【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.2 等差数列及其前n项和课件 理

第六章 数列 6.4 数列求和教师用书 理 苏教版1.等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝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 ≠1.3.一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1). (4)12＋22＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和. (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项. 常见的裂项公式 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广. (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)nf (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.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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之和时，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.( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1.(2016·某某模拟)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝__________. 答案n 2＋7n4解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2，a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0.∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n 24＋74n .2.(教材改编)数列{a n }中，a n ＝1nn ＋1，若{a n }的前n 项和S n ＝2 0172 018，则n ＝________. 答案 2 017 解析 a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 令nn ＋1＝2 0172 018，得n ＝2 017. 3.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.答案 －200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4.若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5.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＝________.答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn 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.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 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 ＝2n a＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝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 .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)n·n . 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.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， n 为奇数.思维升华 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.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3， 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 已知a >0，a ≠1，数列{a n }是首项为a ，公比也为a 的等比数列，令b n ＝a n ·lg a n (n ∈N )，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 ∵a n ＝a n ，b n ＝n ·a nlg a ， ∴S n ＝(a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n)lg a ，①aS n ＝(a 2＋2a 3＋3a 4＋…＋na n ＋1)lg a ，②①－②得：(1－a )S n ＝(a ＋a 2＋…＋a n －na n ＋1)lg a ，∴S n ＝a lg a 1－a2[1－(1＋n －na )a n]. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(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.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记＝a nb n，求数列{}的前n 项和T n .解 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1nn ＋k型 例3 设数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n n)(n ∈N *)均在函数y ＝3x －2的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求T n .解 (1)把点(n ，S n n)代入函数y ＝3x －2， ∴S n n＝3n －2，∴S n ＝3n 2－2n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 又a 1＝1符合该式， ∴a n ＝6n －5(n ∈N *). (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝36n －56n ＋1＝12(16n －5－16n ＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12[(1－17)＋(17－113)＋(113－119)＋…＋(16n －5－16n ＋1)] ＝12(1－16n ＋1)＝3n 6n ＋1. 命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2，可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12.x ∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项.(2)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.在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列.∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (14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)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ―――――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ―――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――――――――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――→错位相减法求和计算可得T n ―→证明：T n <4规X 解答(1)解 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 .当n ＝1时，上式也成立. 综上，a n ＝92－n .[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[10分] ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[12分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[14分]1.(2016·某某某某一中质检)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 4＝14，S 10－S 7＝30，则S 9＝________. 答案 54解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则S 4＝4a 1＋6d ＝14，①S 10＝10a 1＋45d ，S 7＝7a 1＋21d ，则S 10－S 7＝3a 1＋24d ＝30，② 解①②可得d ＝1，a 1＝2， 故S 9＝9a 1＋36d ＝18＋36＝54.2.(2016·某某模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2 016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2 016＝________. 答案 0解析 ∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，q 为等比数列{a n }的公比， 即q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1.∴a n ＝(－1)n －1·2 016，∴S 2 016＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 015＋a 2 016)＝0.3.已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝____________. 答案4n n ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1. 4.(教材改编)数列{n ×12n }的前n 项和S n ＝________.答案 2－12n －1－n2n解析 S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ，①12S n ＝1×14＋2×18＋3×116＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n ×12n ＋1＝121－12n 1－12－n 2n ＋1.∴S n ＝2(1－12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n2n .5.已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6.(2016·某某某某四校期中)一个只有有限项的等差数列，它的前5项和为34，最后5项和为146，所有项的和为234，则它的第7项为________. 答案 18解析 据题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34，a n －4＋a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝146，又∵a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3＝a 5＋a n －4， ∴a 1＋a n ＝36.又S n ＝12n (a 1＋a n )＝234，∴n ＝13，∴a 1＋a 13＝2a 7＝36， ∴a 7＝18.7.(2016·某某模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为________.答案 120 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.8.(2016·某某模拟)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1a k a k ＋1的值为________. 答案100101解析 因为(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1，所以a n －a n ＋1－a n a n ＋1＝0，从而1a n ＋1－1a n＝1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝1n，故a n ＋1a n ＝1n ＋1n ＝1n －1n ＋1，因此∑100k ＝1a k a k ＋1＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101. 9.(2016·苏北四市期末)若公比不为1的等比数列{a n }满足log 2(a 1·a 2·…·a 13)＝13，等差数列{b n }满足b 7＝a 7，则b 1＋b 2＋…＋b 13的值为________. 答案 26解析 因为等比数列{a n }满足log 2(a 1·a 2·…·a 13)＝13，所以a 1·a 2·…·a 13＝213，(a 7)13＝213，a 7＝2，所以等差数列{b n }中，b 7＝a 7＝2，b 1＋b 2＋…＋b 13＝13b 7＝13×2＝26. *10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________.答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1. ∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列. ∴a n ＝n ， ∴b n ＝1n n ＋1＋n ＋1n＝n ＋1n －n n ＋1[n n ＋1＋n ＋1n ][n ＋1n －n n ＋1]＝n ＋1n －n n ＋1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.11.(2016·某某、某某一模) 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a n >0，若S 6－2S 3＝5，则S 9－S 6的最小值为______. 答案 20解析 方法一 当q ＝1时，S 6－2S 3＝0，不合题意，所以q ≠1，从而由S 6－2S 3＝5得a 11－q 61－q－2a 11－q 31－q＝5，从而得a 11－q ＝5－q 6＋2q 3－1＝5－q 3－12<0，故1－q <0，即q >1，故S 9－S 6＝a 11－q 91－q －a 11－q 61－q ＝5－q 6＋2q 3－1×(q 6－q 9)＝5q 6q 3－1，令q 3－1＝t >0，则S 9－S 6＝5t ＋12t＝5(t ＋1t＋2)≥20，当且仅当t ＝1，即q 3＝2时等号成立.方法二 因为S 6＝S 3(1＋q 3)，所以由S 6－2S 3＝5得S 3＝5q 3－1>0，从而q >1，故S 9－S 6＝S 3(q 6＋q 3＋1)－S 3(q 3＋1)＝S 3q 6＝5q6q 3－1，以下同方法一.12.数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n＋1(n ∈N ，n ≥2)，a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9. ∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1. ∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ， ∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1，即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列. (3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12，∴a n ＝(n ＋12)·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1.S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1]＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，①∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n－2n, ② 由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n＋n＝1＋2×1－2n1－2－(2n ＋1)×2n ＋n ＝(1－2n )×2n＋n －1.∴S n ＝(2n －1)×2n－n ＋1.13.(2016·某某)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和. 解 (1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列.设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2nb 1＋b 2n2＝2n 2.*14.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有＋1－＝12log .n a 求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明 由＋1－＝12log 21,n a n =+得当n ≥2时，＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(－－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，1＝1n ＋1n －1＝12(1n －1－1n ＋1)， ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＝12×⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1≥1c 2＝13，∴原式得证.15.(2016·某某某某丹徒中学调研)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×(－12)n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－(－12)n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.。

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第六章数列 6.3等比数列及其前n项和理1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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(q≠0)．2．等比数列的通项公式设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，则它的通项a n＝a1·q n－1.3．等比中项若a，G，b成等比数列，则称G为a和b的等比中项．4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m·q n－m(n，m∈N*)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q.6．等比数列前n 项和的性质公比不为－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__. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × )1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝________. 答案 42解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.2．等差数列{a n }的公差为3，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 4＝________. 答案 12解析 令首项为a ，根据已知条件有(a ＋9)2＝(a ＋3)·(a ＋21)．解得a ＝3，所以a 4＝3＋3×3＝12.3．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于________． 答案 4解析 数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.4．(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________． 答案 2n－1解析 由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又∵数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n－1.5．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________.(2)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________. 答案 (1)314(2)4或－4解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝41－1251－12＝314. (2)设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.思维升华 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”，通过列方程(组)可迎刃而解．(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1＜a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7＝________.(2)(2015·湖南)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 ＝________.答案 (1)32(2)3n －1解析 (1)设公比为q ，则由题意知0＜q ＜1，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 8＝a 4·a 6＝6，a 4＋a 6＝5，得a 4＝3，a 6＝2，所以a 5a 7＝a 4a 6＝32.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1qn －1＝3n －1.题型二 等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2 n ≥2， ②①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1 (n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) (n ≥2)．∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1 (n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列． ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2.引申探究例2中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他条件不变探求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，当n ＝1时上式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n－1.思维升华 (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．(2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， ∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)． ∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． 题型三 等比数列的性质及应用例3 (1)在等比数列{a n }中，各项均为正值，且a 6a 10＋a 3a 5＝41，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝________. (2)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________. 答案 (1)51 (2)－12解析 (1)由a 6a 10＋a 3a 5＝41及a 6a 10＝a 28，a 3a 5＝a 24， 得a 24＋a 28＝41.因为a 4a 8＝5，所以(a 4＋a 8)2＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝41＋2×5＝51. 又a n >0，所以a 4＋a 8＝51. (2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠±1， 则可得S 10－S 5S 5＝－132. 由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5， 故q 5＝－132，q ＝－12.思维升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则有a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量．(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，公比为q k (q ≠－1)．(1)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝________.(2)等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1＝________. 答案 (1) 2 (2)3解析 (1)由等比数列的性质得a 3a 9＝a 26＝2a 25， ∵q ＞0，∴a 6＝2a 5，q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝ 2.(2)设等比数列{a n }共有2k ＋1(k ∈N *)项，则a 2k ＋1＝192，则S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＋a 2k ＋1＝1q(a 2＋a 4＋…＋a 2k )＋a 2k ＋1＝1q S 偶＋a 2k ＋1＝－126q ＋192＝255，解得q ＝－2，而S 奇＝a 1－a 2k ＋1q21－q2＝a 1－192×－221－－22＝255，解得a 1＝3.12．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (14分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[4分](2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.[8分]当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[10分]当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[12分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[14分]温馨提醒 (1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有 ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况． ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1讨论． ③项数的奇、偶数讨论．④等比数列的单调性的判断注意与a 1，q 的取值的讨论．(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别．[方法与技巧] 1．已知等比数列{a n }(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，{1a n}也是等比数列．(2)a 1a n ＝a 2a n －1＝…＝a m a n －m ＋1. 2．判断数列为等比数列的方法 (1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列．二者的本质是相同的，其区别只是n 的初始值不同．(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n a n ＋2(a n a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列． [失误与防范]1．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．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≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．等比数列性质中：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，不能忽略条件q ≠－1.A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝________.答案 4解析 ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.2．等比数列{a n }满足a n ＞0，n ∈N *，且a 3·a 2n －3＝22n(n ≥2)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 2n －1＝________. 答案 n (2n －1)解析 由等比数列的性质， 得a 3·a 2n －3＝a 2n ＝22n，从而得a n ＝2n.log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 2n －1＝log 2[(a 1a 2n －1)·(a 2a 2n －2)·…·(a n －1a n ＋1)a n ]＝log 22n (2n －1)＝n (2n －1)．3．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________. 答案 14解析 设数列{a n }的公比为q ， 由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.4．在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，已知a 1＝－8，a 2＝－2，b 1＝1，b 2＝2，那么满足a n ＝b n 的n 的所有取值构成的集合是________． 答案 {3,5}解析 由已知得，a n ＝6n －14，b n ＝2n －1，令a n ＝b n ，可得6n －14＝2n －1，解得n ＝3或5，所以满足a n ＝b n 的n 的所有取值构成的集合是{3,5}． 5．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________． 答案 2解析 设公比为q ，若q ＝1，则S 2mS m＝2， 与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2m S m ＝a 11－q 2m1－q a 11－qm1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m＝8. ∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2.6．等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________． 答案 3解析 由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3，∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.7．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＝____________________________________________. 答案 11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 11－q 51－q ＝1－－253＝11.8．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________. 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2， ∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2， ∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.9．数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2，b n ＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝4. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＋1＝2b n ＋2，得b n ＋1＋2＝2(b n ＋2)， ∴b n ＋1＋2b n ＋2＝2，又b 1＋2＝a 2－a 1＋2＝4， ∴数列{b n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． ∴b n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝2n ＋1－2.(2)由(1)知，a n －a n －1＝b n －1＝2n－2 (n ≥2)， ∴a n －1－a n －2＝2n －1－2 (n >2)，…，a 2－a 1＝22－2，∴a n －2＝(22＋23＋ (2))－2(n －1)， ∴a n ＝(2＋22＋23＋ (2))－2n ＋2 ＝22n－12－1－2n ＋2＝2n ＋1－2n .∴S n ＝41－2n1－2－n 2＋2n2＝2n ＋2－(n 2＋n ＋4)．10．已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n(a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)证明：对任意实数λ，数列{a n }不是等比数列； (2)证明：当λ≠－18时，数列{b n }是等比数列． 证明 (1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾． 所以{a n }不是等比数列． (2)b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n·(a n －3n ＋21)＝－23b n .又λ≠－18，所以b 1＝－(λ＋18)≠0. 由上式知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)． 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)11．设x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则a 1＋a 22b 1b 2的取值范围是________________________________________________________________________． 答案 (－∞，0]∪[4，＋∞)解析 在等差数列中，a 1＋a 2＝x ＋y ，在等比数列中，xy ＝b 1·b 2.∴a 1＋a 22b 1b 2＝x ＋y 2xy＝x 2＋2xy ＋y 2xy ＝x y ＋y x＋2.当xy >0时，x y ＋y x ≥2，故a 1＋a 22b 1b 2≥4；当xy <0时，x y ＋y x ≤－2，故a 1＋a 22b 1b 2≤0.12．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________. 答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln a 10a 11＝10ln e 5＝50. 13．数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案 8 2n ＋1－2解析 ∵a n ＋ma m＝a n ，∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8； 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为q ＝2的等比数列， ∴S n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.14．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________． 答案 ①③解析 设{a n }的公比为q ，验证①f a n ＋1f a n ＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2，③f a n ＋1f a n ＝|a n ＋1||a n |＝|q |，故①③为“保等比数列函数”． 15．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，记T 2n 为{a n}的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

一、填空题1.（2016·北京海淀区一模）在等差数列｛a n｝中，a1＝1，a3＝－5,则a1－a2－a3－a4＝________。

解析在等差数列中，a3＝a1＋2d，即－5＝1＋2d，故d＝－3，则a2＝－2，a4＝－8,所以a1－a2－a3－a4＝16.答案162.（2015·淮安质检)在数列{a n｝中，已知a1＝1,a n＋1＝－错误!，记S n为数列｛a n}的前n项和，则S2 015＝________。

解析a2＝－错误!＝－错误!＝－错误!，a3＝－错误!＝－错误!＝－2，a4＝－错误!＝－错误!＝1，可见a4＝a1，由此可得，a n＋3＝a n，因此数列{a n}是以3为周期的周期数列，则S2 015＝671×（a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝671×错误!＋1－错误!＝－1 006。

答案－1 0063。

(2016·扬州调研)在等比数列{a n｝中,a1＝1,公比q＝2，若{a n｝的前n项和S n ＝127,则n的值为________.解析由题意知S n＝错误!＝2n－1＝127，解得n＝7。

答案74.(2015·合肥一模）以S n表示等差数列｛a n｝的前n项和，若a2＋a7－a5＝6，则S7＝________.解析依题意得a2＋a7－a5＝（a5＋a4）－a5＝a4＝6,S7＝错误!＝7a4＝42。

答案425.若数列｛a n}的通项公式是a n＝（－1)n(3n－2），则a1＋a2＋…＋a10等于________. 解析由题意知，a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋（－1）10×（3×10－2)＝(－1＋4）＋（－7＋10)＋…＋［（－1）9×(3×9－2）＋（－1)10×（3×10－2）］＝3×5＝15.答案156。

（2015·湖南卷）设S n为等比数列｛a n｝的前n项和,若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则a n＝________.解析由3S1，2S2,S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项a n＝a1q n－1＝3n－1。

1．等差数列及其性质(1)等差数列的判定：a n＋1－a n＝d(d为常数)或a n＋1－a n＝a n－a n－1 (n≥2)．(2)等差数列的性质①当公差d≠0时，等差数列的通项公式a n＝a1＋(n－1)·d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和S n＝na1＋n n－2d＝d2n2＋(a1－d2)n是关于n的二次函数且常数项为0.②若公差d>0，则为递增等差数列；若公差d<0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列．③当m＋n＝p＋q时，则有a m＋a n＝a p＋a q，特别地，当m＋n＝2p时，则有a m＋a n＝2a p.④S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列．2．等比数列及其性质(1)等比数列的判定：an＋1an＝q(q为常数，q≠0)或an＋1an＝anan－1(n≥2)．(2)等比数列的性质当m＋n＝p＋q时，则有a m·a n＝a p·a q，特别地，当m＋n＝2p时，则有a m·a n＝a2p. 3．求数列通项的常见类型及方法(1)已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳、猜想法．(2)如果给出的递推关系式符合等差或等比数列的定义，可直接利用等差或等比数列的公式写出通项公式．(3)若已知数列的递推公式为a n＋1＝a n＋f(n)，可采用累加法．(4)数列的递推公式为a n ＋1＝a n ·f (n )，则采用累乘法． (5)已知S n 与a n 的关系，利用关系式a n ＝⎩⎨⎧S 1 n ＝，S n －S n －1n ，求a n .(6)构造转化法：转化为等差或等比数列求通项公式．问题3] 已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (xy )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 4．数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法如：1nn ＋＝1n －1n ＋1；1nn ＋k＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k . (6)并项法数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法． 5．如何解含参数的一元二次不等式解含有参数的一元二次不等式一般要分类讨论，往往从以下几个方面来考虑：①二次项系数，它决定二次函数的开口方向；②判别式Δ，它决定根的情形，一般分Δ>0、Δ＝0、Δ<0三种情况；③在有根的条件下，要比较两根的大小，也是分大于、等于、小于三种情况．在解一元二次不等式时，一定要画出二次函数的图象，注意数形结合．6．处理二次不等式恒成立的常用方法(1)结合二次函数的图象和性质用判别式法，当x 的取值为全体实数时，一般应用此法．(2)从函数的最值入手考虑，如大于零恒成立可转化最小值大于零． (3)能分离变量的，尽量把参变量和变量分离出来． (4)数形结合，结合图形进行分析，从整体上把握图形．7．利用基本不等式求最值必须满足三个条件才可以进行，即“一正，二定，三相等”．常用技巧：(1)对不能出现定值的式子进行适当配凑． (2)对已知条件的最值可代入(常数代换法)或消元．(3)当题中等号条件不成立，可考虑从函数的单调性入手求最值． 8．解决线性规划问题有三步 (1)画：画出可行域(有图象)．(2)变：将目标函数变形，从中抽象出截距或斜率或距离． (3)代：将合适的点代到原来目标函数中求最值． 利用线性规划思想能解决的几类值域(最值)问题： (1)截距型：如求z ＝y －x 的取值范围． (2)条件含参数型：①已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y ＋k ≥0，且z ＝y －x 的最小值是－4，则实数k ＝－2，②已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y ＋k ≥0，且存在无数组(x ，y )使得z ＝y ＋ax取得最小值，则实数a ＝12.(3)斜率型：如求y ＋bx ＋a的取值范围． (4)距离型(圆半径平方型R 2)：如求(x －a )2＋(x －b )2的取值范围．热点一：等差数列【典例】【2017南通三模】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若公差2d =，510a =，则10S 的值是 ▲ ．【答案】110【解析】511148102a a d a a =+=+=⇒= ，所以【考点定位】等差数列的性质、等差数列的前n 项和【题型概述】等差数列是高考的必考内容，可以填空题单独出现，也可在解答题中与函数、不等式结合进行考查，处理时可回归基本量构造方程组，有时也要考虑与一元一次函数和一元二次函数相结合，体现出数列的函数特征.【跟踪练习1】在等差数列}{n a 中，首项31=a ，公差2=d ，若某学生对其连续10项求和，在遗漏一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为 . 【答案】200考点：等差数列的前项和.【跟踪练习2】等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1+a7=﹣9，S9=﹣．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＞﹣．【解析】（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，∵a1+a7=﹣9，S9=﹣，∴，解得，∴=﹣．考点：数列的求和；等差数列的性质．热点二：等比数列【典例】【2017苏锡常镇三模】已知等比数列{}n a的前n项和为n S，公比3q=，则a=▲．3【答案】3【考点定位】1．等比数列的求和；2．数列的求和；3．基本不等式．【题型概述】等比数列是高考的必考内容，可以填空题单独出现，也可在解答题中与函数、不等式结合进行考查，处理时可回归基本量构造方程组，有时也要考虑与指数函数相结合，体现出数列的函数特征.【跟踪练习1】【2017苏锡常镇三模】已知数列{}n a 满足其中*N n ∈, ,μ为非零常数．（1）若3,8λμ==，求证：{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n a 是公差不等于零的等差数列． ①求实数,λμ的值；②数列{}n a 的前n 项和n S 构成数列{}n S ，从{}n S 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列．试问：是否存在首项为1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为2017？若存在，求出所有满足条件的四项子数列；若不存在，请说明理由． 解：（1）当3,8λμ==时，∴113(1)n n a a ++=+．……………………………………………………………………2分 又10n a +≠，不然110a +=，这与112a +=矛盾，…………………………………3分 ∴{}1n a +为2为首项，3为公比的等比数列，∴1123n n a -+=⋅，∴1231n n a -=⋅-． …………………………………………………4分设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数．1若三个奇数一个偶数，设121212,,,x y z S S S S ++是满足条件的四项，则2221(21)(21)42017x y z +++++=，∴2222()1007x x y y z ++++=，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去． ……11分2若一个奇数三个偶数，设1222,,,x y z S S S S 是满足条件的四项，则222214442017x y z +++=，∴222504x y z ++=． ……………………………12分 由504为偶数知，,,x y z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数．1）若,,x y z 中一个偶数两个奇数，不妨设111221,21,x x y y z z ==+=+，则222111112()251x y y z z ++++=，这与251为奇数矛盾． ………………………13分2）若,,x y z 均为偶数，不妨设1112,2,2x x y y z z ===，则222111126x y z ++=，继续奇偶分析知111,,x y z 中两奇数一个偶数，不妨设122x x =，1221y y =+，1221z z =+，则2222222231x y y z z ++++=． …14分因为2222(1),(1)y y z z ++均为偶数，所以2x 为奇数，不妨设220y z 剟，当21x =时，22222230y y z z +++=，22214y y +…，检验得20y =，25z =，21x =， 当23x =时，22222222y y z z +++=，22210y y +…，检验得21y =，24z =，23x =， 当25x =时，2222226y y z z +++=，2222y y +…，检验得20y =，22z =，25x =， 即14844,,,S S S S 或者1122436,,,S S S S 或者142040,,,S S S S 满足条件，综上所述，{}14844,,,S S S S ，{}1122436,,,S S S S ，{}142040,,,S S S S 为全部满足条件的四元子列．…………………………………………………………………………………………16分 【跟踪练习2】数列{}n a 满足11a =,132n n n a a +=+． （1）求证数列{}2n n a +是等比数列；（2考点：等比数列定义的应用与求和. 热点三：数列求和【典例】【2017盐城三模】设数列{}n a 的首项11a =，且满足21212n n a a +-=与2211n n a a -=+，则20S= ▲ ．【答案】2056【解析】19242013191)()2()1021a a a a a a a -++++++=++++=⨯-【考点定位】数列求和【题型概述】数列求和可以是两种特殊数列求和，也可以是一般数列求和，它的常见方法很多比较灵活，用什么方法取决于通项公式的结构特征，常与不等式和函数相结合进行考查，是比较综合的，应引起广大考生的注意.【跟踪练习1】已知数()af x x =的图象过点(4,2)，令，*n N ∈，记数列{}n a 的前项和为n S ，则2015S = .考点：1.幂函数；2.裂项相消求和．【跟踪练习2】已知递增等差数列{}n a 中的25,a a 是函数2()710f x x x =-+的两个零点．数列{}n b 满足，点(,)n n b S 在直线1y x =-+上，其中n S 是数列{}n b 的前项和． （Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】（Ⅰ）因为2a ，5a 是函数2()710f x x x =-+的两个零点，则⎩⎨⎧=⋅=+1075252a a a a ，解得：⎩⎨⎧==5252a a 或⎩⎨⎧==2552a a ．又等差数列}{n a 递增，则⎩⎨⎧==5252a a ，所以*,N n n a n ∈= ．因为点）（n n S b ,在直线1+-=x y 上，．当2≥n 时，所以数列}{n b 为首项为，．①-．考点：等差、等比数列的通项公式；错位相减法求数列的和． 热点四：数列的综合应用【典例】【2017南通三模】已知{}n a 是公差为的等差数列，{}n b 是公比为的等比数列，1q ≠±，正整数组()E m p r =，，（m p r <<）． （1）若122331a b a b a b +=+=+，求的值；（2）若数组E 中的三个数构成公差大于1的等差数列，且m p a b +=p r a b +=r m a b +，求的最大值；（3，m m a b +=p p a b +=0r r a b +=，试写出满足条件的一个数组E和对应的通项公式n a ．（注：本小问不必写出解答过程）（3）满足题意的数组(23)，，，=++E m m m，*m∈N．例如：(134)E=，，，…… 16分【考点定位】新定义【题型概述】数列作为高中数学代数核心之一，在高考的后三题中常有出现，它常与函数、不等式相结合以高考压轴大戏的身份出现，对于特殊数列的基本量一定要烂熟于心，数列的函数特征要正确理解并加以运用，这往往是解题的重点和难点所在.【跟踪练习1】【2017盐城三模】已知数列{}n a ，{}n b 都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列（相同的项视为一项），则得到一个新数列{}n c . （1）设数列{}n a 、{}n b 分别为等差、等比数列，若111a b ==，23a b =，65a b =，求20c ； （2）设{}n a 的首项为1，各项为正整数，3n n b =，若新数列{}n c 是等差数列，求数列{}n c的前项和n S ；（3）设1n n b q -=（是不小于2的正整数），11c b =，是否存在等差数列{}n a ，使得对任意的*n N ∈，在n b 与1n b +之间数列{}n a 的项数总是n b ？若存在，请给出一个满足题意的等差数列{}n a ；若不存在，请说明理由.所以0,1d q >>，所以3d =，2q =，所以32n a n =-，12n n b -=. ...............2分因为11b a =，32b a =，56b a =，720b a >， 所以20149c a ==. ...............4分（2）设等差数列{}n c 的公差为d ，又11a =，且3nn b =，所以11c =，所以1n c dn d =+-. 因为13b =是{}n c 中的项，所以设1n b c =，即(1)2d n -=.当4n ≥时，解得，不满足各项为正整数； ...............6分当133b c ==时，1d =，此时n c n =，只需取n a n =，而等比数列{}n b 的项都是等差数列{}n a 中的项，所以...............8分当123b c ==时，2d =，此时21n c n =-，只需取21n a n =-，由321nm =-，得，3n 是奇数，31n + 是正偶数，m 有正整数解，所以等比数列{}n b 的项都是等差数列{}n a 中的项，所以2n S n =. ...............10分综上所述，数列{}n c 的前项和或2n S n =. ...............11分（3）存在等差数列{}n a ，只需首项1(1,)a q ∈，公差1d q =-. ...............13分下证n b 与1n b +之间数列{}n a 的项数为n b . 即证对任意正整数，都有1211211n n n b b b n b b b b a b a -++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+<⎧⎪⎨>⎪⎩，即22211111n n n q q q n q q q b a b a --++++++++<⎧⎪⎨>⎪⎩成立.由221221111(1)(1)10n n n n q q qb a q a q q q q a ---++++-=--+++-=-<，212211111(11)(1)0n n n n n q q qb a q a q q q q q q a ---++++-=--++++--=->.所以首项1(1,)a q ∈，公差1d q =-的等差数列{}n a 符合题意. ..............16分【跟踪练习2】已知数列{a n }，{b n }满足：a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ＝1(1)22n n +-⋅+（*n ∈N ）. （Ⅰ）若{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{a n }的前n 项和S n ；（Ⅱ）若{a n }是等差数列，且a n ≠0，问：{b n }是否是等比数列？若是，求{a n }和{b n }的通项公式；若不是，请说明理由．考点：等差数列与等比数列.。

§6。

2等差数列及其前n项和1．等差数列的定义一般地,如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列｛a n｝的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是a n＝a1＋(n－1）d。

3．等差中项由三个数a，A,b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．4．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{a2n｝也是等差数列，公差为2d。

(4）若｛a n}，｛b n｝是等差数列，则{pa n＋qb n}也是等差数列．（5)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．（6)数列S m，S2m－S m,S3m－S2m，…构成等差数列．（7）若｛a n}是等差数列,则错误!也是等差数列,其首项与{a n}的首项相同，公差为错误!d.5．等差数列的前n项和公式设等差数列｛a n｝的公差为d,其前n项和S n＝n a1＋a n2或S n＝na1＋错误!d.6．等差数列的前n项和公式与函数的关系S n＝错误!n2＋错误!n.数列｛a n｝是等差数列⇔S n＝An2＋Bn（A,B为常数）．7．等差数列的前n项和的最值在等差数列{a n｝中，a1〉0,d<0，则S n存在最大值;若a1〈0,d〉0，则S n存在最小值．概念方法微思考1．“a，A，b是等差数列”是“A＝错误!"的什么条件？提示充要条件．2．等差数列的前n项和S n是项数n的二次函数吗？提示不一定．当公差d＝0时，S n＝na1，不是关于n的二次函数．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×")(1）若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．（×)（2)等差数列｛a n}的单调性是由公差d决定的．( √)（3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．（×）(4）数列{a n｝为等差数列的充要条件是对任意n∈N＊，都有2a n＋1＝a n＋a n＋2。

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1数列的概念与简单表示法 理1．数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每个数都叫做这个数列的项． 2．数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．5．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 ， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ )(6)在数列{a n }中，对于任意正整数m ，n ，a m ＋n ＝a mn ＋1，若a 1＝1，则a 2＝2.( √ )1．已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1＝1a n＋3 (n ∈N *)，则a 10＝________.答案128解析 由题意得1a n ＋1－1a n＝3.∴1a 2－1a 1＝3，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝3，1a 5－1a 4＝3，…，1a 10－1a 9＝3，对递推式叠加得1a 10－1a 1＝27，故a 10＝128.2．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图)．则第7个三角形数是________． 答案 28解析 根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28. 3．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1 (n ≥1，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是__________． 答案 a n ＝3n －1解析 由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1 (n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，a 3＝3·a 2＝32·a 1＝32，a 4＝3a 3＝33… a n ＝3a n －1＝3n －1.4．(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案 5n －45．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为________．①a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *) ②a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *) ③a n ＝n －2n －1(n ∈N *) ④a n ＝2n 2n ＋1(n ∈N *)(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案 (1)③ (2)2n ＋1n 2＋1解析 (1)注意到分母0,2,4,6都是偶数，对照所给项排除即可．(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.思维升华 根据所给数列的前几项求其通项时，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．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．(1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. 解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103，…，故a n ＝89⎝⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3. 因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n －32n .题型二 由数列的前n 项和求数列的通项公式例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1，因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立， 所以a n ＝3×2n －1－2.思维升华 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 4＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________________．答案 (1)130 (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析 (1)a 4＝S 4－S 3 ＝56－45＝130. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3 (1)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________. (2)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则它的一个通项公式为a n ＝________. 答案 (1)n n ＋2＋1 (2)2×3n －1－1解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋n －＋n2＝n n ＋2＋1.又a 1＝2＝＋2＋1，符合上式，因此a n ＝n n ＋2＋1.(2)方法一 (累乘法)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3， 所以a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3. 将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n. 因为a 1＝1，所以a n ＋1＋11＋1＝3n，即a n ＋1＝2×3n－1(n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1.方法二 (迭代法)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)＝32(a n －1＋1)＝33(a n －2＋1) ＝ (3)(a 1＋1)＝2×3n (n ≥1)， 所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1.思维升华 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解． 当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n ≥2)，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝________. 答案 (1)1n(2)16解析 (1)∵a n ＝n －1na n －1 (n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1. 以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝1n.(2)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， ∴a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1. ∴{a n }是等比数列且a 1＝1，q ＝2， 故a 5＝a 1×q 4＝24＝16. 题型四 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解 (1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)． ∵b n＝2a n＋1，∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1n ， n ≥2，n ∈N *.(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1n ＋n ＋<0，∴c n ＋1<c n .∴数列{c n }为递减数列． 命题点2 数列的周期性 例5 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝______________________________. 答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n，∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.命题点3 数列的最值 例6 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项的值是________．答案119解析 令f (x )＝x ＋90x(x >0)，运用基本不等式得，f (x )≥290当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或10时，a n ＝119最大．思维升华 1.解决数列的单调性问题可用以下三种方法(1)用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． (2)用作商比较法，根据a n ＋1a n(a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断． (3)结合相应函数的图象直观判断． 2．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 3．数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．(1)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2 015项为________．(2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________． 答案 (1)25(2)0解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25， a 4＝2×25＝45， a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 015＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.5．数列中的新定义问题典例 (1)(2015·洛阳模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差，即a 2 014－5＝__________.(用式子表示)(2)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22＜x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是____________．思维点拨 (1)观察图形，易得a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)可利用累加法求解．(2)由“减差数列”的定义，可得关于b n 的不等式，把b n 的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解．解析 (1)因为a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，a 1＝5，所以a 2 014＝(a 2 014－a 2 013)＋(a 2 013－a 2 012)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2 016＋2 015＋…＋4＋5 ＝＋2＋5＝1 010×2 013＋5，所以a 2 014－5＝1 010×2 013.(2)由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22＜b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t n ＋－12n ＋2＜2t －t n ＋－12n，即tn －12n＋t n ＋－12n ＋2＞t n ＋－12n，化简得t (n －2)＞1.当n ≥3时，若t (n －2)＞1恒成立，则t ＞1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1， 则t 的取值范围是(1，＋∞)． 答案 (1)1 010×2 013 (2)(1，＋∞)温馨提醒 解决数列的新定义问题要做到：(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．[方法与技巧]1．求数列通项或指定项．通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．强调a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式． 4．数列的性质可利用函数思想进行研究． [失误与防范]1．数列a n ＝f (n )和函数y ＝f (x )定义域不同，其单调性也有区别：y ＝f (x )是增函数是a n ＝f (n )是递增数列的充分不必要条件．2．数列的通项公式可能不存在，也可能有多个．3．由a n ＝S n －S n －1求得的a n 是从n ＝2开始的，要对n ＝1时的情况进行验证．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案 －2021解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________. 答案 15解析 由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝________. 答案 30解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1nn ＋，所以1a 5＝5×6＝30. 4．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，而数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为________．答案 7解析 ∵a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .∵a 7＝22－21＝1>0，a 8＝22－24＝－2<0，∴n ＝7时，数列{a n }的前n 项和最大．5．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ＜1”是“数列{a n }为递增数列”的______________条件．答案 充分不必要解析 若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n ＞0，即2n ＋1＞2λ对任意的n ∈N *都成立，于是有3＞2λ，λ＜32.由λ＜1可推得λ＜32，但反过来，由λ＜32不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件．6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧ 4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.7．数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 7＝________.答案 1解析 由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2，能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________. 答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍去)．所以从第7项起各项都是正数．10．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2， 解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3， 解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， 整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是 a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…… a n －1＝n n －2a n －2， a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n n ＋2.显然，当n ＝1时也满足上式．综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n n ＋2.B 组 专项能力提升(时间：20分钟)11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. 答案 5或6解析 当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫78n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫78n －1，n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫78n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ＋1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ n ≤6，n ≥5. ∴n ＝5或6.12．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________. 答案 72解析 ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋10×2＝72. 13．定义：称nP 1＋P 2＋…＋P n 为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案 a n ＝4n －3解析 ∵n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n －1， ∴a 1＋a 2＋…＋a n n＝2n －1， ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3；a 1＝1也适合此等式，∴a n ＝4n －3.14．若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ kk ＋23k k ＋k ＋23k ＋1，k k ＋23k k －k ＋23k －1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ k 2≥10，k 2－2k －9≤0，由k ∈N *可得k ＝4.15．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋n －(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 ＋n －(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．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 ＋n －＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的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， 可知5＜2－a 2＜6，即－10＜a ＜－8.。

专题6.2 等差数列及其求和【基础巩固】一、填空题1．(2017·南京模拟)在等差数列{a n}中，已知a1＋a7＝10，则a3＋a5＝________.【答案】10【解析】∵{a n}是等差数列，∴a3＋a5＝a1＋a7＝10.2．(2017·南通调研)已知数列{a n}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{a n}的公差d＝________.【答案】－33．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．【答案】5【解析】设该数列的首项为a1，根据等差数列的性质可得a1＋2 015＝2×1 010，从而a1＝5. 4．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.【答案】60【解析】∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.5．(2017·徐州、宿迁、连云港模拟)在等差数列{a n}中，a1＋3a8＋a15＝120，则3a9－a11的值为________．【答案】48【解析】由a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，得a8＝24，故3a9－a11＝3(a1＋8d)－(a1＋10d)＝2a1＋14d ＝2(a1＋7d)＝2a8＝48.6．设数列{a n}，{b n}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝________. 【答案】100【解析】设{a n}，{b n}的公差分别为d1，d2，则(a n＋1＋b n＋1)－(a n＋b n)＝(a n＋1－a n)＋(b n＋1－b n)＝d1＋d2，∴{a n ＋b n }为等差数列，又a 1＋b 1＝a 2＋b 2＝100， ∴{a n ＋b n }为常数列，∴a 37＋b 37＝100.7．(2017·泰安模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝________. 【答案】7【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.8．正项数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________. 【答案】19二、解答题9．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．【能力提升】11．(2017·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为________． 【答案】53【解析】依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，则有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋a ＋m ＋a ＋2m ＝a －2m ＋a －m ，解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53.12．(2017·泰州模拟)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝24，则a 6·a 7的最大值为________． 【答案】4【解析】在等差数列{a n }中，∵S 12＝6(a 6＋a 7)＝24，∴a 6＋a 7＝4，令x >0，y >0，由基本不等式可得x ·y ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，当且仅当x ＝y 时“＝”成立．又a 6>0，a 7>0，∴a 6·a 7≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＋a 722＝4，当且仅当a 6＝a 7＝2时，“＝”成立．即a 6·a 7的最大值为4.13．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．【答案】1941【解析】∵{a n }，{b n }为等差数列， ∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941， ∴a 6b 6＝1941. 14．设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0，若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．。

【步步高】（某某专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4数列求和 理求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (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)nf (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. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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之和时，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．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 5＝________.答案 56解析 ∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.2．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.答案 －200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．设f (x )＝4x4x ＋2，利用倒序相加法，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＝________. 答案 5解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)12121212121244242(44)142424(44)24x x x x x x x x x x x x ++⨯+⨯+=+==++++⨯+ 设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10， 即S ＝5.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5．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＝________.答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn 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. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 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2(1)n ann n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝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 .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)n·n . 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＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， n 为奇数.思维升华 某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3， 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2015·某某)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记＝a nb n，求数列{}的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.思维升华 用错位相减法求和时，应注意：(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．已知数列{a n }满足首项为a 1＝2，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)．设b n ＝3log 2a n －2(n ∈N *)，数列{}满足＝a n b n .(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{}的前n 项和S n . (1)证明 由已知可得，a n ＝a 1qn －1＝2n，b n ＝3log 22n －2，∴b n ＝3n －2，∴b n ＋1－b n ＝3，∴数列{b n }为首项b 1＝1，公差d ＝3的等差数列． (2)解 ＝a n b n ＝(3n －2)×2n.S n ＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n －2)×2n ，①2S n ＝1×22＋4×23＋7×24＋…＋(3n －5)×2n ＋(3n －2)×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －2)×2n ＋1＝2＋3×41－2n －11－2－(3n －2)×2n ＋1＝－10＋(5－3n )×2n ＋1， ∴S n ＝10－(5－3n )×2n ＋1.题型三 裂项相消法求和 命题点1 形如a n ＝1nn ＋k型 例3 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a n a n ＋1＜13.(1)解 由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0， 可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2， 即a 1＝－3或2， 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得， (S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3， 又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)． 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明 当n ＝1时，1a 1a 1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n ≥2时，1a na n ＋1＝12n2n ＋1＜12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ， 有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜13.命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x . ∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)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．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (14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 .(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――→根据S n 结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――→错位相减法求和计算可得T n 规X 解答解 (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，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立， 综上，a n ＝92－n .[7分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9分] ②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[12分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[14分]温馨提醒 (1)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 n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数； (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证．[方法与技巧]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防X]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用X 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．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于____________．答案 n 2＋1－12n解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和是__________． 答案nn ＋1解析 f ′(x )＝mxm －1＋a ，∴a ＝1，m ＝2，∴f (x )＝x 2＋x ， 1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________. 答案 －100解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，则S 8的值是________． 答案 72解析 因为a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，令k ＝n ，l ＝1，得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1＝a n ＋2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，从而有a n ＝2n ，所以S n ＝n (n＋1)，故S 8＝72.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2， 当n 为奇数时，－n 2， 当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________． 答案 －13解析 由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.8．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n ，令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0. (a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0. 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n . ∴b n ＝1n n ＋1＋n ＋1n＝n ＋1n －n n ＋1[n n ＋1＋n ＋1n ][n ＋1n －n n ＋1]＝n ＋1n －n n ＋1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)， 得b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22， T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122 ＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝____________. 答案4nn ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1. 12．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．答案 16解析 设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0； 当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d ＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0， 所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是________．答案100101解析 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a nn 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101. 15．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有＋1－＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明 由＋1－＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(－－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)． ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1≥1c 2＝13，∴原式得证．。