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2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列1.(1)[2014?全国卷Ⅱ]数列{an}满⾜an+1=,a8=2,则a1= .(2)[2018?全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .[试做]命题⾓度数列的递推问题(1)解决数列的递推问题:关键⼀,利⽤an=得出an与an+1(或an-1)的递推式;关键⼆,观察递推式的形式,采⽤不同的⽅法求an.(2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)?an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或⽤迭代法求得通项公式;若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=,再利⽤换元法转化为等⽐数列求解.2.(1)[2017?全国卷Ⅲ]等差数列{an}的⾸项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等⽐数列,则{an}前6项的和为( )A.-24B.-3c.3D.8(2)[2016?全国卷Ⅰ]设等⽐数列{an}满⾜a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最⼤值为 .[试做]命题⾓度等差、等⽐数列的基本计算关键⼀:基本量思想(等差数列:⾸项a1和公差d.等⽐数列:⾸项a1和公⽐q).关键⼆:等差数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则an+a=ap+aq;等⽐数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则ana=apaq.3.(1)[2017?全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 .(2)[2015?全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .[试做]命题⾓度数列求和关键⼀:利⽤等差数列、等⽐数列的前n项和公式求解.关键⼆:利⽤数列求和⽅法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.⼩题1数列的递推关系1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=( )A.22018-1B.32018-6c.-D.-(2)已知数列{an}满⾜a1=15,=2(n∈N*),则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】由递推关系式求数列的通项公式,常⽤的⽅法有:①求出数列的前⼏项,再归纳猜想出数列的⼀个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等⽐数列的通项公式,或⽤累加法(适⽤于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适⽤于an+1=an?f(n)型)、待定系数法(适⽤于an+1=pan+q 型)求通项公式.【⾃我检测】1.数列{an}满⾜a1=1,且对任意的,n∈N*,都有a+n=a+an+n,则+++…+等于( )A.B.c.D.2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+.则=( )A.2017B.2018c.2019D.10093.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则数列{an}的前2018项和S2018= .4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an= .⼩题2等差、等⽐数列的基本计算2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(?),数列{bn}的前n项和为Tn,则满⾜Tn>1024的n的最⼩值为( )A.9B.10c.12D.15(2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,⾸项a1、公差d或公⽐q;(2)熟悉⼀些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p?qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等⽐数列;(3)由于等⽐数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采⽤两式相除(即⽐值的⽅式)进⾏相关计算.【⾃我检测】1.已知数列{an}是公⽐为q的等⽐数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公⽐q的值为( )A.-B.-2c.1或-D.-1或2.等⽐数列{an}的⾸项为3,公⽐q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=( )A.-31B.33c.45D.933.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最⼩值时,n的值为 .4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成⽴的n的最⼤值为 .⼩题3等差、等⽐数列的性质3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是⽅程x2-8x+1=0的两个根,则S13=( )A.58B.54c.56D.52(2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的,n∈N*,a?an=a+n恒成⽴,且a3?a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列性质使⽤的注意点:(1)通项性质:若+n=p+q=2k(,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有a+an=ap+aq=2ak,对于等⽐数列有aan=apaq=.(2)前n项和的性质:对于等差数列有S,S2-S,S3-S2,…成等差数列;对于等⽐数列,若有S,S2-S,S3-S2,…成等⽐数列,则仅在q≠-1,或q=-1且为奇数时满⾜.【⾃我检测】1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等⽐数列,且满⾜a2017+a2018=π,=4,则tan=( )A.-1B.c.1D.2.已知等⽐数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则=( )A.2B.4c.6D.83.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40=( )A.-510B.400c.400或-510D.30或404.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等⽐数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn=( )A.B.c.D.⼩题4等差、等⽐数列的综合问题4(1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满⾜bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11=( )A.1062B.2124c.1101D.1100(2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公⽐⼩于1的等⽐数列,且满⾜b1?b4=8,b2+b3=6,设cn=+,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为 .[听课笔记]【考场点拨】解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适⽤于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等⽐数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=只适⽤于q≠1的情况.【⾃我检测】1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等⽐数列,则a15=( )A.8B.16c.64D.1282.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5=( )A.B.30c.31D.3.当n为正整数时,定义函数N(n)表⽰n的最⼤奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=( )A.342B.345c.341D.3464.已知等⽐数列{an}满⾜a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1?a2?…?an的最⼤值为 .模块三数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列典型真题研析1.(1)(2)-63[解析](1)由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.(2)⽅法⼀:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,⼜由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,所以S6-1=(-2)×25=-64,则S6=-63.⽅法⼆:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,于是S6==-63.2.(1)A(2)64[解析](1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等⽐数列,则=a2?a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).将a1=1代⼊上式并化简,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=-2,∴S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.(2)设该等⽐数列的公⽐为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4.所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+(n-4)=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最⼩值-6,故a1a2…an的最⼤值为-6=64.3.(1) (2)- [解析](1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=,=2,所以(2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是⾸项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-.考点考法探究⼩题1例1(1)A(2)[解析](1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1),由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,∴数列{an+1}是⾸项为-2,公⽐为-2的等⽐数列,据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.(2)由=2,得an+1-an=2n,∵a1=15,∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2×=n2-n+15, ∵a1=15满⾜上式,∴an=n2-n+15,∴=n+-1,易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取⼤于或等于4的⾃然数时,n+-1的值递增.当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=.故的最⼩值为.【⾃我检测】1.c [解析]∵an+=a+an+n对任意的,n∈N*都成⽴,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上⾯(n-1)个式⼦相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=(n≥2),当n=1时,a1=1,满⾜上式,∴an=,从⽽有==2,∴+++…+=2×=.2.D [解析]当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,则数列是⾸项为1,公差为1的等差数列,所以=n-1(n≥2),所以an=a1×××…×=1×1×2×…×(n-1)(n≥2).同理可得-=1(n≥3),则数列是⾸项为3,公差为1的等差数列,所以=n+1(n≥2),可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×(n+1)(n≥2), 所以==1009,故选D.3. [解析]∵a1=0,an+1=,∴a2==,a3===-,a4==0,∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2018=S3×672+2=a1+a2=.4.3-[解析]由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为⾸项,为公⽐的等⽐数列, ∴an-3=-2?,∴an=3-.⼩题2例2 (1)A (2)3 [解析](1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满⾜上式,所以an=2n,所以bn=log2(?)=log2+log2=2n+2n,所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增.当n=9时,T9=9×10+210-2=1112>1024;当n=8时,T8=8×9+29-2=582 所以满⾜Tn>1024的n 的最⼩值为9.(2)∵a3=7,a9=19,∴公差d===2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,∴Sn==n(n+2),∴==≥×2=3,当且仅当n=2时取等号.【⾃我检测】1.c [解析]由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-.2.B [解析]∵等⽐数列{an}的⾸项为3,∴an=3qn-1,⼜a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3?(-2)n-1,∴S5==33,故选B.3.6 [解析]设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最⼩值.4.9 [解析]因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00成⽴的n的最⼤值为9.⼩题3例3 (1)D (2)21 [解析](1)由根与系数的关系可得a4+a10=8,结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8,则S13===52.(2)令=1,∵a?an=a+n,∴a1?an=a1+n,∴数列{an}为等⽐数列.由a3?a5+a4=72,得+a4=72,∵a4>0,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1?a2?…?a7)=log2=log287=21.【⾃我检测】1.c[解析]由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等⽐数列的性质可知,b1b39==4,所以tan=tan=1,故选c.2.A [解析]设数列{an}的公⽐为q.∵数列{an}是等⽐数列,∴a6a8==8,∴a7=2(与a5同号),∴q2==,∴=q4=()2=2.故选A.3.B [解析]∵正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等⽐数列,∴10×(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B.4.A [解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等⽐数列,∴=a2?a8,即(a1+3d)2=(a1+d)?(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)?(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+=.故选A.⼩题4例 4 (1)c (2)[-4,-2] [解析](1)设数列{an}的公差为d,则解得∴数列{an}的通项公式为an=n+1.当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,即数列{bn}从第⼆项起为等⽐数列,∴bn=2n-2(n≥2), ∴数列{bn}的通项公式为bn=分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.(2)在等⽐数列{bn}中,由b1?b4=8得b2?b3=8,⼜b2+b3=6,且公⽐q⼩于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=.由cn=+,得cn=∴cn是取an,bn中的较⼤者.由题易知c4是数列{cn}中的最⼩项,⼜bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最⼩项,则必须满⾜b4 【⾃我检测】1.B [解析]设由数列{an}的前12项构成的等差数列的公差为d,从第11项起构成的等⽐数列的公⽐为q,由a13===4,解得d=1或d=,⼜数列{an}的各项均为整数,故d=1,所以q==2,所以an=故a15=24=16,故选B.2.c [解析]设正项等⽐数列{an}的公⽐为q,q>0.∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,∴q5=2a1q2,a1(q3+2q5)=3,得a1=16,q=,则S5==31.3.A [解析]由题设知,N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,∴S(n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),⼜S(1)=N(1)+N(2)=2, ∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=,∴S(5)==342.故选A.4.1024[解析]设数列{an}的公⽐为q.由已知得a3a4=a2a5=2a3?a4=2,a4+2a7=2×?a7=,∴==q3, ∴q==2-1,a1==24,∴an=24?2-(n-1)=25-n,∴a1?a2?…?an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)===,∴当n=4或5时,a1?a2?…?an取得最⼤值1024.[备选理由]例1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较⼤;例2考查等⽐数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等⽐数列的基本量的计算;例3考查等⽐数列的计算,采⽤整体求解⽐较⽅便;例4为等差数列性质的应⽤问题;例5是⼀道等差数列与等⽐数列的综合题.例 1 [配例1使⽤]已知数列{an}满⾜a1=1,a2=,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .[答案][解析]∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴+=,即-=2,⼜∵-=2,∴数列是以2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,∴-=2n,∴当n≥2时,=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.当n=1时,=1,满⾜上式,∴=2n-1,∴an=.例 2 [配例2使⽤]已知等⽐数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为( )A.B.-c.D.-[解析]B 当n=1时,a1=S1=3+r;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=8?32n-3=8?32n-2?3-1=?9n-1.∵数列{an}为等⽐数列,∴3+r=,∴r=-,故选B.例3[配例2使⽤]在等⽐数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10= .[答案]128[解析]设数列{an}的公⽐为q.∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2,∴q=2,∴a8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128.例4 [配例3使⽤]在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=( )A.17B.26c.30D.56[解析]c 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以S13+2a7=30.例5 [配例4使⽤]已知各项都是正数的等⽐数列{an}的公⽐q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,则的值为( )A.B.c.D.或[解析]B 由题得a3×2=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=,∴==q2=.。
[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.。
第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.故选C.法二直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2014辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为d,若数列{}为递减数列,则( C )(A)d<0 (B)d>0(C)a1d<0 (D)a1d>0解析:因为数列{}为递减数列,a1a n=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,所以a1d<0.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1 (B)（）n-1(C)（）n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=（）n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比q,由S n=,得S n=-·q n+.由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.(2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( D ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,所以a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.因为a,b,-2适当排序后成等比数列,所以-2是a,b的等比中项,得ab=4,所以q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,所以2a=b-2,联立消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,所以a=1,此时b=4,所以p=a+b=5,所以p+q=9.故选D.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(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:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2, S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。
