2018年高考数学二轮复习专题四数列推理与证明第1讲等差数列与等比数列专题突破讲义文
2018年高考数学(理)—— 专题四 数列
核心知识
考点精题
-9-
对点训练2已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明数列 ������������ + (2)证明
1 2
1 2
是等比数列,并求{an}的通项公式;
1 ������ ������
1
������ 1
+
3 2
1 ������ 2
+…+
< .
2
1 2 1 2
3
证明 (1)由 an+1=3an+1,得 an+1+ =3 ������������ + 又 a1+ = ,所以 ������������ +
核心知识
考点精题
-3-
(3)由已知得 bn=2������ ������ ,
������ ������ +1 ������������
=
2������ ������ +1 2������ ������ ������1
= 2������ ������ +1 -������ ������ =23=8,
解 (1)a1=S1=5,a1+a2=S2= ×22+ ×2=13,解得 a2=8. (2)当 n≥2
3 2 7 2 2 2 3 2 7 2 时,an=Sn-Sn-1= [n -(n-1) ]+ [n-(n-1)] 2 2
3
7
= (2n-1)+ =3n+2.
又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3, 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不
2018高考数学理二轮复习课件：1-3-1 等差数列、等比数列 精品
1．[2015·银川一模]若等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a·3n－2，则 a2＝( )
A．4
B．12
C．24
D．36
解析 由等比数列的前 n 项和公式形式 Sn＝A－Aqn，可知 Sn＝a·3n－2 中 a＝2，则 a2＝S2－S1＝2×32 －2－(2×31－2)＝12.故选 B.
2．[2015·课标全国卷Ⅰ]已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和．若 S8＝4S4，则 a10＝( )
2．[2015·九江高三一模]等差数列{an}中，a1＝20115，am＝1n，an＝m1 (m≠n)，则数列{an}的公差为_2_01_1_5____．
解析 ∵am＝20115＋(m－1)d＝1n， an＝20115＋(n－1)d＝m1 ，∴(m－n)d＝1n－m1 ， ∴d＝m1n， ∴am＝20115＋(m－1)m1n＝1n，解得m1n＝20115， 即 d＝20115.
a2－a1＝2×2－1， 将以上各式相加，
得 an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2] －(n－1)＝n－122n＋4－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.
又因为 a1＝2，所以 an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)． 当 n＝1 时，a1＝2 适合上式． 故 an＝n2＋1(n∈N*)．
2．[2015·陕西高考]中位数为 1010 的一组数构成等差数列，其末项为 2015，则该数列的首项为___5_____． 解析 设等差数列的首项为 a1，根据等差数列的性质可得，a1＋2015＝2×1010，解得 a1＝5.
建模规范答题
专题4 第1讲 等差数列与等比数列
第1讲 等差数列与等比数列「考情研析」 1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明． 2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，一般设置一道选择题和一道解答题.核心知识回顾1.等差数列(1)01a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d . (2)022a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2). (3)前n 03S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.2．等比数列(1)01a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m .(2)02a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2).(3)等比数列的前n 项和公式：03S n ＝⎩⎨⎧na 1(q ＝1)，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q (q ≠1).3．等差数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k ，01a m ＋a n ＝a l ＋a k (反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p 02a m ＋a n ＝2a p .(2)若{a n }，{b n }是等差数列，则{ka n ＋tb n }(k ，t 是非零常数)(3)等差数列“依次m 项的和”即S m …仍是等差数列．(4)等差数列{a n }，当项数为2n 时，S 偶－S 奇，S 奇S 偶＝a n ＋12n －1时，S 奇－S 偶，S 奇S 偶＝n －1其中S 偶表示所有的偶数项之和，S 奇表示所有的奇数项之和)4．等比数列的性质(n ，m ，l ，k ，p 均为正整数)(1)若m ＋n ＝l ＋k 反之不一定成立)；特别地，当m ＋n ＝2p(2)当n 为偶数时，S 偶S 奇＝公比为q )．(其中S 偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)(3)等比数列“依次m 项的和”，即S m …(S m ≠0)成等比数列．热点考向探究考向1 等差数列、等比数列的运算例1 (1)(2020·山东省青岛市模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9等于( )A ．－8B ．－6C ．10D ．0答案 D解析 ∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，即2a 1＝－16，解得a 1＝－8.则S 9＝－8×9＋9×82×2＝0，故选D.(2)(2020·山东省泰安市肥城一中模拟)公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 2成等差数列，mS 2，S 3，S 4成等比数列，则m ＝( )A.78 B ．85 C ．1 D ．95答案 D解析 设{a n }的公比为q (q ≠0且q ≠1)， 根据a 1，a 3，a 2成等差数列， 得2a 3＝a 1`＋a 2，即2a 1q 2＝a 1＋a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－1－q ＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0. 因为q ≠1，所以q ＝－12， 则S 2＝a 1(1－q 2)1－q ＝34·a 11－q ，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝98·a 11－q ，S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1516·a 11－q，因为mS 2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝mS 2·S 4， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫98·a 11－q 2＝m ·34·a 11－q ·1516·a 11－q ，因为a 1≠0，所以a 11－q ≠0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫982＝m ×34×1516， 得m ＝95，故选D.利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．1．(多选)(2020·山东省青岛市模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，公差d ≠0，S 6＝90，a 7是a 3与a 9的等比中项，则下列选项正确的是( )A ．a 1＝22B ．d ＝－2C ．当n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值D ．当S n ＞0时，n 的最大值为20 答案 BCD解析 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0， 由S 6＝90，可得6a 1＋15d ＝90，即2a 1＋5d ＝30， ①由a 7是a 3与a 9的等比中项，可得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋8d )，化为a 1＋10d ＝0， ② 由①②解得a 1＝20，d ＝－2，则a n ＝20－2(n －1)＝22－2n ，S n ＝12n (20＋22－2n )＝21n －n 2， 由S n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋4414，可得n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值110.由S n ＞0，可得0＜n ＜21，即n 的最大值为20.故选BCD. 2．定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2022a 2020＝( )A ．4×20202－1B ．4×20192－1C ．4×20222－1D ．4×20192答案 A解析 ∵a 1＝a 2＝1，a 3＝3，∴a 3a 2－a 2a 1＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋1a n＝2n －1，∴a 2022a 2020＝a 2022a 2021·a 2021a2020＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A.考向2 等差数列、等比数列的判定与证明例2 (1)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是等差数列．证明 ∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12为常数，又a 1＝1， ∴1a 1－2＝－1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋a n ＝n －1n (n ＋1)＋1，n ＝1,2,3，…，设b n ＝a n ＋1n (n ＋1)，求证：数列{b n }是等比数列．证明 S n ＝1－a n ＋n －1n (n ＋1)，∴S n ＋1＝1－a n ＋1＋n(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，易知a 1＝12，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝n(n ＋1)(n ＋2)－a n ＋1－n －1n (n ＋1)＋a n ，∴2a n ＋1＝n ＋2－2(n ＋1)(n ＋2)－n －1n (n ＋1)＋a n ＝1n ＋1－2(n ＋1)(n ＋2)－1n ＋1＋1n (n ＋1)＋a n ，∴2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋1＋1(n ＋1)(n ＋2)＝a n ＋1n (n ＋1)，b n ＝a n ＋1n (n ＋1)，则b n ＋1＝a n ＋1＋1(n ＋1)(n ＋2)，上式可化为2b n ＋1＝b n ，∴数列{b n }是以b 1＝1为首项，12为公比的等比数列，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n}为等比数列时，不能仅仅证明a n＋1＝qa n，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n}为等比数列．(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．1．(多选)(2020·日照一中摸底考试)已知数列{a n}满足：a1＝3，当n≥2时，a n＝( a n－1＋1＋1)2－1，则关于数列{a n}，下列说法正确的是()A．a2＝8 B．数列{a n}为递增数列C．数列{a n}为周期数列D．a n＝n2＋2n答案ABD解析由a n＝(a n－1＋1＋1)2－1得a n＋1＝(a n－1＋1＋1)2，∴a n＋1＝a n－1＋1＋1，即数列{a n＋1}是首项为a1＋1＝2，公差为1的等差数列，∴a n＋1＝2＋(n－1)×1＝n＋1.∴a n＝n2＋2n.所以易知A，B，D正确．2．已知正项数列{a n}满足a2n＋1－6a2n＝a n＋1a n，若a1＝2，则数列{a n}的前n 项和为________.答案3n－1解析∵a2n＋1－6a2n＝a n＋1a n，∴(a n＋1－3a n)(a n＋1＋2a n)＝0，∵a n>0，∴a n＋1＝3a n，∴{a n}为等比数列，且首项为2，公比为3，∴S n＝3n－1.考向3数列中a n与S n的关系问题例3(1)(2020·河南省高三阶段性测试)设正项数列{a n}的前n项和为S n，且4S n＝(1＋a n)2(n∈N*)，则a5＋a6＋a7＋a8＝()A．24 B．48C．64 D．72答案 B解析 当n ＝1时，由S 1＝a 1＝(1＋a 1)24，得a 1＝1，当n ≥2时，⎩⎨⎧4S n ＝(1＋a n )2，4S n －1＝(1＋a n －1)2，得4a n ＝(1＋a n )2－(1＋a n －1)2，∴a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n >0，∴a n －a n －1＝2，∴{a n }是等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2(a 6＋a 7)＝48.(2)(2020·山东省德州市二模)给出以下三个条件： ①数列{a n }是首项为 2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列； ②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列． 请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________.记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋n b n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 选①，由已知S n ＋1＝4S n ＋2， (*) 当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， (**) (*)－(**)，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ， 即a n ＋1＝4a n .当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，所以a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以a n ＝22n －1.b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n (n ＋1)n 2(n ＋1)2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.选②，由已知3S n ＝22n ＋1＋λ， (*) 当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ， (**) (*)－(**)，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1， 即a n ＝22n －1.当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，所以a n ＝22n －1， 下同选①.选③，由已知3S n ＝a n ＋1－2， (*) 则n ≥2时，3S n －1＝a n －2， (**) (*)－(**)，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n .当n ＝1时，3a 1＝a 2－2，而a 1＝2，得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以a n ＝22n －1， 下同选①.由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n－S n －1(n ≥2).已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n <12.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，1S n －1S n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)·2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.13S 1＋15S 2＋17S 3＋…＋12n ＋1S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1) ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.真题押题『真题检验』1．(2020·全国卷Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8＝( )A ．12B ．24C ．30D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝1，a 2＋a 3＋a 4＝a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝a 1q (1＋q ＋q 2)＝q ＝2，因此，a 6＋a 7＋a 8＝a 1q 5＋a 1q 6＋a 1q 7＝a 1q 5(1＋q ＋q 2)＝q 5＝32.故选D.2．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24可得⎩⎨⎧ a 1q 4－a 1q 2＝12，a 1q 5－a 1q 3＝24，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1－2n1－2＝2n －1.因此S na n ＝2n－12n －1＝2－21－n .故选B.3．(2020·新高考卷Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.答案 3n 2－2n解析 因为数列{2n －1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{3n －2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{a n }是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{a n }的前n 项和为n ·1＋n (n －1)2·6＝3n 2－2n . 4．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝________.答案 25解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，可得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－2＋d ＋(－2)＋5d ＝2，解得d ＝1.所以S 10＝10×(－2)＋10×(10－1)2×1＝－20＋45＝25.5．(2020·江苏高考)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________.答案 4解析 等差数列{a n }的前n 项和公式为P n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，等比数列{b n }的前n 项和公式为Q n ＝b 1(1－q n )1－q ＝－b 11－q q n ＋b 11－q ，依题意S n ＝P n＋Q n ，即n 2－n ＋2n －1＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n －b 11－q q n ＋b 11－q，通过对比系数可知⎩⎪⎨⎪⎧d2＝1，a 1－d 2＝－1，q ＝2，b11－q ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝0，q ＝2，b 1＝1，故d ＋q ＝4.6．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2或a 1＝32，q ＝12(舍去)， 所以a n ＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128， b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1； b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]， 则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]， 则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]， 则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]， 则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480. 7．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，根据题意，有 ⎩⎨⎧ a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3， 所以a n ＝3n －1.(2)令b n ＝log 3a n ＝log 33n －1＝n －1， 则S n ＝n (0＋n －1)2＝n (n －1)2，根据S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，可得 m (m －1)2＋m (m ＋1)2＝(m ＋2)(m ＋3)2， 整理得m 2－5m －6＝0，因为m ＞0，所以m ＝6.『金版押题』8．已知数列{a n }满足na n －28a n ＋1＝n －1(n ∈N *)，a 1＋a 2＋a 3＝75，记S n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋a 3a 4a 5＋…＋a n a n ＋1·a n ＋2，则a 2＝________，使得S n 取得最大值的n 的值为________.答案 25 10解析 由na n －28a n ＋1＝n －1(n ∈N *)，可取n ＝1，即a 1－28＝0，可得a 1＝28，取n ＝2，可得2a 2－28a 3＝1，即a 3＝2a 2－28，又a 1＋a 2＋a 3＝75，可得a 2＝25，a 3＝22，当n ≥2时，由na n －28a n ＋1＝n －1可得a n ＋1n －a nn －1＝－28n (n －1)，可令c n ＝a n ＋1n ，则c n －1＝a nn －1(n ≥2)，c n －c n －1＝28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n －1(n ≥2)， 由c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋…＋(c n －c n －1)＝c 1＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋13－12＋…＋1n －1n －1， 可得c n ＝c 1＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＝a 2＋28⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1，则a n ＋1＝nc n ＝na 2＋28(1－n )＝28＋n (a 2－28)， 故a n ＋1＝28－3n (n ≥2)，所以a n ＝31－3n (n ≥3)， 又a 1＝28，a 2＝25，也符合上式，所以a n ＝31－3n . 令b n ＝a n a n ＋1a n ＋2＝(31－3n )(28－3n )(25－3n )， 由b n ≥0，可得(31－3n )(28－3n )(25－3n )≥0， 解得1≤n ≤8(n ∈N *)或n ＝10，又b 9＝－8，b 10＝10，所以n ＝10时，S n 取得最大值．9．记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，a 3＝7a 1＝7. (1)求p ，S 4的值；(2)若b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }是等比数列． 解 (1)由a 3＝7a 1＝7知，a 3＝7，a 1＝1.当n ＝1时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得a 2＝32＋p ，当n ＝2时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得a 3＝4＋3p ＝7，所以p ＝1， 当n ＝3时，由2a n ＋1＋n ＝4S n ＋2p ，得2a 4＋3＝4S 3＋2，解得a 4＝412.所以S 4＝1＋52＋7＋412＝31.(2)证明：由(1)可得a n ＋1＝2S n －12n ＋1， 则a n ＋2＝2S n ＋1－12(n ＋1)＋1. 两式作差得a n ＋2－a n ＋1＝2a n ＋1－12， 即a n ＋2＝3a n ＋1－12(n ∈N *)． 由(1)得a 2＝52，所以a 2＝3a 1－12， 所以a n ＋1＝3a n －12对n ∈N *恒成立， 由上式变形可得a n ＋1－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －14.而a 1－14＝34≠0，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －14是首项为34，公比为3的等比数列，所以a n －14＝34×3n －1＝3n4，所以b n ＝a n ＋1－a n ＝a n ＋1－14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －14＝3n ＋14－3n 4＝3n 2，所以b n ＋1＝3n ＋12，b n ＋1b n＝3.又b 1＝32，所以数列{b n }是首项为32，公比为3的等比数列．专题作业一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2020·山东德州高三下学期联考)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( )A ．4B ．8C ．16D ．32答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2，则a 6＝25＝32.故选D. 2．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎨⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A. 3．等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成以d 为公比的等比数列，则d ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 将a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1转化为a 1，d 的形式为a 1＋1，a 1＋1＋d ，a 1＋1＋3d ，由于这三个数成以d 为公比的等比数列，故a 1＋1＋d a 1＋1＝a 1＋1＋3da 1＋1＋d ＝d ，化简得a 1＋1＝d ，代入a 1＋1＋d a 1＋1＝d ，得2dd ＝2＝d ，故选A.4．(2020·河北省张家口市二模)已知正项等比数列{a n }的公比为q ，若a 1＝q≠1，且a m＝a1a2a3…a10，则m＝()A．19 B．45C．55 D．100答案 C解析∵正项等比数列{a n}的公比为q，a1＝q≠1，∴a n＝q.q n－1＝q n，∵a m＝a1a2a3...a10，∴q m＝q.q2.q3.....q10＝q1＋2＋3＋ (10)q55.∴m＝55.故选C.5．(2020·河北省保定市一模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有五人五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思是：“现有甲、乙、丙、丁、戊，五人依次差值等额分五钱，要使甲、乙两人所得的钱数与丙、丁、戊三人所得的钱数相等，问每人各得多少钱？”请问上面的问题里，五人中所得的最少钱数为()A.76钱B．56钱C．13钱D．23钱答案 D解析依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱数分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，又有a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，得a＝－6d，∵a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝5，∴a＝1，则d＝－16，∴a＋2d＝23.故选D.6．(2020·广州模拟)正项等比数列{a n}满足a2a4＝1，S3＝13，则其公比是()A．1 B．1 2C．13D．14答案 C解析设{a n}的公比为q，因为a2a4＝1，且a2a4＝a23，所以a23＝1，易知q>0，所以a3＝1.由S3＝1＋1q ＋1q2＝13，得13q2＝1＋q＋q2，即12q2－q－1＝0，解得q＝13.故选C.7．已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则( ) A ．S 6＝－2S 3 B ．S 6＝－12S 3 C ．S 6＝12S 3 D ．S 6＝2S 3答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，则S 6＝(1＋q 3)S 3，S 9＝(1＋q 3＋q 6)S 3，因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以2(1＋q 3＋q 6)S 3＝S 3＋(1＋q 3)S 3，易知S 3≠0，解得q 3＝－12，故S 6＝12S 3.8．已知函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，则{a n }的前21项和为( )A ．0B ．252 C ．21 D ．42 答案 C解析 函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，平移可得y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且函数f (x )在(1，＋∞)上单调，由数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 4)＝f (a 18)，可得a 4＋a 18＝2，所以a 1＋a 21＝a 4＋a 18＝2，可得数列{a n }的前21项和S 21＝21(a 1＋a 21)2＝21.故选C.二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．已知无穷数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c ，其中a ，b ，c 为实数，则( )A ．{a n }可能为等差数列B ．{a n }可能为等比数列C ．{a n }中一定存在连续的三项构成等差数列D ．{a n }中一定存在连续的三项构成等比数列 答案 ABC解析解法一：因为S n＝an2＋bn＋c，所以S n－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c(n≥2)，所以a n＝S n－S n－1＝2na－a＋b(n≥2)，若数列{a n}为等差数列，则a1＝a＋b＋c＝a＋b，c＝0，验证知，当c＝0时，{a n}为等差数列，所以A正确；在a n＝2na－a ＋b(n≥2)中，当a＝0，b≠0时，a n＝b(n≥2)，若数列{a n}为等比数列，则a1＝b ＋c＝b，c＝0，验证知，当a＝c＝0，b≠0时，{a n}为等比数列，所以B正确；由a n＝2na－a＋b(n≥2)可知，{a n}中一定存在连续的三项构成等差数列，所以C 正确；假设a k，a k＋1，a k＋2(k≥2，且k∈N*)成等比数列，则[2(k＋1)a－a＋b]2＝(2ka －a＋b)·[2(k＋2)a－a＋b]，整理得(k＋1)2＝k(k＋2)，即1＝0(不成立)，所以{a n}中不存在连续的三项构成等比数列，所以D错误．故选ABC.解法二：当c＝0，a≠0时，数列{a n}为等差数列，所以A正确；当a＝c＝0，b≠0时，数列{a n}为常数列，也是等比数列，所以B正确；当n≥2时，a n＝S n －S n－1＝2na－a＋b，则{a n}中一定存在连续的三项构成等差数列，所以C正确；假设a k，a k＋1，a k＋2(k≥2，且k∈N*)成等比数列，则[2(k＋1)a－a＋b]2＝(2ka－a ＋b)·[2(k＋2)a－a＋b]，整理得(k＋1)2＝k(k＋2)，即1＝0(不成立)，所以{a n}中不存在连续的三项构成等比数列，所以D错误．故选ABC.10．(2020·海南省海口市模拟)已知正项等比数列{a n}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为S n，则()A．q＝2 B．a n＝2nC．S10＝2047 D．a n＋a n＋1＜a n＋2答案ABD解析根据题意，对于A，正项等比数列{a n}满足2q3＝4q＋2q2，变形可得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，又{a n}为正项等比数列，则q＝2，故A正确；对于B，a n＝2×2n－1＝2n，B正确；对于C，S n＝2×(1－2n)1－2＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；对于D，a n＋a n＋1＝2n＋2n＋1＝3×2n＝3a n，而a n＋2＝2n＋2＝4×2n ＝4a n＞3a n，D正确．故选ABD.11．等差数列{a n}的前n项和记为S n，若a1>0，S10＝S20，则()A．公差d<0 B．a16<0C ．S n ≤S 15D ．当且仅当S n <0时n ≥32答案 ABC解析 因为等差数列中，S 10＝S 20，所以a 11＋a 12＋…＋a 19＋a 20＝5(a 15＋a 16)＝0，又a 1>0，所以a 15>0，a 16<0，所以d <0，S n ≤S 15，故A ，B ，C 正确；因为S 31＝31(a 1＋a 31)2＝31a 16<0，故D 错误．故选ABC.12．设正项等差数列{a n }满足(a 1＋a 10)2＝2a 2a 9＋20，则( ) A ．a 2a 9的最大值为10 B ．a 2＋a 9的最大值为210 C.1a 22＋1a 29的最大值为15D ．a 42＋a 49的最小值为200答案 ABD解析 因为正项等差数列{a n }满足(a 1＋a 10)2＝2a 2a 9＋20，所以(a 2＋a 9)2＝2a 2a 9＋20，即a 22＋a 29＝20，则a 2a 9≤a 22＋a 292＝202＝10，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故A 正确；由于⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋a 922≤a 22＋a 292＝10，所以a 2＋a 92≤10，a 2＋a 9≤210，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故B 正确；1a 22＋1a 29＝a 22＋a 29a 22·a 29＝20a 22·a 29≥20⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2922＝20102＝15，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，所以1a 22＋1a 29的最小值为15，故C 错误；a 42＋a 49＝(a 22＋a 29)2－2a 22·a 29＝400－2a 22·a 29≥400－2×102＝200，当且仅当a 2＝a 9＝10时等号成立，故D 正确．故选ABD. 三、填空题13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1,2S n ＝a n ＋1，则S n ＝________. 答案 3n －1解析 由2S n ＝a n ＋1得2S n ＝a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以3S n ＝S n ＋1，即S n ＋1S n ＝3，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，q ＝3为公比的等比数列，所以S n ＝3n －1.14．(2020·山东省聊城市三模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ，则a 6＝________.答案 16解析 由题意，得a 2＝a 1＋1＝2，a 3＝a 2＋2＝4，a 4＝a 3＋3＝7，a 5＝a 4＋4＝11，a 6＝a 5＋5＝16.15．各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________. 答案 a n ＝n (n ＋1)2解析 由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1，得2b n ＝a n ＋a n ＋1⇒2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，又a 1＝1，a 2＝3⇒2b 1＝4⇒b 1＝2，则{b n }是首项为2的等差数列．由已知得b 2＝a 22b 1＝92，则数列{b n }的公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋(n －1)·22＝2(n ＋1)2，即b n ＝n ＋12.当n＝1时，b 1＝2，当n ≥2时，b n －1＝n2，则a n ＝b n b n －1＝n (n ＋1)2，a 1＝1符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.16．已知数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，则a n ＝________，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝________.答案 ⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋2－32，n ≥2解析 由题意可得，当n ＝1时，13a 1＝4，解得a 1＝12.当n ≥2时，13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3n －2，所以13n a n ＝3，n ≥2，即a n ＝3n ＋1，n ≥2，又当n ＝1时，a n ＝3n ＋1不成立，所以a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝12＋33－3n ＋21－3＝3n ＋2－32. 四、解答题17．(2020·江西省南昌市三模)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n a n ＋1＝2pn ＋1(p 为常数) .(1)若－a 1，12a 2，a 4成等差数列，求p 的值；(2)是否存在p ，使得{a n }为等比数列？若存在，求{a n }的前n 项和S n ；若不存在，请说明理由．解 (1)令n ＝1，a 1a 2＝2p ＋1⇒a 2＝2p ，且a n ＋1a n ＋2＝2pn ＋p ＋1，与已知条件相除得a n ＋2a n＝2p ，故a 4＝2p a 2＝(2p )2， 而－a 1，12a 2，a 4成等差数列，则a 4－2＝a 2，即(2p )2－2＝2p ，解得2p ＝2，即p ＝1.(2)若{a n }是等比数列，则由a 1>0，a 2>0，知此数列首项和公比均为正数．设其公比为q ，则q ＝2p 2，故2p 2＝a 2a 1＝2p 2⇒p ＝2， 此时a 1＝2，q ＝2⇒a n ＝2n ，故a n a n ＋1＝22n ＋1， 而2pn ＋1＝22n ＋1，因此p ＝2时，{a n }为等比数列，其前n 项和S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 18．(2020·山东省威海二模)从条件①2S n ＝(n ＋1)a n ，② S n ＋S n －1＝a n (n ≥2)，③a n >0，a 2n ＋a n ＝2S n 中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，________.若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求k 的值．解 若选择①，∵2S n ＝(n ＋1)a n ，n ∈N *，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，n ∈N *.两项相减得2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，整理得na n ＋1＝(n ＋1)a n .即a n ＋1n ＋1＝a n n ，n ∈N *， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列.a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . ⎝ ⎛⎭⎪⎫或由a n ＋1a n ＝n ＋1n ，利用相乘相消法，求得a n ＝n a k ＝k ，S k ＋2＝(k ＋2)×1＋(k ＋2)(k ＋1)2×1 ＝(k ＋2)(k ＋3)2. 又a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)(k ＋3)＝2k 2， k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)． ∴k ＝6.若选择②， 由S n ＋S n －1＝a n (n ≥2)变形得S n ＋S n －1＝S n －S n －1， S n ＋S n －1＝( S n ＋S n －1)( S n －S n －1)， 易知S n >0，∴ S n －S n －1＝1，{S n }为等差数列， 而S 1＝a 1＝1，∴ S n ＝n ，S n ＝n 2， ∴a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，且n ＝1时也满足， ∴a n ＝2n －1.∵a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)2＝(2k －1)2，∴k ＝3或k ＝－13，又k ∈N *，∴k ＝3.若选择③，∵a 2n ＋a n ＝2S n (n ∈N *)，∴a 2n －1＋a n －1＝2S n －1(n ≥2)．两式相减得a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n (n ≥2)，整理得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝a n ＋a n －1(n ≥2)． ∵a n >0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)，∴{a n }是等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S k ＋2＝(k ＋2)×1＋(k ＋2)(k ＋1)2×1＝(k ＋2)(k ＋3)2. 又a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，∴(k ＋2)(k ＋3)＝2k 2，解得k ＝6或k ＝－1，又k ∈N *，∴k ＝6.19．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时， a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12S n －1＝0， 即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n .所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n －1)，所以S n＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ.若数列{S n＋(n＋2n)λ}为等差数列，则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.经检验λ＝－2时，{S n＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.。
2018年高考数学二轮总复习 第一部分 专题攻略 专题四 数列 4.1 等差数列与等比数列课件 文
4．(2017·山西运城联考)已知在等比数列{an}中，a2a10＝6a6， 在等差数列{bn}中，b4＋b6＝a6，则数列{bn}的前 9 项和为( )
TS59＝(
)
3
5
1
27
A.5
B.9
C.3
D.25
解析：由{an}为等差数列可得 S5＝5a12＋a5＝5×22a3＝5a3. 同理可得 T9＝9b5.
所以TS59＝95ba53＝59×35＝13.故选 C. 答案：C
6．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之 和的 4 倍，前 3 项之积为 64，则 a1＝( )
答案：A
2．(2017·武汉市武昌区调研考试)设公比为 q(q>0)的等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则 a1＝( )
A．－2 B．－1
1
2
C.2
D.3
解析：由 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2 得 a3＋a4＝3a4－3a2，即 q＋ q2＝3q2－3，解得 q＝－1(舍)或 q＝32，将 q＝32代入 S2＝3a2＋2 中得 a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得 a1＝－1，故选 B.
1．(2017·课标全国卷Ⅲ)等差数列an的首项为 1，公差不为 0.
若 a2，a3，a6 成等比数列，则an前 6 项的和为(
)
A．－24 B．－3
C．3
D．8
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4-1-1 精品
1高考巡航 本讲考查的热点主要有三个方面： (1)对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出 现，考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解，属于低 档题； (2)对等差、等比数列性质的考查，主要以客观题出现，具 有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属 中低档题； (3)对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的 第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关 键环节.
(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 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”这一性 质与求和公式 Sn＝na12＋an的综合应用．
4专能提升
1.(热点一)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则
a100＝( )
A．100
B．99
答案：10
3热点追踪
热点考向一 等差(比)数列的基本运算
[典例 1] (1)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝－
11，a4＋a6＝－6，则当 Sn 取最小值时，n 等于( )
A．6
B．7
C．8
D．9
(2)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数 列{bn}的前 10 项和等于( )
二、重要公式
1．通项公式 (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d(n， m∈N*)． (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1＝am·qn－m(n，m∈N*)
2．前 n 项和公式 (1)等差数列的前 n 项和公式 Sn＝na12＋an＝na1＋nn2－1d. (2) 等 比 数 列 的 前 n 项 和 公 式 Sn ＝
高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列
013＋a2
014＝1
005.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2).
12 3 4
2.(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9， a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__2_n_－__1__. 解析 由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9， 所以联立方程aa11a＋4＝a48＝，9， 解得aa14＝ ＝18， 或aa14＝ ＝81， ， 又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8， ∴q＝2. ∴数列{an}的前 n 项和为 Sn＝11－－22n＝2n－1.
所以当Sn取最小值时，n＝6.
(2)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，
S6成等差数列，则q3等于( A )
A.－21
B.1
C.－21或 1
D.－1 或21
解析 若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，
得a1＝0，矛盾，故q≠1.
所以a111－－qq3＋a111－－qq6＝2a111－－qq9， 解得 q3＝－12或 1(舍)，故选 A.
12 3 4
4.(2013·江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天 植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最 少天数n(n∈N*)等于____6____. 解析 每天植树棵数构成等比数列{an}， 其中 a1＝2，q＝2.则 Sn＝a111－－qqn＝2(2n－1)≥100， 即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.
2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题四 数列 1.4.1 等差数列、等比数列教案 理
B．1
1
1
C.2
D.8
解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4， ∴a21·q6＝4(a1·q3－1) ∵a1＝14， ∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝12.
优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0， 得a4＝2， 则q3＝aa14＝21＝8，得q＝2，
(2)由(1)可得 Sn＝－2[11－＋2－2n]＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
专题四 数 列
[高考领航]——————————摸清规律 预测考情
(大纲卷) T18(等差数列 求和)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 等差数列、等比数列
1．等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
4
则a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.
1．解题关键：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．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些 性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[自我挑战]
3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和 等于( C )
解得d＝4.故选C.
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 专题4 等差数列、等比数列 精品
(16 (224π －12 [(1由a1＝1，an＋1＝an＋3，得an＋1－an＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列. 由Sn＝n＋nn2－1×3＝51，即(3n＋17(n－6＝0，
解得n＝6或n＝－137(舍.
(2由{an}为等差数列得a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，解得a5＝
∴(a1＋2d2＝(a1＋d(a1＋6d，即 2d＋3a1＝0.
①
又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.
②
由①②解得 a1＝23，d＝－1.]
6.(2016·浙江高考设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1， n∈N*.
(1求通项公式an； (2求数列{|an－n－2|}的前n项和.
提醒：应用等比数列前n项和公式时，务必注意公比q的取值范围.
[变式训练1] (1已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn为{an}的前n 项和，若Sn＝51，则n＝__________.
(2(2016·浙江五校联考已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则|an|前9 项的和S9＝________，cos(a3＋a7的值为________.
核
心
知
识
·
聚
焦
专
题
专题二 数 列
限
时
集
热
训
点
题
型
·
探
究
建知识网络 明内在联系
[高考点拨] 数列专题是高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列 的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合 命题，考查方式灵活多样，结合近几年高考命题研究，为此本专题我们按照 “等差、等比数列”和“数列求和”两条主线展开分析和预测.
2018年高考数学(文)二轮复习+专题突破讲义：专题四 数列、推理与证明专题四+第3讲
第3讲 数列的综合问题1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式． 2．以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围．3．将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．热点一 利用S n ，a n 的关系式求a n1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 (2017·运城模拟)正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋3a n ＝6S n ＋4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n ＋3a n ＝6S n ＋4，① 知a 2n ＋1＋3a n ＋1＝6S n ＋1＋4，②由②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n ＝6S n ＋1－6S n ＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3.又a 21＋3a 1＝6S 1＋4＝6a 1＋4，即a 21－3a 1－4＝(a 1－4)(a 1＋1)＝0，∵a n >0，∴a 1＝4，∴{a n }是以4为首项，以3为公差的等差数列，∴a n ＝4＋3(n －1)＝3n ＋1.(2)b n ＝2n a n ＝(3n ＋1)·2n ，故T n ＝4·21＋7·22＋10·23＋…＋(3n ＋1)·2n ，2T n ＝4·22＋7·23＋10·24＋…＋(3n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝4·21＋3·22＋3·23＋…＋3·2n －(3n ＋1)·2n ＋1＝21＋3(2＋22＋23＋…＋2n )－(3n ＋1)·2n ＋1＝21＋3·2(1－2n )1－2－(3n ＋1)·2n ＋1 ＝－(3n －2)·2n ＋1－4，∴T n ＝(3n －2)·2n ＋1＋4.思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 (2017届湖南省娄底市二模)设数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }满足b n ＝1(2n ＋1)log 2a 2n －1＋22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时， a 1＝S 1＝2，由S n ＝2n ＋1－2，得S n －1＝2n －2(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n (n ≥2)，又a 1也符合，∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)b n ＝1(2n ＋1)log 222n －1＋22n －1 ＝1(2n ＋1)(2n －1)＋22n －1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋22n －1， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋25＋…＋22n －1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝22n ＋13－14n ＋2－16. 热点二 数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2.(1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13⎝⎛⎭⎫23n . (1)解 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1， ①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ， ②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1， 则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2， 可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)证明 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎝⎛⎭⎫23＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝⎛⎭⎫23n ≥1－2×⎝⎛⎭⎫232＞0，所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1， 所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n 1－a n－1， 由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12， 故12＜a n ＜23， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫23n . 思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．(3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 (2016届浙江省宁波市期末)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1.(1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(2＋2)＝8，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2)．经检验，当n ＝1时上式也成立，即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1)．所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.故{b n }是等比数列．(2)解 由(1)得b n ＝3n .T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1， 化简得T n ＝⎝⎛⎭⎫32n －34×3n ＋34. (3)证明 由1a k ＝13k －1>13k ， 得1a 1＋1a 2＋1a 3＋...＋1a n >13＋132＋ (13)＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12－12×13n . 又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1)<3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<12＋32⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116， 故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. 热点三 数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．例3 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%.(1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．(1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝S n n＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80， 当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6. 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．因为A n ＝S n n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n， A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫3428≈82.734>80， A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫3439≈76.823<80， 所以必须在第九年年初对M 更新．思维升华 常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n .(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋r )n .(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋nr )．(4)分期付款模型：a 为贷款总额，r 为年利率，b 为等额还款数，则b ＝r (1＋r )n a (1＋r )n －1. 跟踪演练3 一弹性小球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的23再落下，设它第n 次着地时，共经过了S n ，则当n ≥2时，有( )A ．S n 的最小值为100B ．S n 的最大值为400C ．S n <500D ．S n ≤500答案 C解析 第一次着地时，经过了100 m ；第二次着地时共经过了⎝⎛⎭⎫100＋100×23×2 m ；第三次着地时共经过了⎝⎛⎭⎫100＋100×23×2＋100×⎝⎛⎭⎫232×2m ；…；以此类推，第n 次着地时共经过了⎝⎛100＋100×23×2＋100×⎝⎛⎭⎫232×2＋…＋100×⎝⎛⎭⎫23n －1×2 m ；所以S n ＝100＋100×23×2＋100×⎝⎛⎭⎫232×2＋…＋100×⎝⎛⎭⎫23n －1×2＝100＋4003⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n －11－23＝100＋400⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n －1，显然S n 是关于n 的单调增函数，所以当n ＝2时，S n 取得最小值S 2＝7003，且S n <100＋400＝500，故选C.真题体验1．(2016·浙江)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝______，S 5＝______.答案 1 121解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3， 当n ≥2时，由已知可得a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1， ②由①－②，得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1，∴{a n }是以a 1＝1为首项，以q ＝3为公比的等比数列．∴S 5＝1－1×351－3＝121. 2．(2017·山东)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2， ①则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1， ②由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12. 押题预测已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数．(1)试判断数列{a n }是否为等比数列；(2)若a 2＝12，a 3＝1. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2b n，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值． 押题依据 本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力． 解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3.又取n ＝2得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎨⎧ a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1， 从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12、公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2 (n ∈N *)． ②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n2(n ＋2)，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2， 则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1， 两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n 2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10.A 组 专题通关1．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{a n }满足(2n ＋3)·a n ＋1－(2n ＋5)a n ＝(2n ＋3)(2n ＋5)·lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，且a 1＝5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3的第100项为( ) A ．2 B ．3C ．1＋lg 99D ．2＋lg 99答案 B解析 由(2n ＋3)a n ＋1－(2n ＋5)a n ＝(2n ＋3)(2n ＋5)lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 可得a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 记b n ＝a n2n ＋3，有b n ＋1－b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ， 由累加法，得b n ＝lg n ＋1，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋3的第100项为lg 100＋1＝3，故选B. 2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则a 1·a 2·a 3·…·a 2 017等于( )A ．－6B ．6C ．－2D ．2 答案 D解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋21－2＝－3，同理a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，∴a n ＋4＝a n ，而a 1a 2a 3a 4＝1，∴a 1a 2a 3…a 2 017＝(a 1a 2a 3a 4)504×4×a 1＝1×2＝2，故选D.3．(2017届贵州省遵义航天高级中学模拟)南北朝时期的数学古籍《张邱建算经》有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差(即等差)降之，上三人，得金四斤，持出：下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给，问：每等人比下等人多得几斤？”( ) A.439 B.778 C.776 D.585 答案 B解析 每等人所得金构成一个等差数列{a n }，设公差为d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝4，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝4，4a 1＋30d ＝3，解得d ＝－778.故选B.4．(2017届河北省衡水中学调研)若数列{}a n 满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017等于( )A.2 0162 017 B.2 0152 016 C.4 0302 016 D.2 0171 009答案 D解析 由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1, a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1 ，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1 ，把a 1＝1代入上式，得a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 017－12 018 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 018＝2 0171 009，故选D.5．(2017届天津市六校联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝⎛⎭⎫1a n＋1 (n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( ) A ．λ>23B ．λ>32C ．λ<32D ．λ<23答案 D解析 因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n ，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n >b n －1⇒(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23，故选D.6．(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围为________． 答案 ⎣⎡⎦⎤73，125解析 由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n ＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，① a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n ， 则a n ＝2n ＋2，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2， 令b n ＝(2－k )·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤k ≤125，∴k 的取值范围是⎣⎡⎦⎤73，125.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝⎛⎭⎫16a n ＋1的最小值为__________． 答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n ， ∴(4n －2＋1)⎝⎛⎭⎫16a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫4n16＋1⎝⎛⎭⎫164n ＋1 ＝2＋4n 16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．(2017届山西晋中榆社中学月考)已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，4n ＋(－1)n(8－2a )，n ≥2，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是__________．答案 (3,5)解析 由已知可得a 2n ＝8n ＋8－2a ， a 2n ＋1＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1，求数列{b n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)－(n －1)n ＝2n ， 知a 1＝1不满足该式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)当n ＝1时，b 1＝4；当n ＝2时，b 2＝30； ∵a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1(n ≥2)， ①a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1， ②由②－①，得b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，∴b n ＝2(3n ＋1)． 综上，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，30，n ＝2，2(3n＋1)，n ≥3.10．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n 3n －1.(1)解 由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减，得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1，得a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立． 所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列． 从而a n ＝q n －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明 由(1)可知，a n ＝q n －1. 所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2(n －1).由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q 2(k －1)>q 2(k －1)， 所以1＋q 2(k －1)>q k －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1. 故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.B 组 能力提高11．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为( ) A ．42 B ．40 C ．30 D ．20 答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，即a n ＋12(n ＋1)＋3－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋3是以1为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n2n ＋3＝n ，∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40，故选B. 12．(2017·广东省汕头市金山中学、河北省石家庄市第二中学联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝a 2n －1＋2a n －1 (n ≥2)，若b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________. 答案 1解析 当n ≥2时，a n ＋1＝a 2n －1＋2a n －1＋1＝(a n －1＋1)2>0，两边取以2为底的对数可得log 2(a n ＋1)＝log 2(a n －1＋1)2＝2log 2(a n －1＋1)，则数列{log 2(a n ＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列， log 2(a n ＋1)＝2n －1，1221n n a -=-，又a n ＝a 2n －1＋2a n －1(n ≥2)， 可得a n ＋1＝a 2n ＋2a n (n ∈N *)，两边取倒数可得1a n ＋1＝1a 2n ＋2a n ＝1a n (a n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2， 即2a n ＋1＝1a n －1a n ＋2， 因此b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＝1a n －1a n ＋1，所以Sn ＝b 1＋…＋b n ＝1a 1－1a n ＋1＝113．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋nn ＋a n (n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值；(3)设b n ＝1a n ，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由． 解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上， 即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)． (2)∵f (n )＝1n ＋1＋2n ＋2＋…＋n 2n ，∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2，∴f (n ＋1)－f (n )>0， ∴f (n )是单调递增的， 故f (n )的最小值是f (3)＝2320.(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，∴S n －S n －1＝1n (n ≥2)，即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1， ∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1， ∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2)， ∴g (n )＝n .14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n ，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n . 证明 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n 1＋a 2n知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ， 得1a 2n ＋1＝1a 2n＋a 2n ＋2， 从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ， 又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *.(3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n . 另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .。
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第讲等差数列与等比数列
.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现．
．数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．
热点一等差数列、等比数列的运算
．通项公式
等差数列：＝＋(－)；
等比数列：＝·－.
．求和公式
等差数列：＝＝＋；
等比数列：＝＝(≠)．
．性质
若＋＝＋，
在等差数列中＋＝＋；
在等比数列中·＝·.
例()(届江西师大附中、临川一中联考)已知数列，满足＝，∈*，其中是等差数列，且＝，则＋＋＋…＋等于( )
．．
． )
答案
解析由题设可得＋＝，
即＋＝，
由等差数列的通项的性质，可得
＋＝＋＝，
所以＋＋＋…＋＝(＋ ()＝，
故选.
()(届四川省成都市诊断性检测)在等比数列{}中，已知＝, ＋＋＝，则等于( )
．．
．．
答案
解析由于＋＋＝＋＋＝(＋＋)＝，得＋－＝，得＝或＝－(舍去)，则＝＝×＝，故选.
思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于和()的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
跟踪演练()(·河北省曲周县第一中学模拟)设等差数列{}的前项和为，若＝－，＝，则等于( )
．．－
．．
答案
解析由题设可得(\\(＋(×)＝－，＋(×)＝))⇒(\\(＝－，＝，))
则＝－×＋×＝，故选.
()(届长沙一模)等比数列的公比为－，则))－))＝.
答案
解析))－))
＝)))＝＝ .
热点二等差数列、等比数列的判定与证明
数列{}是等差数列或等比数列的证明方法
()证明数列{}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明＋－(∈*)为一常数；
②利用等差中项，即证明＝－＋＋(≥)．
()证明{}是等比数列的两种基本方法
①利用定义，证明(∈*)为一常数；
②利用等比中项，即证明＝－＋(≥)．
例(届东北三省三校联考)已知数列{}满足＝，＋＝－＋，数列{}满足＝，＋＝＋－.
()证明：{－}为等比数列；
()数列{}满足＝，求数列{}的前项和.
()证明∵＋＝－＋，
∴＋－(＋)＝(－)，
又－＝，
∴{－}是以为首项，为公比的等比数列．
()解由()知－＝(－)·－＝，
∵＋＝＋－，∴＋－＝，
(\\(－＝，－＝，,…，－－＝－，))。