高考数学易错题5.2 运用 an=Sn-Sn-1忽略 n≥2-2019届高三数学提分精品讲义

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高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ．（Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1，所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1，所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)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 －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．答案 16解析方法一设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0，即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

2019年高考数学(理)热点题型和提分秘籍专题25数列的综合应用(题型专练)含解析

1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝( )A ．13B ．10C ．9D ．6 【答案】D【解析】∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －12－12n 1－12＝n －1＋12n ＝32164， ∴n ＝6。

2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 012＝( ) A ．22 012－1 B ．3·21 006－3 C ．3·21 006－1 D ．3·21 005－2 【答案】B3．已知函数f (x )＝x 2＋2bx 过(1,2)点，若数列{1f n }的前n 项和为S n ，则S 2012的值为()A.2 0122 011B.2 0102 011C.2 0132 012D.2 0122 013 【答案】D【解析】由已知得b ＝12，∴f (n )＝n 2＋n ，∴1f n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 2 012＝1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013＝1－12 013＝2 0122 013。

4．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )A.212 B ．6 C ．10 D ．11 【答案】B【解析】依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B 。

5．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．－100 B ．0 C ．100 D ．10 200 【答案】A【解析】若n 为偶数时，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，为首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，为首项为a 1＝3，公差为4的等差数列。

【备战高考：理科】高考数学文易错考点技巧方法名师点拔专题：数列求和及其应用

高考数学（理科）易错考点技巧方法名师点拔专题10 数列求和及其应用常见易错题、典型陷阱题精讲1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n n ＋1，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．答案 1 解析因为a n ＝n ＋22n n n ＋1＝2n ＋1n2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12nn ＋1]＝1－12n n ＋1，由于1－12nn ＋1<1，所以M 的最小值为1.2．设向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n，a n ) (n ∈N *)，若a ∥b ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为________．答案 13．已知{a n }是一个公差d 大于0的等差数列，且满足a 3a 5＝45，a 2＋a 6＝14. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n＝a n ＋n 2，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)∵a 3＋a 5＝a 2＋a 6＝14，a 3a 5＝45， ∴a 3＝5，a 5＝9或a 3＝9，a 5＝5， ∵d >0，∴a 3＝5，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，a 5＝a 1＋4d ＝9⇒a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝2n －1. (2)由b 12＋b 222＋…＋b n2n＝a n ＋n 2，得b 12＋b 222＋…＋b n2n＝2n －1＋n 2，b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)－1＋(n －1)2 (n ≥2)，两式相减得b n2n＝2n ＋1，∴b n ＝2n (2n ＋1)(n ≥2)，又b 12＝a 1＋1，∴b 1＝4，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2n ＋1n ≥2，4，n ＝1.记T n ＝b 2＋b 3＋…＋b n ，则T n ＝22×5＋23×7＋…＋2n (2n ＋1)， 2T n ＝23×5＋24×7＋…＋2n ＋1(2n ＋1)，两式相减得－T n ＝4＋2n ＋1(1－2n )，则T n ＝2n ＋1(2n －1)－4， ∴S n ＝2n ＋1(2n －1)．4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ，故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列，所以a n ＝a ·a n －1＝a n . 故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2，即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0，即(2a －1)(4a ＋1)＝0，解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .5．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1000，3，n ＝1000，所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n 1－2n ＋12n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.易错起源1、分组转化求和例1、等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3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a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝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(ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S n＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n]ln3.当n为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n2ln3＝3n ＋n2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln3 ＝3n －n －12ln3－ln2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln3－1， n 为偶数，3n－n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.【变式探究】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1) ＝33n －12.从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝33n －12－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)．综上所述，3223(531),23(31)2n n nn S n -⎧⨯-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩是奇数，，是偶数.【名师点睛】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【技巧点拔】有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．易错起源2、错位相减法求和例2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1＝2,3S n ＝5a n －a n －1＋3S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)3S n －3S n －1＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a na n －1＝12，又∵a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n .【变式探究】已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3，两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，∵{a n}是正项数列，∴a n＋a n－1≠0，∴a n－a n－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有a n－a n－1＝2，又由4S1＝a21＋2a1－3得，a21－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，∴{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由已知及(1)知，b n＝(2n＋1)·2n，T n＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2T n＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②②－①得，T n＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×41－2n－1＋(2n＋1)·2n＋11－2＝2＋(2n－1)·2n＋1.【名师点睛】(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．【技巧点拔】错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．易错起源3、裂项相消法求和例3 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝2a n a n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有8T n <2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2，S 2－32＝1a 2·S 3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋21d3a 1＋6d 2，2a 1＋d －3a 1＋d 3a 1＋3d ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2，a 1＋d 2a 1＋d －60，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25，d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n .【变式探究】(1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 5＝15，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前m 项和为910，则m 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n 有( ) A ．最小值63 B ．最大值63 C ．最小值31 D ．最大值31答案 (1)B (2)A解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，5a 1＋5×42d ＝15， ∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n ，∴1a n ·a n ＋1＝1n －1n ＋1.∴1a 1·a 2＋1a 2·a 3＋1a 3·a 4＋…＋1a m ·a m ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1m －1m ＋1＝1－1m ＋1＝mm ＋1＝910，∴m ＝9. (2)∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝(log 22－log 23)＋(log 23－log 24)＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝log 22－log 2(n ＋2)＝log 22n ＋2，由S n <－5＝log 2132⇒2n ＋2<132⇒n >62，故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.【名师点睛】(1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )； ②12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)；③1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．【技巧点拔】裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n ＋1}或{1a n a n ＋2}(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．易错题集中练兵1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12n B ．n 2＋2－12n C ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析因为a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n 1＋2n －12＋1－12n121－12＝n 2＋1－12n .2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080 D ．3105答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3. ∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. ∴前20项都为负值． ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2·n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20等于( ) A ．31B ．122C ．324D ．484 答案 B4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2016的值为( )A ．－12B ．－1C.12 D ．1答案 D解析由a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，得a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，…，由上可知，数列{a n }是以3为周期的周期数列，又a 1a 2a 3＝2×2×(－1)＝－1，且2016＝3×672.∴T 2016＝(－1)672＝1.故选D.5．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210答案 B解析设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1[112n ]1－12＝2[1－(12)n ]，原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11] ＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－121－12111－12]＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.6．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12015)＋f (22015)＋…＋f (20142015)，则S ＝________.答案 1007解析 ∵f (x )＝4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f (12015)＋f (22015)＋…＋f (20142015)，①S ＝f (20142015)＋f (20132015)＋…＋f (12015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12015)＋f (20142015)]＋[f (22015)＋f (20132015)]＋…＋[f (20142015)＋f (12015)]＝2014，∴S ＝20142＝1007.7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.答案 480解析方法一依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝________.答案 1021解析由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1，又1b n b n ＋1＝12(1b n －1b n ＋1)，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11) ＝12(1b 1－1b 11)＝1021. 9．在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设22n a n b n －＝＋，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d a 1＋6d 15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.10．已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n＝an (S n －12)．(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12.(1)解当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n＝an (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，所以{1S n}是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.(2)证明因为b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12，所以T n <12.。

专题06 数列-备战2019年高考数学(理)之纠错笔记系列(解析版)

易错点1 忽略了n 的取值已知数列{}n a 满足3123=()n a a a a n n ∈*N L ，求数列{}n a 的通项公式n a ．【错解】由3123=n a a a a n L ，可得31231=(1),n a a a a n --L 两式相除可得33=(1)n n a n -．【错因分析】31231=(1)n a a a a n --L 仅适用于n ∈*N 且2n >时的情况，故不能就此断定33=(1)n n a n -就是数列{}n a 的通项公式．【试题解析】当1n =时，11a =；当2n ≥时，由3123=n a a a a n L ，可得31231=(1),n a a a a n --L 两式相除可得33=(1)n n a n -，故331,1.,1,(1)n n a n n n n =⎧⎪=⎨>∈⎪-⎩*N已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如a n ＋1＝a n f (n )，常用累乘法，即利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1求通项公式．(2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．即利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)求通项公式． (3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造a n ＋1＋x ＝b (a n ＋x )(其中x ＝db －1)，则{a n ＋x }是公比为b 的等比数列，利用它即可求出a n . (4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp .若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp ，可用公式求通项；若p ≠r ，则采用(3)的办法来求．(5)形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列．将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )·(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得2(1)()n n a f n a f n ++=，然后分奇、偶讨论即可．(9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列．具体步骤：对a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)两边同时除以a n ＋1a n ，得到1a n －1a n ＋1＝q ，即 1a n ＋1－1a n ＝－q ，令b n ＝1a n ，则{b n }是首项为1a 1，公差为－q 的等差数列. (10)a n ＝pa r n －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．具体步骤：对a n ＝pa rn －1两边同取常用对数，得到lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，令b n ＝lg a n ，则{b n }可归为a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)型.1．数列{}n a 的前n 项和n S 满足232n S n n =-+，则数列n a 的通项公式为_____________.【答案】0,124,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩【名师点睛】本题考查的知识点是数列的通项公式，其中正确理解由数列的前n 项和S n ，求通项公式的方法：1112n n n S n a S S n -=-⎨⎩≥⎧=，，和步骤是解答本题的关键．由已知中{}n a 的前n 项和232n S n n =-+，结合1112n nn S n a S S n -=-⎨⎩≥⎧=，，，分别讨论2n ≥时与1n =时的通项公式，并由1n =时，1a 的值不满足2n ≥时的通项公式，故要将数列{}n a 的通项公式写成分段函数的形式．易错点2 忽略数列中为0的项设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且满足10a >，1118S S =，则当n S 最大时，n =__________．【错解】由1118S S =，得111110181711+1822a d a d ⨯⨯=+，即1=14a d -，由10a >可知0d <，解不等式组111(1)0,0n n a a n d a a nd +=+-≥⎧⎨=+<⎩即14(1)0,140d n d d nd -+-≥⎧⎨-+<⎩得1415n <≤．又n ∈*N ，故当15n =时n S 最大．【错因分析】由于150a =，所以1415S S =，当14n =或15n =时n S 最大，错解中忽略了数列中为0的项．【试题解析】【正解1】由1118S S =，得111110181711+1822a d a d ⨯⨯=+，即1=14a d -，由10a >可知0d <，解不等式组111(1)0,0n n a a n d a a nd +=+-≥⎧⎨=+≤⎩即14(1)0,140d n d d nd -+-≥⎧⎨-+≤⎩得1415n ≤≤．故当14n =或15n =时n S 最大．【正解2】由1118S S =，可得1=14a d -，所以2(1)2914()222n n n d S dn d n -=-+=--8418d ，由n ∈*N 并结合n S 对应的二次函数的图象知，当14n =或15n =时n S 最大．【正解3】由1118S S =，得121314151617180a a a a a a a ++++++=，即157=0a ，15=0a ，由10a >可知0d <，故当14n =或15n =时n S 最大．数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题1．等差数列的前n 项和与函数的关系等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 2．等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项a 1>0，公差d <0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0. (2)若等差数列的首项a 1<0，公差d >0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0. 3．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．4．在等差数列{}n a 中，若10a >，()p q S S p q =≠，则（1）p q +为偶数⇒当2p qn +=时n S 最大；（2）p q +为奇数⇒当12p q n +-=或12p q ++时n S 最大．2．等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，记2482n n B a a a a =++++ ，则当n =__________时，n B 取得最大值. 【答案】4【解析】在等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，10110910152S a d ⨯∴=+=，即204515d +=，455d =-，19d ∴=-，()111921999n a n n =--=-+，由119099n a n =-+=，得19n =，即190a =，当19n >时，0n a <，当19,0n n a <>，因此在2482,,,n a a a a 中，当4n ≤时，20n a >，当5n ≥时，20n a <，故当4n =时，n B 取得最大值，故答案为4.【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式的计算，属于难题.求等差数列前n 项和的最大值的方法通常有两种：①将前n 项和表示成关于n 的二次函数，即n S 2An Bn =+，当2Bn A=-时有最大值（若2Bn A=-不是整数，n 等于离它较近的一个或两个整数时n S 最大）；②可根据0n a ≥且10n a +≤确定n S 最大时的n 值.错点3 忽视奇数项或偶数项的符号在等比数列{}n a 中，246825a a a a =，求19a a 的值.【错解】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故195a a =±.【错因分析】错解中忽略了在等比数列中，奇数项或偶数项的符号相同这一隐含条件．【试题解析】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故19a a =5±．又在等比数列中，所有的奇数项的符号相同，所以190a a >，所以195a a =．1．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．3．已知等比数列{}n a 中，2346781,64a a a a a a ==，则5a = A ．2± B ．−2 C ．2D ．4【答案】C【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用―巧用性质、整体考虑、减少运算量‖的方法.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.应用等比数列性质时的注意点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质―若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ‖，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.易错点4 忽视q =1致错在数列{}n a 中，若2(0)nn n a mm m =-≠，求{}n a 的前n 项和n S ．【错解】123n n S a a a a =++++2422()()n n a a a a a a =+++-+++ 222(1)(1)11n n a a a a a a--=---. 【错因分析】错解在进行等比数列求和时忽略了对公比是否等于1的讨论；此外，还需讨论相关数列是否为等比数列.【试题解析】当1m =时，0n a =，所以0n S =；当1m =-时，21m =，所以(1)1(1)12n nn m m S n n m ---=-=+-；当1m ≠±时，222(1)(1)11n n n m m m m S m m--=---．综上，2220,11(1),12(1)(1),111n n n n m S n m m m m m m m m ⎧⎪=⎪--⎪=+=-⎨⎪⎪---≠±⎪--⎩.1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．4．各项均为正数的数列{}n a 的首项11a λ=，前n 项和为n S ，且211n n n S S a λ+++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足n n n b a λ=，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n n a λ=；（2）()22,121,0,111n nn n nT n λλλλλλλ⎧+=⎪⎪=⎨-⎪->≠-⎪-⎩. 【解析】（1）因为211n n n S S a λ+++=，① 所以当2n ≥时，21n n n S S a λ-+=，②-①②得：2211n n n n a a a a λλ+++=-，即()()111n n n n n n a a a a a a λ++++=+-，因为{}n a 的各项均为正数，所以10n n a a ++>，且0λ>，所以11n n a a λ+-=．由①知，2212S S a λ+=，即21222a a a λ+=，又因为11a λ=，所以22a λ=，所以211a a λ-=．故()*11n n a a n λ+-=∈N ，所以数列{}n a 是首项为1λ，公差为1λ的等差数列．所以()111n na n λλλ=+-=．【名师点睛】（1）本题主要考查数列前n 项和公式，考查等差数列的通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.（2）数列{}·n n b c ，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是等比数列，则采用错位相减法.1.数列求和，一般应从通项入手，若通项未知，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．2.解决非等差、非等比数列的求和，主要有两种思路(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成；(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项，排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n 位的数称为这个数列的第n 项．所以，数列的一般形式可以写成123,,,,,,n a a a a L L 简记为{}n a ． 2．数列的分类3．数列的表示方法（1）列举法：将数列中的每一项按照项的序号逐一写出，一般用于―杂乱无章‖且项数较少的情况．（2）解析法：主要有两种表示方法，①通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，即()n a f n =．②递推公式：如果已知数列{}n a 的第一项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a - (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．（3）图象法：数列是特殊的函数，可以用图象直观地表示．数列用图象表示时，可以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标描点画图．由此可知，数列的图象是无限个或有限个孤立的点． 4．数列的前n 项和与通项的关系数列的前n 项和通常用n S 表示，记作12n n S a a a =+++ ，则通项11,2n n n S a S S n -⎧=⎨-≥⎩．若当2n ≥时求出的n a 也适合1n =时的情形，则用一个式子表示n a ，否则分段表示． 5．等差数列与一次函数的关系由等差数列的通项公式1(1)n a a n d =+-，可得1()n a dn a d =+-．令p d =，1q a d =-，则n a pn q =+，其中p ，q 为常数．（1）当0p ≠时，(,)n n a 在一次函数y px q =+的图象上，数列{}n a 的图象是直线y px q =+上均匀分布的一群孤立的点，且当0d >时数列{}n a 为递增数列，当0d <时数列{}n a 为递减数列．（2）当0p =时，n a q =，等差数列为常数列，数列{}n a 的图象是平行于x 轴的直线（或x 轴）上均匀分布的一群孤立的点． 6．等差数列的前n 项和首项为1a ，末项为n a ，项数为n 的等差数列{}n a 的前n 项和公式：11()(1)==22n n n a a n n S na d +-+．令2d p =，12d q a =-，可得2n S pn qn =+，则 ①当0p ≠，即0d ≠时，n S 是关于n 的二次函数，点(,)n n S 是函数2=y px qx +的图象上一系列孤立的点；②当0p =，即0d =时，n S 是关于n 的一次函数(0q ≠，即10)a ≠或常函数(0q =，即10)a =，点(,)n n S 是直线y qx =图象上一系列孤立的点．我们可以借助二次函数的图象和性质来研究等差数列的前n 项和的相关问题． 7．用前n 项和公式法判定等差数列等差数列的前n 项和公式与函数的关系给出了一种判断数列是否为等差数列的方法：若数列{}n a 的前n 项和2n S an bn c =++，那么当且仅当0c =时，数列{}n a 是以a b +为首项，2a 为公差的等差数列；当0c ≠时，数列{}n a 不是等差数列． 8．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ．（2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ．特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ． ③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列．（4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列．（6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=． 9．与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质：设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ，（1）数列{}n S n 是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S nS na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶．（5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 10．等比数列的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L ②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列．（3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列；数列1{}n a 是公比为1q的等比数列；数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为m q ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(k q 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-．（7）mnn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为m q ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零． 11．求和常用方法方法1→错位相减法求和的注意点在运用错位相减法求数列前n 项和时要注意四点： ①乘数（式）的选择；②对公比q 的讨论（是否为1）；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律； ④相消项中构成数列的项数．方法2→裂项相消法求和的注意点在应用裂项相消法求和时应注意：（1）把通项裂项后，是否恰好等于相应的两项之差；（2）在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，是否还有其他项．方法3→求和方法——分组求和法的解题步骤利用分组求和法解题的步骤：①根据通项公式的特征准确拆分，将其分解为可以直接求和的一些数列的和； ②分组求和，分别求出各个数列的和；③得出结论，对拆分后每个数列的和进行组合，解决原数列的求和问题．1．[2018新课标全国I 理科]设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a = A ．12- B ．10- C ．10D ．12【答案】B【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d ,的关系，从而求得结果.2．公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若643a a =，且104S a λ=，则λ的值为A ．15B ．21C ．23D ．25【答案】D【解析】依题意， 6411135392a a a d a d a d =⇒+=+⇒=-，其中0d ≠；()10411104532525S a a d a d d d λλλλ=⇒+=+⇒=⇒=，故选D ．3．设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，1247S S =，则84S S = A ．13B ．13或12C ． 3D ． 3或2-【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，∵1247S S =， ∴1q ≠，且()()1241117111a q a q qq--=--，即()124171qq -=-.令4t q =， 0t >，且1t ≠.∴()3171t t -=-，即260t t +-=.∴2t =或3t =-（舍去）.即42q =.故选C ．4．设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n na a +<，若3520a a +=，3564a a =，则4S = A ．63或120 B ．256 C ．120D ．63【答案】C5．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若212a a =，且3S ，1S ，2S 成等差数列，则4S =A ．10B ．12C ．18D ．30【答案】A【解析】在等比数列{}n a 中，由212a a =，得211a a q =，即1a q =，①又3S ，1S ，2S 成等差数列，1322S S S ∴=+，即21111222a a a q a q =++，②联立①②得：0(q =舍去)或2q =-．12a q ∴==-，则()()414121161013a q S q--⨯-===-．故选A ．【名师点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等比数列的前n 项和，是中档题． 6．在数列{n a }中，已知12a =，1122n n n a a a --=+()2n ≥，则n a 等于A ．21n + B ．2n C ．3nD ．31n +【答案】B【名师点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法，数列通项的求法中有常见的已知n S 和n a 的关系，求n a 表达式，一般是写出1n S -再作差得通项，但是这种方法需要检验n =1时通项公式是否适用；还有构造新数列的方法，取倒数，取对数的方法等.7．已知数列{}n a 是递增数列，且对*n ∈N ，都有2n a n n λ=+，则实数λ的取值范围是A ．7,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()2,-+∞D ．()3,-+∞【答案】D【解析】∵{a n }是递增数列，∴a n +1＞a n 恒成立，∵a n =n 2+λn ，∴（n +1）2+λ（n +1）＞n 2+λn 恒成立，∴λ＞﹣2n ﹣1对于n ∈N *恒成立．而﹣2n ﹣1在n =1时取得最大值﹣3，∴λ＞﹣3. 故选D ．【名师点睛】本题主要考查由数列的单调性来构造不等式，解决恒成立问题．研究数列单调性的方法有：比较相邻两项间的关系，将a n +1和a n 作差与0比较，即可得到数列的单调性；研究数列通项即数列表达式的单调性.8．已知数列{}n a 满足n a =（*n ∈N ），将数列{}n a 中的整数项按原来的顺序组成新数列{}n b ，则2018b 的末位数字为 A ．8 B ．2 C ．3D ．7【答案】C9．[2018浙江]已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B【解析】令()ln 1,f x x x =--则()11f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()()10,ln 1f x f x x ≥=∴≥+.若公比0q >，则()1234123123ln a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则()()212341110,a a a a a q q+++=++≤但()()212311ln ln 1ln 0a a a a q q a ⎡⎤++=++>>⎣⎦，即()12341230ln a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此()210,0,1q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，故选B.10．―十二平均律‖是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A fBC．D．【答案】D【解析】因为每一个单音的频率与前一个单音的频率的比都为，所以()*12,n n a n n -=≥∈N，又1a f =，则7781a a q f ===，故选D.【名师点睛】此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若1n n a q a +=（*0,q n ≠∈N ）或1nn a q a -=（*0,2,q n n ≠≥∈N ），数列{}n a 是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列{}n a 中，0n a ≠且212n n n a a a --=⋅（*3,n n ≥∈N ），则数列{}n a 是等比数列.11．[2018年新课标I 卷理科]记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =__________．【答案】63-【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.12．[2018年北京卷理科]设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为__________．【答案】63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，()133343663616 3.n a d d d a n n =∴+++=∴=∴=+-=- ，，，【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,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.13．已知数列{}n a 满足： 212log 1log n n a a +=+，若310a =，则8a =__________．【答案】32014．设n S 是等比数列{}n a 的前项和， 0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为__________．【答案】20【解析】很明显等比数列{a n }的公比q >0，q ≠1.∵236365432112(1)(1)5S S a a a a a a a q q q -=++---=++-=，则2135(1)1a q q q ++=-，q 3=2,即q =. ∴S 9−S 6的最小值为20.15．在数列{}n a 中，且11a =，121n n a a n +-=-，则{}n a 的通项公式为__________．【答案】222n a n n =-+【解析】在数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +-=-，212111a a -=⨯-=， 322213a a -=⨯-=，⋅⋅⋅()121123n n a a n n --=⨯--=-，上式相加：()112312n n a a n +--=⨯-. ()221122n a n n n ∴=-+=-+.16．已知等差数列{}n a ，若24236n a a a a a +++= ，132135n a a a a a -+++= ，且2200n S =，则公差d =__________．【答案】0或6（2）若0d ≠，则3n a =，56200n a a ∴⋅+=（），又212200n n S n a a ==⋅+（），56122105n a a a a n n ∴+=+∴==，，， 3103855200a S a a ∴==+=，（），得835a =，6d ∴=．故答案为0或6．17．（2018年理数全国卷II ）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9．（2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.18．已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和为392S =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足11b a =， 415b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）12n n a +=；（2）n T = 21n -．19．设12a =，24a =，数列{}n b 满足：122n n b b +=+且1n n n a a b +-=.（1）求证：数列{}2n b +是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2） 1*22()n n a n n +=-∈N .【解析】（1）由题意知：12222222n n n n b b b b ++++==++，又121422b a a =-=-= ，∴124b +=， ∴{}2n b +是以4为首项， 2为公比的等比数列. （2）由（1）可得1242n n b -+=⋅，故122n n b +=-.1n n n a a b +-= ，∴211a a b -=，322a a b -=， 433a a b -=，……11n n n a a b ---=.累加得： 11231n n a a b b b b --=++++ ，()()()()234222222222n n a =+-+-+-++- ()()21212=2+2112n n -----122n n +=-，即()1222n n a n n +=-≥.而1112221a +==-⨯，∴1*22()n n a n n +=-∈N .20．[2018浙江卷]已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥ ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅ ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅. 【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出―‖与―‖的表达式时应特别注意将两式―错项对齐‖以便下一步准确写出―‖的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________。

高考数学错题本：第7章《数列》易错题(Word版,含解析)

我的高考数学错题本第7章数列易错题易错点1．已知n S 求n a 时, 易忽略1n =致错．【例1】已知数列{}n a 的前项和为n S ＝12n 2＋12n ＋1，求{}n a 的通项公式．【错因】1n n n a S S -=-成立的条件是2n ≥，当1n =要单独验证．易错点2．利用等比数列前n 项和公式时，忽略公比1q =致错．【例2】求数列2311,3,5,7,......(21),.....(0)n a a a n a a --≠的前n 项和．【错解】由于1(21)n n a n a -=-(*)n N ∈，23211357......(23)(21)n n n S a a a n a n a --=+++++-+- n aS = 2341357......(23)(21)n n a a a a n a n a -+++++-+- 两式相减得231(1)1222.....2(21)n nn a S a a a a n a --=+++--=12(21)11nn a n a a ----- 21(21)12(1)1n n n a n a S a a--+∴=---. 【错因】上述解法只适合1a ≠的情形．事实上，当1a =时，1357......(23)(21)n S n n =+++++-+-2(121)2n n n +-==【正解】221(21)12,1(1)1,1n n n a n a a a a S n a ⎧--+-≠⎪--=⎨⎪=⎩．易错点3．忽略数列与函数的区别致错．【例3】已知函数5,6()(4)4,62x a x f x a x x -⎧≥⎪=⎨-+<⎪⎩，数列{}n a 满足()n a f n =（*N n ∈），且数列{}n a 是单调递增数列，则的取值范围是_______．【错解】由题有651402(4)642a a a a -⎧⎪>⎪⎪->⎨⎪⎪-⨯+<⎪⎩，得78a <<．【错因】忽略数列与函数的区别致错，实际上，数列是一串离散的点，不能直接将6n =带入到分段函数的两个部分进行比较．【正解】由题有1402(5)(6)a a f f >⎧⎪⎪->⎨⎪<⎪⎩，得4887a <<．【例4】已知数列22n a n tn =-+在[2,)+∞是递增数列，则实数的取值范围是_______．【错解】依题意，22t n =≤，解得4t ≤，所以的取值范围是(,4]-∞．【错因】数列的定义域是全体的正整数，不是实数，所以不能按照函数的处理办法．【正解】依题意，23a a <，即422932t t -+<-+，故5t <．易错点4．数列的定义域是全体的正整数．【例5】已知数列133n a n =-，其前项和为n S ，则n S 的最大值是________．【错解】由题意，110a =，2(10133)323529()22624n n n S n +-==--+，当236n =时，n S 的最大，最大值是为52924n S =．【错因】数列的自变量是正整数，不能取非正数．【正解】方法1：由题意，110a =，2(10133)323529()22624n n n S n +-==--+，当4n =时，离二次函数对称轴最近，所以n S 的最大值是为4S =223434222⨯-⨯=．方法2：令1330n a n =->，解得134n <，即{}n a 前4项为正数，后面项均为负数，所以n S 的最大值为4S =223434222⨯-⨯=．易错点5．乱用结论致错．【例6】已知等差数列{}n a 的前m 项，前2m 项，前3m 项的和分别为23,,m m m S S S ，若230,90m m S S ==，求3m S ．【错解】因为322m m m S S S +=，30m S =，290m S =，所以322150m m m S S S =-=．【错因】以为{}n a 为等差数列，则23,,m m m S S S 也是为等差数列致错．【正解】设数列的公差为d ，则123......m m S a a a a =++++，212312...........m m m mS a a a a a a +=+++++++，31232213...........m m m m S a a a a a a +=+++++++11()2m m S a m -=+，2131()2m m m S S a m --=+，32151()2m m m S S a m --=+ 所以232,,m m m m m S S S S S --是公差为2m d 的等差数列，所以()2322m m m m m S S S S S -=+-．即32(9030)3090m S ⨯-=+-，3180m S ∴=．易错点6．乱设常量致错．【例7】数列{}n a 与{}n b 的前项和分别为,n n S T ，且:(513):(45)n n S T n n =++，则1010:a b =_______【错解】(513),(45)n n S n k T n k =+=+，则15n n n a S S k -=-=，14n n n b T T k -=-=，所以1010:5:4a b =．【错因】从:(513):(45)n n S T n n =++可知，比值:n S (513)n +=n T :(45)n +随着项数的变化而变化，不能设为常数，这里忽略了项数的可变性而致错．【正解】设(513),(45)n n S n nk T n nk =+=+，则1(108)n n n a S S n k -=-=+，1(81)n n n b T T n k -=-=+，其中2n ≥，:n n a b ∴=(108):(81)n n ++．所以1010:a b =4:3．易错点7．用归纳代替证明致错．【例8】【2016年高考四川理数改编】已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ ，若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；【错解】依题意112132=112=32a a a qa a a ìïïïï+=+íïïï+ïî，解得123124a a a ì=ïïïï=íïïï=ïî，因为2213a a a =，所以{}n a 是一个等比数列，所以1*2()n n a n -=?N ．【错因】由前3项成等比数列，就认为数列{}n a 为等比数列．【正解】由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列.从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q +q -=，由已知,0q >，故 =2q .所以1*2()n n a n -=?N .易错点8．数列加绝对值后，认为其还是等差数列．【例9】在等差数列{}n a 中，331n a n =-，记||n n b a =，求数列{}n b 的前30项和.【错解】依题意，||n n b a =也是等差数列，11||28b a ==，3030||59b a ==，所以3012330(2859)30||||||......||12602S a a a a +⨯=++++==．【错因】这里易错点是{}n b 也为等差数列，而解题的关键是绝对值号内的n a 的正负号进行讨论，当10n ≤时，0,11n a n <≥时，0n a >【正解】3012330||||||......||S a a a a =++++1231011121330(......)(......)a a a a a a a a =-+++++++++110113010()20()22a a a a ++=-+=755．易错点9．使用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错．【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，121n n a a +=+，求n a 的通项公式．【错解】*121()n n a a n N +=+∈，112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以2为公比的等比数列 11122n n n a --∴=⨯=*()n N ∈．【错因】新数列的首项是112a +=，不是1a ．【正解】*121()n n a a n N +=+∈，112(1),n n a a +∴+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列 12.n n a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈。

高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析

高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析“会而不对，对而不全”一直以来成为制约学生数学成绩提高的重要因素，成为学生挥之不去的痛，如何解决这个问题对决定学生的高考成败起着至关重要的作用。

本文结合笔者的多年高三教学经验精心挑选学生在考试中常见的66个易错、易混、易忘典型题目，这些问题也是高考中的热点和重点，做到力避偏、怪、难，进行精彩剖析并配以近几年的高考试题作为相应练习，一方面让你明确这样的问题在高考中确实存在，另一方面通过作针对性练习帮你识破命题者精心设计的陷阱，以达到授人以渔的目的，助你在高考中乘风破浪，实现自已的理想报负。

【易错点1】忽视空集是任何非空集合的子集导致思维不全面。

例1、设{}2|8150A x x x =-+=，{}|10B x ax =-=，若A B B =I ，求实数a 组成的集合的子集有多少个？【易错点分析】此题由条件A B B =I 易知B A ⊆，由于空集是任何非空集合的子集，但在解题中极易忽略这种特殊情况而造成求解满足条件的a 值产生漏解现象。

解析：集合A 化简得{}3,5A =，由A B B =I知B A ⊆故（Ⅰ）当B φ=时，即方程10ax -=无解，此时a=0符合已知条件（Ⅱ）当B φ≠时，即方程10ax -=的解为3或5，代入得13a =或15。

综上满足条件的a 组成的集合为110,,35⎧⎫⎨⎬⎩⎭，故其子集共有328=个。

【知识点归类点拔】（1）在应用条件A ∪B ＝Ｂ⇔A ∩B ＝Ａ⇔ＡＢ时，要树立起分类讨论的数学思想，将集合Ａ是空集Φ的情况优先进行讨论．（2）在解答集合问题时，要注意集合的性质“确定性、无序性、互异性”特别是互异性对集合元素的限制。

有时需要进行检验求解的结果是满足集合中元素的这个性质，此外，解题过程中要注意集合语言（数学语言）和自然语言之间的转化如：(){}22,|4A x y x y =+=，()()(){}222,|34B x y x y r =-+-=，其中0r >,若A B φ=I 求r 的取值范围。

高三易忘易错知识总结

高中数学特级教师编写高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析“会而不对，对而不全”一直以来成为制约学生数学成绩提高的重要因素，成为学生挥之不去的痛，如何解决这个问题对决定学生的高考成败起着至关重要的作用。

本文结合我多年高三教学经验精心挑选学生在考试中常见的64个易错、易混、易忘典型题目，这些问题也是高考中的热点和重点，做到力避偏、怪、难，进行精彩剖析并配以近几年的高考试题作为相应练习，一方面让你明确这样的问题在高考中确实存在，另一方面通过作针对性练习帮你识破命题者精心设计的陷阱，以达到授人以渔的目的，助你在高考中乘风破浪，实现自已的理想报负。

(一)高中数学易错、易混、易忘问题备忘录１．在应用条件A ∪B ＝Ｂ⇔A ∩B ＝Ａ⇔ＡＢ时，易忽略Ａ是空集Φ的情况．２求解与函数有关的问题易忽略定义域优先的原则．３．判断函数奇偶性时，易忽略检验函数定义域是否关于原点对称．4．根据定义证明函数的单调性时，规范格式是什么？(取值, 作差, 判正负.)5. 求函数单调性时，易错误地在多个单调区间之间添加符号“∪”和“或”；单调区间不能用集合或不等式表示．6. 用均值定理求最值（或值域）时，易忽略验证“一正二定三等”这一条件．7 你知道函数(0,0)b y ax a b x=+>>的单调区间吗？（该函数在()-∞+∞或上单调递增；在[上单调递减）这可是一个应用广泛的函数！8. 解对数函数问题时，你注意到真数与底数的限制条件了吗？（真数大于零，底数大于零且不等于1）字母底数还需讨论呀.9. 用换元法解题时，易忽略换元前后的等价性．10. 用判别式判定方程解的个数（或交点的个数）时，易忽略讨论二次项的系数是否为０．尤其是直线与圆锥曲线相交时更易忽略．11. 等差数列中的重要性质：若m+n=p+q ，则m n p q a a a a +=+;等比数列中的重要性质：若m+n=p+q,则m np q a a a a =. 12. 用等比数列求和公式求和时，易忽略公比ｑ＝１的情况．13. 已知n S 求n a 时, 易忽略n ＝１的情况．14．等差数列的一个性质：设n S 是数列{n a }的前n 项和, {n a }为等差数列的充要条件是 2n S an bn =+（a, b 为常数）其公差是2a.15．你知道怎样的数列求和时要用“错位相减”法吗？（若nn n c a b =其中{n a }是等差数列，{n b }是等比数列，求{n c }的前n 项的和）16. 你还记得裂项求和吗？（如111(1)1n n n n =-++） 17．在解三角问题时，你注意到正切函数、余切函数的定义域了吗？你注意到正弦函数、余弦函数的有界性了吗？18. 你还记得三角化简的通性通法吗？（切割化弦、降幂公式、用三角公式转化出现特殊角. 异角化同角，异名化同名，高次化低次）19. 你还记得在弧度制下弧长公式和扇形面积公式吗？1(||,2l r S lr α==扇形）20. 在三角中，你知道1等于什么吗？(αα22cos sin 1+=tan cot αα=tan sin cos 042ππ===这些统称为1的代换) 常数 “1”的种种代换有着广泛的应用．21．0与实数0有区别，0的模为数0，它不是没有方向，而是方向不定。

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A． Sn an
【答案】C
B． Sn an C． Sn an
D．大小不能确定
【解析】由题意得公差 d 0 ,且 am 0 ,所以当 n m
时, Sn an Sn Sm am an am am1 an1 0 ,所以 Sn an ,选 C.
3. 若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 Sn＝n＋n 1,则a15＝(
n1
n
2 3
n
.②
①-② 得
1 3 Tn
1 8
2 3
n
2 3
1
…
2 3
n1
1 8
n
2 3
n
3 8
3 8
n
2 3
n
Tn
9 8
9
3n 8
2 3
n
.
三、迁移运用
1【. 湖南省五市十校教研教改共同体 2017 届高三 12 月联考】已知数列an 的前 n 项和 Sn Aqn B q 0 ,
(2)由(1)得 cn＝3n×＋21n－，1＋n为1，奇n数为，偶数.
所以 T2n＝(2＋4＋…＋2n)＋3×(21＋23＋…＋22n－1)＋n
＝n(n＋1)＋3×2（11－－44n）＋n
＝22n＋1＋n2＋2n－2.
10.在数列{an}中, a1 1, a1 2a2 3a3
nan
n
2
1
an1
n 2
an
,∴
an1 an
3n n 1
,
又
a1
11 2
a2
,
a2
1,
∴
an
an an1
an1 an2
a3 a2
a2
3(n 1) n
3(n 2) n 1
6 3
1
2 n
3n2
（n
2
）,
1, n 1
又当
n
1 时,
an
a1
2 3
1,故
an
2 n
3n2 , n
2
.
11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,常数 λ>0,且 λa1an＝S1＋Sn 对一切正整数 n 都成立．
【答案】
【解析】已知
，故得到
两式做差得到
两侧式子变形为
累加得到
.
故答案为：
.
9.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N*满足 2Sn＝an(an＋1),且 an≠0. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 cn＝a3n×＋21a，n－n1为＋奇1，数n，为偶数，求数列{cn}的前 2n 项和 T2n.
【解析】 (1)当 n＝1 时,a1＝S1＝1；当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n. 故数列{an}的通项公式为 an＝n.
【点评】由 Sn 和 an 的关系求通项的注意问题 (1)应重视分类讨论的思想,分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论．当 n＝1 时,a1 不适合 an 的情况要分开写,即 an＝
成立,则需
,故填 .
7．【天津市耀华中学 2018 届高三 12 月月考】已知数列的前项和，且
__________．
【答案】
【解析】，②
① ②得
，① ，（）．
，且，则
即
．
当时．
．
解得．
∴
．
8．【湖南省怀化市 2018 届高三上学期期末】已知数列的前项之和为，满足
，
，则数列的通项公式为__________．
6．【河北省石家庄 2018 届高三教学质量检测】已知数列的前项和
成立，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
，如果存在正整数，使得
【解析】当时,
,当时,
,所以
,当时 ,当为
大于的偶数时,
为递减数列;当为大于的奇数时
为负数,且为递增数列,即
的长度
不断减小,要使得
通项公式,注意 an Sn Sn1 成立的前提是 n 2 ,要注意验证 n 1 时通项公式是否成立,若成立,则通项公式
为 an
Sn
Sn1 ,若不成立,则通项公式为 an
SS1n,n
1 Sn1
,
n
.
2
【小试牛刀】已知数列{an}满足条件12a1＋212a2＋213a3＋…＋21nan＝2n＋5,则数列{an}的通项公式为(
)
A．an＝2n＋1 B．an＝124n＋（1（n＝n≥12）），C．an＝2n D．an＝2n＋2
【答案】
【点评】下标为 n－1 时,忽略 n≥2,没有进行讨论,没有分段写 an.
(二) 通项 an 不用分段函数表示
【例 2】已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和．【分析】本题易出现以下错误：
,所以 b1
1 3
．
当 n 1 时, bn 31n log3 3n1
n 1
31n ,所以 T1
b1
1； 3
当 n 1 时,Tn b1 b2 b3
bn
1 3
1 31 2 32
n 1 31n
①
所以 3Tn 1 1 30 2 31 n 1 32n
②
式①－式②得
＝S1；当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1,并注意 a1＝0 或 a1≠0 进行讨论；(2)根据数列的通项 lga1n,化简后结合函数的单调性来求．
12.【山东省枣庄市 2017 届高三上学期期末】已知 Sn 为各项均为正数的数列an 的前 n 项
∴
an
1 2
(3)n2, n 2
2
∴Sn＝2an＋1＝2×12×(
3 2
)
n
1
( 3 )n1 . 2
5.【辽宁省抚顺市 2018 届高三 3 月高考模拟】已知数列的前项和为，且，值为_________．【答案】384
【解析】∵
，∴
，则
，则的
∴ ∵ ，∴
∴ 不满足式
∴
∴
，故答案为 .
二、典例精析
(一) 通项 an 用分段函数表示
【例 1】设数列an 的前 n 项和为 Sn . 已知 2Sn 3n 3 . （1）求an 的通项公式；（2）若数列bn 满足 anbn log3 an ,求bn 的前 n 项和Tn .
【分析】利用 an Sn Sn1 (n 2) 求 an ,要记住验证 n 1 是否满足.
检验 n 1 时,上式符合.
∴ an 2n n N .学科-网
（Ⅱ）由题知 ak1, a2k , a2k1 成等比数列,
a2k 2 ak 1 a2k 1 ,
即 2 2k 2 2k 1 22k 3 ,解得 k 3.
b1
a4
8, b2
a6
12
,公比 q
12 8
3 2
.
bn
8
3 2
n1
,
∴n bn
1n 8
2 n1 3
[来源:学|科|网 Z|X|X|K]
Tn
1 8
2 3
0
1 8
2
2 3
1
…
1 8
n
2 3
n1
.
即 Tn
1 8
2 3
0
2
2 3
1
…
n
2 3
n1
.①
上式两边乘以 2 ,得 3
2 3 Tn
1 8
2 3
1
2
2 3
2
…
n
1
2 3
则“ A B “是“数列an 是等比数列”的（）．
A．充分不必要条件 C．充要条件【答案】B
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2.【湖南省五市十校教研教改共同体 2017 届高三 12 月联考】等差数列an 的前 n 项和为 Sn ,且 a1 0 ,若存
在自然数 m 3 ,使得 am Sm ,则当 n m 时, Sn 与 an 的大小关系是（）
2Tn
2 3
30 31 32
32n n 1 31n 2 1 31n n 1 31n
3 1 31
[来源:学科网 ZXXK]
13 6
6n 3 2 3n
,所以 Tn
13 12
6n 3 4 3n
．经检验,
n
1 时也适合．
综上可得 Tn
13 12
6n 3 4 3n
)
5
6
1
A.6
B.5
C.30
D．30
【答案】D
【解析】当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n＋n 1－n－n 1＝n
1 n＋1
,∴a15＝5×(5＋1)＝30.
4 . 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1＝1,Sn＝2an＋1,则 Sn＝( )
A．2n－1
B. ( 3 )n1 2
－1
【答案】B
【解析】∵Sn＝2an＋1,∴当 n≥2 时,Sn－1＝2an, ∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2),
即aan＋n 1＝32(n≥2),
又
a2＝12,∴an＝12×(
3 2
)n2
(n≥2)．
当
n＝1
时,a1＝1≠12×(
3 )1 2
＝13,
1, n 1
k N
恰好依次为等比数列 bn