新高考数学二轮复习寒假作业十等差等比数列注意命题点的区分度理
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列
专题三 数列第一讲 等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n ＝a p＋a q”这一性质与求和公式S n＝n(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列 听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题 例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2， 则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①， 当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ， 当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2， 所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5， 所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1， 所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1， 所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ， 故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对； 对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0， 此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错． 答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误． 答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ， 所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ， 又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列， 所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ， 所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ， 又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1， 对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。
高考二轮复习专题-等差数列和等比数列的判定(共15张PPT)
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高考数学二轮复习寒假作业十一数列的通项与数列求和注意命题点的区分度理
——教学资料参考参考范本——高考数学二轮复习寒假作业十一数列的通项与数列求和注意命题点的区分度理______年______月______日____________________部门一、选择题1．(20xx·安溪质检)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )A．9 B．8C．17 D．16解析：选A S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝，则数列{bn}的前n项和为( )A. B.－2n＋3C. D.－2n＋3解析：选B 易得a1＋a2＋…＋an＝＝n(n＋2)，所以bn＝＝，故Tn＝＝－.3．(20xx届高三·湖南十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝( )A．72 B．88C．92 D．98解析：选C 法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，∴数列{an}是公差d＝3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.4．已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设{an}的前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n( )A．有最大值63 B．有最小值63C．有最大值31 D．有最小值31解析：选B Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2<－5，∴<2－5，∴n＋2>26，∴n>62.又n∈N*，∴n有最小值63.5．设{an}是正项数列，其前n项和Sn满足4Sn＝(an－1)·(an＋3)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝( )A．2n＋1 B．2n－1C．2n－1 D．2n＋1解析：选D 由4Sn＝(an－1)(an＋3)，得4Sn－1＝(an－1－1)·(an－1＋3)，n≥2，两式相减得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.又{an}是正项数列，∴an－an－1－2＝0(n≥2)，则数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝3，∴an＝2n＋1.6．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：选B 由已知得an ＝an －1＋an ＋1(n≥2)，∴an＋1＝an －an －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S2 017＝2 015.7．已知数列{an}的通项公式an ＝则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝( )A ．4 800B ．4 900C ．5 000D ．5 100解析：选C 由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×＋100＝5 000.8．已知数列{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan ＋1(n∈N*)的取值范围是( )A ．[12,16] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤8，323 C.D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤163，323解析：选C 因为{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，所以q3＝＝，即q ＝，a1＝4，故a1a2＋a2a3＋…＋anan ＋1＝＝(1－q2n)∈，故选C.9．(20xx·宁波二模)已知在数列{an}中，a1＝，an ＋1＝an ＋n ＋1，则an ＝( )A.－B.－32nC.－D.－12n解析：选A 法一：an＋1＝an＋n＋1两边同时乘以2n＋1，得2n ＋1·an＋1＝(2n·an)＋1，令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－3＝(bn－3)，所以数列{bn－3}是以b1－3＝－为首项，为公比的等比数列，所以bn－3＝－×n－1，bn＝3－2n，所以an＝＝－.法二：an＋1＝an＋n＋1两边同时乘以3n＋1，得3n＋1·an＋1＝3n·an＋n＋1，令bn＝3n·an，则bn＋1＝bn＋n＋1，可得bn－bn－1＝n，bn－1－bn－2＝n－1，…，b2－b1＝2，以上各式累加可得bn－b1＝2＋…＋n，又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，所以bn＝1＋＋2＋…＋n＝2×n＋1－2，an＝＝－.10．(20xx·福州二模)已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S6＝，且a2，a4，a3成等差数列，若数列{bn}满足bn ＝nan，则数列{bn}的前10项和T10为( )A. B.5348C. D.7348解析：选A 设数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意得⇒⇒⇒an ＝3n －1.于是bn ＝3nn －1.T10＝3×0＋3×2×1＋3×3×2＋…＋3×10×9，①－T10＝3×1＋3×2×2＋3×3×3＋…＋3×10×10，② ①－②得T10＝3×0＋3×1＋3×2＋…＋3×9－30×10， 整理得T10＝－×＝.11．设Sn 是公差不为0的等差数列{an}的前n 项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列的前n 项和Tn ＝( )A ．－ B.n 2n＋1C ．－D.2n 2n＋1解析：选C 设{an}的公差为d ，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d ＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－.因为S1，S2，S4成等比数列， 所以2＝a1，整理得4a ＋12a1＋5＝0，解得a1＝－或a1＝－. 当a1＝－时，公差d ＝0，不符合题意，舍去； 当a1＝－时，公差d ＝＝－1，所以an ＝－＋(n －1)×(－1)＝－n ＋＝－(2n －1)， 所以＝－＝－， 所以其前n 项和Tn ＝－⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝－＝－，故选C.12．(20xx·郑州第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an ＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋<t ，则实数t 的取值范围为( )A. B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n≥2时，an ＝＝＝2n2－(n －1)2＝22n －1，又a1＝21＝22×1－1，因此an ＝22n －1，＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故等比数列的前n 项和等于＝<，因此实数t 的取值范围是，选D.二、填空题13．(20xx·衡水调研)若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，则＋＋…＋＝________.解析：令n ＝1，得＝4，∴a1＝16.当n≥2时，＋＋…＋＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得＝(n2＋3n)－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2，∴an ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，也满足该式． ∴an ＝4(n ＋1)2， ∴＝4n ＋4，∴数列是以8为首项，4为公差的等差数列， ∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n. 答案：2n2＋6n14．已知数列{an}满足a1＝1，an ＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝________.解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②∵①÷②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2 018＝＋＝3×21 009－3.答案：3×21 009－315．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－4(n∈N*)，数列{log2an}的前n项和为Tn，则不等式2Tn>an的解集为________．解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－4－2an－1＋4，∴an＝2an－1；当n＝1时，a1＝2a1－4，∴a1＝4，∴数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4·2n－1＝2n＋1.设bn＝log2an，则bn＝n＋1，∴Tn＝2＋3＋…＋n＋1＝.若2Tn>an，则n2＋3n>2n＋1，解得n＝2或n＝3，∴不等式的解集为{2,3}．答案：{2,3}16．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则S1＋S2＋…＋S100＝________.解析：∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋(n≥2)，∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋(n≥2)．当n为偶数时，an－1＝－，当n为奇数时，2an＋an－1＝，an－1＝，从而可得a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，a2＝，a4＝，a6＝，a8＝.∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…，∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12100＝－⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝.答案：13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1三、解答题17．(20xx·惠州调研)已知数列{an}中，点(an ，an ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}的前n 项和为Sn ，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n 项和为Tn ，请写出适合条件Tn≤Sn 的所有n 的值．解：(1)由已知得a1＝1，an ＋1＝an ＋2， 即an ＋1－an ＝2，所以数列{an}是首项为1，公差d ＝2的等差数列， 所以an ＝a1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)由(1)知数列{an}的前n 项和Sn ＝＝n2. 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3， 所以公比q ＝3，bn ＝3n －1. 所以数列{bn}的前n 项和Tn ＝＝.若Tn≤Sn，即≤n2，又n∈N*，所以n ＝1或2.18．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n 项和为Sn.数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)求＋＋…＋.解：(1)设等差数列{an}的公差为d ，d>0，等比数列{bn}的公比为q ，则an ＝1＋(n －1)d ，bn ＝qn －1.依题意有⎩⎨⎧q＋3＋3d＝8，解得或(舍去)． 故an ＝n ，bn ＝2n －1.(2)由(1)知Sn ＝1＋2＋…＋n ＝n(n ＋1)， 即＝＝2，故＋＋…＋＝2⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n＋1＝2＝. 19．已知数列{an}的首项a1＝1，前n 项和为Sn ，且数列是公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝(－1)nan ，求数列{bn}的前n 项和Tn. 解：(1)由已知条件可得＝1＋(n －1)×2＝2n －1， ∴Sn ＝2n2－n.当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3，当n ＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，∴an＝4n －3.(2)由(1)可得bn ＝(－1)nan ＝(－1)n(4n －3)，当n 为偶数时，Tn ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，Tn ＝Tn ＋1－bn ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，Tn ＝⎩⎨⎧ 2n，n＝2k，k∈N*，－2n＋1，n＝2k－1，k∈N*.20．(20xx·天津高考)已知{an}为等差数列，前n 项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n －1}的前n 项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d ，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q ＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q －6＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2.所以bn ＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d －a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d ＝16.②由①②，解得a1＝1，d ＝3，由此可得an ＝3n －2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.故Tn＝×4n＋1＋.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.。
高三数学二轮复习理科专题三----数列
选择题1．【全13-6】已知数列{}n a满足12430,3n na a a++==-，则{}n a的前10项和等于（A）()10613---（B）()101139--（C）()10313--（D）()1031+3-2.【全14-10】等比数列{}na中，452,5a a==，则数列{lg}na的前8项和等于（）A．6 B．5 C．4 D．33.【A2012-5】已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为(A)(B) (C) (D)4.【B2012-5】已知{na}为等比数列，2aa74=+，865-=⋅aa，则=+101aa( ) （A）7 （B）5 （C）-5 （D）-75.【A2013-7】设等差数列{}n a的前n项和为n S，若21-=-mS，0=mS，31=+mS，则=m （A）3 （B）4 （C）5 （D）66.【A2013-12】设nnnCBA△的三边长分别为na,nb,nc，nnnCBA△的面积为nS，3,2,1=n……若1b＞1c，1112acb=+，nnaa=+1，2n1acb nn+=+，2n1abc nn+=+，则（A）{}n S为递减数列（B）{}n S为递增数列（C）{}12-n S为递增数列，{}n S2为递减数列（D）{}12-n S为递减数列，{}n S2为递增数列7.【B2013-3】等比数列{}n a的前n项和为n S，已知12310aaS+=，95=a，则1a＝（）（A）31（B）31-（C）91（D）91-8.【A2015-4】等比数列｛a n｝满足a1=3，135a a a++=21，则357a a a++=( ) A．21 B．42 C．63 D．849.【A2016-3】已知等差数列{}n a前9项的和为27，10=8a，则100=a（A）100 （B）99 （C）98 （D）9710.【C2016-12】定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个1210010199101991001011002k m≤12,,,ka a a解答题5.【B2015-17】（本小题满分12分）[来源:Z&xx&]nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2n na a+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列}的前n项和6.【B2016-17]（本题满分12分）为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前1 000项和．7.【C2016-17】（本小题满分12分）已知数列的前n项和，其中．（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求．基础知识思路方法nS{}n a17=128.a S=，[]=lgn nb a[]x x[][]0.9=0lg99=1，111101b b b，，{}nb{}na1n nS aλ=+0λ≠{}na53132S=λ。
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理第一讲 等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义． 数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) 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：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)． 即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假 解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题． 故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．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 ＝32． 解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式． 解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)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 ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(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＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －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＝1－12n ＋1－1.。
新高考数学二轮复习寒假作业十等差等比数列注意命题点的区分度理
新高考数学二轮复习寒假作业十等差等比数列注意命题点的区分度理一、选择题1．已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32D ．16解析：选B 由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.2．已知等差数列{a n }中，a 1＝－12，S 13＝0，则使得a n >0的最小正整数n 为( ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10解析：选B 由已知得S 13＝a 1＋a 132＝13a 7＝0，故a 7＝0，又a 1＝－12<0，故使得a n >0的最小正整数n 为8.3．已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1＝( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{a n }的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8，选C. 4．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为( )A ．1B ．－1 C.12D ．2解析：选D 由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.5．(2018届高三·吉林实验中学摸底)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7＝( )A ．28B ．21C ．14D ．7解析：选D 法一：由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D.法二：由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 4－d )＋2a 4－3(a 4－2d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D. 6．在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a n a n －1＝2，n ≥2，n ∈N *，即a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *，所以必要性成立．故选B.7．(2017·福州质检)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.8．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成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，可见{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故使得S n >0成立的最大的自然数n 为9.9．已知{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n，若对任意的n∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．(－7，－6)C ．(－8，－6)D ．(－6，－5)解析：选A b n ＝1＋a n a n ＝1a n ＋1，∵对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，∴1a n ≥1a 8，又∵{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即a ∈(－8，－7)．10．(2018届高三·江西九校联考)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tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B.22C ．－22D ．－ 3解析：选D ∵{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 6＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3. 11．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 ，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 2 017的值为( ) A ．4 033 B ．3 029 C ．2 249D ．2 209解析：选A 根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，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 2 017＝4 033.12．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选C 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3·…·b n －1，∴a 21＝2b 1b 2b 3·…·b 20.又{b n }为等比数列， ∴a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)·…·(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211. 二、填空题13．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1. 答案：114．定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12，即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4，∴数列{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列，∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2.答案：4n －215．如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差构成等比数列，我们就称其为“差等比数列”．已知数列{a n }是差等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，则a 10＝________.解析：设b n ＝a n ＋1－a n ，则b 1＝a 2－a 1＝2，b 2＝a 3－a 2＝4，又数列{b n }为等比数列，所以b n ＝2n ，从而a 10＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b 9＝1＋2＋22＋…＋29＝210－1＝1 023.答案：1 02316．(2017·兰州诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n －2S n －1＝1，又2S1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n＝n＋1，故S n＝2n＋1，则S2 017＝11 009.答案：11 009三、解答题17．(2017·广西三市一联)已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n－1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log4a n＋1，求{b n}的前n项和T n.解：(1)当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足a n＝2n－1，∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得，b n＝log42n－1＋1＝n＋12，则b n＋1－b n＝n＋22－n＋12＝12，∴数列{b n}是首项为1，公差d＝12的等差数列，∴T n＝nb1＋n n－2d＝n2＋3n4.18．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝4S n－1(n∈N*)．(1)证明：a n＋2－a n＝4；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：∵a n a n＋1＝4S n－1，∴a n＋1a n＋2＝4S n＋1－1，∴a n＋1(a n＋2－a n)＝4a n＋1.又a n≠0，∴a n＋2－a n＝4.(2)由a n a n＋1＝4S n－1，a1＝1，得a2＝3.由a n＋2－a n＝4知数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，∴a n＝2n－1.19．(2017·北京高考)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 1＝1，b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 解得q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.20．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是等差数列，a 3＋a 4＋a 5＝84， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，即a 4＝28，设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d ，得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8，n ∈N *. (2)对任意m ∈N *，若9m <a n <92m， 则9m＋8<9n <92m ＋8， 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1，于是S m ＝b 1＋b 2＋…＋b m ＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝－81m1－81－－9m1－9＝92m ＋1－10×9m＋180.。
高考数学中的等差数列和等比数列问题解析
高考数学中的等差数列和等比数列问题解析在高考数学中，等差数列和等比数列问题属于基础难度的部分。
同时，这两个问题对于数学竞赛和日常生活（如财务计划）也有着很大的参考价值。
本文将从定义、基本概念、公式推导以及考点解析等方面，较为全面地探讨这两个问题。
一、等差数列的定义和基本概念等差数列是指一个数列，其每一项与它的前一项之差都相等。
其一般形式为：$ a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}$，其中$n≥2$，且对于任意$i\inZ^{+}$，满足$a_{i+1}=a_{i}+d$，其中d为公差，$a_{1}$为首项。
等差数列的基本概念包括：1. 公差：相邻项的差值，用d表示。
2. 首项：等差数列的第一项，用$a_{1}$表示。
3. 通项公式：第n项的计算公式，用$a_{n}$表示。
4. 求和公式：等差数列前n项和的计算公式，用$S_{n}$表示。
二、等差数列的公式推导1. 通项公式推导设首项为$a_{1}$，公差为d，则有：$$a_{2}=a_{1}+d,a_{3}=a_{2}+d=a_{1}+2d,...,a_{n}=a_{1}+(n-1)d $$设第n项为an，代入上式得：$$a_{n}=a_{1}+(n-1)d $$于是，通项公式为$a_{n}=a_{1}+(n-1)d$。
2. 求和公式推导等差数列的前n项和为：$$ S_{n}=a_{1}+a_{2}+...+a_{n} $$由通项公式得：$$ S_{n}=\frac{n }{2}(a_{1}+a_{n})=\frac{n }{2}[a_{1}+a_{1}+ (n-1)d]$$$$S_{n}=\frac {n}{2}[2a_{1}+(n-1)d] $$于是，求和公式为$S_{n}=\frac {n}{2}[2a_{1}+(n-1)d]$。
三、等比数列的定义和基本概念等比数列是指一个数列，其每一项与它的前一项之比都相等。
其一般形式为：$a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n }$，其中$n≥2$，且对于任意$i\in Z^{+}$，满足$\frac{a_{i+1}}{a_{i}}=q$，其中q为公比，$a_{1}$为首项。
(典型题)高考数学二轮复习 知识点总结 等差数列、等比数列
等差数列、等比数列【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题；2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题．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 ≥2.2． 等差数列和等比数列S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d(1)q ≠1，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q(2)q ＝1，S n ＝na 1考点一 与等差数列有关的问题例1 在等差数列{a n }中，满足3a 5＝5a 8，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若a 1>0，当S n 取得最大值时，求n 的值； (2)若a 1＝－46，记b n ＝S n －a nn，求b n 的最小值． 解 (1)设{a n }的公差为d ，则由3a 5＝5a 8，得3(a 1＋4d )＝5(a 1＋7d )，∴d ＝－223a 1.∴S n ＝na 1＋n n －12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223a 1＝－123a 1n 2＋2423a 1n＝－123a 1(n －12)2＋14423a 1.∵a 1>0，∴当n ＝12时，S n 取得最大值． (2)由(1)及a 1＝－46，得d ＝－223×(－46)＝4，∴a n ＝－46＋(n －1)×4＝4n －50，S n ＝－46n ＋n n －12×4＝2n 2－48n .∴b n ＝S n －a n n ＝2n 2－52n ＋50n＝2n ＋50n－52≥22n ×50n－52＝－32，当且仅当2n ＝50n，即n ＝5时，等号成立．故b n 的最小值为－32.(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用． (2)等差数列的性质①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a n m －n(m ，n ∈N *)； ④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)．(3)数列{a n }是等差数列的充要条件是其前n 项和公式S n ＝f (n )是n 的二次函数或一次函数且不含常数项，即S n ＝An 2＋Bn (A 2＋B 2≠0)．(1)(2012·浙江)设Sn 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．的是( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0 D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 (1)C (2)C解析 (1)利用函数思想，通过讨论S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 的单调性判断．设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确． (2)a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1， 因为S m ＝0，故ma 1＋m m －2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5， 故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5.考点二 与等比数列有关的问题例2 (1)(2012·课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(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 (1)D (2)32解析 (1)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解．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)．(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定义：a n ＋1a n(n ∈N *)是常数，②利用等比中项a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)等比数列中的五个量：a 1，a n ，q ，n ，S n 可以“知三求二”． (3){a n }为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m qn －m；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (4)等比数列前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an }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. (2)(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.①求数列{a n }的通项公式；②是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 ①设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q ＋q ＋q 2＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.②由①有S n ＝3[1－－n]1－－＝1－(－2)n .假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n≤－2 012. 当n 为偶数时，(－2)n>0.上式不成立； 当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}． 考点三 等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n－n2. (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－12m]1－12＝8[1－(12)m]，∵(12)m随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n－n 2＝－12(n 2－9n ) ＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝3－na n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)设S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a n n ＋2，求满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值．(1)证明 由b n ＝3－na n 得a n ＝3nb n ， 则a n ＋1＝3n ＋1b n ＋1.代入a n ＋1－3a n ＝3n中，得3n ＋1b n ＋1－3n ＋1b n ＝3n ，即得b n ＋1－b n ＝13.所以数列{b n }是等差数列．(2)解 因为数列{b n }是首项为b 1＝3－1a 1＝1， 公差为13的等差数列，则b n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，则a n ＝3nb n ＝(n ＋2)×3n －1，从而有a nn ＋2＝3n －1，故S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a nn ＋2＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝1－3n 1－3＝3n－12， 则S n S 2n ＝3n －132n －1＝13n ＋1， 由1128<S n S 2n <14，得1128<13n ＋1<14， 即3<3n<127，得1<n ≤4.故满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值为2,3,4.1． 在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2． 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形． 3． 等差、等比数列的单调性(1)等差数列的单调性d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列．(2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4． 常用结论(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S n n}仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，{1a n}等也是等比数列．(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝a 2－a 1qa 2－a 1＝q .(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其公差为q k.等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d .5． 易错提醒(1)应用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起． (2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的必要条件是b 2＝ac .1． 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7等于( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2答案 C解析 记等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0， 由题意知a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q . 因为a 1≠0，所以有q 2－2q －1＝0， 由此解得q ＝1±2， 又q >0，所以q ＝1＋ 2.所以a 8＋a 9a 6＋a 7＝q 2a 6＋a 7a 6＋a 7＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2.2． 已知正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为 ( )A.32 B.53C.94D ．不存在答案 A解析 因为a 7＝a 6＋2a 5，所以q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)． 又a m a n ＝a 21qm ＋n －2＝4a 1，所以m ＋n ＝6.则1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n ) ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ＋4m n ＋4≥32.当且仅当n m ＝4mn，即n ＝2m 时，等号成立． 此时m ＝2，n ＝4.3． 已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，公比是q ，且满足：a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝12，S 2＝b 2q . (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝3b n －λ·2a n3，若数列{c n }是递增数列，求λ的取值范围．解 (1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋a 2＝12，3＋a 2＝q 2，所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3或q ＝－4(舍)， 从而a 2＝6，所以a n ＝3n ，b n ＝3n －1.(2)由(1)知，c n ＝3b n －λ·2a n3＝3n－λ·2n.由题意，得c n ＋1>c n 对任意的n ∈N *恒成立， 即3n ＋1－λ·2n ＋1>3n －λ·2n恒成立，亦即λ·2n <2·3n恒成立，即λ<2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 恒成立．由于函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n是增函数，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n min ＝2×32＝3， 故λ<3，即λ的取值范围为(－∞，3)．(推荐时间：60分钟)一、选择题1． (2013·江西)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．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 ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.2． (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.19 D ．－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＝19.3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n答案 D解析 S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－q ·a n1－q ＝1－23a n13＝3－2a n .故选D.4． 在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 C解析 由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝a 1＋a 102＝a 5＋a 62>0，而S 9＝a 1＋a 92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.5． 已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于 ( )A ．2 011B ．－2 011C ．0D ．1答案 A解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011.6． 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11答案 B解析 因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12， 故公差d ＝12－－10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8， 所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝ ＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 二、填空题7． (2013·广东)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.答案 20解析 设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，∴3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20. 8． 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝________.答案5－12解析 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值)．a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4q ＋q 2a 2a 4q 2＋q 3＝1q ＝21＋5＝5－12.9． 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________．答案 9解析 由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＝9.10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________. 答案 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n三、解答题11．已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列． (1)解 由已知，得a n ＝aqn －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1， 可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明 若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列． 若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a q m －q －1＋a q l －q －1＝2aq n －q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n. 因此，a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m＋q l)＝2aqn ＋k －1＝2a n ＋k .所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．12．设数列{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋＋a 3＋2＝3a 2，解得a 2＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2， 可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0， 解得q 1＝2，q 2＝12.由题意，得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…， 由(1)得a 3n ＋1＝23n， ∴b n ＝ln 23n＝3n ln 2， 又b n ＋1－b n ＝3ln 2， ∴数列{b n }是等差数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n b 1＋b n2＝n＋3n 2＝3n n ＋2ln 2.13．(2013·湖北)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列．从而∑n ＝1m1a n ＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－13＝910·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910<1.若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －k ∈N ＋，0，m ＝2k k ∈N ＋故∑n ＝1m1a n<1.综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m1a n<1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。
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新高考数学二轮复习寒假作业十等差等比数列注意命题点的区分度理一、选择题1．已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32D ．16解析：选B 由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.2．已知等差数列{a n }中，a 1＝－12，S 13＝0，则使得a n >0的最小正整数n 为( ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10解析：选B 由已知得S 13＝a 1＋a 132＝13a 7＝0，故a 7＝0，又a 1＝－12<0，故使得a n >0的最小正整数n 为8.3．已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1＝( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{a n }的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8，选C. 4．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为( )A ．1B ．－1 C.12D ．2解析：选D 由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.5．(2018届高三·吉林实验中学摸底)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7＝( )A ．28B ．21C ．14D ．7解析：选D 法一：由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D.法二：由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 4－d )＋2a 4－3(a 4－2d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7a 4＝7，故选D. 6．在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a n a n －1＝2，n ≥2，n ∈N *，即a n ＝2a n －1，n ≥2，n ∈N *，所以必要性成立．故选B.7．(2017·福州质检)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.8．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成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，可见{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故使得S n >0成立的最大的自然数n 为9.9．已知{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n，若对任意的n∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．(－7，－6)C ．(－8，－6)D ．(－6，－5)解析：选A b n ＝1＋a n a n ＝1a n ＋1，∵对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，∴1a n ≥1a 8，又∵{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即a ∈(－8，－7)．10．(2018届高三·江西九校联考)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tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B.22C ．－22D ．－ 3解析：选D ∵{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 6＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3. 11．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 ，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 2 017的值为( ) A ．4 033 B ．3 029 C ．2 249D ．2 209解析：选A 根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，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 2 017＝4 033.12．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选C 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3·…·b n －1，∴a 21＝2b 1b 2b 3·…·b 20.又{b n }为等比数列， ∴a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)·…·(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211. 二、填空题13．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1. 答案：114．定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12，即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4，∴数列{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列，∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2.答案：4n －215．如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差构成等比数列，我们就称其为“差等比数列”．已知数列{a n }是差等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，a 3＝7，则a 10＝________.解析：设b n ＝a n ＋1－a n ，则b 1＝a 2－a 1＝2，b 2＝a 3－a 2＝4，又数列{b n }为等比数列，所以b n ＝2n ，从而a 10＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b 9＝1＋2＋22＋…＋29＝210－1＝1 023.答案：1 02316．(2017·兰州诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n －2S n －1＝1，又2S1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n＝n＋1，故S n＝2n＋1，则S2 017＝11 009.答案：11 009三、解答题17．(2017·广西三市一联)已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n－1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝log4a n＋1，求{b n}的前n项和T n.解：(1)当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足a n＝2n－1，∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)得，b n＝log42n－1＋1＝n＋12，则b n＋1－b n＝n＋22－n＋12＝12，∴数列{b n}是首项为1，公差d＝12的等差数列，∴T n＝nb1＋n n－2d＝n2＋3n4.18．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝4S n－1(n∈N*)．(1)证明：a n＋2－a n＝4；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：∵a n a n＋1＝4S n－1，∴a n＋1a n＋2＝4S n＋1－1，∴a n＋1(a n＋2－a n)＝4a n＋1.又a n≠0，∴a n＋2－a n＝4.(2)由a n a n＋1＝4S n－1，a1＝1，得a2＝3.由a n＋2－a n＝4知数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，∴a n＝2n－1.19．(2017·北京高考)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10， 解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 1＝1，b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 解得q 2＝3. 所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.20．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是等差数列，a 3＋a 4＋a 5＝84， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，即a 4＝28，设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d ，得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8，n ∈N *. (2)对任意m ∈N *，若9m <a n <92m， 则9m＋8<9n <92m ＋8， 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1，于是S m ＝b 1＋b 2＋…＋b m ＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝－81m1－81－－9m1－9＝92m ＋1－10×9m＋180.。