高三数学二轮复习 第一部分 重点保分题 题型专题(十三数列教师用书 理
高中数学《数列》二轮复习教学设计
必修 5 第 2 章 教学内容分析
《数列》是高考的热点，同时也是高考的难点，在高考中一般占 19 分，小题 5 分，
解答题 14 分，其中小题和解答题的第一问往往是基础题，所以这 9 分是学生必得的
分数。同时引导学生利用函数的思想去直观的认识数列的本质是高考能力立意的指导
（1） 设 数 列 bn1 an1 2an ，
且
b1=
3 2
证明{ bn
}是等比
数列。
（2）
设
数
列
cn
an 2n
，证明
学生分析问题，并合作解 决问题，教师适时点拨 第（1）问，注意 n 2 第（2）问，可利用第一问 结论，亦可用题设
用等差数列，等比数列的 定义证明数列，并求通项 公式和前 n 项的和；解题 时要总览全局，注意上一 问的结论可作为下面问 题的条件。
反 思
题在高考中考什么，怎么考。学生通过自主探索和合作交流中理解并掌握本节内容。 在课堂教学中充满了师生，生生之间的交流互动。
本节课不足：1、例 3 的幻灯片没设计好，存在有重叠看不清的问题，以后课前要
预看。2、还应更注重细节，讲究规范，强调反思。本节课基本达到了预定的目标，在
教学过程中学生参与度高，课堂气氛活跃。在以后的教学中努力提高教学技巧，逐步
4、 通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功经验，吸取失败教训。
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………………………………………………最新资料推荐……………………………………… 运 用 深 化
1、在数列{ an }中， a1 =8， a4 2 且满足 an2 2an1 an
（1） 求数列{ an }的通项公式
2024届高三数学二轮专题复习教案数列
2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。
熟练运用数列的通项公式、求和公式。
能够解决数列的综合应用题。
2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。
培养学生的逻辑思维能力和创新意识。
二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。
2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。
（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。
（3）数列的项数：数列中项的个数。
（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。
（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。
（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。
（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。
4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。
5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。
（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。
（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。
6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。
（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。
2019-2020年高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二人教版
的项数 m使得取最小值。
在解含绝对值的数列最值问题时 , 注意转化思想的应用。
4. 数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
五、注意事项
1．证明数列是等差或等比数列常用定义，即通过证明
或而得。
2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时， “基本量法”是常用的方法，但有时灵活地
7．解综合题的成败在于审清题目， 弄懂来龙去脉， 透过给定信息的表象， 抓住问题的本质，
揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．
8．通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合
题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．
数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。 高考对本章的考查比较全面， 等差数列， 等比数列的考查每年都不会遗漏。 解答题多为中等以 上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度。有关 数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来， 试题也常把等差数列、 等比数列， 求极限和数学归纳法综合在一起。 探索性问题是高考的热点， 常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、 转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。应用 问题考查的重点是现实客观事物的数学化， 常需构造数列模型， 将现实问题转化为数学问题来 解决。 六、范例分析 例 1． 已知数列 {a} 是公差 d≠ 0 的等差数列，其前 n 项和为 S．
6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数
的思想、 方程的思想研究数列问题的自觉性、 培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．
高三数学第二轮复习专题 数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)
城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关： 数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、 数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案： 数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动 数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式 递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -． 所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-． 点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。
高考数学第二轮复习专题课件：数列
∑n 1 ＝________. k＝1 Sk 解析 设{an}首项为 a1，公差为 d，则
由aS34＝ ＝a41a＋1＋24d＝ ×2 33， d＝10，得ad1＝＝11.，∴Sn＝n（n＋ 2 1），
n
∑
k＝1
S1k＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n（n2－1）＋n（n2＋1）
＝21－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项 公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的 通项公式，再将a1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值. 2.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比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，以减少运算量.
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
【训练2】 (1)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递 减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
(2)(开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，
Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3
B.4
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4， 则a5＝±2， 等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
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年高考数学二轮专题复习与策略第部分专题3数列第高考中的数列教师用书理
第12讲 高考中的数列题型一| 等差、等比数列的判定与证明(2013·江苏高考)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS n n 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数． (1) 若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. [证明] (1)由c ＝0，得b n ＝S n n＝a ＋n －12d .1分又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4， 2分即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0. 因为d ≠0，所以d ＝2a . 4分 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a . 从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . 6分 (2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1， 即nS n n 2＋c＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1). 8分 令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧ 7A ＋3B ＋cd 1＝0，19A ＋5B ＋cd 1＝0，21A ＋5B ＋cd 1＝0，①②③10分由②③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0，即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0. 14分若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又因为cd 1＝0，所以c＝0. 16分【名师点评】 证明(或判断)数列是等差(比)数列的基本方法： (1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列；(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)⇒{a n }是等比数列．(2016·南通三模)已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列； (3)若{a n }的各项都不为零，{b n }是公差为d 的等差数列，求证：a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是d ＝12.[解] (1)由a 1＝1，b n ＝n2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8. 3分(2)证明：法一：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q nb n ＝a 11－q n1－q＋1，所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－q n 1－q ，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n －11－q， 5分所以存在实数λ＝11－q ，使得b n ＋λ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n ， 又因为b n ＋λ≠0(否则{b n }为常数数列与题意不符)， 所以当n ≥2，b n ＋λb n －1＋λ＝1q，此时{b n ＋λ}为等比数列，所以存在实数λ＝11－q，使{b n ＋λ}为等比数列. 10分法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，当n ≥2时，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，当n ≥2时，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q， 5分 所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q ，又因为b n ＋11－q ≠0(否则{b n }为常数数列与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q ，使{b n ＋λ}为等比数列. 10分(3)证明：因为{b n }为公差为d 的等差数列，所以由③得，当n ≥2时，a n ＋1b n －a n (b n －d )＝a n ，即(a n ＋1－a n )b n ＝(1－d )a n ，因为{a n }，{b n }各项均不相等，所以a n ＋1－a n ≠0,1－d ≠0， 所以当n ≥2时，b n 1－d ＝a na n ＋1－a n ，④当n ≥3时，b n －11－d ＝a n －1a n －a n －1，⑤由④－⑤，得当n ≥3时a na n ＋1－a n－a n －1a n －a n －1＝b n －b n －11－d ＝d1－d，⑥ 12分先证充分性：即由d ＝12证明a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列，因为d ＝12，由⑥得a n a n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝1，所以当n ≥3时，a na n ＋1－a n－1＝a n －1a n －a n －1，又a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝a n －a n －1， 即a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列．再证必要性：即由a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列证明d ＝12， 14分因为a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列，所以当n ≥3时，a n ＋1－a n ＝a n －a n －1， 所以由⑥得，a na n ＋1－a n－a n －1a n －a n －1＝a n a n －a n －1－a n －1a n －a n －1＝1＝d1－d，所以d ＝12，所以a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是d ＝12. 16分题型二| 数列中的新定义问题(2014·江苏高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d <0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．[解] (1)证明：由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n＝a m .所以{a n }是“H 数列”.4分(2)由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d . 因为{a n }是“H 数列”， 所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 6分 因为d <0，所以m －2<0，故m ＝1.从而d ＝－1. 7分 当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n 3－n2是小于2的整数，n ∈N *.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n 3－n2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d的值为－1. 10分(3)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *). 12分 下证{b n }是“H 数列”． 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n n ＋12a 1(n ∈N *)． 于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n n ＋12，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”. 14分 同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立. 16分【名师点评】 本例先给出“H 数列”的定义，在此基础上，借助a n 与S n 的关系及等差数列的有关知识对所给命题进行论证，重在考查学生接受新知识及应用已知知识解决问题的能力．(2016·南通调研)若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n}为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－1.①求数列{a n}的通项公式；②试判断数列{a n}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．(2)已知数列{a n}为等差数列，且a1≠0，a n∈Z(n∈N*)．求证：{a n}为“等比源数列”．[解](1)①由a n＋1＝2a n－1，得a n＋1－1＝2(a n－1)，且a1－1＝1，所以数列{a n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．所以a n－1＝2n－1.所以，数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1＋1.3分②数列{a n}不是“等比源数列”．用反证法证明如下：假设数列{a n}是“等比源数列”，则存在三项a m，a n，a k(m＜n＜k)按一定次序排列构成等比数列．因为a n＝2n－1＋1，所以a m＜a n＜a k.所以a2n＝a m·a k，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.又m＜n＜k，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1.所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m为偶数，与22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾．所以，数列{a n}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．综上可得，数列{a n}不是“等比源数列”. 6分(2)不妨设等差数列{a n}的公差d≥0.当d＝0时，等差数列{a n}为非零常数数列，数列{a n}为“等比源数列”．当d＞0时，因为a n∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{a n}中必有一项a m＞0.12分为了使得{a n}为“等比源数列”，只需要{a n}中存在第n项，第k项(m＜n＜k)，使得a2n＝a m a k成立， 14分即[a m＋(n－m)d]2＝a m[a m＋(k－m)d]，即(n－m)[2a m＋(n－m)d]＝a m(k－m)成立．当n＝a m＋m，k＝2a m＋a m d＋m时，上式成立．所以{a n}中存在a m，a n，a k成等比数列．所以，数列{a n}为“等比源数列”. 16分题型三| 数列的综合应用已知数列{a n }满足a 1＝x ，a 2＝3x ，S n ＋1＋S n ＋S n －1＝3n 2＋2(n ≥2，n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }为等差数列． ①求数列的通项a n ；②若数列{b n }满足b n ＝2a n ，数列{c n }满足c n ＝t 2b n ＋2－tb n ＋1－b n ，试比较数列{b n }前n 项和B n 与{c n }前n 项和C n 的大小．(2)若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，求实数x 的取值范围．[解] (1)①因为S n ＋1＋S n ＋S n －1＝3n 2＋2(n ≥2，n ∈N *)，所以S 3＋S 2＋S 1＝14， 即a 3＋2a 2＋3a 1＝14，又a 1＝x ，a 2＝3x ，所以a 3＝14－9x ，又因为数列{a n }成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，即6x ＝x ＋(14－9x )，解得x ＝1， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *). 4分 ②因为a n ＝2n －1(n ∈N *)，所以b n ＝2a n ＝22n －1>0，其前n 项和B n >0，又因为c n ＝t 2b n ＋2－tb n ＋1－b n ＝(16t 2－4t －1)b n ， 所以其前n 项和C n ＝(16t 2－4t －1)B n ，所以C n －B n ＝2(8t 2－2t －1)B n ， 6分 当t <－14或t >12时，C n >B n ；当t ＝－14或t ＝12时，C n ＝B n ；当－14<t <12时，C n <B n . 9分(2)由S n ＋1＋S n ＋S n －1＝3n 2＋2(n ≥2，n ∈N *)知S n ＋2＋S n ＋1＋S n ＝3(n ＋1)2＋2(n ∈N *)， 两式作差，得a n ＋2＋a n ＋1＋a n ＝6n ＋3(n ≥2，n ∈N *)， 11分 所以a n ＋3＋a n ＋2＋a n ＋1＝6(n ＋1)＋3(n ∈N *)，再作差得a n ＋3－a n ＝6(n ≥2，n ∈N *)， 12分 所以，当n ＝1时，a n ＝a 1＝x ；当n ＝3k －1时，a n ＝a 3k －1＝a 2＋(k －1)×6＝3x ＋6k －6；当n ＝3k 时，a n ＝a 3k ＝a 3＋(k －1)×6＝14－9x ＋6k －6＝6k －9x ＋8； 当n ＝3k ＋1时，a n ＝a 3k ＋1＝a 4＋(k －1)×6＝1＋6x ＋6k －6＝6k ＋6x －5； 当n ＝3k ＋2时，a n ＝a 3k ＋2＝a 5＋(k －1)×6＝6＋3x ＋6k －6＝6k ＋3x . 因为对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，所以a 1<a 2且a 3k －1<a 3k <a 3k ＋1<a 3k ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x <3x ，6k ＋3x －6<6k －9x ＋8，6k －9x ＋8<6k ＋6x －5，6k ＋6x －5<6k ＋3x ，解得1315<x <76，故实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1315，76. 16分 【名师点评】 1.解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是函数与数列的联系，二是不等式与函数的联系．2．关注两个转化(1)函数条件的转化．直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换成n 即可；(2)数列向函数的转化．可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制．对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解．(2016·苏锡常镇调研一)已知首项为1的正项数列{a n }满足a 2n ＋1＋a 2n <52a n ＋1a n ，n ∈N *.(1)若a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，求x 的取值范围；(2)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为数列{a n }前n 项的和，若12S n <S n ＋1<2S n ，n ∈N *，求q 的取值范围；(3)若a 1，a 2，…，a k (k ≥3)成等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，求正整数k 的最小值，以及k 取最小值时相应数列a 1，a 2，…，a k (k ≥3)的公差．[解] (1)由题意得，12a n <a n ＋1<2a n ，所以34<x <3，x2<4<2x ，解得x ∈(2,3). 3分(2)由题意得，12a n <a n ＋1<2a n ，且数列{a n }是等比数列，a 1＝1，∴12q n －1<q n <2q n －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧q n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12>0，q n －1()q －2<0，∴q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2.又∵12S n <S n ＋1<2S n ，∴而当q ＝1时，S 2＝2S 1不满足题意. 6分当q ≠1时，12·1－q n1－q <1－q n ＋11－q <2·1－qn1－q，∴①当q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时， ⎩⎪⎨⎪⎧q nq －2>－1，qn 2q －1<1，⎩⎪⎨⎪⎧q 1q －2>－1，q12q －1<1，解得q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1；②当q ∈(1,2)时，⎩⎪⎨⎪⎧qnq －2<－1，qn2q －1>1，⎩⎪⎨⎪⎧q 1q －2<－1，q12q －1>1，无解．∴q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 10分(3)∵12a n <a n ＋1<2a n ，且数列a 1，a 2，…，a k 成等差数列，a 1＝1，∴12[1＋(n －1)d ]<1＋nd <2[1＋(n －1)d ]，n ＝1,2，…，k －1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧d n ＋1>－1，d 2－n<1，∴d ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，1. 14分又∵a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，∴S k ＝d2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2k ＝d2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2k ＝120，∴d ＝240－2k k 2－k ，∴240－2k k 2－k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，1，解得k ∈(15,239)，k ∈N *，∴k 的最小值为16，此时公差为d ＝1315. 16分命题展望从近几年的高考试题看，数列作为江苏高考的压轴大题，难度始终较大，其考查方式主要立足相关数列的推理与证明，且基本数列(等差、等比数列)与新定义数列交替命题.2017年建议强化基本数列的证明问题．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k 使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数例？并说明理由．[解] (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列. 4分(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 6分 将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44，依次构成等比数列. 10分(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2n ＋k1及a 2n ＋2k1，并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )·ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )(**)．令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )·ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[1＋3t2ln 1＋3t －31＋2t 2ln1＋2t ＋31＋t2ln 1＋t ]1＋t 1＋2t1＋3t.14分令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋ 3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )·ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )， 则φ′2(t )＝121＋t1＋2t1＋3t＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立． 所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列.16分[阅卷心语] 易错提示(1)对等差数列与等比数列间的关系不明，导致第(1)问失分． (2)对探索性问题有畏惧感，推理运算不过关，导致(2)(3)问失分． 防范措施(1)若数列{a n }是等差数列，则{2a n }成等比数列，可以采用由一般到特殊的方式证明第(1)问．(2)对探索性问题的处理，常常涉及反证法的有关知识，即先假设其存在，在此基础上推出矛盾，由于本题(2)(3)在运算中涉及函数与方程的转化思想，故运算中务必细心．1．设各项均为正数的数列{a n }满足S n a n＝pn ＋r (p ，r 为常数)，其中S n 为数列{a n }的前n 项和．(1)若p ＝1，r ＝0，求证：{a n }是等差数列；(2)若p ＝13，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式； (3)若a 2 015＝2 015a 1，求p ·r 的值．【导学号：19592038】[解] (1)证明：由p ＝1，r ＝0，得S n ＝na n ，所以S n －1＝(n －1)a n －1(n ≥2)，两式相减，得a n －a n －1＝0(n ≥2)，所以{a n }是等差数列.3分(2)令n ＝1，得p ＋r ＝1，所以r ＝23， 则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋23a n ，所以S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋13a n －1(n ≥2)，两式相减， 得a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)， 8分 所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3…a n a n －1＝31·42·53…n ＋1n －1，化简得a n a 1＝n n ＋11·2(n ≥2)， 所以a n ＝n 2＋n (n ≥2)，又a 1＝2适合a n ＝n 2＋n (n ≥2)，所以a n ＝n 2＋n . 10分(3)由(2)知r ＝1－p ，所以S n ＝(pn ＋1－p )a n ，得S n －1＝(pn ＋1－2p )a n －1(n ≥2)， 两式相减，得p (n －1)a n ＝(pn ＋1－2p )a n －1(n ≥2)，易知p ≠0，所以a npn ＋1－2p ＝a n －1p n －1(n ≥2). 12分 ①当p ＝12时，得a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)，所以a 2 0152 015＝a 2 0142 014＝…＝a 11， 满足a 2 015＝2 015a 1；②当p >12时，由p (n －1)a n ＝(pn ＋1－2p )a n －1(n ≥2)，又a n >0， 所以p (n －1)a n <pna n －1(n ≥2)，即a n n <a n －1n －1(n ≥2)，所以a 2 0152 015<a 11，不满足a 2 015＝2 015a 1； 14分③当p <12且p ≠0时，类似可以证明a 2 015＝2 015a 1也不成立． 综上所述，p ＝12，r ＝12，所以pr ＝14. 16分 2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n (－1)ia i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n ；若不存在，说明理由．[解] (1)设数列{a n }的公差为d .因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d －a 1＋2d ＝13，4a 1＋6d ＝16.解得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2. 3分(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k .代入不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k ＜4k，从而λ＜4k 2k .设f (k )＝4k 2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12k ＋1－4k 2k ＝4k 3k －12k k ＋1. 6分 因为k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )＞0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2， 所以λ＜2.②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，则T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k .代入不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·(1－2k )＜(2k －1)4k ，从而λ＞－4k .因为k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ＞－4.综上，λ的取值范围为－4＜λ＜2. 10分(3)假设存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列， 则(S m －S 2)2＝S 2·(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12，即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12. 12分 因为n ＞m ＞2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立， 故不存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列.16分。
高考数学总复习(第二轮)数列.ppt
2)
(3)求递推数列的通项
1。通过适当化归，转换成等比数列或等差数列
→ an+1 3an + 2an1 0
an+1 an 2(an an1)
→ an
an1 3an1 +
1
,
a1
1
ana1n0a, a1n21
1
3
4
2。通过选择适当的形式，引入待定的参数，再确定参数的值
→ cn bcn1 + m
[说明]该公式整理后an是关于n的一次函数。
[等差数列的前n项和]
1．
Sn
n(a1 + an ) 2
2.
Sn
na1 +
n(n 1) d 2
[说明]对于公式2整理后an是关于n 的没有常数项的二次函数
[等差中项] 如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等
差中项。即：2A=a+b 或 A a + b 2
求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
数列{an}：a1 1, a2 3, a3 2, an+2 an+1 an ，求S2005
七、利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数 列的通项及其特征，然后再利用数列的通项 揭示的规律来求数列的前n项和
高考数学总复习（第二轮） 第2讲 数列
一、基本知识归纳
1、一般数列
[数列的通项公式]
an
a1 S n
S1(n Sn1 (n
1)
2)
[数列的前n项和] Sn a1 + a2 + a3 + … + an
高三数学第二轮复习教案《数列》
数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.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x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得 对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。
高三数学二轮专题复习(数列部分)
2009年高三数学二轮专题复习(数列部分)一、专题热点透析本专题是高中数学的重点内容之一 ，也是高考考查的热点。
高考中着重考查运算能力、逻辑思维能力及分析问题、解决问题的能力。
其中，选择题、填空题突出“小、巧、活”的特点，而解答题多以中、高档题目出现。
透析近年高考试题，本专题的命题热点为：等差，等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用；利用数列的前n 项和n S 与通项n a 的关系解题；数列的求和问题；递推数列问题；数列应用问题；数列与函数、三角、不等式的综合问题；数列与平面解析几何的综合问题，等等。
二、热点题型范例题型一、等差、等比数列综合问题例1．数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 是常数，123n =，，，），且123a a a ，，成公比不为1的等比数列．（错误！未找到引用源。
）求c 的值；（错误！未找到引用源。
）求{}n a 的通项公式． 解：（错误！未找到引用源。
）12a =，22a c =+，323a c =+，因为1a ，2a ，3a 成等比数列，所以2(2)2(23)c c +=+，解得0c =或2c =． 当0c =时，123a a a ==，不符合题意舍去，故2c =．（错误！未找到引用源。
）当2n ≥时，由于21a a c -=，322a a c -=，…………，1(1)n n a a n c --=-， 所以1(1)[12(1)]2n n n a a n c c --=+++-=． 又12a =，2c =，故22(1)2(23)n a n n n n n =+-=-+=，，．当1n =时，上式也成立， 所以22(12)n a n n n =-+=，，例2．若}{},{n n b a 都是各项为正的数列，对任意的正整数n 都有12,,+n n n a b a 成等差数列12,+n n a b ，21+n b 成等比数列。
（1）试问}{n b 是否是等差数列？为什么？（2）求证：对任意的正整数2222),(,p q p q p b b b q p q p ≥+>+-成立；（3）如果nn a a a S b a 111,2,12111+++=== ，求n S 。
高考数学二轮专题复习分册一专题三数列课件
余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.
1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{an}，前n项和为Sn ，
a2 023
a1>0，
<－1，则下列结论正确的是(
3.(1)[2023·重庆三模]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋
3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝－1，
a1＋a5＝2，则S8的值为(
)
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
答案：B
解析：因为{an}是等差数列，设公差为d，因为a4 ＝－1，a1 ＋a5 ＝2，所以
a1 −an q
＝
；
1−q
微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算
1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{an}中，Sn是其前n项和，若a3
＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝(
)
A．7
B．10
C．11
D．13
答案：C
解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝
＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝(
)
A．5
B．6 C．7
D．8
答案：B
解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋
b9＝12，根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.
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题型专题(十三) 数列[师说考点]1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)．[典例] (1)(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.[解析] ∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6.[答案] 6(2)(2016·全国乙卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .①求{a n }的通项公式； ②求{b n }的前n 项和．[解] ①由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. ②由①知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1. [类题通法]1．等差(比)数列的基本运算在进行等差(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a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．2．判断和证明数列是等差(比)数列的2种方法 (1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．[演练冲关]1．若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A.38 B.245 C.316 D.916解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，（a 1q 2）2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12.所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝316.2．(2016·郑州质检)设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A.215 B.225 C.235 D.245解析：选D ∵2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，∴数列{na n }是以a 1＝1为首项，2a 2－a 1＝5为公差的等差数列，∴20a 20＝1＋5×19＝96，∴a 20＝245.3．(2016·广西质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝9，a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ≠a 1(当n ≥2时)，数列{b n }满足b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 化简得d ＝12a 1或d ＝0.当d ＝12a 1时，S 3＝3a 1＋3×22×12a 1＝92a 1＝9，得a 1＝2，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)＝n ＋1，即a n ＝n ＋1； 当d ＝0时，由S 3＝9，得a 1＝3，即有a n ＝3. (2)由题意可知b n ＝2a n ＝2n ＋1，∴b 1＝4，b n ＋1b n＝2. ∴{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴T n ＝4（1－2n）1－2＝2n ＋2－4.[师说考点]n 10100 )A ．100B ．99C ．98D ．97[解析] 选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.(2)(2016·昆明七校联考)在数列{a n }中，a 1＝5，(a n ＋1－2)(a n －2)＝3(n ∈N *)，则该数列的前2 016项的和是________．[解析] 依题意得(a n ＋1－2)(a n －2)＝3，(a n ＋2－2)·(a n ＋1－2)＝3，因此a n ＋2－2＝a n －2，即a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是以2为周期的数列．又a 1＝5，因此(a 2－2)(a 1－2)＝3(a 2－2)＝3，故a 2＝3，a 1＋a 2＝8.注意到2 016＝2×1 008，因此该数列的前2 016项的和等于1 008(a 1＋a 2)＝8 064.[答案] 8 064 [类题通法]等差(比)数列性质应用策略(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)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如周期性、单调性(如本例(2)及[演练冲关]2)．[演练冲关]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9 D ．6解析：选D 由题意得S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6＝22，即a 6＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝3a 6＝3×2＝6，故选D.2．(2016·沈阳模拟)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，从而该题选A.[师说考点]数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．[典例] (2016·全国甲卷)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1 000项和．[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以数列{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 ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. [类题通法]1．分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[演练冲关]1．若a n ＝(－1)n(4n －3)，则数列{a n }的前2n 项和T 2n 为________．解析：因为a n ＝(－1)n(4n －3)，所以T 2n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋(－17＋21)＋…＋[－(8n －7)＋(8n －3)]＝4×n ＝4n .答案：4n2．(2016·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.3．(2016·广西质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得：a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －1－1，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n ＝11×3＋13×5＋…＋1（2n －3）（2n －1）＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1.数列与其他知识的交汇数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典例] (1)(2016·西安质检)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }1n n ＋1f (x )的图象上，则x 1＋x 2＋…＋x 2 015＝( )A ．7 554B ．7 549C ．7 546D ．7 539[解析] 选A ∵数列{x n }满足x 1＝1，且对任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，∴x n ＋1＝f (x n )，∴由图表可得x 2＝f (x 1)＝3，x 3＝f (x 2)＝5，x 4＝f (x 3)＝6，x 5＝f (x 4)＝1，…，∴数列{x n }是周期为4的周期数列，∴x 1＋x 2＋…＋x 2 015＝503(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＋x 1＋x 2＋x 3＝503×15＋9＝7 554.故选A.(2)设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量＝(1，2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[解析] ∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)， ∴＝(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，∴a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1， ∴S n ＝n ＋n （n －1）2×2＝n 2.[答案] n 2[类题通法](1)第(1)题是函数与数列的交汇，第(2)题是平面向量与数列的交汇；(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合函数、平面向量的知识转化为数列的问题进行求解．[演练冲关]1．(2016·郑州模拟)正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log 6a 2 016＝( )A ．1B ．2 C. 2 D ．－1解析：选A 因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 031是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4031＝a 22 016＝6，即a 2 016＝6，所以log 6a 2 016＝1，故选A.2．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (xy )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由题意知，a n ＋1＝f (2n ＋1)＝2f (2n )＋2n f (2)＝2a n ＋2n ＋1，则a n ＋12n ＋1＝a n2n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，a n ＝n ·2n.答案：n ·2n一、选择题1．(2016·武汉模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2 D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，a 1＝a 3q2＝1，故选A.2．(2016·昆明七校调研)在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( )A ．62B ．－62C ．32D ．－32解析：选A 依题意得a 2＋2a 4＝36，q ＝2，则2a 1＋16a 1＝36，解得a 1＝2，因此S 5＝2×（1－25）1－2＝62，选A.3．(2016·河南六市联考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114 B.32 C.72D ．1 解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝d2，a 1－d2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114，故选A. 4．(2016·福建模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C ∵{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.5．(2016·开封模拟)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 ∈R ，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 033B ．3 029C ．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＝4 033.6．(2016·合肥质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3·a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C 由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4>0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 二、填空题7．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________． 解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝2（1－3n）1－3＝3n－1.答案：3n－18．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－141－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 答案：43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋29．(2016·山西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3(2n－1)，数列{b n }的通项公式为b n ＝5n －2.数列{a n }和{b n }的所有公共项按从小到大的顺序构成数列{c n }．若数列{c n }的第n 项恰为数列{a n }的第k n 项，则数列{k n }的前32项的和是________．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3(2n－1)－3(2n －1－1)＝3×2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，∴a n ＝3×2n －1.令a t ＝b s ，∴3×2t －1＝5s －2，则s ＝3×2t －1＋25.t ＝1，s ＝1，符合题意，t ＝2，s ＝85，不合题意，t ＝3，s ＝145，不合题意，t ＝4，s ＝265，不合题意，t ＝5，s ＝10，符合题意，……，∴{k n }是以1为首项，4为公差的等差数列，∴数列{k n }的前32项之和为32×1＋32×312×4＝2 016.答案：2 016 三、解答题10．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ， 则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q （2＋d ）＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)． 故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)．1S n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 11．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，2，且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，7π12上为单调函数．(1)求ω，φ的值； (2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎪⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30.解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，∵|φ|<π，∴φ＝－2π3.(2)∵a n ＝2n sin ⎝⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列{2sin(2n π3－2π3)}(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，∴a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， ∴S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.12．(2016·湖北七市联考)已知等差数列{a n }，等比数列{b n }满足：a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .11 解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝q ，2（1＋2d ）－q 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝q ，q 2－4q ＋3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝0，q ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3，从而a n ＝b n ＝1或a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)①当a n ＝b n ＝1时，c n ＝1，所以S n ＝n ；②当a n ＝2n －1，b n ＝3n －1时，c n ＝(2n －1)×3n －1，S n ＝1＋3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n －1)×3n ，从而有(1－3)S n ＝1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n＝1＋2(3＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n－2，故S n ＝(n －1)×3n ＋1.综合①②，得S n ＝n 或S n ＝(n －1)×3n ＋1.。