2018高中数学人教B版必修5第2章《数列》(2.3 第3课时)同步练习

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高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列2.3习题课——等比数列习题课

D典例透析 S随堂演练
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题型一
题型二
题型三
题型四
1
1

2
1
(2)解:由(1)知 -1= · -1 =
1
即

1
=
2
1
+1,则

设 Tn= +
2

3
=
1
22
2
2
2
2
1
+
2
2
+…+
3
=
2

1
1-
2
1
12
1
=1-
2
−
−
2
1
2
1
2
22
,
+n.

2
+

2 +1
1
,②
−
+…+
2

2 +1
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2=a1+a2+a3=-24,b1=-8,
所以-8q=-24,q=3.
1 (1- )
所以数列{bn}的前 n 项和公式 Sn=
1-
=4(1-3n).
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IANLITOUXI
1
2
3
UITANGLIANXI
4
1等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1的值为
题型四
等比数列的基本运算
【例1】 (1)已知Sn为等比数列{an}的前n项和,Sn=93,an=48,公比

2018版高中数学人教B版必修五学案：第二单元疑难规律方法：第二章数列含答案精品

1 函数的视角看数列数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题．下面从函数角度对数列有关问题进行分析，体会数列与函数的有机结合．一、利用函数单调性求数列的最大项例1 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ⎝⎛⎭⎫79n ＋1，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由．分析设a n ＝f (n )，可通过函数f (n )的单调性来判断数列的单调性，从而求解．解设a n ＝f (n )，则f (n )＝n ⎝⎛⎭⎫79n ＋1，f (n ＋1)＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫79n ＋2.则f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫79n ＋2－n ⎝⎛⎭⎫79n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎫79n ＋1·7－2n 9，当n >3时，f (n ＋1)－f (n )<0；当1≤n ≤3时，f (n ＋1)－f (n )>0.综上可知，{a n }在n ∈{1,2,3}时，单调递增；在n ∈{4,5,6,7，…}时，单调递减．所以存在最大项，且第3项为最大项．点评数列可以看作是一个定义在正整数集(或其子集)上的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一组函数值．数列的通项公式体现了数列的项与其序号之间的对应关系．二、利用函数思想求数列的通项例2 已知数列{a n }的通项公式a n ＝n 2＋n ＋1n ，若：(1)数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，求{b n }的通项公式； (2)数列{c n }满足c n ＝a 2n －1，求{c n }的通项公式．分析设a n ＝f (n )，函数f (n )中的n 用某一代数式φ(n )代替，整理，即可求解．解设f (n )＝n 2＋n ＋1n，则：(1)b n ＝f (2n －1)＝(2n －1)2＋2n －1＋12n －1＝4n 2－2n ＋12n －1，则b n ＝4n 2－2n ＋12n －1.(2)c n ＝f (2n －1)＝(2n －1)2＋2n －1＋12n －1＝4n －2n ＋12n －1，则c n ＝4n －2n ＋12n －1.点评数列是特殊的函数，因此要善于运用函数的观点、知识来解决数列的有关问题，居高临下使问题变得清晰，问题的解决也往往简捷得多．三、利用函数周期性求数列的项例3 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝6，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 2 013的值为________．分析如果直接求a 2 013，运算量太大，而求通项a n 也很难办到，那么数列{a n }的各项之间是否有规律可循？不妨从前几项入手试一试．解析由a 1＝1，a 2＝6，及a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得 a 3＝a 2－a 1＝6－1＝5， a 4＝a 3－a 2＝5－6＝－1， a 5＝a 4－a 3＝－1－5＝－6， a 6＝a 5－a 4＝－6－(－1)＝－5，a 7＝1，a 8＝6，a 9＝5，a 10＝－1，a 11＝－6，a 12＝－5，…，因此{a n }是以6为周期的数列，所以a 2 013＝a 6×335＋3＝a 3＝5.答案 5点评由数列的递推公式写出数列的前几项，再由前几项归纳、猜想、发现数列的周期性，从而解决问题.2 求数列通项的四大法宝一、公式法当题设中有a n 与S n 的关系式时，常用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2来求解．例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －2，求其通项公式a n . 解当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2－(3n －1－2)＝3n －3n －1＝2×3n －1，又a 1＝1≠2×31－1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. 二、叠加法若数列{a n }满足a n －a n －1＝f (n －1)(n ≥2)，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)可求，则可用叠加法求通项公式．例2 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，求其通项公式a n .解由已知，得a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝32，a 4－a 3＝33，…，a n －a n －1＝3n －1，以上式子左右两边分别相加，得 a n －a 1＝3＋32＋33＋…＋3n －1，所以a n ＝3(1－3n －1)1－3＋1＝3n －12(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，所以a n ＝3n －12(n ∈N ＋)．三、叠乘法若数列{a n }满足a na n －1＝f (n －1)(n ≥2)，其中f (1)f (2)·…f (n －1)可求，则可用叠乘法求通项公式．例3 已知在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1(a n≠0，n ≥2)，求其通项公式a n .解由a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1，得a n a n －1＝3n －43n －1，所以a 2a 1＝25，a 3a 2＝58，a 4a 3＝811，a 5a 4＝1114，…，a n a n －1＝3n －43n －1(n ≥2)，以上式子左右两边分别相乘，得a n a 1＝23n －1，所以a n ＝63n －1(n ≥2)，又a 1＝3＝63×1－1，所以a n ＝63n －1(n ∈N ＋)．四、构造法当题中出现a n ＋1＝pa n ＋q (pq ≠0且p ≠1)的形式时，把a n ＋1＝pa n ＋q 变形为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，即a n ＋1＝pa n ＋λ(p －1)，令λ(p －1)＝q ，解得λ＝qp －1，从而构造出等比数列{a n ＋λ}．例4 数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14a n ＋3(n ∈N ＋)，求其通项公式a n .解设a n ＋1＋t ＝14(a n ＋t )，则a n ＋1＝14a n －34t ，与已知比较，得－34t ＝3，所以t ＝－4，故a n ＋1－4＝14(a n －4)．又a 1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{a n －4}是首项为－3，公比为14的等比数列，因此a n －4＝－3×⎝⎛⎭⎫14n －1，即a n ＝4－3×⎝⎛⎭⎫14n －1(n ∈N ＋).3 函数思想在等差数列中的妙用性质1：在等差数列{a n }中，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，变形为a n ＝dn ＋(a 1－d )，知点(n ，a n )均在直线y ＝dx ＋(a 1－d )上．例1 在等差数列{a n }中，a 12＝21，a 45＝153，那么225是第几项？解由a n ＝dn ＋a 1－d ，知点(n ，a n )在直线y ＝dx ＋a 1－d 上，所以a 45－a 1245－12＝225－a 45n －45＝d ，代入数据得153－2145－12＝225－153n －45，得n ＝63，即225是这个数列中的第63项．性质2：在等差数列{a n }中，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，变形为S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2，知点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 均在直线y ＝d 2x ＋a 1－d2上．例2 在等差数列{a n }中，S 10＝20，S 50＝200，则S 2 010的值为________．解析由S n ＝An 2＋Bn ，知S nn＝An ＋B ，所以点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 在直线y ＝Ax ＋B 上，于是点⎝⎛⎭⎫10，S 1010，⎝⎛⎭⎫50，S 5050，⎝⎛⎭⎫2 010，S 2 0102 010三点共线，∴S 5050－S 101050－10＝S 2 0102 010－S 50502 010－50成立．把S 10＝20，S 50＝200代入上式，解得S 2 010＝205 020. 答案 205 020性质3：在等差数列{a n }中，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，变形为S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，若设A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn ，且点(n ，S n )均在曲线y ＝Ax 2＋Bx 上．例3 已知等差数列{a n }中，S m ＝S n (m ≠n )，则S m ＋n ＝______.解析由S n ＝An 2＋Bn ，知点(n ，S n )在抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上．又S m ＝S n ，所以点P 1(m ，S m )与点P 2(n ，S n )关于抛物线的对称轴对称，而对称轴方程为x ＝m ＋n2，不妨设A <0，如图所示x C ＝m ＋n ，从而S m ＋n ＝0. 答案 0例4 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1>0，S 12>0，S 13<0，指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由？解 ∵{a n }是等差数列，∴S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . ∵S 12>0，S 13<0.∴a 13＝S 13－S 12<0. ∵a 1>0，a 13<0，∴d<0.∴点(n ，S n )分布在开口方向向下的抛物线y ＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x 的图象上．设二次函数y ＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x 的对称轴为n 0，则2n 0是二次函数的一个零点． ∵S 12>0，S 13<0， ∴12<2n 0<13，∴6<n 0<6.5.易知n ＝6对应的A (6，S 6)与对称轴的距离比n ＝7对应的B (7，S 7)与对称轴的距离更小． ∴A 点为最高点，S 6最大．由上述例子可见，解等差数列问题时，若能灵活运用函数的思想与方法，可以简化运算过程，开拓解题思路，收到事半功倍的效果．4 数列求和的方法和技巧连连看求和是数列的主要问题之一，数列求和方法多，技巧性强，是培养创新能力的好素材，也是高考考查的重要内容．现结合例子把数列求和的主要方法列举如下： 1．应用公式求和方法要领：等差、等比数列的前n 项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式．在每种数列中均有两个求和公式可供选择．尤其是利用等差数列的前n 项和公式时，首先要确定公比q 是否为1，以确定选用哪一个公式来求和，否则要通过分类讨论进行解答．例1 求数列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n 项和．解所求数列的前n 项和中共有1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2.故该数列的前n 项和 S n ＝n (n ＋1)2×1＋12×n (n ＋1)2×⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2－1×2 ＝n (n ＋1)2＋n (n ＋1)2⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2－1＝⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)22＝n 2(n ＋1)24.点评本题实际上是求从1开始的连续奇数的和，奇数的个数共有1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.最后一个奇数为1＋2×⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)2－1＝n 2＋n －1.因此前n 项和也可以这样求得S n ＝n (n ＋1)2⎣⎡⎦⎤1＋(n 2＋n －1)2＝n 2(n ＋1)24.例2 求数列1，a ＋a 2，a 3＋a 4＋a 5，a 6＋a 7＋a 8＋a 9，…(a ≠0)的前n 项和．解所求数列的前n 项和可以看成是由等比数列1，a ，a 2，a 3，a 4，…取出前1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2项后再求和得到，且取出的最后一项为a n (n ＋1)2－1，故所求数列的前n 项和为S n＝1＋a ＋a 2＋a 3＋…＋a n (n ＋1)2－1.当a ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；当a ≠1时，S n ＝1－a n (n ＋1)2－1·a 1－a ＝1－an (n ＋1)21－a.点评题目中所给数列实际上并不是等比数列，求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前n (n ＋1)2项的和．由于公比为字母a ，需要分类讨论． 2．分组转化求和方法要领：分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差，分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列．例3 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n 为奇数)，2n 2 (n 为偶数)，S n 为数列{a n }的前n 项和，求S n .解由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n 为奇数)，2n 2(n 为偶数)可知，数列{a n }的奇数项成等差数列，公差d ＝2，偶数项成等比数列，公比q ＝2.所以当n 为偶数时， S n ＝(a 1＋a 3＋...＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋...＋a n ) ＝[1＋3＋...＋(n －1)]＋(21＋22＋ (2)2)＝n 24＋2n ＋22－2；当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n＝(n －1)24＋2n ＋12－2＋n ＝(n ＋1)24＋2n ＋12－2.点评通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和，这是数列求和的一个基本思想． 3．裂项相消求和方法要领：常见的拆项公式有： ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)；⑥2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1. 例4 等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960. (1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝(6＋d )q ＝64，S 3b 3＝(9＋3d )q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎨⎧d ＝－65，q ＝403(舍去)．故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)．所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2)＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2).点评拆项成差的目的在于大量抵消中间的项，使前n 项和S n 的表达式得以简化．对于一些拆项的方法不要死记硬背，关键是观察通项a n 的特征结构进行代数恒等变形． 4．奇偶并项求和方法要领：当通项中含有符号因子(－1)n 或(－1)n＋1时，数列中相邻两项的符号异号，邻项合并后若规律明显，易于求和，可以考虑相邻两项合并后求和．由于并项的需要，常常对n 的奇偶性进行分类讨论．例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)，求a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100. 解由题意，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)－…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100.例6 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1 (n ∈N ＋)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3.所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 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.点评求数列{a n }的前n 项和S n 时，若含有符号因子(－1)n ，一般要对n 按奇数、偶数两种情况讨论．5．错位相减求和方法要领：一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和．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”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．例7 化简：S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1.解 S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n－1两边同时乘以2，得到2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋3×2n －2＋2×2n －1＋2n∴S n ＝－n ＋(21＋22＋…＋2n －1＋2n )＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.例8 已知c n＝⎩⎨⎧85n －35n ⎝⎛⎭⎫23n －1 (当n 为奇数时)，－85n －35n ⎝⎛⎭⎫23n －1(当n 为偶数时)，S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n ，求S n . 解当n 为奇数时，S n ＝⎝⎛⎭⎫85－2×85＋3×85－4×85＋…＋85n －35[1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1] ＝4(n ＋1)5－35[1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1]．当n 为偶数时，S n ＝[85－2×85＋3×85－4×85＋…＋⎝⎛⎭⎫－85n ]－35[1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1]＝－4n 5－35[1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1]．令T n ＝1×⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋3×⎝⎛⎭⎫232＋4×⎝⎛⎭⎫233＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n －1，① 则23T n ＝1×⎝⎛⎭⎫231＋2×⎝⎛⎭⎫232＋3×⎝⎛⎭⎫233＋4×⎝⎛⎭⎫234＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n ，② ①－②，得13T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫231＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫234＋…＋⎝⎛⎭⎫23n －1－n ⎝⎛⎭⎫23n＝1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23－n ⎝⎛⎭⎫23n＝3－(3＋n )⎝⎛⎭⎫23n， ∴T n ＝9－(9＋3n )⎝⎛⎭⎫23n .因此S n＝⎩⎨⎧4n －235＋9(n ＋3)5⎝⎛⎭⎫23n(当n 为奇数时)，－4n ＋275＋9(n ＋3)5⎝⎛⎭⎫23n(当n 为偶数时).点评利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分q ＝1和q ≠1两种情况分别求和．5 提高运算速度七妙招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略．第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜．例1 已知{a n }是公差为2的等差数列，若a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝100，那么a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98等于( )A ．166B ．66C ．34D ．100解析若先求出a 1，再求和，运算较为繁琐．注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列．由于(a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98)－(a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97)＝(a 2－a 1)＋(a 5－a 4)＋(a 8－a 7)＋…＋(a 98－a 97)＝33d ＝66，所以a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98＝100＋66＝166，故选A. 答案 A点评活用等差、等比数列的概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化．第二招巧用性质数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便．例2 各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 7a 8＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 14等于( )A ．12B ．14C ．10D ．10＋log 32解析若设出a 1和q ，利用基本量法求解，显然运算量较大．若利用性质a 1a 14＝a 2a 13＝…＝a 7a 8＝9，则a 1a 2…a 14＝(a 7a 8)7＝97，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 14＝log 397＝14，故选B. 答案 B点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器．第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题．例3 已知等差数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝388，则该数列的通项a n ＝________.解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项．设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 10－a 310－3＝388－37＝55，a n ＝a 3＋(n －3)d ＝3＋(n －3)×55＝55n －162.答案 55n －162点评常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解．而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项．第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的．例4 设S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，且S 9＝18，S n ＝240，若a n －4＝30，试求n 的值．解常规解法是设出基本量a 1，d ，列方程组求解，但较繁琐．若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速．由S 9＝18，即9(a 1＋a 9)2＝18，则a 1＋a 9＝4＝2a 5，故a 5＝2.又S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n (2＋30)2＝240，所以n ＝15.点评本题解法不在a 1，d 上做文章，而是将S n 变形整理用a 5＋a n －4表示，使解题过程大大简化．第五招数形结合数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题．例5 在公差d <0的等差数列{a n }中，已知S 8＝S 18，则此数列的前多少项的和最大？解用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：①通项a x 联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；②前x 项和S x 联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值．设f (x )＝S x ＝xa 1＋x (x －1)2d ＝d 2x 2＋(a 1－d2)x ，则(n ，S n )在二次函数的图象上．由于S 8＝S 18，d <0，所以y ＝f (x )的对称轴是x ＝8＋182＝13，且开口向下，故当x ＝13时，f (x )取得最大值，故数列{a n }的前13项的和最大．点评从直观性角度研究数列问题，可使问题变得生动形象，易于求解．第六招分解重组在处理数列求和问题时，若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分，则对数列的前n 项和进行重新分解，分别求和．例6 在数列{a n }中，已知a 1＝56，a 2＝1936，且{b n }是公差为－1的等差数列，b n ＝log 2(a n ＋1－13a n )，{c n }是公比为13的等比数列，c n ＝a n ＋1－12a n ，求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .解由已知条件，事先无法估计a n 解析式的结构，因此不能用待定系数法求a n .但是利用等差数列{b n }和等比数列{c n }可以得出关于a n ＋1和a n 的两个等式，消去a n ＋1，即可得a n .再根据a n 求解对应的前n 项和．因为a 1＝56，a 2＝1936，所以b 1＝log 2⎝⎛⎭⎫1936－13×56＝－2， c 1＝1936－12×56＝132，又{b n }是公差为－1的等差数列，{c n }是公比为13的等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝－n －1，c n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1，即⎩⎨⎧log 2⎝⎛⎭⎫a n ＋1－13a n ＝－n －1，a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1，则⎩⎨⎧a n ＋1－13a n ＝12n ＋1，an ＋1－12a n ＝13n ＋1，得a n ＝32n －23n ，所以S n ＝3·(12＋122＋…＋12n )－2·(13＋132＋…＋13n )＝2－32n ＋13n .点评通项虽不是等比数列，但可拆为两个等比数列的和的形式，再分别利用等比数列的求和公式求和．第七招合理化归化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识，包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等．例7 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n (n ＝1,2,3，…)，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n是等比数列．证明要证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列，必须把问题化成与S nn 这个整体有关的问题，通过等比数列的定义加以证明．由于a n ＋1＝n ＋2n S n ，a n ＋1＝S n ＋1－S n，则(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，即S n ＋1n ＋1＝2S n n .又S n ≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项、2为公比的等比数列．点评将数列中的复杂问题进行转化，关键是找准方向，再利用已知等差或等比数列的相关知识求解．6 小公式，大用场——公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)，S n －S n －1 (n ≥2)在解数列综合题中的重要应用由数列前n 项和S n 的含义可知，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，从而得到公式a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)对任意数列都成立．在数列一章中，这是一个不太起眼的小公式，但是就是这样一个微不足道的小公式在求解数列综合题中发挥着重要的作用，也是近几年考试中高频考查的公式之一．下面结合例子谈一下该公式的重要用途．1．已知S n ＝f (n )，求a n例1 数列{a n }的前n 项和S n 满足关系lg (S n ＋1)＝n (n ＝1,2,3，…)，试证数列{a n }是等比数列．分析先由lg (S n ＋1)＝n ，求出S n ，再由公式a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求出a n ，最后利用等比数列定义证明．证明由已知可得S n ＝10n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(10n －1)－(10n －1－1)＝9·10n －1.又n ＝1时，a 1＝S 1＝9也满足上述通项公式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝9·10n －1.而当n ≥2时，a n a n －1＝9·10n －19·10n －2＝10为一常数，∴数列{a n }是以9为首项， 10为公比的等比数列． 2．已知S n ＋1＝f (S n )，求a n 或S n例2 已知数列{a n }的首项a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，n ∈N ＋. (1)证明：数列{a n ＋1}是等比数列； (2)求{a n }的通项公式以及S n .分析注意到S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，得到S n ＝2S n －1＋n ＋4，然后两式相减就会得到a n ＋1与a n 的递推关系，从而使问题(1)获证，在第(1)问结论的基础上易求a n 及S n . (1)证明由已知S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，n ∈N ＋，可得当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ＋4. 两式相减得S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＝2a n ＋1，从而a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)．当n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，所以a 2＋a 1＝2a 1＋6，又a 1＝5，所以a 2＝11，从而a 2＋1＝2(a 1＋1)，故总有a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ∈N ＋，又a 1＝5，a 1＋1≠0，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝2，即数列{a n ＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)解由(1)得a n ＋1＝6·2n －1，所以a n ＝6·2n －1－1，于是S n ＝6·(1－2n )1－2－n ＝6·2n －n －6.3．已知S n ＝f (a n )，求a n 或S n例3 设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n ＝32(a n －1) (n ∈N ＋)，数列{b n }的通项公式为b n ＝4n ＋3(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)将数列{a n }、{b n }的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{d n }，证明数列{d n }的通项公式为d n ＝32n ＋1 (n ∈N ＋)．分析 (1)一般地，当已知条件中含有a n 与S n 的混合关系时，常需要运用关系式a n ＝S n －S n －1，先将已知条件转化为只含a n 或S n 的关系式，然后再求解．(2)一般地，一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．(1)解由已知A n ＝32(a n －1) (n ∈N ＋)．当n ＝1时，a 1＝32(a 1－1)，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝A n －A n －1＝32(a n －a n －1)，由此解得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3 (n ≥2)．所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n (n ∈N ＋)．(2)证明由计算可知a 1，a 2不是数列{b n }中的项．因为a 3＝27＝4×6＋3，所以d 1＝27是数列{b n }中的第6项．设a k ＝3k 是数列{b n }中的第m 项，则3k ＝4m ＋3 (k ，m ∈N ＋)，因为a k ＋1＝3k ＋1＝3·3k ＝3(4m ＋3)＝4(3m ＋2)＋1，所以a k ＋1不是数列{b n }中的项．而a k ＋2＝3k ＋2＝9·3k ＝9(4m ＋3)＝4(9m ＋6)＋3，所以a k ＋2是数列{b n }中的项．由以上讨论可知d 1＝a 3，d 2＝a 5，d 3＝a 7，…，d n ＝a 2n ＋1. 所以数列{d n }的通项公式是d n ＝a 2n ＋1＝32n ＋1 (n ∈N ＋)．4．已知a n ＝f (S n )，求a n 或S n例4 已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项的和为S n ，对任意的自然数n ≥2，a n 是3S n －4与2－32S n －1的等差中项． (1)求通项a n ；(2)求S n .分析由已知能推出a n ＋1a n ＝－12，但是a n ＋1a n ＝－12成立的前提n ≥2，只能说明数列从第2项起为等比数列，至于整个数列{a n }是否为等比数列还需验证a 2a 1是否等于－12，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视．解 (1)由已知，得当n ≥2时， 2a n ＝(3S n －4)＋⎝⎛⎭⎫2－32S n －1. ① 又a n ＝S n －S n －1，②得a n ＝3S n －4(n ≥2)，a n ＋1＝3S n ＋1－4. 以上两式相减得a n ＋1－a n ＝3a n ＋1， ∴a n ＋1a n ＝－12，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列，其中a 2＝3S 2－4＝3(1＋a 2)－4.即a 2＝12，q ＝－12，∴当n ≥2时，a n ＝a 2q n －2＝12⎝⎛⎭⎫－12n －2＝－⎝⎛⎭⎫－12n －1，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)，－⎝⎛⎭⎫－12n －1 (n ≥2).(2)当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 2＋…＋a n ) ＝1＋12[1－⎝⎛⎭⎫－12n －1]1－⎝⎛⎭⎫－12＝1＋13⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1.当n ＝1时，S 1＝1＝1＋13⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－120，也符合上述公式．即S n ＝43－13⎝⎛⎭⎫－12n －1.7 盘点数列中的易错问题1．对数列的概念理解不准而致错例1 已知数列{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N ＋，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．[错解] 因为a n ＝n 2＋λn 是关于n 的二次函数，且n ≥1，所以－λ2≤1，解得λ≥－2.[点拨] 数列是以正整数N ＋(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．[正解1] 设f (x )＝x 2＋λx ，则其图象的对称轴为x ＝－λ2，因为a n ＝n 2＋λn ，所以点(n ，a n )在f (x )的图象上，由数列{a n }是单调递增数列可知，若－λ2≤1，得λ≥－2；如图所示，当2－⎝⎛⎭⎫－λ2>－λ2－1，即当λ>－3时，数列{a n }也是单调递增的．故λ的取值范围为{λ|λ≥－2}∪{λ|λ>－3}＝{λ|λ>－3}．即λ>－3为所求的取值范围． [正解2] 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n >0 (n ∈N ＋)恒成立．又a n ＝n 2＋λn (n ∈N ＋)，所以(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－(n 2＋λn )>0恒成立，即2n ＋1＋λ>0，所以λ>－(2n ＋1) (n ∈N ＋)恒成立．而当n ∈N ＋时，－(2n ＋1)的最大值为－3(当n ＝1时)，所以λ>－3即为所求的取值范围．2．忽视数列与函数的区别而致错例2 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N ＋，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．[错解] 因为数列{a n }是递增数列，且点(n ，a n )在函数f (x )的图象上，所以分段函数f (x )是递增函数，故实数a 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，7(3－a )－3<a ，解得94<a <3.[点拨] 上述解法，把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增，忽视了二者的区别，事实上，数列单调递增，所在函数不一定单调． [正解] 由题意，得点(n ，a n )分布在分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7的图象上，因此当3－a >0时，a 1<a 2<a 3<…<a 7；当a >1时，a 8<a 9<a 10<…；为使数列{a n }递增还需a 7<a 8.故实数a 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f (7)<f (8)，解得2<a <3，故实数a 的取值范围是(2,3)．温馨点评数列单调递增，所在函数不一定单调递增，防止知识混淆而导致解题结果错误. 3．公式使用条件考虑不周全而致错例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .[错解] a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.[点拨] 公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2)是分段的，因为n ＝1时，S n －1无意义．在上述解答中，应加上限制条件n ≥2，然后验证当n ＝1时的值是否适合当n ≥2时的表达式．[正解] a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.由于a 1不适合此式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6 (n ＝1)，2·3n －1＋2 (n ≥2).4．审题不细心，忽略细节而致错例4 首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数，求公差d 的取值范围． [错解] a 10＝a 1＋9d ＝－24＋9d >0，∴d >83.[点拨] 忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a 9≤0.[正解] 设a n ＝－24＋(n －1)d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 9＝－24＋(9－1)d ≤0，a 10＝－24＋(10－1)d >0，解不等式得83<d ≤3.温馨点评审题时要细心，包括问题的细节，有时细节决定解题的成败.5．忽略概念中的隐含条件而致错例5 一个凸n 边形的各内角度数成等差数列，其最小角为120°，公差为5°，求凸n 边形的边数．[错解] 一方面凸n 边形的内角和为S n ，S n ＝120°n ＋n (n －1)2×5°.另一方面，凸n 边形内角和为(n －2)×180°.所以120n ＋n (n －1)2×5＝(n －2)×180.化简整理得n 2－25n ＋144＝0.所以n ＝9或n ＝16. 即凸n 边形的边数为9或16.[点拨] 凸n 边形的每个内角都小于180°.当n ＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°应该舍掉．[正解] 凸n 边形内角和为(n －2)×180°，所以120n ＋n (n －1)2×5＝(n －2)×180，解得n ＝9或n ＝16.当n ＝9时，最大内角为120°＋8×5°＝160°<180°；当n ＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°，舍去．所以凸n 边形的边数为9.6．忽视等差数列前n 项和公式的基本特征而致错例6 已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且对一切正整数n 都有S nT n ＝5n ＋32n ＋7，试求a 9b 9的值．[错解] 设S n ＝(5n ＋3)k ，T n ＝(2n ＋7)k ，k ≠0，则a 9＝S 9－S 8＝(5×9＋3)k －(5×8＋3)k ＝5k ， b 9＝T 9－T 8＝(2×9＋7)k －(2×8＋7)k ＝2k ，所以a 9b 9＝52.[点拨] 此解答错在根据条件S n T n ＝5n ＋32n ＋7，设S n ＝(5n ＋3)k ，T n ＝(2n ＋7)k ，这是把等差数列前n 项和误认为是关于n 的一次函数，没有准确把握前n 项和公式的特点． [正解] 因为{a n }和{b n }是公差不为0的等差数列，故设S n ＝n (5n ＋3)k ，T n ＝n (2n ＋7)k ，k ≠0，则 a 9＝S 9－S 8＝9×(5×9＋3)k －8×(5×8＋3)k ＝88k ， b 9＝T 9－T 8＝9×(2×9＋7)k －8×(2×8＋7)k ＝41k ，所以a 9b 9＝8841.7．等差数列的特点考虑不周全而致错例7 在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 有最大值，并求出它的最大值． [错解] 设公差为d ，∵S 10＝S 15， ∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，得120d ＝－200，即d ＝－53，∴a n ＝20－(n －1)·53，当a n >0时，即20－(n －1)·53>0，∴n <13.∴当n ＝12时，S n 最大，S 12＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎫－53＝130. ∴当n ＝12时，S n 有最大值S 12＝130.[点拨] 解中仅解不等式a n >0是不正确的，事实上应解a n ≥0，a n ＋1≤0.[正解] 由a 1＝20，S 10＝S 15，解得公差d ＝－53. ∵S 10＝S 15，∴S 15－S 10＝a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0.∵a 11＋a 15＝a 12＋a 14＝2a 13＝0，∴a 13＝0.∵公差d <0，a 1>0，∴a 1，a 2，…，a 11，a 12均为正数，而a 14及以后各项均为负数．∴当n ＝12或13时，S n 有最大值为S 12＝S 13＝130.8．忽略题目中的隐含条件而致错例8 已知数列－1，a 1，a 2，－4成等差数列，－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，求a 2－a 1b 2的值．[错解] ∵－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1. ∵－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列．∴b 22＝(－1)×(－4)＝4，∴b 2＝±2. 当b 2＝2时，a 2－a 1b 2＝－12＝－12，当b 2＝－2时，a 2－a 1b 2＝－1－2＝12.∴a 2－a 1b 2＝±12. [点拨] 注意b 2的符号已经确定，且b 2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误．[正解] ∵－1，a 1，a 2，－4成等差数列，设公差为d ，则a 2－a 1＝d ＝13[(－4)－(－1)]＝－1. ∵－1，b 1，b 2，b 3，－4成等比数列，∴b 22＝(－1)×(－4)＝4，∴b 2＝±2. 若设公比为q ，则b 2＝(－1)q 2，∴b 2<0.∴b 2＝－2，∴a 2－a 1b 2＝－1－2＝12.9．求和时项数不清而致错例9 求1＋2＋22＋…＋2n 的和．[错解] 1＋2＋22＋ (2)＝1－2n1－2＝2n －1. [点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n ，项数应为n ＋1项．[正解] 这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n ＋1项的和，所以1＋2＋22＋…＋2n ＝1－2n ＋11－2＝2n ＋1－1.10．利用等比数列求和公式忽视q ＝1的情形而致错例10 已知等比数列{a n }中，a 3＝4，S 3＝12，求数列{a n }的通项公式．[错解] 设等比数列的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝12，解得q ＝－12. 所以a n ＝a 3q n －3＝4·⎝⎛⎭⎫－12n －3＝⎝⎛⎭⎫－12n －5. [点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n 项和公式中q ＝1这一特殊情况．[正解] 当q ＝1时，a 3＝4，a 1＝a 2＝a 3＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12，所以q ＝1符合题意．此时a n ＝4. 当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝12，解得q ＝－12，a n ＝a 3q n －3＝⎝⎛⎭⎫－12n －5. 故数列通项公式为a n ＝4或a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －5.以上十例论述了数列中常见的一些错误及其原因，当然数列解题中的错误原因还有未尽之处，本文旨在抛砖引玉，使同学们在学习中养成良好的纠错习惯．集“错”成册，常翻常阅，引以为戒，警钟长鸣．。

【同步练习】人教B版 2017-2018学年高中数学必修5第2章《数列》(2.1 第1课时)同步练习(含答案详解)

2017-2018学年高中数学必修5第2章数列2.1 第1课时同步练习一、选择题1.下面四个结论：①数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1,2,3……，n})上的函数； ②数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；③数列的项数是无限的；④数列通项的表示式是唯一的.其中正确的是( )A.①②B.①②③C.②③D.①②③④2.数列2,0,4,0,6,0，…的一个通项公式是( )A.a n =2n [1＋(－1)n ]B.a n =21+n [1＋(－1)n ＋1] C.a n =2n [1＋(－1)n ＋1] D.a n =21+n [1＋(－1)n ] 3.已知a n =n(n ＋1)，以下四个数中，哪个是数列{a n }中的一项( )A.18B.21C.25D.304.已知数列{a n }的通项公式是a n =11+-n n ，那么这个数列是( ) A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列5.数列1，－3,5，－7,9，…的一个通项公式为( )A.a n =2n －1B.a n =(－1)n (1－2n)C.a n =(－1)n (2n －1)D.a n =(－1)n (2n ＋1)6.数列1,3,7,15，…的通项公式a n =( )A.2nB.2n ＋1C.2n －1D.2n －1 7.已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2－8n ＋15，则3( )A.不是数列{a n }中的项B.只是数列{a n }的第2项C.只是数列{a n }的第6项D.是数列{a n }的第2项或第6项8.已知数列{a n }中，a 1=1，1+n n a a =2，则此数列是( ) A.递增数列 B.递减数列 C.摆动数列 D.常数列9.对任意的a 1∈(0,1)，由关系式a n ＋1=f(a n )得到的数列满足a n ＋1>a n (n ∈N *)，则函数y=f(x)的图象是( )10.已知数列{a n }的通项公式是a n =1562+n n (n ∈N ＋)，则数列的最大项是( ) A.第12项 B.第13项 C.第12项或第13项 D.不存在二、填空题11.已知数列{a n }的通项公式a n =)2(1+n n (n ∈N *)，则1201是这个数列的第________项. 12.数列－1，58，－715，924，…的一个通项公式为________. 13.根据图中的5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图中有________个点.14.已知{a n }是递增数列，且对任意的自然数n(n ≥1)，都有a n =n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为________.三、解答题15.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？16.已知函数f(x)=)1(1 x x ，构造数列a n =f(n)(n ∈N ＋)，试判断{a n }是递增数列还是递减数列？17.已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2－5n ＋4.(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值.18.已知数列1,2，37，25，513，…. (1)写出这个数列的一个通项公式a n ；(2)判断数列{a n }的增减性.参考答案1.答案为：A ；解析：数列的项数可以是有限的也可以是无限的.数列通项的表示式可以不唯一.例如数列1,0，－1,0,1,0，－1,0……的通项可以是a n =sin 2πn ，也可以是a n =cos2)3(π+n 等等. 2.答案为：B;3.答案为：D; 解析：依次令n(n ＋1)=18、21、25和30检验.有正整数解的便是，知选D.4.答案为：A;解析：a n =11+-n n =1－12+n ，随着n 的增大而增大. 5.答案为：B;解析：当n=1时，a 1=1排除C 、D ；当n=2时，a 2=－3排除A ，故选B.6.答案为：C;解析：∵a 1=1，排除A ，B ；又a 2=3，排除D ，故选C.7.答案为：D;解析：令n 2－8n ＋15=3，解此方程可得n=2或n=6，所以3可以是该数列的第2项，也可以是该数列的第6项.8.答案为：B; 解析：由1+n n a a =2可知该数列的前一项是后一项的2倍，而a 1=1>0，所以数列{a n }的项依次减小为其前一项的一半，故为递减数列.9.答案为：A;解析：据题意，由关系式a n ＋1=f(a n )得到的数列{a n }，满足a n ＋1>a n ，即该函数y=f(x)的图象上任一点(x ，y)都满足y>x ，结合图象，只有A 满足，故选A.10.答案为：C;解析：a n =nn 1561+，1562156≥+n n ，但由于n ∈N ＋取不到等号，而a 12=a 13， ∴第12项和第13项都是最大项.11.答案为：10;解析：令a n =1201，即)2(1+n n =1201，解得n=10或n=－12(舍去).12.答案为：a n =(－1)n12)2(++n n n 13.答案为：n 2－n ＋1解析：序号n 决定了每图的分支数，而每分支有(n －1)个点，中心再加一点，故有n ·(n －1)＋1=n 2－n ＋1个点.14.答案为：λ>－3；解析：由{a n }为递增数列，得a n ＋1－a n =(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn=2n ＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n －1在n ≥1时恒成立，令f(n)=－2n －1，f(n)max =－3.只需λ>f(n)max =－3即可.15.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(n=－9舍)，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)，∴从第7项起各项都是正数.16.解：∵a n =)1(1+n n ，则a n ＋1=)2)(1(1++n n .对任意n ∈N ＋，(n ＋1)(n ＋2)>n(n ＋1)， ∴)2)(1(1++n n <)1(1+n n ，于是a n ＋1－a n =)2)(1(1++n n -)1(1+n n <0.∴{a n }是递减数列. 17.解：(1)令n 2－5n ＋4<0，得1<n<4，∵n ∈N *，∴n=2或3.故数列中有两项是负数.即a 2、a 3为负数.(2)a n =n 2－5n ＋4=(n －2.5)2－2.25.∵n ∈N *，∴当n=2或3时，a n 最小，最小值为－2.18.解：(1)数列1,2，37，25，513，….可变为11，24，37，410，513，….观察该数列可知，每一项的分母恰与该项序号n 对应，而分子比序号n 的3倍少2，∴a n =n n 23-. (2)∵a n =n n 23-=3－n 2，∴a n ＋1=3－12+n ， ∴a n ＋1－a n =3－12+n －3＋n 2=n 2－12+n =)1(2+n n >0， ∴a n ＋1>a n .故数列{a n }为递增数列.。

高中数学必修5(人教B版)第二章数列2.4知识点总结含同步练习题及答案

四、课后作业
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1. 数列 1, 3, 7, 15, ⋯ 的通项公式 an 等于 ( A．2 n
答案： C
)
C．2 n − 1 D．2 n−1
B．2 n + 1
2. 已知 a1 = 1 ， an+1 = 第 66 项是 ( 6a n + 1 1 1 B． C． 391 390
答案： A
1 ) ，则 an = ( n
)
C．2 + n ln n
B．2 + (n − 1) ln n D．1 + n + ln n
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an ，等式两边同时取倒数，得 2an + 1 an+1 1 =
an ，求数列{an }的通项公式． 2an + 1 2an + 1 1 = + 2, an an
所以
an+1
故数列{
1
−
1 = 2. an
1 1 }为等差数列，首项 = 1 ，公差 d = 2．所以 an a1 1 = 1 + (n − 1) × 2 = 2n − 1, an
因此数列{an }的通项公式为
an =
1 . 2n − 1
已知数列{an }中，a1 = 2 ，an+1 = 2an + 3 × 2 n ，求数列{an }的通项公式．解：因为 an+1 = 2an + 3 × 2 n ，等式两边同时除以 2 n+1 ，得
an+1 2 n+1
所以
=
2an + 3 × 2 n 2 n+1

高中数学必修5(人教B版)第二章数列2.1知识点总结含同步练习题及答案

故
an+2 = an + an+2 + an+3 ,
an+2 = an + an+2 + an+3 ,
所以 an+3 = −an ．（3）由（2）结论可知，an+6 = −an+3 = an ，即 an+6 = an ，所以数列{an }为以 6 为周期的数列．又a1 = a，a2 = b，a3 = b − a，a4 = −a，a5 = −b，a6 = a − b，所以 S6 = 0．故S2010 = S335×6 = 0．
1
−
n2 n2 + 1
=
[(n
+
2n + 1 1)2 + 1](n2
+ 1)
>
0,
所以
an+1 > an (n ∈ N+ ),
因此数列{an }是递增数列．
在数列{an }中，an
=
(n
+ 1)(
10 11
n
)
(n
∈
N+ )：
()
（1）求证：数列{an }先递增，后递减；
（2）求数列{an }的最大项．证明：（1）因为 an = (n + 1)(
（2）a3 = a2 + a1 = 2 + 1 = 3，a4 = a3 + a2 = 3 + 2 = 5，a5 = a4 + a3 = 5 + 3 = 8，所以
该数列的前 5 项分别为 1, 2, 3, 5, 8．
2.观察法
描述：观察法观察法就是写出数列前面若干项进行观察，横向看各项之间的关系，纵向看各项与序数的联系，寻找共同的构成规律，找出各项与项的序号 n 的函数关系，从而归纳出数列的通项公式的方法，这样得到的数列的通项公式严格上来说需要进行证明．

高中数学人教版必修5课时练习：第二章数列2-3 等差数列的前n项和

＝－1，所以当 n＝20 时 Sn 最大．故选 B．
3.3×1 5＋5×1 7＋7×1 9＋…＋13×1 15＝(
)
A．145
B．125
C．1145
D．175
[答案] B
[解析] 原式＝12(31－15)＋12(51－17)＋…＋12(113－115)＝12(13－115)＝125，故选 B．
4．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{ana1n＋1}的前 100 项和为(
∴数列{Snn}是等差数列，其首项为－2，公差为21，
∴Tn＝14n2－94n.
第 2 课时
一、选择题
1．记等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 d＝3，S4＝20，则 S6＝( )
A．16
B．24
C．36
D．48
[答案] D
[解析] 由 S4＝20,4a1＋6d＝20，解得 a1＝12⇒S6＝6a1＋6×2 5×3＝48.
7．设 Sn 是等差数列{an}(n∈N*)的前 n 项和，且 a1＝1，a4＝7，则 S5＝________. [答案] 25
[解析]
由a1＝1 得a1＝1 ， a4＝7 d＝2
∴S5＝5a1＋5×2 4×d＝25.
8．(2014·北京理，12)若等差数列{an}满足 a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当 n＝________
高中数学人教版必修 5 课时练习第二章 2.3 等差数列的前 n 项和
一、选择题
1．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S8＝4a3，a7＝－2，则 a9＝( )
A．－6
B．－4
C．－2
D．2
[答案] A

人教B版高中数学必修五高中第二章数列2.1数列同步测试含答案.docx

必修五第二章数列 2.1 数列同步测试一、选择题1．下面三个结论：（1）数列若用图像表示，从图像上看都是一群孤立的点；（2）数列的项数是无限的；（3）数列通项的表示式是唯一的.其中正确的是（）Ａ．（1）（2）Ｂ．（1）Ｃ．（2）（3）Ｄ．（1）（2）（3） 2．已知n n a n -=22，那么其中的一项是（）Ａ．30 Ｂ．44 Ｃ．66 Ｄ．903．在数列}{n a 中，已知)(,1,11221N n a a a a a n n n ∈+===++，则=8a （）Ａ．19 Ｂ．20 Ｃ．21 Ｄ．22 4．在数列}{n a 满足111+=+n n a a 且21=a ，则其中一项是（）Ａ．2917Ｂ．85 Ｃ．118 Ｄ．18115．已知正数数列}{n a 的前项的和n S 满足)1(21nn n a a S +=，则它的第2项的值是（）Ａ．12- Ｂ．1 Ｃ．23- Ｄ．26．共有30项的数列}{n a 通项公式是nna n --=9998，其中最大值项与最小值项分别是（）Ａ．130,a a Ｂ．910,a a Ｃ．3010,a a Ｄ．91,a a 二、填空题7．数列0，1，0，2，0，3，0，Λ4的一个通项公式是 . 8．数列}{n a 的前项的和n S 13+=n ，则数列的通项公式是n a = . 9．数列}{n a 满足：n n n n a a a )1(11-+=--，)2(≥n 且11=a ，则35a a 的值是 .10．已知数列：,,11,22,5,2Λ则52是这个数列的第项. 11．已知数列}{n a 满足条件：1322321+-=++++n n a a a a n Λ，则=+++1054a a a Λ .12．已知数列}{n a ：m )1(,,1,1,1---Λ和数列}{n b ：1)1(,,1,1,1+--m Λ的项数均为常数)(N m m ∈，给出下列结论：①两数列的各项和相等； ②数列}{n n b a +的所有项都为零； ③两数列均为有穷数列； ④两数列为同一数列。

2017_2018学年高中数学第二章数列课时作业5数列新人教B版必修5 Word版含答案

)
A．70 B．28 C．20 D．8
3n＋1，n为奇数，解析：由 an＝ 2n－2，n为偶数，
得 a2a3＝2×10＝20.∴选 C.
答案：C 4．已知数列{an}满足：a1>0， A．递增数列 B．递减数列 C．摆动数列 D．不确定 1 解析：由已知数列各项为正，且从第二项起每一项是前一项的，则数列{an}是递减数 2 列．答案：B 5．在数列 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…中，第 25 项为( A．5 B．6 C．7 D．8 解析：数字为 1 的有 1 个，数字为 2 的有 2 个，数字为 3 的有 3 个．∴按照此规律，当数字为 6 时，共有 1＋2＋3＋4＋5＋6＝21 项，当数字为 7 时，共有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7 ＝28 项．∴第 25 项为 7. 答案：C 6．已知数列{an}的通项公式为 an＝－2n ＋29n＋3，则此数列的最大项的值是( A．107 B．108 1 C．108 D．109 8
2 29 292 2 解析：∵an＝－2n ＋29n＋3＝－2n－＋3＋，∴当 n＝7 时，an 最大且等于 108， 4 8 2
an＋1 1 ＝，则数列{an}是( an 2
)
)
)
故选 B. 答案：B 7．已知数列{an}，an＝a ＋(a<0，n∈N )，满足 a1＝2，a2＝4，则 a3＝________.
2＝a＋m，解析：∵ 2 4＝a ＋m，
n n
*
∴
a＝－1， m＝3，
3
∴an＝(－1) ＋3，∴a3＝(－1) ＋3＝2. 答案：2
8．下列叙述中正确的为________． ①数列 an＝2 是常数列；

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第二章 2.3 第3课时一、选择题1．已知等比数列{a n }中，公比q 是整数，a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，则此数列的前8项和为( )A ．514B ．513C ．512D ．510[答案] D[解析] 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝18a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2或12.∵q 为整数，∴q ＝2.∴a 1＝2.∴S 8＝2(1－28)1－2＝29－2＝510.2．(2018·全国大纲理，10)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( )A ．6B ．5C ．4D ．3[答案] C[解析] 本题考查了等比数列和等差数列的通项公式以及等差数列的前n 项和、对数的运算性质．根据条件可知，等比数列的通项公式是a n ＝2×(52)n －4，设b n ＝lg a n ＝lg2＋(n －4)lg 52，这是一个等差数列，所以它的前8项和是S 8＝8(b 1＋b 8)2＝8(lg2－3lg 52＋lg2＋4lg 52)2＝4.3．已知等比数列的前n 项和S n ＝4n ＋a ，则a 的值等于( ) A ．－4 B ．－1 C ．0 D ．1 [答案] B[解析] a 1＝S 1＝4＋a ，a 2＝S 2－S 1＝42＋a －4－a ＝12， a 3＝S 3－S 2＝43＋a －42－a ＝48，由已知得a 22＝a 1a 3， ∴144＝48(4＋a )， ∴a ＝－1.4．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( ) A ．81 B ．120 C ．168 D ．192[答案] B[解析] 公式q 3＝a 5a 2＝2439＝27，q ＝3，a 1＝a 2q ＝3，S 4＝3(1－34)1－3＝120.5．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158[答案] C[解析] 显然q ≠1，∴9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，∴1＋q 3＝9，∴q ＝2，∴{1a n }是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和T 5＝1－(12)51－12＝3116.6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝27，则S 9＝( ) A ．81 B ．72 C ．63 D ．54 [答案] C[解析] ∵S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，∴9,18，S 9－27成等比数列， ∴182＝9(S 9－27)，∴S 9＝63.故选C ．二、填空题7．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.[答案] 15[解析] 设数列{a n }的首项为a 1，则S 4＝a 1(1－124)1－12＝158a 1，a 4＝a 1·(12)3＝18a 1，∴S 4a 4＝158a 118a 1＝15. 8．(2018·湖南理，14)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] 3n －1[解析] ∵3S 1,2S 2，S 3成等差数列，∴2×2(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3，∴a 3＝3a 2，∴q ＝3. 又∵等比数列{a n }，∴a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 三、解答题9．在等比数列{a n }中，已知a 6－a 4＝24，a 3·a 5＝64，求数列{a n }的前8项和． [解析] 解法一：设数列{a n }的公比为q ，根据通项公式a n ＝a 1q n －1，由已知条件得 a 6－a 4＝a 1q 3(q 2－1)＝24，① a 3·a 5＝(a 1q 3)2＝64， ∴a 1q 3＝±8.将a 1q 3＝－8代入①式，得q 2＝－2，没有实数q 满足此式，故舍去．将a 1q 3＝8代入①式，得q 2＝4，∴q ＝±2. 当q ＝2时，得a 1＝1，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝255；当q ＝－2时，得a 1＝－1，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝85.解法二：因为{a n }是等比数列，所以依题意得 a 24＝a 3·a 5＝64， ∴a 4＝±8，a 6＝24＋a 4＝24±8. 因为{a n }是实数列，所以a 6a 4＞0，故舍去a 4＝－8，而a 4＝8，a 6＝32，从而a 5＝±a 4·a 6＝±16. 公比q 的值为q ＝a 5a 4＝±2，当q ＝2时，a 1＝1，a 9＝a 6q 3＝256， ∴S 8＝a 1－a 91－q＝255；当q ＝－2时，a 1＝－1，a 9＝a 6q 3＝－256， ∴S 8＝a 1－a 91－q＝85. 10．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝1，S 8＝17，求S n . [解析] 设{a n }公比为q ，由S 4＝1，S 8＝17，知q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q＝1a 1(1－q 8)1－q ＝17，两式相除并化简，得q 4＋1＝17，即q 4＝16. ∴q ＝±2.∴当q ＝2时，a 1＝115，S n ＝115(1－2n )1－2＝115(2n －1)；当q ＝－2时，a 1＝－15，S n ＝－15[1－(－2)n ]1＋2＝115[(－2)n －1]．一、选择题1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2B ．73C ．83D ．3[答案] B[解析] ∵S 6S 3＝3，∴S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝2，∵S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比，∴S 9－S 6S 3＝22，∴S 9＝4S 3＋S 6＝7S 3， ∴S 9S 6＝7S 33S 3＝73，∴选B ． 2．等比数列{a n }中，a 3＝7，前三项之和S 3＝21，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或12[答案] C[解析] 当q ＝1时，满足题意．当q ≠1时，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7a 1(1－q 3)1－q＝21，解得q ＝－12，故选C ．3．已知等比数列前20项和是21，前30项和是49，则前10项和是( ) A ．7 B ．9 C ．63 D ．7或63[答案] D[解析] 由S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列， ∴(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(21－S 10)2＝S 10(49－21)， ∴S 10＝7或63.4．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n )B ．16(1－2－n )C ．323(1－4－n )D ．323(1－2－n )[答案] C[解析] 本题主要考查等比数列的性质及求和运算．由a 5a 2＝q 3＝142＝18知q ＝12，而新的数列{a n a n ＋1}仍为等比数列，且公比为q 2＝14，又a 1·a 2＝4×2＝8，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8[1－(14)n ]1－14＝323(1－4－n )．二、填空题5．等比数列{a n }中，若前n 项的和为S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.[答案] 13(4n －1)[解析] ∵a 1＝S 1＝1，a 2＝S 2－S 1＝3－1＝2， ∴公比q ＝2.又∵数列{a 2n }也是等比数列，首项为a 21＝1，公比为q 2＝4， ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×(1－4n)1－4＝13(4n－1)．6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 22－S 11＝________.[答案] －65[解析] S n ＝－4－4－4＋…＋(－1)n －1(4n －3)， ∴S 22＝－4×11＝－44，S 11＝－4×5＋(－1)10(4×11－3)＝21， ∴S 22－S 11＝－65. 三、解答题7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1)求{a n }的公比q ； (2)若a 1－a 3＝3，求S n .[解析] (1)∵S 1，S 3，S 2成等差数列，2S 3＝S 1＋S 2， ∴q ＝1不满足题意． ∴2a 1(1－q 3)1－q ＝a 1＋a 1(1－q 2)1－q，解得q ＝－12.(2)由(1)知q ＝－12，又a 1－a 3＝a 1－a 1q 2＝34a 1＝3，∴a 1＝4.∴S n ＝4[1－(－12)n ]1＋12＝83[1－(－12)n ]． 8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝72，S 6＝632.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝6n －61＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)∵S 6≠2S 3，∴q ≠1.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝72a 1(1－q 6)1－q ＝632，解得q ＝2，a 1＝12.∴a n ＝a 1q n －1＝2n －2. (2)b n ＝6n －61＋log 22n －2 ＝6n －61＋n －2＝7n －63.b n －b n －1＝7n －63－7n ＋7＋63＝7， ∴数列{b n }是等差数列．又b 1＝－56，∴T n ＝nb 1＋12n (n －1)×7＝－56n ＋12n (n －1)×7＝72n 2－1192n .。