第一讲 小题考法——等差数列与等比数列
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四 第一讲等差数列、等比数列
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列 的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝ ＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)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}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )
等差、等比数列及前n项和
第01讲 等差数列及其前n 项和考纲考情本讲为高考命题热点，分值10-12分，题型多变，选择题，填空题，解答题都会出现选择填空题常考等差等比数列的性质，大题题型多变，但对于文科来讲常考察基本量的计算与数列求和，对于理科考点相对难度较大，比如新定义，奇偶列等，考察逻推理能力与运算求解能力。
考点梳理考点一 等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列。
数学语言表达式 : ()为常数d N n d a a n n ,1*+∈=-()为常数d N n d a a n n ,1*+∈=-。
(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且2ba A +=考点二 等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则其通项公式为()d n a a n 11-+=。
(2)前n 项和公式: ()()n d a n d a a n d n n na S n n ⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=-+=222211211。
考点三 等差数列的性质(1)通项公式的推广:()()*∈-+=N m n d m n a a m n ,。
(2)若{}n a 为等差数列，且()*∈+=+N q p m n q p n m ,,,，则q p n m a a a a +=+。
(3)若{}n a 是等差数列，公差为d,则()*++∈N m k a a a m k m k k ,......,,2是公差为md 的等差数列。
(4)若n S 为等差数列{}n a 小的前n 项和，则数列,......,,232m m m m m S S S S S --也是等差数列。
(5)若n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 也为等差数列。
考点四 常用结论1.已知数列{}n a 的通项公式是()为常数其中q p q pn a n ,+=，则数列{}n a 一定是等差数列，且公差为p 。
专题4 第1讲等差数列、等比数列 课件(42张)
个量中已知其中的三个量，求另外两个量
2．考查等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，
考查方程的思想以及运算能力 1.以递推数列为载体，考查等差(比)数列的定义
或等差(比)中项
2．以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的
证明方法
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的 判定与证明方法． • (2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应 用． • (3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用． • 预测2018年命题热点为： • (1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求 解． • (2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)
－
• an＝___________________．
• 2．重要结论 am＋(n－m)d • (1)通项公式的推广：等差数列中， an＝ n－m a · q m _________________ ； 递增数列 • 等比数列中，an＝__________． 递减数列 • (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a1>0且q>1或S a， 且 0< q <1 ，则数列为 1<0 S － S ， S － S2n，… n 2n n 3n ___________；若a1>0且0<q<1或a1<0且q>1，则数列为 ___________． • (3)等差数列{an}中，Sn为前n项 和．__________________________仍成等差数列；等比数
解得 d＝－2． 6×5×－2 所以 S6＝6×1＋ ＝－24． 2 故选 A．
第一讲等差等比数列
第一讲 等差数列、等比数列一、等差数列1．定义：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)．2．通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d .3．前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n (a 1＋a n )2. 4．a 、b 的等差中项A ＝a ＋b2证明{a n }为等差数列的方法：(1)用定义证明：a n －a n －1＝d (d 为常数，n ≥2)⇔{a n }为等差数列； (2)用等差中项证明：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }为等差数列； (3)通项法：a n 为n 的一次函数⇔{a n }为等差数列；(4)前n 项和法：S n ＝An 2＋Bn 或S n ＝n (a 1＋a n )2.二、等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)若m 、n 、p 、q 、k 是正整数，且m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k .(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为kd . (3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，也是等差数列．等差数列的性质推广：(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1) ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③n 为偶数时，S 偶－S 奇＝n2d ；n 为奇数时，S 奇－S 偶＝a 中．等差数列的单调性单调递增d ＞0 当01<a 时，n S 有最小值 单调递减 d<0 当01>a 时，n S 有最大值常数数列d=0三、等比数列证明{a n }是等比数列的两种常用方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2且n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． 四、等比数列的性质1．对任意的正整数m 、n 、p 、q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k . 2．通项公式的推广：a n ＝a m q n －m (m ，n ∈N *)3．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 ；当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．4．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍是等比数列． 等比数列的单调性单调递增 a 1＞0，q ＞1或者a 1＜0,0＜q ＜1 单调递减 a 1＞0,0＜q ＜1或者a 1＜0，q ＞1常数数列 a 1≠0，q ＝1摆动数列 q ＜0基础自测1．(2013·课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是 a n ＝________.2．(2013·广东高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.3．[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．考点一 等差、等比数列的基本运算例1、[2014·重庆卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A ．5 B ．8 C ．10 D ．1 2、（2013新课标全国Ⅱ）等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3 ＝ a 2 ＋10a 1 ，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19跟踪练习1．（2013安徽）设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．22．[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .考点二等差、等比数列的性质例 1.(2012·辽宁高考)在等差数列{a n}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()A．58B．88C．143D．1762．[2014·广东卷] 等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．变式练习1、设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n＝324(n＞6)，求数列{a n}的项数及a9＋a10.2、[2014·全国卷] 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．32 C．63 D．64考点三等差、等比数列的判断与证明要证明一个数列是等差(比)数列必须用定义法或等差(比)中项法．例1、[2014·全国卷] 数列{a n}满足a1＝1，a2＝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．2、数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1，求证：数列{c n }是等比数列，并求{a n }的通项公式．跟踪练习1、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.①求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；②求数列{a n }的通项公式．。
第1讲 等差数列与等比数列
所以 q=- 1 ,所以 S4=S3+a4= 3 - 1 = 5 .
2
4 88
答案: 5 8
4.(2019·全国Ⅰ卷)记
Sn
为等比数列{an}的前
n
项和.若
a1=
1 3
,
a42
=a6,则
S5=
.
解析:设等比数列{an}的公比为 q,由 a42 =a6 可得 a12 q6=a1q5,解得 a1q=1,
则 S9= 9a1 a9 = 9 4 =18.故选 A.
2
2
(2)(2019·南昌期中)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a2019 >-1 且 Sn 有最小 a2020
方法技巧
解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差数列、 等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和公差、等 比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.
热点训练1:(1)(2019·湖南省长望浏宁四县高三3月调研)中国古代词中,有一 道“八子分绵”的数学名题:“九百九十六斤绵,赠分八子做盘缠,次第每人多 十七,要将第八数来言”.题意是:把996斤绵分给8个儿子做盘缠,按照年龄从 大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的 绵是( ) (A)174斤 (B)184斤 (C)191斤 (D)201斤
(1)证明:由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),则 an+1+bn+1= 1 (an+bn). 2
又因为 a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为 1,公比为 1 的等比数列. 2
专题4 第1讲 等差数列与等比数列
第1讲 等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般设置一道选择题和一道解答题.核心知识回顾1.等差数列(1)01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2). (3)前n 03S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.2．等比数列(1)01a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m .(2)02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2).(3)等比数列的前n 项和公式：03S n ＝⎩⎨⎧na 1(q ＝1)，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q (q ≠1).3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)(3)等差数列“依次m 项的和”即S m …仍是等差数列．(4)等差数列{a n }，当项数为2n 时，S 偶－S 奇，S 奇S 偶＝a n ＋12n －1时，S 奇－S 偶，S 奇S 偶＝n －1其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k 反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p(2)当n 为偶数时，S 偶S 奇＝公比为q )．(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m 项的和”，即S m …(S m ≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1 (1)(2020·山东省青岛市模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9等于( )A ．－8B ．－6C ．10D ．0答案 D解析 ∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，即2a 1＝－16，解得a 1＝－8.则S 9＝－8×9＋9×82×2＝0，故选D.(2)(2020·山东省泰安市肥城一中模拟)公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 2成等差数列，mS 2，S 3，S 4成等比数列，则m ＝( )A.78 B ．85 C ．1 D ．95答案 D解析 设{a n }的公比为q (q ≠0且q ≠1)， 根据a 1，a 3，a 2成等差数列， 得2a 3＝a 1`＋a 2，即2a 1q 2＝a 1＋a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－1－q ＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0. 因为q ≠1，所以q ＝－12， 则S 2＝a 1(1－q 2)1－q ＝34·a 11－q ，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝98·a 11－q ，S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1516·a 11－q，因为mS 2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝mS 2·S 4， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫98·a 11－q 2＝m ·34·a 11－q ·1516·a 11－q ，因为a 1≠0，所以a 11－q ≠0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫982＝m ×34×1516， 得m ＝95，故选D.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．(多选)(2020·山东省青岛市模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，公差d ≠0，S 6＝90，a 7是a 3与a 9的等比中项，则下列选项正确的是( )A ．a 1＝22B ．d ＝－2C ．当n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值D ．当S n ＞0时，n 的最大值为20 答案 BCD解析 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0， 由S 6＝90，可得6a 1＋15d ＝90，即2a 1＋5d ＝30， ①由a 7是a 3与a 9的等比中项，可得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋8d )，化为a 1＋10d ＝0， ② 由①②解得a 1＝20，d ＝－2，则a n ＝20－2(n －1)＝22－2n ，S n ＝12n (20＋22－2n )＝21n －n 2， 由S n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋4414，可得n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值110.由S n ＞0，可得0＜n ＜21，即n 的最大值为20.故选BCD. 2．定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( )A ．4×20202－1B ．4×20192－1C ．4×20222－1D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1，∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A.考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 (1)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是等差数列．证明 ∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1， ∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋a n ＝n －1n (n ＋1)＋1，n ＝1,2,3，…，设b n ＝a n ＋1n (n ＋1)，求证：数列{b n }是等比数列．证明 S n ＝1－a n ＋n －1n (n ＋1)，∴S n ＋1＝1－a n ＋1＋n(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，易知a 1＝12，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝n(n ＋1)(n ＋2)－a n ＋1－n －1n (n ＋1)＋a n ，∴2a n ＋1＝n ＋2－2(n ＋1)(n ＋2)－n －1n (n ＋1)＋a n ＝1n ＋1－2(n ＋1)(n ＋2)－1n ＋1＋1n (n ＋1)＋a n ，∴2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋1＋1(n ＋1)(n ＋2)＝a n ＋1n (n ＋1)，b n ＝a n ＋1n (n ＋1)，则b n ＋1＝a n ＋1＋1(n ＋1)(n ＋2)，上式可化为2b n ＋1＝b n ，∴数列{b n }是以b 1＝1为首项，12为公比的等比数列，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n}为等比数列时，不能仅仅证明a n＋1＝qa n，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n}为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．1．(多选)(2020·日照一中摸底考试)已知数列{a n}满足：a1＝3，当n≥2时，a n＝( a n－1＋1＋1)2－1，则关于数列{a n}，下列说法正确的是()A．a2＝8 B．数列{a n}为递增数列C．数列{a n}为周期数列D．a n＝n2＋2n答案ABD解析由a n＝(a n－1＋1＋1)2－1得a n＋1＝(a n－1＋1＋1)2，∴a n＋1＝a n－1＋1＋1，即数列{a n＋1}是首项为a1＋1＝2，公差为1的等差数列，∴a n＋1＝2＋(n－1)×1＝n＋1.∴a n＝n2＋2n.所以易知A，B，D正确．2．已知正项数列{a n}满足a2n＋1－6a2n＝a n＋1a n，若a1＝2，则数列{a n}的前n 项和为________.答案3n－1解析∵a2n＋1－6a2n＝a n＋1a n，∴(a n＋1－3a n)(a n＋1＋2a n)＝0，∵a n>0，∴a n＋1＝3a n，∴{a n}为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n＝3n－1.考向3数列中a n与S n的关系问题例3(1)(2020·河南省高三阶段性测试)设正项数列{a n}的前n项和为S n，且4S n＝(1＋a n)2(n∈N*)，则a5＋a6＋a7＋a8＝()A．24 B．48C．64 D．72答案 B解析 当n ＝1时，由S 1＝a 1＝(1＋a 1)24，得a 1＝1，当n ≥2时，⎩⎨⎧4S n ＝(1＋a n )2，4S n －1＝(1＋a n －1)2，得4a n ＝(1＋a n )2－(1＋a n －1)2，∴a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n >0，∴a n －a n －1＝2，∴{a n }是等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2(a 6＋a 7)＝48.(2)(2020·山东省德州市二模)给出以下三个条件： ①数列{a n }是首项为 2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列； ②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列． 请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________.记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋n b n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 选①，由已知S n ＋1＝4S n ＋2， (*) 当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， (**) (*)－(**)，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ， 即a n ＋1＝4a n .当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，所以a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以a n ＝22n －1.b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n (n ＋1)n 2(n ＋1)2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.选②，由已知3S n ＝22n ＋1＋λ， (*) 当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ， (**) (*)－(**)，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1， 即a n ＝22n －1.当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，所以a n ＝22n －1， 下同选①.选③，由已知3S n ＝a n ＋1－2， (*) 则n ≥2时，3S n －1＝a n －2， (**) (*)－(**)，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n .当n ＝1时，3a 1＝a 2－2，而a 1＝2，得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以a n ＝22n －1， 下同选①.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n－S n －1(n ≥2).已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1) ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.真题押题『真题检验』1．(2020·全国卷Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝1，a 2＋a 3＋a 4＝a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝a 1q (1＋q ＋q 2)＝q ＝2，因此，a 6＋a 7＋a 8＝a 1q 5＋a 1q 6＋a 1q 7＝a 1q 5(1＋q ＋q 2)＝q 5＝32.故选D.2．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24可得⎩⎨⎧ a 1q 4－a 1q 2＝12，a 1q 5－a 1q 3＝24，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1－2n1－2＝2n －1.因此S na n ＝2n－12n －1＝2－21－n .故选B.3．(2020·新高考卷Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.答案 3n 2－2n解析 因为数列{2n －1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{3n －2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{a n }是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{a n }的前n 项和为n ·1＋n (n －1)2·6＝3n 2－2n . 4．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝________.答案 25解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，可得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－2＋d ＋(－2)＋5d ＝2，解得d ＝1.所以S 10＝10×(－2)＋10×(10－1)2×1＝－20＋45＝25.5．(2020·江苏高考)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________.答案 4解析 等差数列{a n }的前n 项和公式为P n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，等比数列{b n }的前n 项和公式为Q n ＝b 1(1－q n )1－q ＝－b 11－q q n ＋b 11－q ，依题意S n ＝P n＋Q n ，即n 2－n ＋2n －1＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n －b 11－q q n ＋b 11－q，通过对比系数可知⎩⎪⎨⎪⎧d2＝1，a 1－d 2＝－1，q ＝2，b11－q ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝0，q ＝2，b 1＝1，故d ＋q ＝4.6．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2或a 1＝32，q ＝12(舍去)， 所以a n ＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128， b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1； b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]， 则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]， 则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]， 则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]， 则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480. 7．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，根据题意，有 ⎩⎨⎧ a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3， 所以a n ＝3n －1.(2)令b n ＝log 3a n ＝log 33n －1＝n －1， 则S n ＝n (0＋n －1)2＝n (n －1)2，根据S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，可得 m (m －1)2＋m (m ＋1)2＝(m ＋2)(m ＋3)2， 整理得m 2－5m －6＝0，因为m ＞0，所以m ＝6.『金版押题』8．已知数列{a n }满足na n －28a n ＋1＝n －1(n ∈N *)，a 1＋a 2＋a 3＝75，记S n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋a 3a 4a 5＋…＋a n a n ＋1·a n ＋2，则a 2＝________，使得S n 取得最大值的n 的值为________.答案 25 10解析 由na n －28a n ＋1＝n －1(n ∈N *)，可取n ＝1，即a 1－28＝0，可得a 1＝28，取n ＝2，可得2a 2－28a 3＝1，即a 3＝2a 2－28，又a 1＋a 2＋a 3＝75，可得a 2＝25，a 3＝22，当n ≥2时，由na n －28a n ＋1＝n －1可得a n ＋1n －a nn －1＝－28n (n －1)，可令c n ＝a n ＋1n ，则c n －1＝a nn －1(n ≥2)，c n －c n －1＝28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n －1(n ≥2)， 由c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋…＋(c n －c n －1)＝c 1＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋13－12＋…＋1n －1n －1， 可得c n ＝c 1＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＝a 2＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1，则a n ＋1＝nc n ＝na 2＋28(1－n )＝28＋n (a 2－28)， 故a n ＋1＝28－3n (n ≥2)，所以a n ＝31－3n (n ≥3)， 又a 1＝28，a 2＝25，也符合上式，所以a n ＝31－3n . 令b n ＝a n a n ＋1a n ＋2＝(31－3n )(28－3n )(25－3n )， 由b n ≥0，可得(31－3n )(28－3n )(25－3n )≥0， 解得1≤n ≤8(n ∈N *)或n ＝10，又b 9＝－8，b 10＝10，所以n ＝10时，S n 取得最大值．9．记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，a 3＝7a 1＝7. (1)求p ，S 4的值；(2)若b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }是等比数列． 解 (1)由a 3＝7a 1＝7知，a 3＝7，a 1＝1.当n ＝1时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得a 2＝32＋p ，当n ＝2时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得a 3＝4＋3p ＝7，所以p ＝1， 当n ＝3时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得2a 4＋3＝4S 3＋2，解得a 4＝412.所以S 4＝1＋52＋7＋412＝31.(2)证明：由(1)可得a n ＋1＝2S n －12n ＋1， 则a n ＋2＝2S n ＋1－12(n ＋1)＋1. 两式作差得a n ＋2－a n ＋1＝2a n ＋1－12， 即a n ＋2＝3a n ＋1－12(n ∈N *)． 由(1)得a 2＝52，所以a 2＝3a 1－12， 所以a n ＋1＝3a n －12对n ∈N *恒成立， 由上式变形可得a n ＋1－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －14.而a 1－14＝34≠0，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －14是首项为34，公比为3的等比数列，所以a n －14＝34×3n －1＝3n4，所以b n ＝a n ＋1－a n ＝a n ＋1－14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －14＝3n ＋14－3n 4＝3n 2，所以b n ＋1＝3n ＋12，b n ＋1b n＝3.又b 1＝32，所以数列{b n }是首项为32，公比为3的等比数列．专题作业一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2020·山东德州高三下学期联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( )A ．4B ．8C ．16D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2，则a 6＝25＝32.故选D. 2．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎨⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A. 3．等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3da 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋d a 1＋1＝d ，得2dd ＝2＝d ，故选A.4．(2020·河北省张家口市二模)已知正项等比数列{a n }的公比为q ，若a 1＝q≠1，且a m＝a1a2a3…a10，则m＝()A．19 B．45C．55 D．100答案 C解析∵正项等比数列{a n}的公比为q，a1＝q≠1，∴a n＝q.q n－1＝q n，∵a m＝a1a2a3...a10，∴q m＝q.q2.q3.....q10＝q1＋2＋3＋ (10)q55.∴m＝55.故选C.5．(2020·河北省保定市一模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有五人五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思是：“现有甲、乙、丙、丁、戊，五人依次差值等额分五钱，要使甲、乙两人所得的钱数与丙、丁、戊三人所得的钱数相等，问每人各得多少钱？”请问上面的问题里，五人中所得的最少钱数为()A.76钱B．56钱C．13钱D．23钱答案 D解析依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱数分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，又有a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，得a＝－6d，∵a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝5，∴a＝1，则d＝－16，∴a＋2d＝23.故选D.6．(2020·广州模拟)正项等比数列{a n}满足a2a4＝1，S3＝13，则其公比是()A．1 B．1 2C．13D．14答案 C解析设{a n}的公比为q，因为a2a4＝1，且a2a4＝a23，所以a23＝1，易知q>0，所以a3＝1.由S3＝1＋1q ＋1q2＝13，得13q2＝1＋q＋q2，即12q2－q－1＝0，解得q＝13.故选C.7．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3 B ．S 6＝－12S 3 C ．S 6＝12S 3 D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，易知S 3≠0，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.8．已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项和为( )A ．0B ．252 C ．21 D ．42 答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21.故选C.二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．已知无穷数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c ，其中a ，b ，c 为实数，则( )A ．{a n }可能为等差数列B ．{a n }可能为等比数列C ．{a n }中一定存在连续的三项构成等差数列D ．{a n }中一定存在连续的三项构成等比数列 答案 ABC解析解法一：因为S n＝an2＋bn＋c，所以S n－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c(n≥2)，所以a n＝S n－S n－1＝2na－a＋b(n≥2)，若数列{a n}为等差数列，则a1＝a＋b＋c＝a＋b，c＝0，验证知，当c＝0时，{a n}为等差数列，所以A正确；在a n＝2na－a ＋b(n≥2)中，当a＝0，b≠0时，a n＝b(n≥2)，若数列{a n}为等比数列，则a1＝b ＋c＝b，c＝0，验证知，当a＝c＝0，b≠0时，{a n}为等比数列，所以B正确；由a n＝2na－a＋b(n≥2)可知，{a n}中一定存在连续的三项构成等差数列，所以C 正确；假设a k，a k＋1，a k＋2(k≥2，且k∈N*)成等比数列，则[2(k＋1)a－a＋b]2＝(2ka －a＋b)·[2(k＋2)a－a＋b]，整理得(k＋1)2＝k(k＋2)，即1＝0(不成立)，所以{a n}中不存在连续的三项构成等比数列，所以D错误．故选ABC.解法二：当c＝0，a≠0时，数列{a n}为等差数列，所以A正确；当a＝c＝0，b≠0时，数列{a n}为常数列，也是等比数列，所以B正确；当n≥2时，a n＝S n －S n－1＝2na－a＋b，则{a n}中一定存在连续的三项构成等差数列，所以C正确；假设a k，a k＋1，a k＋2(k≥2，且k∈N*)成等比数列，则[2(k＋1)a－a＋b]2＝(2ka－a ＋b)·[2(k＋2)a－a＋b]，整理得(k＋1)2＝k(k＋2)，即1＝0(不成立)，所以{a n}中不存在连续的三项构成等比数列，所以D错误．故选ABC.10．(2020·海南省海口市模拟)已知正项等比数列{a n}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为S n，则()A．q＝2 B．a n＝2nC．S10＝2047 D．a n＋a n＋1＜a n＋2答案ABD解析根据题意，对于A，正项等比数列{a n}满足2q3＝4q＋2q2，变形可得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，又{a n}为正项等比数列，则q＝2，故A正确；对于B，a n＝2×2n－1＝2n，B正确；对于C，S n＝2×(1－2n)1－2＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；对于D，a n＋a n＋1＝2n＋2n＋1＝3×2n＝3a n，而a n＋2＝2n＋2＝4×2n ＝4a n＞3a n，D正确．故选ABD.11．等差数列{a n}的前n项和记为S n，若a1>0，S10＝S20，则()A．公差d<0 B．a16<0C ．S n ≤S 15D ．当且仅当S n <0时n ≥32答案 ABC解析 因为等差数列中，S 10＝S 20，所以a 11＋a 12＋…＋a 19＋a 20＝5(a 15＋a 16)＝0，又a 1>0，所以a 15>0，a 16<0，所以d <0，S n ≤S 15，故A ，B ，C 正确；因为S 31＝31(a 1＋a 31)2＝31a 16<0，故D 错误．故选ABC.12．设正项等差数列{a n }满足(a 1＋a 10)2＝2a 2a 9＋20，则( ) A ．a 2a 9的最大值为10 B ．a 2＋a 9的最大值为210 C.1a 22＋1a 29的最大值为15D ．a 42＋a 49的最小值为200答案 ABD解析 因为正项等差数列{a n }满足(a 1＋a 10)2＝2a 2a 9＋20，所以(a 2＋a 9)2＝2a 2a 9＋20，即a 22＋a 29＝20，则a 2a 9≤a 22＋a 292＝202＝10，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故A 正确；由于⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋a 922≤a 22＋a 292＝10，所以a 2＋a 92≤10，a 2＋a 9≤210，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故B 正确；1a 22＋1a 29＝a 22＋a 29a 22·a 29＝20a 22·a 29≥20⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2922＝20102＝15，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，所以1a 22＋1a 29的最小值为15，故C 错误；a 42＋a 49＝(a 22＋a 29)2－2a 22·a 29＝400－2a 22·a 29≥400－2×102＝200，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故D 正确．故选ABD. 三、填空题13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n ＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.14．(2020·山东省聊城市三模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ，则a 6＝________.答案 16解析 由题意，得a 2＝a 1＋1＝2，a 3＝a 2＋2＝4，a 4＝a 3＋3＝7，a 5＝a 4＋4＝11，a 6＝a 5＋5＝16.15．各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________. 答案 a n ＝n (n ＋1)2解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)·22＝2(n ＋1)2，即b n ＝n ＋12.当n＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n2，则a n ＝b n b n －1＝n (n ＋1)2，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.16．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝________.答案 ⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32. 四、解答题17．(2020·江西省南昌市三模)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n a n ＋1＝2pn ＋1(p 为常数) .(1)若－a 1，12a 2，a 4成等差数列，求p 的值；(2)是否存在p ，使得{a n }为等比数列？若存在，求{a n }的前n 项和S n ；若不存在，请说明理由．解 (1)令n ＝1，a 1a 2＝2p ＋1⇒a 2＝2p ，且a n ＋1a n ＋2＝2pn ＋p ＋1，与已知条件相除得a n ＋2a n＝2p ，故a 4＝2p a 2＝(2p )2， 而－a 1，12a 2，a 4成等差数列，则a 4－2＝a 2，即(2p )2－2＝2p ，解得2p ＝2，即p ＝1.(2)若{a n }是等比数列，则由a 1>0，a 2>0，知此数列首项和公比均为正数．设其公比为q ，则q ＝2p 2，故2p 2＝a 2a 1＝2p 2⇒p ＝2， 此时a 1＝2，q ＝2⇒a n ＝2n ，故a n a n ＋1＝22n ＋1， 而2pn ＋1＝22n ＋1，因此p ＝2时，{a n }为等比数列，其前n 项和S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 18．(2020·山东省威海二模)从条件①2S n ＝(n ＋1)a n ，② S n ＋S n －1＝a n (n ≥2)，③a n >0，a 2n ＋a n ＝2S n 中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，________.若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求k 的值．解 若选择①，∵2S n ＝(n ＋1)a n ，n ∈N *，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，n ∈N *.两项相减得2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，整理得na n ＋1＝(n ＋1)a n .即a n ＋1n ＋1＝a n n ，n ∈N *， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列.a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . ⎝ ⎛⎭⎪⎫或由a n ＋1a n ＝n ＋1n ，利用相乘相消法，求得a n ＝n a k ＝k ，S k ＋2＝(k ＋2)×1＋(k ＋2)(k ＋1)2×1 ＝(k ＋2)(k ＋3)2. 又a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)(k ＋3)＝2k 2， k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)． ∴k ＝6.若选择②， 由S n ＋S n －1＝a n (n ≥2)变形得S n ＋S n －1＝S n －S n －1， S n ＋S n －1＝( S n ＋S n －1)( S n －S n －1)， 易知S n >0，∴ S n －S n －1＝1，{S n }为等差数列， 而S 1＝a 1＝1，∴ S n ＝n ，S n ＝n 2， ∴a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，且n ＝1时也满足， ∴a n ＝2n －1.∵a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)2＝(2k －1)2，∴k ＝3或k ＝－13，又k ∈N *，∴k ＝3.若选择③，∵a 2n ＋a n ＝2S n (n ∈N *)，∴a 2n －1＋a n －1＝2S n －1(n ≥2)．两式相减得a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n (n ≥2)，整理得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝a n ＋a n －1(n ≥2)． ∵a n >0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)，∴{a n }是等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S k ＋2＝(k ＋2)×1＋(k ＋2)(k ＋1)2×1＝(k ＋2)(k ＋3)2. 又a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)(k ＋3)＝2k 2，解得k ＝6或k ＝－1，又k ∈N *，∴k ＝6.19．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时， a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0， 即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n .所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n －1)，所以S n＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ.若数列{S n＋(n＋2n)λ}为等差数列，则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.经检验λ＝－2时，{S n＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.。
第一讲 等差、等比数列
第一讲 等差、等比数列一、考情分析（1）等差、等比数列的基本运算。
此知识点是高考命题的重点内容，一般不单独命题，常与数列的概念、性质、前n 项和等相结合，多以选择题、填空题的方式进行考查。
（2）等差、等比数列的判定与证明及求法。
等差、等比数列的证明是高考命题的重点和热点，多为解答题的第一问。
一般用定义域法直接证明或通过计算21,a a 求出n a 。
（3）等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的性质是高考的必考内容，以小题为主，十分灵活，多为选择题、填空题要主动发现题目的相关性质，使运算简捷。
二、基本概念与性质 1、等差数列（1）定义：d N n d a a n n ,(1*+∈=-为常数）（2）D C D cn d m n a d n a a m n ,()()1(1+=-+=-+=为常数，C,D 不同时为零） （3）B A Bn An d nn na a a n S n n ,(2)1(2)(211+=⋅-+=+=为常数，不同时为零） （4）等差中项)2,(211≥∈+=*+-n N n a a a n n n （5）若q p n m +=+则q p n m a a a a +=+若r q p n m ++=++ 则),,,,,,(*∈++=++N r q p n m a a a a a a r q p n m（6）等差数列的线性组合也是等差数列，即{}{}n n b a ,是等差数列，则{}n n b a 21λλ+也是等差数列（7）等差数列产生的几个特殊等差数列，若{}n a 是等差数列，公差为d ，前n 项和为n S ，则（Ⅰ）t n p t p t p p a a a a )1(2,,,-+++ 也是等差数列，公差为td （Ⅱ） ,,,232k k k k k S S S S S --为等差数列，公差为d k 2 （Ⅲ）ns s s s n ,3,2,1321也是等差数列，公差为2d（8）等差数列几个重要结论 （Ⅰ）0,===+n m m n a n a m a ，则 （Ⅱ）)(,,n m S n S m S n m m n +-===+则 （Ⅲ）0,==+n m n m S S S 则（Ⅳ）{}n a 和{}n b 为等差数列，且前n 项和为n n T S ,则1212--=m m m m T S b a 2、等比数列 （1）定义q N n q a a nn ,(1*+∈=为非零常数） （2）通项公式：n m n m n n Aq q a aq a ===--1（A 为常数）（3）前n 项和公式：11(1)(1)(1)((1)1n n nna q S a q B q B q q=⎧⎪=-⎨=-≠⎪-⎩为常数）其中 （4）等比中项)2,(112≥∈⋅=*+-n N n a a a n n n（5）若),,,(*∈⋅=⋅+=+N n m q p a a a a q p n m q p n m 则（6）等比数列中，n n n n n S S S S S q 232,,1---≠时，也成等比数列注意：① 11112,,+-+-⋅=n n n n n n a a a a a a 是成等比数列的必要不充分条件② 在等比数列前n 项和时，首项要判断公比q 是否为1时，要分1=q 与1≠q 两种情形讨论（7）设{}n a {}n b 是等比数列，则{}rmt n b a ⋅λ也是等比数列),(*∈N r t （8）等比数列{}n a 的单调性当⎩⎨⎧>>101q a 或⎩⎨⎧<<<1001q a 时{}n a 是增数列当⎩⎨⎧<<>1001q a 或⎩⎨⎧><11q a 时{}n a 是减数列3、等差数列与等比数列的转化（1）{}n a 为正项等比数列，则{})1,0(log ≠>c c a n c 为等差数列 （2）若{}n a 是等差数列，则{})1,0(≠>c c c an 为等比数列 （3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列{}n a ⇔是非零常数列三、高考题型再现1、（2013广东）在等差数列{}n a 中，已知1083=+a a ，则=+753a a 。
第一讲 等差数列与等比数列
第一讲 等差数列与等比数列1．a n 与S n 的关系：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.且1．(2013·江西)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．24答案 A解析 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)． 解得x 1＝－3或x 2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.2．(2012·福建)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2. 方法二 ∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5. 又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.3．(2013·辽宁)下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列； p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4答案 D解析 a n ＝a 1＋(n －1)d ，d ＞0， ∴a n －a n －1＝d ＞0，命题p 1正确．na n ＝na 1＋n (n －1)d ，∴na n －(n －1)a n －1＝a 1＋2(n －1)d 与0的大小和a 1的取值情况有关． 故数列{na n }不一定递增，命题p 2不正确．对于p 3：a n n ＝a 1n ＋n －1n d ，∴a n n －a n －1n －1＝－a 1＋dn (n －1)，当d －a 1＞0，即d ＞a 1时，数列{a nn }递增，但d ＞a 1不一定成立，则p 3不正确． 对于p 4：设b n ＝a n ＋3nd ， 则b n ＋1－b n ＝a n ＋1－a n ＋3d ＝4d ＞0. ∴数列{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确． 综上，正确的命题为p 1，p 4.4．(2013·重庆)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________. 答案 64解析 因为a 1，a 2，a 5成等比数列，则a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，d ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S 8＝(a 1＋a 8)×82＝4×(1＋15)＝64.5．(2013·江苏)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n的最大正整数n 的值为________． 答案 12解析 由已知条件a 5＝12，a 6＋a 7＝3，即12q ＋12q 2＝3，整理得q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)．a n ＝a 5q n －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)，a 1a 2…a n ＝2－52－42－3…2n －6＝2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 可知2n >2＋1， n ≤12.题型一 等差(比)数列的基本运算例1 (2012·山东)已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m .求数列{b m }的前m 项和S m . 审题破题 (1)由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a 1和d ，从而求出a n .(2)求出b m ，再根据其特征选用求和方法．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n ， 由T 5＝105，a 10＝2a 5， 得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×(5－1)2d ＝105，a 1＋9d ＝2(a 1＋4d )，解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1.所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝b 1(1－q m )1－q ＝7×(1－49m )1－49＝7×(72m －1)48＝72m ＋1－748.反思归纳 关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n 项和公式构造关于a 1和d (或q )的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识． 变式训练1 (2013·浙江)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|.n 2－11n 2n 2－11n ＋102解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11. 当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.题型二 等差(比)数列性质的应用例2 (1)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是 ( )A ．25B ．50C ．100D ．不存在(2)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值为( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013 审题破题 (1)根据等差数列的性质，a 7＋a 14＝a 1＋a 20，S 20＝20(a 1＋a 20)2可求出a 7＋a 14，然后利用基本不等式；(2)等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．答案 (1)A (2)D解析 (1)∵S 20＝a 1＋a 202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤⎝⎛⎭⎫a 7＋a 1422＝25. 当且仅当a 7＝a 14时取等号．(2)根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.反思归纳 等差数列和等比数列的项，前n 项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程．变式训练2 (1)数列{a n }是等差数列，若a 11a 10<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n取得最小正值时，n 等于( )A ．11B ．17C ．19D ．21答案 C解析 ∵{a n }的前n 项和S n 有最大值，∴数列为递减数列．又a 11a 10<－1，∴a 10>0，a 11<0，得a 10＋a 11<0.而S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10>0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0.故当n ＝19时，S n 取得最小正值．(2)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10等于 ( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 B解析 ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16.又∵等比数列{a n }的各项都是正数，∴a 7＝4. 又∵a 10＝a 7q 3＝4×23＝25，∴log 2a 10＝5. 题型三 等差数列、等比数列的综合应用例3 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足条件2S n ＝3(a n －1)，其中n ∈N *.(1)证明：数列{a n }为等比数列；(2)设数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，若c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和．审题破题 (1)利用a n ＝S n －S n －1求出a n 与a n －1之间的关系，进而用定义证明数列{a n }为等比数列．(2)由(1)的结论得出数列{b n }的通项公式，求出c n 的表达式，再利用错位相减法求和．(1)证明 由题意得a n ＝S n －S n －1＝32(a n －a n －1)(n ≥2)，∴a n ＝3a n －1，∴a na n －1＝3(n ≥2)，又S 1＝32(a 1－1)＝a 1，解得a 1＝3，∴数列{a n }为首项为3，公比为3的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＝3n ，则b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ， ∴c n ＝a n b n ＝n ·3n ，设T n ＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋(n －1)·3n －1＋n ·3n ，3T n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1.∴－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1 ＝3(1－3n )1－3－n ·3n ＋1，∴T n ＝(2n －1)3n ＋1＋34.反思归纳 等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出a n 或得到a n ＋1与a n 的递推关系，再确认a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)或a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)是否对一切正整数均成立．变式训练3 已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对n ∈N *，均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n ＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋…＋c 2 013.解 (1)∵a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，d >0， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2. 则a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又∵b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3.∴b n ＝b 2q n －2＝3×3n －2＝3n －1.(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n＝a n ＋1，得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n ，两式相减，得c nb n＝a n ＋1－a n ＝2，∴c n ＝2b n ＝2×3n －1 (n ≥2)而当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. ∴c 1＋c 2＋…＋c 2 013＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32 012 ＝3＋6－6×32 0121－3＝3－3＋32 013＝32 013.典例 (12分)已知数列a 1，a 2，…，a 30，其中a 1，a 2，…，a 10是首项为1，公差为1的等差数列；a 10，a 11，…，a 20是公差为d 的等差数列；a 20，a 21，…，a 30是公差为d 2的等差数列(d ≠0)． (1)若a 20＝40，求d ；(2)试写出a 30关于d 的关系式，并求a 30的取值范围；(3)续写已知数列，使得a 30，a 31，…，a 40是公差为d 3的等差数列，…，依次类推，把已知数列推广为无穷数列．提出同(2)类似的问题((2)应当作为特例)，并进行研究，你能得到什么样的结论？规范解答解 (1)由题意可得a 10＝10，a 20＝10＋10d ＝40， ∴d ＝3.[3分](2)a 30＝a 20＋10d 2＝10(1＋d ＋d 2)＝10⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d ＋122＋34(d ≠0)． [5分] 当d ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)时，a 30∈[7.5，＋∞)．[7分](3)所给数列可推广为无穷数列{a n }，其中a 1，a 2，…，a 10是首项为1，公差为1的等差数列，当n ≥1时，数列a 10n ，a 10n ＋1，…，a 10(n ＋1)是公差为d n 的等差数列． [8分]研究的问题可以是：试写出a 10(n ＋1)关于d 的关系式，并求出a 10(n ＋1)的取值范围．研究的结论可以是：由a 40＝a 30＋10d 3＝10(1＋d ＋d 2＋d 3)，[9分]依次类推可得a 10(n ＋1)＝10(1＋d ＋…＋d n ) ＝⎩⎪⎨⎪⎧10×1－d n ＋11－d ，d ≠1，10(n ＋1)，d ＝1.[11分]当d >0时，a 10(n ＋1)的取值范围为(10，＋∞)．[12分]评分细则 (1)列出关于d 的方程给1分；(2)求a 30的范围时没有注明d ≠0扣1分． 阅卷老师提醒 本题从具体数列入手，先确定d ，然后利用函数思想求a 30的范围，最后通过观察寻求一般规律，将结论进行推广，要求熟练掌握数列的基本知识，灵活运用数列性质．1．已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 7＝4a 24，a 2＝2，则a 1等于( )A ．1 B. 2 C ．2 D.22答案 A解析 设数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 2>0，知a 4>0，a 5>0，由于a 3·a 7＝a 25，所以a 25＝4a 24，从而a 5＝2a 4，q ＝2，故a 1＝a 2q ＝22＝1. 2．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示数列{a n }的前n 项和，则使得S n 取得最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．18答案 B解析 设数列{a n }的公差是d ，则a 2＋a 4＋a 6－(a 1＋a 3＋a 5)＝3d ＝99－105＝－6，即d ＝－2. 又3a 3＝105，所以a 3＝35.所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝41－2n .令a n >0得n <20.5，即数列{a n }的前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此使得S n 达到最大值的n 为20.3．首项为－24的等差数列{a n }从第10项开始为正数，则公差d 的取值范围是 ( )A.83≤d <3B.83<d <3C.83<d ≤3D.83≤d ≤3 答案 C解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 10>0，a 9≤0.即⎩⎪⎨⎪⎧－24＋9d >0－24＋8d ≤0，所以d 的取值范围是83<d ≤3.4．(2013·辽宁)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________. 答案 63解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q ＞1， ∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，因此S 6＝1×(1－26)1－2＝63.5．(2012·浙江)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.答案 32解析 方法一 S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2， 将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．方法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)．∵q >0，∴q ＝32.6．(2013·安徽)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n …分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平 行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n ， 若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________． 答案 a n ＝3n －2解析 由已知S 梯形A n B n B n ＋1A n ＋1＝S 梯形A n ＋1B n ＋1B n ＋2A n ＋2，S △OB n＋1A n ＋1－S △OB n A n＝S △OB n ＋2A n ＋2－S △OB n ＋1A n ＋1，即S △OB n A n ＋S △OB n ＋2A n ＋2＝2S △OB n＋1A n ＋1由相似三角形面积比是相似比的平方知OA 2n ＋OA 2n ＋2＝2OA 2n ＋1，即a 2n ＋a 2n ＋2＝2a 2n ＋1， 因此{a 2n }为等差数列且a 2n ＝a 21＋3(n －1)＝3n －2，故a n ＝3n －2.专题限时规范训练一、选择题1．(2013·课标全国Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( )A.13 B ．－13C.19D ．－19答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为( )A ．－2或1B ．－1或2C ．－2D ．1答案 C解析 方法一 若q ＝1， 则S 4＝4a 1，S 5＝5a 1，S 6＝6a 1， 显然不满足2S 4＝S 5＋S 6， 故A 、D 错．若q ＝－1，则S 4＝S 6＝0，S 5＝a 5≠0， 不满足条件，故B 错，因此选C. 方法二 经检验q ＝1不适合， 则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得 q 2＋q －2＝0，∴q ＝1(舍去)，q ＝－2.3．已知{a n }为等差数列，a 2＋a 8＝43，则S 9等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 C解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 2＋a 8＝a 1＋a 9＝43，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×432＝6.4．一个由实数组成的等比数列，它的前6项和是前3项和的9倍，则此数列的公比为( )A ．2B ．3 C.12 D.13答案 A解析 等比数列中，S 6＝9S 3，∴S 6－S 3＝8S 3，∴S 6－S 3S 3＝q 3＝8，∴q ＝2.5．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 D解析 由等差数列的前n 项和及等差中项，可得a n b n ＝12(a 1＋a 2n －1)12(b 1＋b 2n －1)＝12(2n －1)(a 1＋a 2n －1)12(2n －1)(b 1＋b 2n －1)＝A 2n －1B 2n －1 ＝7(2n －1)＋45(2n －1)＋3＝14n ＋382n ＋2 ＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1(n ∈N *)， 故n ＝1,2,3,5,11时，a nb n为整数．6．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110答案 D解析 ∵a 3＝a 1＋2d ＝a 1－4，a 7＝a 1＋6d ＝a 1－12，a 9＝a 1＋8d ＝a 1－16，又∵a 7是a 3与a 9的等比中项，∴(a 1－12)2＝(a 1－4)·(a 1－16)，解得a 1＝20.∴S 10＝10×20＋12×10×9×(－2)＝110.7．已知数列{a n }满足1＋log 3a n ＝log 3a n ＋1(n ∈N ＋)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A.15B ．－15C ．5D ．－5答案 D 解析 由1＋log 3a n ＝log 3a n ＋1得a n ＋1a n＝3，{a n }为等比数列，公比为3. ∴a 5＋a 7＋a 9＝27(a 2＋a 4＋a 6)＝27×9＝35，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－5. 8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15>0，S 16<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为 ( )A.S 6a 6B.S 7a 7C.S 9a 9D.S 8a 8答案 D解析 由S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，得a 8>0.由S 16＝16(a 1＋a 16)2＝16(a 9＋a 8)2<0，得a 9＋a 8<0，所以a 9<0，且d <0.所以数列{a n }为递减数列．所以a 1，…，a 8为正，a 9，…，a n 为负，且S 1，S 2，…，S 15>0，S 16，S 17，…，S n <0，则S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 8a 8>0.又S 8>S 7>S 6>0，a 6>a 7>a 8>0.∴S 8a 8>S 7a 7>S 6a 6，故S 8a 8最大． 二、填空题9．(2013·课标全国Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝_______. 答案 (－2)n －1 解析 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1， 故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 10．(2013·课标全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．答案 －49解析 由题意知a 1＋a 10＝0，a 1＋a 15＝103. 两式相减得a 15－a 10＝103＝5d ， ∴d ＝23，a 1＝－3. ∴nS n ＝n ·⎝⎛⎭⎫na 1＋n (n －1)2d ＝n 3－10n 23＝f (n )， f ′(n )＝13n (3n －20)． 令f ′(n )＝0得n ＝0(舍)或n ＝203. 当n >203时，f (n )是单调递增的；当0<n <203时，f (n )是单调递减的． 故当n ＝7时，f (n )取最小值，f (n )min ＝－49.∴nS n 的最小值为－49.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n＝________.答案 6解析 设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值． 12．在数列{a n }中，如果对任意n ∈N *都有a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称数列{a n }为等差比数列，k 称为公差比．现给出下列问题：①等差比数列的公差比一定不为零；②等差数列一定是等差比数列；③若a n ＝－3n ＋2，则数列{a n }是等差比数列；④若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比．其中正确命题的序号为________．答案 ①③④解析 若k ＝0，{a n }为常数列，分母无意义，①正确；公差为零的等差数列不是等差比数列，②错误；a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝3，满足定义，③正确；设a n ＝a 1q n －1(q ≠0)，则a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝a 1q n ＋1－a 1q na 1q n －a 1q n 1＝q ，④正确． 三、解答题13．(2013·福建)已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n .(1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1；(2)若S 5>a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列， 所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或a 1＝2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5>a 1a 9，所以5a 1＋10>a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10<0，解得－5<a 1<2.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．数列{b n }满足b 1＝34，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列；(3)求数列{b n }的通项公式以及前n 项和T n .(1)证明 ∵2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，∴当n ≥2时，2a n ＝2a n －1＋1，可得a n －a n －1＝12. ∴数列{a n }为等差数列．(2)证明 ∵{a n }为等差数列，公差d ＝12， ∴a n ＝a 1＋(n －1)×12＝12n －14. 又3b n －b n －1＝n (n ≥2)，∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2)， ∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13(b n －1－12n ＋34) ＝13[b n －1－12(n －1)＋14] ＝13(b n －1－a n －1)， 又b 1－a 1＝12≠0， ∴对n ∈N *，b n －a n ≠0，得b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2)． ∴数列{b n －a n }是首项为12，公比为13的等比数列． (3)解 由(2)得b n －a n ＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1， ∴b n ＝n 2－14＋12·⎝⎛⎭⎫13n －1(n ∈N *)． ∵b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13， ∴b 1＋b 2＋…＋b n －(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n . ∴T n －n 24＝34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n . ∴T n ＝n 24＋34⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)．。
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大题考查 T17· 等差数列的通项 公式及等比数列求和 T17· 等差数列的通项 公式、数列求和 T17· 数列的递推关系 及通项公式
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卷Ⅰ 2015 卷Ⅱ
T7·等差数列的通项及前n项和 公式 T13·等比数列的概念及前n项和 公式 T5·等差数列的通项公式、性质 及前n项和公式 T9·等比数列的通项公式和性质
[解析]
(1)当 n＝1 时， 4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，
n＋22an 解得 a1＝8.当 n≥2 时，4(Sn＋1)＝ ，则 4(Sn－1＋1) n＋ 1 n＋12an－1 n＋22an n＋12an－1 ＝ ，两式相减得，4an＝ － ，整 n n n＋ 1 n＋13 n＋13 an an an－1 a2 理得， ＝ ，所以 an ＝ · · „· · a1 ＝ 3 n a n3 an－1 an－1 an－2 1 n3 33 3 × ×„× × 8 ＝ ( n ＋ 1) .检验知，a1＝8 也符合，所以 3 3 2 n－1 an＝(n＋1)3.
[答案]
(1)A
2n (2) n＋ 1
[方法技巧]
由 an 与 Sn 的关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类讨论思想的应用， 分 n＝1 和 n≥2 两种情况 讨论，特别注意 an＝Sn－Sn－1 成立的前提是 n≥2. (2)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 也适合，则需 统一表示(“合写”)． (3)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 不适合，则数 列的通项公式应分段表示(“分写”)， 即
a2 a3 an (2)根据 a1＋ 2＋ 2＋„＋ 2＝an， 2 3 n an－1 a2 a3 有 a1＋ 2＋ 2＋„＋ ＝an－1， 2 3 n－12
① ②
an ①－②得， 2＝an－an－1，即 n2an－1＝(n2－1)an， n an n2 n2 所以 ＝ ＝ ， an－1 n2－1 n＋1n－1 a2 a3 an 所以 an＝a1× × ×„× a1 a2 an－1
n－1n＋2 n2＋n 1 累加法可得 an－a1＝ ， 所以 an＝ ， 所以a ＝ 2 2 n
1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 － ＝ 2 n n＋1 ，故 ＋ ＋ „ ＋ ＝2 － ＋ － a1 a2 a2 017 1 2 2 3 n2＋n 1 2 017 1 1 ＋„＋ － ＝21－2 018＝ ，故选 A. 答案：A 2 017 2 018 1 009
[研高考·明考点]
年份 卷别 卷Ⅰ 2017 卷Ⅱ 卷Ⅲ 小题考查 ———— ———— ———— 大题考查
T17·等比数列的通项公式与前n 项和，等差数列的判定
T17·等差、等比数列的通项公 式及前n项和 T17·数列的递推关系及通项公 式，裂项相消法求和
年份
卷别
卷Ⅰ
小题考查
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2016
卷Ⅱ
卷Ⅲ
[典例感悟]
[典例] (1)(2017· 云南调研 )已知数列 {an}的前 n 项和为
Sn，且满足 4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的 通项公式 an＝ A．(n＋1)3 C．8n2 B．(2n＋1)2 D．(2n＋1)2－1 ( )
a2 a3 (2)(2017· 成都模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋ 2＋ 2＋„ 2 3 an ＋ 2＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式 an＝______为 Sn.若 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈ N*，则 S5＝________.
S1n＝1， an＝ Sn－Sn－1n≥2.
[演练冲关] 1．(2018 届高三· 广东五校联考)数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1
1 1 1 ＝a1＋an＋n(n∈N )，则 ＋ ＋„＋ ＝ a1 a2 a2 017
*
(
)
2 017 2 015 2 016 2 015 A. B. C. D. 1 009 1 008 2 017 2 016 解析：由 a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n 可得 an＋1－an＝n＋1，利用
22 32 n2 ＝1× × ×„× 2＋12－1 3＋13－1 n＋1n－1 22×32×42ׄ×n2 ＝ 2－12＋13－13＋14－14＋1„n－1n＋1 22×32×42ׄ×n2 ＝ 1×3×2×4×3×5ׄ×n－1×n＋1 2n ＝ . n＋ 1
偶 1.三角函数的综合问题 偶 考 2.平面向量与解三角形、 考 数列与其他知识的综合问题 点 三角函数的综合问题 点
第一讲 小题考法——等差数列与等比数列
主要考查方式有两种： 一是利用 an 与 Sn 的关系求通项 an 或前 n 项和 Sn； 二是利用 an 与 an＋1 的关系求通项 an 或前 n 项和 Sn.
2．(2017· 石家庄质检)数列{an}满足 an＋1＋(－1)nan＝2n－1， 则{an}的前 60 项和为 A．3 690 C．1 845 B．3 660 D．1 830 ( )
解析：不妨令 a1＝1，根据题意，得 a2＝2，a3＝a5＝a7＝„＝ 1，a4＝6，a6＝10，„，所以当 n 为奇数时，an＝1，当 n 为 偶数时构成以 a2＝2 为首项， 以 4 为公差的等差数列． 所以{an} 30×30－1 的前 60 项和为 S60＝30＋2×30＋ ×4＝1 830. 2 答案：D
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[析考情·明重点]
小题考情分析 大题考情分析 高考对数列的考查若只出现在 解答题中时，常以数列的相关 1.等差、等比数列的基本 项以及关系式，或an与Sn的关系 常 常 运算(3年2考) 入手，结合等差、等比数列的 考 考 2.等差、等比数列的性质 定义展开考查，题型主要有： 点 点 (3年2考) 1.等差、等比数列基本量的运算 2.数列求和问题 3.等差、等比数列的判断与证明