(完整word)2018届高三年级数学二轮复习_数列专题与答案

2018届高三第二轮复习——数列

第1讲等差、等比考点

【高 考 感 悟】

从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：

1．必记公式

(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .

(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d

2.

(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －

1. (4)等比数列前n 项和公式： S n ＝????

?na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.

(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．

(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝????

?S 1（n ＝1）S n －S n －1

（n ≥2）.

2．重要性质

(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －

m .

(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1

＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒

(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .

【 真 题 体 验 】

1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )

A.172

B.19

2

C ．10

D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝1

4

，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )

A ．2

B ．1 C.12 D.1

8

3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．

4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111

==3

n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.

【考 点 突 破 】

考点一、等差（比）的基本运算

1．(2015·湖南高考)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 ＝________．

2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝9

2

.

(1)求{a n }的通项公式；

(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .

考点二、等差（比）的证明与判断

【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.

（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。 .

【规律感悟】 判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法

(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ????

或

a n ＋1a n 为同一常数．

(2)通项公式法：

①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；

②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋

b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：

①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；

②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *

，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．

变式：(2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.

(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．

考点三、等差（比）数列的性质

命题角度一 与等差(比)数列的项有关的性质

【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)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＝( )

A ．21

B ．42

C ．63

D ．84

(2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( )

A.125 B ．12 C ．6 D.6

5

命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质

【典例3】(1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6＝() A．31 B．32C．63 D．64

(2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是() A．13 B．26 C．52 D．156

[针对训练]

1．在等差数列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．

2．在等比数列{a n}中，a4·a8＝16，则a4·a5·a7·a8的值为________．

3．若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______．

【巩固训练】

一、选择题

1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n是等差数列{a n}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝() A．5B．7C．9D．11

2．(2014·福建高考)等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6等于() A．8 B．10 C．12 D．14

3．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n}，下列说法一定正确的是()

A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列

C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列

4．(2014·天津高考)设{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，S n为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()

A．2 B．－2 C.1

2D．－

1

2

5．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n}满足a n－a n＋1＝a n·a n＋1(n∈N*)，数列{b n}满足b n＝1

a n，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6()

A．最大值为99 B．为定值99 C．最大值为100 D．最大值为200

二、填空题

6．(2015·陕西高考)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________．7．(2015·安徽高考)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．

8．(2014·江西高考)在等差数列{a n}中，a1＝7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n＝8时S n取得最大值，则d的取值范围为________．

三、解答题

9．(文)(2015·兰州模拟)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.

10、(2014·湖北高考)已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

11．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．

(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；

(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由

第2讲数列求和（通项）及其综合应用

【高考感悟】

从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：

【真题体验】1．(2015·北京高考)设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是() 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＞a1a3

D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{

1

a n a n＋1

}的前

100项和为() A.100

101 B.

99

101 C.

99

100 D.

101

100

3．(2015·福建高考)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．

【考 点 突 破 】

考点一、数列的通项公式

【规律感悟】 求通项的常用方法

(1)归纳猜想法：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)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝?

????S 1，n ＝1，

S n －S n －1，n ≥2求a n .

(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．

(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．

(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋q

p －1＝p ????a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用

?

??

??

?a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解． ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1

p

的形式．

1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________． 2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．

3．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －13

3a n －7

，则a 2 015的值为________．

考点二、数列的前n 项和

【规律感悟】

1.分组求和的常见方法

(1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组．

2．裂项后相消的规律 常用的拆项公式(其中n ∈N *)

①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ????1n －1n ＋k . ③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－1

2n ＋1

)．

3．错位相减法的关注点

(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和．

(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式． 4．倒序求和。

命题角度一 基本数列求和、分组求和

【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.

(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝?????2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .

命题角度二 裂项相消法求和

【典例2】 (2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1

S n S n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n .

命题角度三 错位相减法求和

【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.

(1)求{a n }和{b n }的通项公式；

(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．

[针对训练]

1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n

2

，n ∈N *.

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．

2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列??????1a n

·a n ＋1的前n 项和为n

2n ＋1.

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .

.考点三、数列的综合应用

【典例4】 (2015·陕西汉中质检)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 ＋1（n ＋2）2a 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.

变式： (2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n

2a n ＋1，a 1

＝1.

(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n

n ＋1.

【巩 固 训 练 】

一、选择题

1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )

A ．a 1d ＞0，dS 4＞0

B ．a 1d ＜0，dS 4＜0

C ．a 1d ＞0，dS 4＜0

D ．a 1d ＜0，dS 4＞0

2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )

A ．2n －1

B ．2n －

1＋1 C ．2n －1 D ．2(n －1)

3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12

，则该数列的前2 015项的和等于( ) A.3 023

2

B ．3 023

C ．1 512

D ．3 024

4．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )

A.n

2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12

n ＋1 5．(2015·云南第一次统一检测)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 100

100

2的值是( )

A.10099

B.101100

C.100101

D.99100

二、填空题

6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝1

1－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．

7．若数列{n (n ＋4)(2

3

)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．

8(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列????

??

1a n 前10项的和为________．

9．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－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________．

三、解答题

10．(2015·湖北高考)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c n ＝a n

b n

，求数列{c n }的前n 项和T n .

11．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1

4n

a n a n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n .

2018届高三第二轮复习——数列答案

【 真

题 体 验 】 （第1讲等差、等比考点）

1．【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解

得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝19

2

.故选B.

2．【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝1

4

，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3

－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝1

2

.故选C.

3．【解析】 由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2

＝－3a 1d ，即d ＝－32

a 1.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1

＝23，d ＝－1.【答案】 2

3 －1 4．【解】 (1)a n ＝3n －1．(2)1

3

21

23=?-=n n b ．

考点一、等差（比）的基本运算

1．【解析】 本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．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 －

1

2．【解】 本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．

(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．

(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，

即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝3

2，

解得a 1＝1，d ＝1

2

，

故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋1

2

.

(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋1

2＝8.

设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4

b 1

＝8，从而q ＝2，

故{b n }的前n 项和

T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2

＝2n －1．

考点二、等差（比）的证明与判断

【典例1】 解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设可得

12

2(1)2,(1) 6.

a q a q q +=??++=-?解得12,2q a =-=- 故{}n a 的通项公式为(2)n

n a =-

变式．【解】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得

a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即

b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，

所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.

于是，

所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2

＋a 1.

又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 考点三、等差（比）数列的性质

命题角度一 与等差(比)数列的项有关的性质

【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力． 由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .

由S 10＝12得a 1＋a 10

2×10＝12，

所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝12

5

.故选A.

命题角度二 与等差(比)数列的和有关的性质

【解析】 （1）在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.

(2)∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）

2

＝

13（a 4＋a 10）2＝13×4

2

＝26.故选B.

[针对训练]

1．【解析】 由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 2．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256.【答案】 256 3．【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50.

【巩 固 训 练 】

一、选择题

1【解析】 数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 3

2

＝5.【答案】

A

2【解析】 由题知3a 1＋3×2

2

d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.

3．【解析】 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.

4．【解析】 由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－1

2

.故

选D.

5．【解析】 将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1

a n

＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为

d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）

2

＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝

6，所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.

二、填空题 6．【解析】 设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】 5

7．【解析】 ∵?????a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴?

????a 1＋a 4＝9，

a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故

?????a 1＝1a 4＝8，或?????a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴?

????a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n －1. 8．【解析】 等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d 2n 2＋(7－d

2

)n ，对称轴为

d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－7

8

.【答案】 ????－1，－78

三、解答题

9．.【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列，

∴a 4a 1

＝q 3＝8，∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －

1＝2n . (2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列，

∴b 5－b 3＝24＝2d ，∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）

2

×12＝6n 2－22n .

10、【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4.

当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.

(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800，

此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．

当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]

2

＝2n 2.

令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0，解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41.

综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.

11．【解】 (1)证明：因为2a n ＋1

2a n

＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次

构成等比数列．

(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．

假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 4

4依次构成等比数列， 则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.

令t ＝d

a

，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4????－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，

t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－1

4

.

显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 4

4依次构成等比数列．

第2讲 数列求和及其综合应用

【 真 题 体 验 】

1．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )

A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0

B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0

C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3

D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0

【解析】 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则

选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 3

2

，

由基本不等式得a 1＋a 3

2

＞a 1a 3，所以C 正确．

【答案】 C

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1

a n a n ＋1

}的前100项和为( )

A.100101

B.99101

C.99100

D.101100

【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴???

?

?a 1＋4d ＝5，5a 1＋

5×（5－1）

2d ＝15， ∴?????a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1

}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－

1101＝100101

. 【答案】 A 3．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .

由已知得?

????a 1＋d ＝4，

（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，

解得?

????a 1＝3，d ＝1.

所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，

所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)

＝2×（1－210）1－2

＋（1＋10）×102

＝211＋53 ＝2 101.

数列的通项公式（自主探究型）

1．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1

S n

＝－

1，所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1

n

.

2．当n ＝1时，1

3

a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，

当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋1

3n －1a n －1＝3(n －1)＋1.

①－②得：1

3

n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，

即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1，综上可得：a n ＝?????12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ?????12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2

3． 本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．

由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2

＝1.

数列的前n 项和（多维探究型）

命题角度一 基本数列求和、分组求和

【典例1】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由?

????b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得?????q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得?

????d ＝2，q ＝2， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －

1.

(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝?????2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，

即c n ＝?????1n －1n ＋2，n 为奇数，

2n －1，n 为偶数，

∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )

＝???

?????1－13＋????13－15＋…＋????12n －1－12n ＋1＋(2＋2

3＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋2

3(4n －1)．

命题角度二 裂项相消法求和

【典例2】 (1)由题设知a 1 a 4＝a 2 a 3＝8，

又a 1＋a 4＝9，可解得?????a 1＝1，a 4＝8或?

????a 1＝8a 4＝1(舍去)．

设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －

1.

(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1

＝1S n －1S n ＋1，

所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝????1S 1－1S 2＋????1S 2－1S 3＋…＋????1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－1

2n ＋1－1

. 命题角度三 错位相减法求和

典例3】(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.

由已知，有?????（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，q 4－3（1＋d ）＝7， ?????2q 2－3d ＝2，

q 4－3d ＝10，

消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.

又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.

所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －

1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.

(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －

1，设{c n }的前n 项和为S n ，则

S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －

1，

2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －

1＋(2n －1)×2n ， 上述两式相减，得

－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋

1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3， 所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.

[针对训练]

1．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）

2

＝n .

故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .

(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．

记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则

A ＝2（1－22n ）1－2

＝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. 2．

【解】 (1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝1

3

，

所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝2

5

，所以a 2a 3＝15.

解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.

(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －

1＝n ·4n ， 所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，

所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋

1，

两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4（1－4n ）1－4

－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.

所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋

1

9

.

数列的综合应用（师生共研型） 【典例4】 【解】 (1)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 ＞0，S n ＝n 2＋n .

于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .

(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1

（n ＋2）2a 2n

，

则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116?

???1n 2－1（n ＋2）2.

所以T n ＝

116×[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2]＝116×????1＋122－1（n ＋1）2－

1（n ＋2）2＜116×????1＋122＝564

.

变式：【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1

＝2＋1

a n ，

即1a n ＋1－1a n

＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．

(2)由(1)知1

a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2

＝n 2.

1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1

.

【巩 固 训 练 】

一、选择题

1．【解析】 由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－5

3

d ，

所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－2

3

d 2＜0.故选B.

2．【解析】 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －

1＝2n ，∴a n ＝2n －1.【答案】 A

3．【解析】 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝1

2，a 4＝1，即得a n ＝?????12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232

.【答案】

A

4．【解析】 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋(1＋2

n

)a n

＝4.

当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2

n －1)a n －1

＝0，

所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1

n －1，

所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝????12n －1，a n ＝n

2

n －1.故选A.【答案】 A

5．【解析】 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2

n ?(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0?a n ＋1＝1

2－a n ?a n ＋1

－1＝a n －12－a n ?1a n ＋1－1＝1a n －1

－1，

∴

1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1?a n ＝n n ＋1?a n n 2＝1n （n ＋1）

，∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋

1100－1101＝100

101.【答案】 C

二、填空题

6．【解析】 将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝1

1－a n

，可求得a 6＝－1；再

将a 6＝－1代入a n ＋1＝1

1－a n

，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1

＝a 7＝12

.

7．【解析】 设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n ＋5)－n 2

－4n ]＝2n

3

n ＋1

(10－n 2)，

所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .

因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4.

8【解析】 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3

＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2???

?1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋

1

10－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 2011

8．【解析】 因为a ，b 为函数

f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以

????

?p 2－4q ＞0，a ＋b ＝p ，ab ＝q .

所以a ＞0，b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能

成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有?????a －2＝2b ，ab ＝4，解得?????a ＝4，b ＝1或?????a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以?????p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题

9．【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 ＝1

9（2n ＋79），b n ＝9·???

?29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －

1，故c n ＝2n －12

n －1，于是

T n ＝1＋32＋522＋723＋9

24＋…＋2n －12

n －1，①

12T n ＝12＋322＋523＋724＋9

25＋…＋2n －12n .② ①－②可得

12T n ＝2＋12＋122＋…＋1

2n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32

n －1. 10．【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×1

2

×2＝2a 1＋2，

S 4＝4a 1＋4×3

2

×2＝4a 1＋12，

由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.

(2)b n ＝(－1)n

－1

4n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）

＝(－1)n －

1????12n －1＋12n ＋1.

当n 为偶数时，T n ＝????1＋13－????13＋15＋…＋????12n －3＋12n －1－????12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝????1＋13－????13＋15＋…－????12n －3＋12n －1＋????12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1

. 所以T n ＝?

????2n ＋2

2n ＋1，n 为奇数，2n

2n ＋1

，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －

1

2n ＋1)