2017版《高考调研》大一轮复习(新课标,数学文)课件：第六章 数列 6-专题研究2 含答案
探究 2
裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或
多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，看有几项没有抵 消掉，从而达到求和的目的．
【误区警示】 用裂项相消法求和的关键是将其通项公式 准确进行裂项，求解时应注意两个方面：一要掌握一些常见的 1 1 1 1 1 1 1 裂项，如 ＝ － ， ＝ ( － )， n（n＋1） n n＋1 n（n＋2） 2 n n＋2 1 ＝ n＋1＋ n n＋1 － n 等，特别要注意常数的处理，如
【答案】 3n－1＋2
n
1 ＋ n(3n＋1)＋2n 1－2 2
题型二 裂项相消法 例2 求和：
1 1 1 (1)Sn＝ ＋ ＋…＋ ； 1×2 2×3 n（n＋1） 1 1 1 (2)Sn＝ ＋ ＋…＋ . 1×3 2×4 n（n＋2）
1 1 1 1 1 【解析】 (1)Sn＝1－ ＋ － ＋…＋ － 2 2 3 n n＋1 1 n ＝1－ ＝ . n＋1 n＋1 1 1 1 1 1 1 (2)Sn＝ 1－3＋2－4＋…＋n－n＋2 2 1 1 1 2n＋3 1 3 ＝21＋2－n＋1－n＋2＝4－ . 2（n＋1）（n＋2） n 【答案】 (1)Sn＝ n＋1 2n＋3 3 (2)Sn＝4－ 2（n＋1）（n＋2）
题型三 错位相减法 2n－1 1 1 1 例3 求和：Sn＝1×2＋3×4＋5×8＋…＋ 2n .
1 【思路】 数列 1，3，5，…，2n－1 成等差数列，数列2， 1 1 1 ， ，…， n组成等比数列，此例利用错位相减法可达目的． 4 8 2
1 1 1 1 【解析】 ∵Sn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋(2n－1)× n， ① 2 4 8 2 1 1 1 1 1 ∴2Sn＝1×4＋3×8＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)× n＋1. 2 ①－②，得 1 1 1 1 1 1 2Sn＝1×2＋2×4＋2×8＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1 1 1 2× －2× n＋1 4 2 1 1 3 2n＋3 ＝1× ＋ －(2n－1)× n＋1＝ － n＋1 . 2 1 2 2 2 1－ 2 ②
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. an a2 an (2)设数列{ n－1}的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋ 2 ＋…＋ n－1， 2 2 Sn a1 a2 an 故 S1＝1， ＝ ＋ ＋…＋ n. 2 2 4 2
1 11 1 1 ＝ ( － )，裂项时容易漏掉前面的系数2 ；二要注 n（n＋2） 2 n n＋2 意裂项相消后准确判断剩余的项，一般情况下，前面剩余的项 与后面剩余的项是对应的．
思考题 2 (1)(2016· 高考调研原创题)在数列{an}中，an＝ 1 2 n 1 ＋ ＋…＋ ，又 bn＝ ，则数列{bn}的前 n 项和 n＋1 n＋1 n＋1 anan＋1 Sn＝( ) 4 B. n＋1 D. 4n n＋1
1 A. n＋1 C. n n＋1
n 【思路】 对已知数列的通项 an 进行变换，得 an＝ ，代入 2 1 bn＝ ，再利用裂项相消法求得前 n 项和． anan＋1
1 2 n 1 【解析】 由已知得 an＝ ＋ ＋…＋ ＝ (1＋2 n＋1 n＋1 n＋1 n＋1 n 1 1 1 ＋…＋n)＝2，所以 bn＝ ＝4(n－ )， n＋1 n n＋1 · 2 2 1 1 1 1 1 所以数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝4[(1－2)＋(2－3)＋(3－4) 1 1 1 4n ＋…＋(n－ )]＝4(1－ )＝ .故选 D 项． n＋1 n＋1 n＋1 【答案】 D
思考题 3 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)求数列{ n－1}的前 n 项和． 2
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得
a1＋d＝0， a1＝1， 解得 2a1＋12d＝－10， d＝－1.
2n＋3 ∴Sn＝3－ 2n (n∈N*)． 2n＋3 【答案】 Sn＝3－ 2n
探究 3
(1)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． (2)运用错位相减法求和，一般和式比较复杂，运算量较大， 易会不易对，应特别细心，解题时若含参数，要注意分类讨论．
专题研究二
数列的求和
专题讲解
题型一 通项分解法(分组求和) 例1 3 1 1 1 (1)(2016· 邯郸一中月考)数列 ，3 ，5 ，7 ，…，(2n 2 4 8 16 )
2
1 －1)＋2n，…的前 n 项和 Sn 的值等于( 1 A．n ＋1－ n 2
2
1 B．2n －n＋1－ n 2 1 D．n －n＋1－2n
1 1 1 (2)求 1＋ ＋ ＋…＋ ＝________． 1＋2 1＋2＋3 1＋2＋…＋n
【解析】
2 1 设数列的通项为 an，则 an ＝ ＝2(n－ n（n＋1）
1 1 1 1 1 1 )， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[(1－2)＋(2－3)＋…＋(n－ )] n＋1 n＋1 1 2n ＝2(1－ )＝ . n＋1 n＋1 2n 【答案】 n＋1
2
C．n ＋1－ n－1 2
2
1
1 【解析】 该数列的通项公式为 an＝(2n－1)＋2n， 1 1 1 则 Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋( ＋ 2＋…＋ n)＝n2＋1－ 2 2 2 1 2n. 【答案】 A
(2)求数列 0.9，0.99，0.999，…，0.99…9…n 个 9 项的和 Sn.
前 n
1 【答案】 Sn＝n－9(1－0.1n)
探究 1
将数列中的每一项拆成几项，然后重新分组，将一
般数列求和问题通项变形．
思考题 1 已知数列{an}的前 n 项是 3＋2－1，6＋4－1， 9＋8－1，12＋16－1，…，则数列{an}的通项公式 an＝________， 其前 n 项和 Sn＝________．
2017高考理科数学一轮复习课件：第6章 数列 第1讲
[解] (1)这个数列前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的积 的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式
为 an＝(－1)nnn1＋1.填(－1)nnn1＋1. (2)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项 绝对值的分母组成数列 1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成 的数列中，奇数项为 1，偶数项为 3，即奇数项为 2－1，偶数项 为 2＋1，所以 an＝(－1)n·2＋n－1n.
第二十三页，编辑于星期六：二十二点 四分。
[解] (1)∵a1＝1，an＋1＝2an＋1，∴a2＝2a1＋1＝2×1＋1＝3，a3 ＝2a2＋1＝2×3＋1＝7， a4＝2a3＋1＝2×7＋1＝15，a5＝2a4＋1＝2×15＋1＝31. (2)由 a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，猜想 an＝2n－1.
周期数列
(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)数列{an}满足 1
an＋1＝1－1 an，a8
＝2，则 a1＝___2_____.
[解析] ∵an＋1＝1－1an，
∴an＋1＝1－1an＝1－1－1 1an－1＝1－1－ana－n1－－1 1＝1－－aann－－11＝1－an1－1
＝1－
1 1
＝1－(1－an－2)＝an－2，
无穷数列 项数无限
按项与项间 递增数列 an＋1＞an
的大小关系 递减数列 an＋1＜ an
分类
常数列 an＋1＝an
其中 n∈N*
按其他标准 分类
有界数列 摆动数列
存在正数 M，使|an|≤M 从第二项起，有些项大于它的前一 项，有些项小于它的前一项的数列
第六页，编辑于星期六：二十二点 四分。
2017版高考数学一轮复习课件：第六章 数列 第3讲
，…仍是等比数列，公比为 .
(4)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，
{an·bn}，仍是等比数列.
(5)当q≠－1，或q＝－1且n为q奇n 数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成
等比数列，其公比为 .
基础诊断
考点突破第五页，编辑于星期课六：堂十九总点结四十六分。
基础诊断
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5.在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4， 则a6的值是________. 解析 因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋ 2a4得a2q 6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2 －q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4. 答案 4
基础诊断
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(2)由 a6a10＋a3a5＝41 及 a6a10＝a28，a3a5＝a24， 得 a24＋a28＝41.因为 a4a8＝5， 所以(a4＋a8)2＝a24＋2a4a8＋a28＝41＋2×5＝51. 又 an＞0，所以 a4＋a8＝ 51. 答案 (1)A (2) 51
1.等比数列的概念
(1)如果一个数列从第
知识梳理
项起2 ，每一项与它的前一项的比等于
同一个 非零常数，那么这个数列叫做等比数列，
这个常数叫做等比数列的 ，公公比比通常用字母q(q≠0)表示
.
数学语言表达式：an ＝ an－1
q
(n≥2，q 为非零常数)，或aan＋n 1
＝q(n∈N*，q 为非零常数).
4.(2015·安徽卷)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________.
高考数学一轮复习 第六章 数列大题冲关 理
第六章 数列高考中数列问题的热点题型对近几年高考试题统计看，新课标全国卷中的数列与三角基本上交替考查，难度不大．但自主命题的省市高考题每年都考查，难度中等．考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循．热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用．[典题1] [2015·湖北卷]设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1知，a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②，得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.用错位相减法解决数列求和问题的步骤第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q . 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k(k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差． 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n . 技巧点拨1．分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．2．等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{b n }是一个公差为d 的等差数列，则{ab n }(a ＞0，a ≠1)就是一个等比数列，其公比q ＝a d ；反之，若数列{b n }是一个公比为q (q ＞0)的正项等比数列，则{log a b n }(a ＞0，a ≠1)就是一个等差数列，其公差d ＝log a q .设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋4＝6a 2⇒a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ， 由a 2＝2，可得a 1＝2q，a3＝2q ，又S 3＝7，所以2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝2或q ＝12.∵q ＞1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)，得a 3n ＋1＝23n， ∴b n ＝ln 23n＝3n ln 2. 又b n ＋1－b n ＝3ln 2， ∴数列{b n }为等差数列． ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n b 1＋b n2＝n 3ln 2＋3n ln 22＝3n n ＋12ln 2.热点二 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的一种题型，重点在于灵活运用等差、等比数列的定义、性质、通项公式与前n 项和公式．其中求通项是解答题目的基础．同时要重视方程思想的应用．[典题2] [2015·天津卷]已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)． 又q ≠1，所以a 3＝a 2＝2. 由a 3＝a 1q ，得q ＝2.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2 n2 .所以{a n}的通项公式为a n＝⎩⎨⎧2n －12 ，n 为奇数，2n2 ，n 为偶数.(2)由(1)，得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1，n ∈N *.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ， 上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，整理，得S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.1．根据所给条件的特点，确定合适的方法求通项，如根据a n 与S n 的关系求a n .根据递推关系求a n .2．根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有分组求和，裂项求和、错位相减法求和等．[2017·安徽合肥模拟]已知数列{a n ＋1＋a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，a 1＝0.(1)求数列{a n ＋1＋a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)设a n ＋1＋a n ＝b n . 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1－2)－(2n －2)＝2n.当n ＝1时，b 1＝S 1＝2，满足n ≥2时b n 的形式． 所以a n ＋1＋a n ＝b n ＝2n.(2)由(1)，得a n ＋1＋a n ＝2n，则a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1.两式相减，得a n ＋2－a n ＝2n . 当n 为奇数时，a n ＝a 1＋(a 3－a 1)＋(a 5－a 3)＋…＋(a n －2－a n －4)＋(a n －a n －2)＝0＋21＋23＋…＋2n －4＋2n －2＝21－2n －11－22＝2n3－23. 当n 为偶数时，由(1)知，a 1＝0，a 2＋a 1＝2，得a 2＝2.a n ＝a 2＋(a 4－a 2)＋(a 6－a 4)＋…＋(a n －2－a n －4)＋(a n －a n －2)＝2＋22＋24＋…＋2n －4＋2n －2＝2＋22－2n －2·221－22＝2n3＋23. 综上所述，数列{a n }的通项公式是a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n3－23，n 为奇数，2n3＋23，n 为偶数.热点三 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．主要有以下几个命题角度：[考查角度一] 放缩法证明数列不等式[典题3] 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)求证：对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.(1)[解] 由题意知，S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又a n为正数，所以a1＝2.(2)[解] 由S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*，可得(S n＋3)(S n－n2－n)＝0，则S n ＝n2＋n或S n＝－3，又数列{a n}的各项均为正数，所以S n＝n2＋n，所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以a n＝2n，n∈N*.(3)[证明]当n＝1时，1a1a1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n≥ 2时，1a n a n＋1＝12n2n＋1＜12n－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝16＋12⎝⎛⎭⎪⎫13－12n＋1＜16＋16＝13.所以对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到．即先放缩再求和或先求和再放缩．[考查角度二] 数列中不等式的恒成立问题[典题4] 已知单调递增的等比数列{a n}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n log12a n，S n＝b1＋b2＋…＋b n，对任意正整数n，S n＋(n＋m)a n＋1＜0恒成立，试求m的取值范围．[解] (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2 或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2n.(2)b n ＝2n·log 122n＝－n ·2n ， ∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① ∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝21－2n1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1＜0，得 2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立，∴m ×2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m ≤－1，即m 的取值范围是(－∞，－1]．数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．。
2017版高考数学人教A版(全国)一轮复习 课件 第六章 数列 第2讲
(3)由等差数列的性质可得Snn也为等差数列. 设其公差为 d.则2S2001144 －2S2000088 ＝6d＝6，∴d＝1. 故2S2001166 ＝S11＋2 015d＝－2 014＋2 015＝1， ∴S2 016＝1×2 016＝2 016. 答案 (1)B (2)A (3)2 016
第十四页，编辑于星期六：二十点 十一分。
【训练 1】 (1)若等差数列{an}的前 5 项和 S5＝25，且 a2＝3，
则 a7 等于( )
A.12
B.13 C.14
D.15
(2)记等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝12，S4＝20，则
S6 等于( )
A.16
B.24
C.36 D.48
第七页，编辑于星期六：二十点 十一分。
2.(2015·全国Ⅱ卷)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1
＋a3＋a5＝3，则 S5＝( )
A.5
B.7
C.9
D.11
解析 ∵{an}为等差数列，∴a1＋a5＝2a3，得
3a3＝3，则 a3＝1，
∴S5＝5（a12＋a5）＝5a3＝5，故选 A.
解得 a1＝12，∴a10＝a1＋9d＝129，故选 B.
答案 B
第九页，编辑于星期六：二十点 十一分。
4.(2014·江西卷)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和 为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为
________.
解析 由题意知 d＜0 且aa89＞＜00，， 即77＋＋78dd＞＜00，，解得－1＜d＜－78. 答案 －1，－78
解析 (1)由题意得 S5＝5（a12＋a5）＝5a3＝25，故 a3＝5，
2017高考数学(理)一轮复习配套课件：第六章数列6.3
∴Sn＝2×11－－1212n＝41－21n，∴Sann＝412－4n 21n＝2n－1.
故填 2n－1.
第十八页，编辑于星期六：二十一点 四十八分。
(3)设数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 6Sn＋1＝9an(n∈N*)． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}满足 bn＝a1n，求数列{bn}前 n 项和 Tn. 解：(Ⅰ)当 n＝1 时，由 6a1＋1＝9a1，得 a1＝13.
【点拨】(1)证明数列{bn}是等比数列，常用方法：①定义法； ②等比中项法．(2)证明数列不是等比数列，可举一个反例或用反 证法．
第十四页，编辑于星期六：二十一点 四十八分。
(2013·陕西) 设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式；
(2)设 q≠1, 证明数列{an＋1}不是等比数列．
{an·bn}，abnn仍为等比数列且公比分别为
，
，
，.
第四页，编辑于星期六：二十一点 四十八分。
(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，
即 an，an＋m，an＋2m，…仍为等比数列，公比为
．
(4)公比不为－1 的等比数列前 n 项和为 Sn(Sn≠0)，则 Sn，S2n－Sn，
(4) 前
n
项
和
公
式
法
：
Sn
＝
a1 q－1
qn
－
a1 q－1
＝
Bqn
－
B
2017版高考数学一轮复习课件：第六章 数列 第1讲
基础诊断
考点突破第一页，编辑于星期六课：堂十九总点结四十六分。
最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列 表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一 类特殊函数.
基础诊断
考点突破第二页，编辑于星期六课：堂十九总点结四十六分。
知识梳理
1.数列的概念
基础诊断
考点突破第十二页，编辑于星期课六堂：十总九点结四十六分。
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的 各项都统一成分数再观察.即12，42，92，126，225，…，从 而可得数列的一个通项公式为 an＝n22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数 列 9，99，999，…的通项为 10n－1，故所求的数列的 一个通项公式为 an＝59(10n－1).
基础诊断
考点突破第十一页，编辑于星期课六堂：十总九点结四十六分。
解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因 式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它 前一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式为 an＝ (－1)n(6n－5). (2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可 分解为 1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项 都是两个相邻奇数的乘积.故所求数列的一个通项公式 为 an＝（2n－1）2n（2n＋1）.
和
.
列表法 图象法
通项公式法
基础诊断
考点突破第三页，编辑于星期六课：堂十九总点结四十六分。
2.数列的分类
分类原则 按项数分
类
按项与项 间的大小 关系分类
按其他 标准分类
类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列
(浙江专用)2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和练习
【创新设计】（浙江专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 第3讲 等比数列及其前n 项和练习基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·宜昌模拟)等比数列{a n }中a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A.33B.72C.84D.189解析 由已知，得q 3＝a 4a 1＝8，解得q ＝2，则有a 3＋a 4＋a 5＝a 1(q 2＋q 3＋q 4)＝3×(4＋8＋16)＝84. 答案 C2.已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( ) A.－3B.±3C.－3 3D.±3 3解析 由等比中项知y 2＝3，∴y ＝±3，又∵y 与－1，－3符号相同，∴y ＝－3，y 2＝xz ， 所以xyz ＝y 3＝－3 3. 答案 C3.在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A.2B.12C.2或12D.－2或12解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a 2＋a 3＝a 1（1＋q 3）a 1（q ＋q 2）＝1＋q 3q ＋q 2＝（1＋q ）（1－q ＋q 2）q （1＋q ）＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12.故选C. 答案 C4.(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d ＞0，dS 4＞0 B.a 1d ＜0，dS 4＜0 C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )， 整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.答案 B5.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( ) A.150B.－200C.150或－200D.400或－50解析 依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20).即(S 20－10)2＝10(70－S 20)， 故S 20＝－20或S 20＝30，又S 20＞0， 因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40， 故S 40－S 30＝80.S 40＝150.故选A. 答案 A 二、填空题6.(2016·舟山联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1，S 3，S 2成等差数列，则{a n }的公比q 等于________.解析 ∵S 1，S 3，S 2成等差数列，∴a 1＋a 1＋a 1q ＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2).∵a 1≠0，q ≠0，∴解得q ＝－12.答案 －127.(2016·哈尔滨一模)正项等比数列{a n }中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{a n }的前9项和等于________.解析 正项等比数列{a n }的公比q ＝a 4a 2＝164＝2， a 1＝a 2q ＝2，∴S 9＝2（1－29）1－2＝1 022.答案 1 0228.(2016·甘肃诊断)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1（1－q 4）1－q ＝3a 1（1－q 2）1－q，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案 8三、解答题9.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2， 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1， 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000， 即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *). (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式. (1)证明 依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)，n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列.(2)解 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2).当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ∈N *).能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2016·绍兴十校联考)已知数列{a n }是首项a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5， －2a 3成等差数列，则其公比q 等于( ) A.－1B.1C.1或－1D. 2解析 ∵4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，∴2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，又∵a 1＝4，则有q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1，∴q ＝±1，故选C. 答案 C12.(2016·临沂模拟)数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n－1) C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2016·温州诊断)数列{a n }的首项为a 1＝1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2 015110，则a 21＝________. 解析 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝1，得b 1＝a 2a 1＝a 2；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝b 1b 2b 3；……；b n －1＝a na n －1，a n ＝b 1b 2…b n －1，∴a 21＝b 1b 2…b 20.∵数列{b n }为等比数列，∴a 21＝(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝(b 10b 11)10＝(2 015110)10＝2 015. 答案 2 01514.已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列.(1)解 由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明 ∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1(n ≥2). 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列.。
2017高考理科数学一轮复习课件：第6章 数列 第4讲
第九页，编辑于星期六：二十二点 四分。
(1)若{an}是等差数列，且 an≠0，基本裂项公式为 ①ana1n＋1＝1da1n－an1＋1 ②ana1n＋t＝t1da1n－an1＋t. (2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为： 若{an}是等差数列且 an≠0，则a11a2＋a21a3＋…＋ana1n＋1＝a1ann＋1.
第六章 数列
第4讲 数列求和
第一页，编辑于星期六：二十二点 四分。
an与Sn的关系问题 (2015·高考全国卷Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和， 且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝__－__n1____.
第二页，编辑于星期六：二十二点 四分。
[解析] ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， ∴ Sn＋1－Sn＝SnSn＋1. ∵ Sn≠0，∴ S1n－Sn1＋1＝1，即Sn1＋1－S1n＝－1. 又S11＝－1，∴ S1n是首项为－1，公差为－1 的等差数列． ∴ S1n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n， ∴ Sn＝－n1.
第二十五页，编辑于星期六：二十二点 四分。
1．设 y＝f(x)是一次函数，若 f(0)＝1，且 f(1)，f(4)，f(13)成等比
数列，则 f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( A )
A．n(2n＋3)
第二十四页，编辑于星期六：二十二点 四分。
(1)分组求和法 数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差， 从而将原数列分解成两个(或多个)数列的和或差，而这两个(或多个)数 列或者是等差数列、等比数列，或者是已知其和，求出这两个(或多个) 数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法． (2)并项求和法 一个数列的前 n 项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地， 若数列中相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循，可使用并项 求和法．通项形如 an＝(－1)nf(n)的数列求和，可采用两项合并求解．
2017版《高考调研》大一轮复习(新课标,数学理)题组训练第六章数列题组31 Word版含解析
题组层级快练(三十一)1．在等比数列{a n }中，a 1＝12，q ＝12，a n ＝132，则项数n 为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C2．在等比数列{a n }中，若公比q ＝2，S 4＝1，则S 8的值为( ) A ．15 B ．17 C ．19 D ．21答案 B3．(2016·安徽芜湖五联考)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值为( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12答案 C解析 根据已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，①a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，②②÷①得1＋q ＋q 2q 2＝3. 整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8答案 B解析 ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎨⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0，(舍去)故所求的公比q ＝4.5．在公比为正数的等比数列中，a 1＋a 2＝2，a 3＋a 4＝8，则S 8等于( ) A ．21 B ．42 C ．135 D ．170答案 D解析 方法一：S 8＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6)＋(a 7＋a 8)＝2＋8＋32＋128＝170. 方法二：q 2＝a 3＋a 4a 1＋a 2＝4，又q>0，∴q ＝2.∴a 1(1＋q)＝a 1(1＋2)＝2，∴a 1＝23.∴S 8＝23·（28－1）2－1＝170.6．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 B解析 ∵q ≠1(14≠78)，∴S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴778＝14－78q1－q .解得q ＝－12，78＝14×(－12)n ＋2－1，∴n＝3.故该数列共5项．7．(2016·沧州七校联考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83 D ．3答案 B解析 由S 6S 3＝3知该等比数列的公比q ≠－1，则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是由S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.8．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比q ≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m 等于( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12答案 C解析 a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝q·q 2·q 3·q 4＝q 10＝a 1q 10，所以m ＝11.9．(2016·河北唐山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1答案 D解析 ∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54.②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2. ∴a n ＝2×(12)n －1＝42n .∴S n ＝2×[1－（12）n ]1－12＝4(1－12n )．∴S na n ＝4（1－12n ）42n＝2n －1，选D. 10．已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 9＝2a 52，a 2＝1，则a 1＝( ) A.12 B.22C. 2 D ．2答案 B 解析 因为a 3·a 9＝2a 52，则由等比数列的性质有：a 3·a 9＝a 62＝2a 52，所以a 62a 52＝2，即(a 6a 5)2＝q 2＝2.因为公比为正数，故q ＝ 2.又因为a 2＝1，所以a 1＝a 2q ＝12＝22.11．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 3＝32，S 3＝92，则公比q ＝( )A.12B ．－12C ．1或－12D ．1或12答案 C解析 当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝32，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝92，符合题意；当q ≠1时，由题可得⎩⎨⎧a 3＝a 1q 2＝32，S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝92，解得q ＝－12.故q ＝1或q ＝－12. 12．(2016·浙江湖州一模)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若8a 2－a 5＝0，则S 4S 2＝( )A ．－8B ．5C ．8D ．15答案 B解析 ∵在等比数列{a n }中，8a 2－a 5＝0，∴公比q ＝2.∴S 4S 2＝a 1（1－24）1－2a 1（1－22）1－2＝5，故选B.13．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________． 答案 23；－1解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 32＝a 2a 7，即(a 1＋2d)2＝(a 1＋d)·(a 1＋6d)，解得d ＝－32a 1①，∵2a 1＋a 2＝1，∴3a 1＋d ＝1②，由①②可得a 1＝23，d ＝－1.14．(2013·北京)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________． 答案 2 2n ＋1－2解析 由等比数列的性质，得a 3＋a 5＝(a 2＋a 4)q ，解得q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝2，又∵a 2＋a 4＝a 1(q ＋q 3)＝20，∴a 1＝2，∴S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n ＋1－2.15．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________． 答案 －2解析 由S 3＋3S 2＝0，即a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.16．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________． 答案 －2，2n －1－12解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q|＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.17．已知{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列． 答案 略证明 由已知得2a 1q 6＝a 1＋a 1q 3，即2q 6－q 3－1＝0，得q 3＝1或q 3＝－12.当q 3＝1即q ＝1，{a n }为常数列，S 62S 3＝S 12－S 6S 6命题成立．当q 3＝－12时，S 62S 3＝1－q 62（1－q 3）＝14. S 12－S 6S 6＝1－q 121－q6－1＝14.∴命题成立． 18．(2016·山西大同质检)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b5. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．答案 (1)b n ＝5×2n －3 (2)略解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d. 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1×22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，以2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54×2n －1＝5×2n －3.(2)证明：由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝54（1－2n ）1－2＝5×2n －2－54，即S n ＋54＝5×2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5×2n －15×2n －2＝2.因此{S n ＋54}是以52为首项，以2为公比的等比数列．1．在等比数列{a n }中，a 2 016＝8a 2 013，则公比q 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．8答案 A解析 依题意得a 2 016a 2 013＝q 3＝8，q ＝2，选A.2．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10等于( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3答案 A解析 由a 2a 6＝16，得a 42＝16⇒a 4＝±4.又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8，∵q 4>0，∴a 4＝4.∴q 2＝1，a 20a 10＝q 10＝1.3．(2015·浙江金丽衢十二校二联)在等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189答案 C解析 由题意可得q 3＝8，∴q ＝2. ∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝84.4．(2015·浙江温州十校联考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝a m ＋1a m ＝－2.又S m ＝a 1－a m q 1－q＝－11，故a 1＝－1.又a m ＝a 1·q m －1＝－16，故(－1)×(－2)m －1＝－16，求得 m ＝5.5．(2013·新课标全国Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13C.19 D ．－19答案 C解析 由已知条件及S 3＝a 1＋a 2＋a 3，得a 3＝9a 1，设数列{a n }的公比为q ，则q 2＝9. 所以a 5＝9＝a 1·q 4＝81a 1，得a 1＝19，故选C 项．6．(2016·武汉调研)在等比数列{a n }中，a n >0，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 5＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．32 答案 A解析 方法一：∵数列{a n }是正项等比数列，∴a 1·a 5＝a 1·a 1q 4＝16⇒a 1q 2＝4①，又a 4＝8⇒a 1q 3＝8②，由①②得，q ＝2，∴a 5＝a 4q ＝8×2＝16.方法二：由a 1·a 5＝a 32＝16 ⇒a 3＝4，q ＝2.7．(2016·上海黄浦模拟)已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n 是数列{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列{1a n }的前4项和为( )A.158或4 B.4027或4 C.4027 D.158答案 C解析 设数列{a n }的公比为q.当q ＝1时，由a 1＝1，得28S 3＝28×3＝84.S 6＝6，两者不相等，因此不合题意． 当q ≠1时，由28S 3＝S 6及首项为1，得28（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q ，解得q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.所以数列{1a n }的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027.8．设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5 D ．159.5答案 C解析 因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12.a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.9．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝________． 答案 240。
2017年高考全国卷文科数学第一轮复习--讲义一----数列
2017年高考全国卷文科数学第一轮复习--讲义一----数列D例1、 （15全国卷一）已知{}na 是公差为1的等差数列，nS 为{}n a 的前n 项和，若844SS =，则10a=（ ） A 、172B 、192C 、10D 、12例2、 （15安徽卷）已知数列}{na 中，11=a ，211+=-n na a （2≥n ），则数列}{na 的前9项和等于 .2、等差数列的性质（1）通项推广：a n＝a m＋(n－m)d，）（*∈Nn(d为数列{a n}的公差)．（2）若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m ＋a n＝a p＋a q.特别地：a1＋a n＝a2＋a n－1＝a3＋a n－2＝….（3）项数成等差数列，则相应的项也成等差数列，即若m＋n＝2p，则a m＋a n＝2a p.（4）S n＝a1＋a n2n＝a2＋a n－12n＝a3＋a n－22n＝….（5）等差数列的单调性①等差数列公差为d，若d>0，则数列递增．②若d<0，则数列递减．③若d＝0，则数列为常数列．考点二：等差数列中项的性质例3、（15全国卷二）设S是等差数列{}n a的前nn项和,若1353++=,则5S=（）a a aA．5B．7C．9D．11例4、（15陕西卷）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________．3、等比数列的概念与运算（1）．等比数列的定义如果一个数列从第二项开始每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示．（2）．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项11n naa q -=.）（*∈N n（3）．等比中项 若2Gab =≠，那么G 叫做a 与b 的等比中项．（4）．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，① 当q ＝1时，S n ＝na 1；）（*∈N n ② 当q ≠1时，S n ＝qqa a q q a n n --=--11)1(11）（*∈N n（5）．在涉及等比数列前n 项和公式时要注意对公式q 是否等于1的判断和讨论． （6）．等比数列的判定方法：① 定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则{a n }是等比数列． ② 中项公式法：若数列{a n }中a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．考点三：等比数列定义与前n 项和公式例5、 （15全国卷一） 数列{}na 中112,2,n n na aa S +==为{}n a 的前n 项和，若126nS=，则n = .例6、 （12全国卷） 等比数列{}na 的前n 项和为nS ,若3230S S +=,则公比q =________例7、 （13全国卷一） 设首项为1，公比为23的等比数列{}na 的前n 项和为nS ，则 （ ）A.21nn S a =- B.32nn Sa =- C.43nnSa =- D.32n nS a =-例8、 （12全国卷） 数列{}na 满足1(1)21n n n aa n ++-=-,则{}na 的前60项和为( )A.3690B.3660C.1845D.18304、等比数列的性质（1）通项公式的推广：m nnm aa q -=，(n ，m ∈N *)．（2）若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n ，(k ，l ，m ，n ∈N *)，则nm l ka a a a⋅=⋅（3）若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列： 则{λa n }(λ≠0)，{1a n }，{a 2n }，{a n ·b n }，{a nb n }仍是等比数列．（4）等比数列的单调性．① ⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<00<q <1⇔{a n }为递增数列；② ⎩⎪⎨⎪⎧a 1>00<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0q >1⇔{a n }为递减数列；③ q ＝1⇔{a n }为非零常数列； ④ q <0⇔{a n }为摆动数列． （5） a n a m ＝q n －m(m ，n ∈N *)考点四：等比数列中项的性质例9、（14全国卷二） 等差数列{}na 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}na 的前n 项和nS =（ ） A. (1)n n + B. (1)n n - C. (1)2n n +D. (1)2n n -例10、（15全国卷二） 已知等比数列{}na 满足114a=,()35441a a a =-,则2a =（ ）A.2B.11C.21D.8例11、（15浙江卷）已知{a n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________．例12、（15广东卷）若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋26，c＝5－26，则b ＝________．5、数列的通项（1）．数列的通项公式：若数列{}na 的第n 项na 与项数n 之间的关系可以用一个式子表示出来，记作()naf n =，称作该数列的通项公式.（2）．等差数列的通项公式：1(1)na a n d =+-()m a n m d=+-．（3）．等比数列的通项公式：11n n mnm aa q a q --==（4）．等差数列性质： ① ()nm aa n m d=+-；② 若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则mn p qa a a a +=+；（5）．等比数列性质： ① n mnm aa q -=；② 若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则m np qa a a a =（6）．等差数列的判定：①定义法；②等差中项法（7）．等比数列的判定：①定义法；②等比中项法（8）．数列通项公式求法 ① 累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题② 累乘法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题 ③ 构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型的通项公式问题④ 利用前n 项和nS 与第n 项na 关系求通项公式问题对递推公式为nS 与na 的关系式(或()nn Sf a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意na =1nn SS --成立的条件是n ≥2，求na 时不要漏掉n =1即na =1S 的情况，当1a =1S 适合na =1nn SS --时，na =1nn SS --；当1a =1S 不适合na =1nn SS --时，用分段函数表示.考点五：求数列的通项公式①、累加法例13、已知数列{}na 满足11211n n aa n a +=++=，，求数列{}na 的通项公式。