)已知数列{a n }满足a 2＝2a 1＝2，na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，若{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，所以2na n ＋2＝(2n ＋4)a n ＋λ(2n 2＋4n )，即na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，所以a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ.设b n ＝a nn，则b n ＋2－b n ＝λ，因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝b 2＝1. 所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12λ；当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22λ.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋n n －1λ2，n 为奇数，n ＋n n －2λ2，n 为偶数.由数列{a n }为单调递增数列，得a n ＜a n ＋1. ①当n 为奇数且n ＞1时，n ＋n n －1λ2＜n ＋1＋n ＋1n ＋1－2λ2，所以λ＞21－n， 又－1≤21－n＜0，所以λ≥0； ②当n 为偶数时，2n ＋nn －2λ2＜2n ＋1＋n ＋1n ＋1－1λ2，所以λ＞－23n ，又－13≤－23n＜0，所以λ≥0. 综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)[B 组 大题规范练]1．(S n 与a n 的关系，等比数列的证明)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 －3×n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3×(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，*把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入*式， 得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．(等差数列定义、等比数列通项及求和)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，数列{b n }满足b n ＝3a n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析：(1)因为a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2， 故b n ＝3a n ＝33n －2.(2)由(1)知b n ＋1b n ＝33n ＋133n －2＝27，所以数列{b n }是以3为首项，27为公比的等比数列，则数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝a 1＋b 1＋a 2＋b 2＋…＋a n ＋b n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝[1＋4＋…＋(3n －2)]＋(3＋34＋…＋33n －2) ＝32n 2－12n ＋326·27n －326. 3．(a n 与S n 关系、等比数列证明及不等式最值)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝2n .(1)证明：数列{a n －2}为等比数列，并求出a n ； (2)设b n ＝(2－n )(a n －2)，求{b n }的最大项． 解析：(1)证明：由a 1＋S 1＝2a 1＝2，得a 1＝1.由a n ＋S n ＝2n 可得a n ＋1＋S n ＋1＝2(n ＋1)，两式相减得，2a n ＋1－a n ＝2， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，a n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知b n ＝(2－n )×(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，由b n ＋1－b n ＝n －12n－n －22n －1＝n －1－2n ＋42n＝3－n 2n≥0，得n ≤3，由b n ＋1－b n <0得n >3，∴b 1<b 2<b 3＝b 4>b 5>…>b n >…，故{b n }的最大项为b 3＝b 4＝14.4．(等差、等比数列通项及和的最值)设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n ＝2S n ＋3，数列{b n }是等差数列，且T 5＝25，b 10＝19.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb nn n ＋1，求数列{c n }的前n 项和R n ，并求R n 的最小值．解析：(1)由3a n ＝2S n ＋3，得 当n ＝1时，有a 1＝3； 当n ≥2时，3a n －1＝2S n －1＋3， 从而3a n －3a n －1＝2a n ，即a n ＝3a n －1， 所以a n ≠0，a na n －1＝3， 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，因此a n ＝3n . 设数列{b n }的公差为d ，由T 5＝25，b 10＝19， 得⎩⎨⎧5b 1＋10d ＝25，b 1＋9d ＝19，解得b 1＝1，d ＝2， 因此b n ＝2n －1.(2)由(1)可得c n ＝2n －13nn n ＋1＝[3n －n ＋1]3n n n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3nn，R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－31＋322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3nn ＋3n ＋1n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3，因为c n ＝2n －13nn n ＋1>0，所以数列{R n }单调递增．所以n ＝1时，R n 取最小值，故最小值为32.。