(江苏专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版
高中数学第2章数列第02课时数列(2)教学案苏教版必修5
数列(二)教学目标：1.进一步熟悉数列及其通项公式的概念；2.了解数列的递推公式是确定数列的一种方法，会根据给出的递推公式写出数列的前n 项；3.掌握根据数列的前n 项和确定数列的通项公式．重点难点：根据数列的前n 项和确定数列的通项公式．数列的递推公式的理解与应用. 引入新课1．已知数列{}=-=1,32a a a n n n 则的通项公式是 ，=5a ，125是这个数列的第_______项．2.写出下列数列}{n a 的前5项：（1）51=a ，)2(31≥ +=-n a a n n ； （2）21=a ，)2(21≥ =-n a a n n ．3.写出数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：①11，10，9，8，7，…； ②13-，18，115-，124-，…注：由数列的前n 项写出一个通项公式：关键在于观察、分析数列的前n 项的特征、特点，找出数列的一个构成规律，再写出一个相应的通项公式．注意：（1）并不是所有数列的通项公式都存在；（2）有的数列的通项公式并不唯一．4．数列的递推公式：数列的第n 项n a 与它前面相邻一项1-n a （或相邻几项）所满足的关系式的递推公式．5.若记数列{}n a 的前n 项和为n S ，即12n n S a a a =++⋅⋅⋅+．试证明：⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n 注意：⑴可作为常用公式； ⑵ 当)(11S a =满足1--n n S S 时，则1--=n n n S S a ．例题剖析例1 根据下列各数列的前几项，分别写出一个通项公式：（1）9， 99， 999， 9999，…（2）0.7．0.77，0.777，0.7777，…（3）2，6，12，20，30，…．例2 数列}{n a 中，01=a ，nn n a a a -+=+311，写出}{n a 的一个通项公式．例3、已知数列{}n a 的前n 项和分别为 ①n n Sn -=22； ②12++=n n S n ．求数列{}n a 的通项公式．巩固练习1．根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：（1）7，77，777，7777，…； （2）3，8，15，24，35，…．2．已知21=a ，41-=+n n a a 求n a ．已知21=a ，n n a a 21=+ 求n a ．3.已知数列{}n a 的前n 项和32n n S =-，求该数列的通项公式．课堂小结1.数列中递推关系的概念；2.由数列的前n 项的和n S 求数列的通项公式的过程．课后训练一 基础题1.数列{}n a 的通项公式nn a n -+=11，则417+是该数列中的第 项． 2.已知数列{}n a 的通项公式2412n a n n =--，则4a = ，7a = ，65是它 的第 项 ；从第 项起各项为正；{}n a 中第 项的值最小，为 ．3.若数列{}n a 中，12a =，且各项满足121n n a a +=-，则该数列的前四项为 ．4.若数列{}n a 中，11a =，24a =，且各项满足212n n n a a a ++=+，则26是该数列的 第 项．5．数列{}n a 中，()()21,3,1111221≥-=∙-==-+-n a a a a a n n n n ，则4a = 。
(江苏专用)高考数学二轮复习 专题三 数列 第2讲 数列的求解与综合创新练习 文 苏教版-苏教版高三
第2讲 数列的求解与综合创新1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________． [解析] 数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5．[答案] 52．(2019·某某省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则S 3S 7－S 4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ， 所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·某某市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， 所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·某某高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·某某名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5， 所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18， 故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·某某调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36， 所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11， 当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·某某调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{}，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，－－1＝n －1，累加得，－c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以＝n （n －1）2＋1，由＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·某某名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1． 下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·某某名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列．①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1． 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·某某市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设＝a n b n，求证：数列{}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得＝n ＋1n， 对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t， 即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{}中的任意一项＝n ＋1n ，都存在＋1＝n ＋2n ＋1和2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得＝＋1·2＋2n ．14．(2019·某某高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，某某数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ， 故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ． 即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ． 综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S na n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0， 所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。
高中数学 《数列(2)》教案2 苏教版必修5
第 2 课时：§ 2.1 数列（2）【三维目标】：一、知识与技能1. 要求学生进一步熟悉数列及其通项公式的概念；了解数列的递推公式的意义，明确递推公式与通项公式的异同；了解数列的递推公式是确定数列的一种方法；2.会根据数列的递推公式写出数列的前几项；3.理解数列的前n 项和与n a 的关系；掌握根据数列的前n 项和确定数列的通项公式．4.提高学生的推理能力，培养学生的应用意识.二、过程与方法经历数列知识的感受及理解运用的过程。
三、情感、态度与价值观通过本节课的学习，体会数学来源于生活，提高数学学习的兴趣。
【教学重点与难点】：重点：数列的递推公式的理解与应用；难点：理解递推公式；理解递推公式与通项公式的关系【学法与教学用具】：1. 学法：2. 教学用具：多媒体、实物投影仪.【授课类型】：新授课【课时安排】：1课时【教学思路】：一、创设情景，揭示课题1.复习数列是一种特殊的函数，故其表示方法有列表法、图象法、通项公式法.2.提问：已知数列{}n a 满足11211(2)n n a a n a -=⎧⎪⎨=+≥⎪⎩，能写出这个数列的前5项吗？ 思考：已知在数列{}n a 中12n n a a +=+，那么这个数列中的任意一项是否都可以写出来？二、研探新知1．递推公式（1）递推公式的概念：知识都来源于实践，最后还要应用于生活用其来解决一些实际问题．观察钢管堆放示意图，寻其规律，建立数学模型．模型一：自上而下：第1层钢管数为4；即：1↔4＝1+3第2层钢管数为5；即：2↔5＝2+3第3层钢管数为6；即：3↔6＝3+3第4层钢管数为7；即：4↔7＝4+3第5层钢管数为8；即：5↔8＝5+3第6层钢管数为9；即：6↔9＝6+3第7层钢管数为10；即：7↔10＝7+3若用n a 表示钢管数，n 表示层数，则可得出每一层的钢管数为一数列，且1(3+=n a n ≤n ≤7）运用每一层的钢筋数与其层数之间的对应规律建立了数列模型，运用这一关系，会很快捷地求出每一层的钢管数这会给我们的统计与计算带来很多方便。
2021-2022年高考数学 数列 专题复习教案 苏教版
2021年高考数学 数列 专题复习教案 苏教版【例1】在数列中，（），则﹦ ．【分析】由得，∴是等差数列，∴．【答案】．【例2】数列满足，*1*12,0,2121,1,2n n n n n a a n a a a n +⎧⎛⎫≤<∈ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-≤<∈ ⎪⎪⎝⎭⎩N N ，则 ． 【分析】∵，∴，，，，，……．∴该数列周期为4．∴．【答案】．【例3】在等差数列中，若，则﹦ ．【分析】∵数列是等差数列，∴由得，． ∴()7866611128222a a a d a d a -=+-+==． 【答案】8．【例4】已知的前n 项之和21241,n S n n a a =-+++则…﹦ ．【分析】可求得． 则…﹦21131567-+-++++=．【答案】67．【例5】设是数列的前项和，若不等式对任何等差数列及任何正整数恒成立，则的最大值是 ．【分析】当时，；当时，由得． 设，则．又﹦225151114244555t t t ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，∴． 综上的最大值是.【答案】．【例6】设为数列的前项和，，其中是常数．（1）求及；（2）若对于任意的，成等比数列，求的值．解：（1）当，，当时，()()2211121n n n a S S kn n k n n kn k -⎡⎤=-=+--+-=-+⎣⎦又当时合上式，∴（）．（2）∵成等比数列，∴，即()()()2412181km k km k km k -+=-+-+，整理得：对任意的都成立，∴或．【例7】数列中，（），数列满足（）．（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列中的最大项与最小项，并说明理由．解：（1）1111111121n n n n n a b a a a ---===----， 而（），∴11111111n n n n n a b b a a -----=-=--（）． ∴数列是等差数列．（2）依题意有，而5(1)1 3.52n b n n =-+-=-⋅，∴． 函数在（3.5，）上为减函数，在（，3.5）上也为减函数．故当n ＝4时，取最大值3，n ＝3时，取最小值-1．【例8】在等差数列中，，前项和满足条件．（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．解：（1）设等差数列的公差为，由得．又，∴．∴．∴．（2）由，得．∴23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+．① 当时，；当且时，234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+．②①－②得23111(1)(1)1n n n n n n p p P T p p p p p np np p-++--=+++++-=--， ∴． 综上()()()()121,12(1),0,111n n n n n p T p p np p p p p +⎧+=⎪⎪=⎨-⎪->≠⎪--⎩且． 【例9】某个体户，一月初向银行贷款1万元作为开店启动资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳所得税为该月利润的10%，每月的生活费开支为540元，余额作为资金全部投入下个月的经营，如此不断继续，问到这年年底该个体户还贷款前尚余多少资金？若银行贷款的年利息为5%，问该个体户还清银行贷款后还有多少资金？（参考数据：1011121.18 5.23,1.18 6.18,1.187.29≈≈≈．结果精确到0.1元）解：设第个月月底的余额为元，则，1(120%)20%10%540 1.18540n n n n a a a a +=⨯+-⨯⨯-=-，于是()1211101.18540 1.181.18540540a a a =-=--=＝()1110911.18 1.18 1.18 1.181540a -++++⋅＝11111.1811.181126054054046.81.181-⨯-⨯=-． 还清银行贷款后剩余资金为()121000015%54046.81050043546.8a -⋅+=-=．答：到这年年底该个体户还贷款前尚余资金元；还清银行贷款后还有资金元．【例10】已知分别以和为公差的等差数列和满足，．（1）若=18，且存在正整数，使得，求证：；（2）若，且数列，，…，，，，…，的前项和满足，求数列和的通项公式；（3）在（2）的条件下，令，，，且，问不等式≤ 是否对一切正整数恒成立？请说明理由． 解：（1）依题意，22[18(1)18]36(1414)45m m d +-⨯=++--， 即，即22918108d m m=+≥，等号成立的条件为，即． ，等号不成立，原命题成立． （2）由得，即180360(141)22k k ++⨯=⨯-+， 即，得，，．则，．（3）在（2）的条件下，，．要使≤，即要满足≤0．当时，，数列单调减；单调增．当正整数时，，，；当正整数时，，，；当正整数时，，，．则不等式≤对一切的正整数恒成立．同理，当时，也有不等式≤对一切的正整数恒成立．综上所述，不等式≤对一切的正整数恒成立．【练习1】在数列中，（），则其前8项的和= ．【答案】．【练习2】已知数列满足，当时，，则数列的前100项和＝ ．【答案】1849．【练习3】在各项均为正数的等比数列中，2436455736a a a a a a a a +++=，则 ．【答案】6．【练习4】已知数列的前项和（），第项满足，则﹦ ．【答案】7．【练习5】已知数列中，（是与无关的实数常数），且满足，则实数的取值范围是___________．【答案】．【练习6】数列的前项和记为()*11,1,21n n n S a a S n +==+∈N ．（1）求的通项公式；（2）等差数列的各项为正，其前项和为，且，又成等比数列，求．解：（1）由可得()*1212,n n a S n n -=+≥∈N ，两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥．又，∴．∴是首项为，公比为的等比数列．∴．（2）设的公差为，由得，可得，∴．故可设．又，由题意可得()()()2515953d d -+++=+，解得．∵等差数列的各项为正，∴ ．∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+．【练习7】已知是公差为的等差数列，它的前项和为,,．（1）求公差的值；（2）若，求数列中的最大项和最小项的值；（3）若对任意的，都有成立，求的取值范围．解：（1）∵，∴113442(2)42a d a d ⨯+=++，解得． （2）∵，∴数列的通项公式为．∴．∵函数在和上分别是单调减函数，∴，又当时，．∴数列中的最大项是，最小项是．（3）由得．又函数在和上分别是单调减函数，且时，；时，．∵对任意的，都有，∴，∴．∴的取值范围是．【练习8】等差数列的各项均为正数，，前项和为，为等比数列， ，且．（1）求与；（2）证明：． 解：（1）设的公差为，的公比为，则，，． 依题意有．解得或65403d q ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(舍去) ． ∴132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=．（2）∵35(21)(2)n S n n n =++++=+， ∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯⨯+ 11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+ ． 【练习9】某企业进行技术改造需向银行贷款，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？（取1010101.05 1.629,1.313.786,1.557.665===）解：①甲方案获利：10291.311(130%)(130%)(130%)42.630.3-+++++++=≈（万元），银行贷款本息：（万元），故甲方案纯利：（万元）．②乙方案获利：1091(10.5)(120.5)(190.5)1010.52⨯++++⨯+++⨯=⨯+⨯ （万元），银行本息和： 291.05[1(15%)(15%)(15%)]⨯+++++++（万元），故乙方案纯利：（万元）．综上可知，甲方案更好．【练习10】设向量*(,2),(,21)()a x b x n x n ==+-∈N ，函数在上的最小值与最大值的和为，又数列满足：1212999(1)()()1101010n n n nb n b b --+-++=++++ （1）求证：；（2）求数列的通项公式；（3）设，试问数列中，是否存在正整数，使得对于任意的正整数，都有成立？证明你的结论． 解：（1）∵2()42(4)2y x x n x x n x =++-=++-在[0,1]上为增函数，∴21421n a n n =-+++-=+﹒ （2）∵12129999(1)()()110[1()]10101010n n n n nb n b b --+-++=++++=-， ∴()11219(1)(2)10[1()]210n n n b n b b n ---+-++=-≥﹒ 两式相减得()1129()210n n b b b n -+++=≥， ∴()21219()310n n b b b n --+++=≥． 两式相减得．又，，∴()()2*1,119(),2,1010n n n b n n -⎧=⎪=⎨-⋅≥∈⎪⎩N ． （3）由()()2*2, 119(),2,1010n n n c n n n -⎧-=⎪=⎨+-⋅≥∈⎪⎩N 及当时111,981,k k k k c c k c c -+⎧≥⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩得或﹒ 又也满足，∴存在使得对所有的成立．。
《创新设计》2021届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)习题：专题三 数 列
第1讲 等差数列、等比数列的基本问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级.真 题 感 悟1.(2022·江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________.解析 设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎨⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20. 答案 202.(2021·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n－1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 答案 20113.(2010·江苏卷)函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析 在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k 2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案 214.(2021·江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________.解析 设数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由已知条件得12q ＋12q 2＝3，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)，a n ＝a 5q n －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)， a 1a 2…a n＝2－52－42－3…2n －6＝2n 2－11n 2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，可知2n －5－2－5>2n （n －11）2，由2n －5－2－5>2n （n －11）2，可求得n 的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5<213，所以n 的最大值为12. 答案 12 考 点 整 合 1.等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ， (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ， (3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列. 2.等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，(S m ≠0)成等比数列. 3.求通项公式的常见类型(1)观看法：利用递推关系写出前几项，依据前几项的特点观看、归纳、猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝a n ＋f (n )，把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝f (n )a n ，把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一 等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷改编)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝________. (2)(2022·连云港调研)在等差数列{a n }中，a 5＝3，a 6＝－2，则a 3＋a 4＋…＋a 8＝________. (3)(2021·湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析 (1)由等差数列性质，知S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98.(2)依据等差数列性质计算.由于{a n }是等差数列，所以a 3＋a 4＋…＋a 8＝3(a 5＋a 6)＝3.(3)由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案 (1)98 (2)3 (3)3n －1探究提高 (1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a 1和公差d (公比q )，在列方程组求解时，要留意整体计算，以削减计算量.(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常接受“巧用性质、整体考虑、削减运算量”的方法.【训练1】 (1)(2022·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________.(2)(2022·北京东城区模拟)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 等于________.(3)(2021·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝________.解析 (1)由于a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.(2)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 ＝－2，又S m ＝a 1－a m q 1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1q m －1＝－16，代入可求得m ＝5.(3)法一 a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2·1－（q 3）291－q 3＝q 21＋q ＋q 2·a 1（1－q 87）1－q ＝47×140＝80. 法二 设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87， 由于b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140， 所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7， 所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80. 答案 (1)4 (2)5 (3)80热点二 等差、等比数列的判定与证明【例2】 (2022·南师附中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *，且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－1194，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，且n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n －a n }为等比数列.(1)解 由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12， 即a n －a n －1＝12(n ∈N *，n ≥2)，则数列{a n }是以12为公差的等差数列，又a 1＝14， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14. (2)证明 ∵3b n －b n －1＝n (n ≥2)， ∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2)， ∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋34(n ≥2).b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34(n ≥2)， ∴b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)，∵b 1－a 1＝－30≠0，∴b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2).∴数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列. 探究提高 推断和证明数列是等差(比)数列的两种方法(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 为同一常数. (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.【训练2】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明 由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，① 知a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，② ②－①得：a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. ∵a n ＋1≠0，∴a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设可求a 2＝λ－1，∴a 3＝λ＋1， 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列. 热点三 求数列的通项[微题型1] 由S n 与a n 的关系求a n【例3－1】 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12.求数列{a n }的通项公式.(2)(2022·岳阳二模节选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N *.证明：a n ＋2＝3a n ；并求a n .解 (1)由a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)， 得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0，所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列.又1S 1＝2，所以1S n＝2n ，故S n ＝12n ，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1）(n ≥2，n ∈N *)，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.(2)由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .又∵a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2×3n －22，n 为偶数.探究提高 给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：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 .[微题型2] 已知a n 与a n ＋1的递推关系式求a n【例3－2】 (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋12n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，求通项a n ；(3)已知a 1＝4，a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，求通项a n .解 (1)由已知得a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，∴a 22＝a 11＋121，a 33＝a 22＋122，…，a n n ＝a n －1n －1＋12n －1，∴a n n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n ≥2).∴a n ＝2n －n2n －1(n ≥2)，又a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －n2n －1.(2)由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＋a n ＋1a n ＝n ＋1，所以a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2. 又a 1＝1，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1. 故数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1.(3)∵a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，两边取倒数得1a n ＋1＝12a n ＋1，设b n ＝1a n ，则b n ＋1＝12b n ＋1，则b n ＋1－2＝12(b n－2)，∴b n ＋1－2b n －2＝12，故{b n －2}是以b 1－2＝1a 1－2＝－74为首项，12为公比的等比数列.∴b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 即1a n－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得a n ＝2n ＋12n ＋2－7.探究提高 (1)形如b n ＋1－b n ＝f (n )，其中f (n )＝k 或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )，可用累乘法；(3)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如a n ＋1＝qa n ＋q n (q 为常数，且q ≠0，q ≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以q n ＋1. 【训练3】 (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. ①求a 2的值；②求数列{a n }的通项公式.(2)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，数列{b n }满足b n ·b n ＋1＝3a n ，且b 1＝1.求数列{a n }、{b n }的通项公式.解 (1)①依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4. ②当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ， 2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，以上两式相减得，2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23. 整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)， 即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.(2)∵S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，① S n ＋S n －1＝a 2n (n ≥2)，②①－②得a n ＋1＋a n ＝a 2n ＋1－a 2n ，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0， ∵a n ＋1＞0，a n ＞0，∴a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n ＝1(n ≥2)， 又由S 2＋S 1＝a 22，得2a 1＋a 2＝a 22，即a 22－a 2－2＝0，∴a 2＝2，a 2＝－1(舍去)，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n .又b n ·b n ＋1＝3a n ＝3n ，③ b n －1b n ＝3n －1(n ≥2)，④ ③④得b n ＋1b n －1＝3(n ≥2)， 又由b 1＝1，可求b 2＝3.故b 1，b 3，…，b 2n －1是首项为1，公比为3的等比数列；b 2，b 4，…，b 2n 是首项为3，公比为3的等比数列.∴b 2n －1＝3n －1，b 2n ＝3·3n －1＝3n . ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，3n 2，n 为偶数.1.在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又便利的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要留意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，肯定要留意分n ＝1，n ≥2两种状况，在求出结果后，看看这两种状况能否整合在一起.一、填空题1.(2021·南通模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 3＋a 15＝10，则a 5的值为________. 解析 设数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 15＝2a 8，∴2a 8＋3a 3＝10，∴2(a 5＋3d )＋3(a 5－2d )＝10，∴5a 5＝10，∴a 5＝2.答案 22.在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12.又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 答案 33.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大. 解析 依据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大. 答案 84.等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于________. 解析 由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8， 即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2. ∴S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1). 答案 n (n ＋1)5.(2022·宿迁调研)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________.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，则S 40＝S 30＋（S 30－S 20）2S 20－S 10＝70＋40220＝150.答案 1506.若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q ＝________.解析 由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的状况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的状况有：a ，－2，b ；b ，－2，a . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2 解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9. 答案 97.(2022·全国Ⅰ卷)设等比数列满足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 ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（－3）＋（－2）＋…＋（n －4）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n （n －7）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494， 当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 648.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________. 解析 设数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝0，15a 1＋105d ＝25，⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝23， 则nS n ＝n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3n ＋n （n －1）3＝n 33－103n 2. 设函数f (x )＝x 33－103x 2，则f ′(x )＝x 2－203x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，203时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫203，＋∞时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫203，但6＜203＜7，且f (6)＝－48，f (7)＝－49， 由于－48＞－49，所以最小值为－49. 答案 －49 二、解答题9.(2022·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.10.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1， (1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1， 得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列. a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1.由于当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1， 所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.11.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上. (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 ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2).由于a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12. 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1. 若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2， 明显{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列.第2讲 数列的综合应用高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的前n 项和的几种方法；(3)数列与函数、不等式、数论等学问结合的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.真 题 感 悟(2022·江苏卷)记U ＝{1，2，…，100}.对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1，2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)解 当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30， ∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1， 故a n ＝a 1q n －1＝3n －1.(2)证明 对任意正整数k (1≤k ≤100). 由于T ⊆{1，2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k －12＜3k ＝a k ＋1.因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明 设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )， 则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ， ∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B . 由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B . ①若B ＝∅，则S B ＝0， 所以S A ≥2S B 成立，②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ， 若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，冲突. 又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1， ∴S B ≤a 1＋a 2＋…＋a m ＝1＋3＋32＋…＋3m －1＜a m ＋12≤a I 2≤S A2，即S A ＞2S B 成立.综上所述，S A ≥2S B .故S C ＋S C ∩D ≥2S D 成立. 考 点 整 合 1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简洁的数列，最终分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和.热点一 数列求和与不等式的结合问题【例1】 (2022·泰州调研)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *).若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n－1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *). 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n ＋1).故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *).②由于c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0； 当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n －1，而n （n ＋1）2n －（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0， 得n （n ＋1）2n ≤5·（5＋1）25<1， 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.探究提高 (1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最终利用数列或数列对应函数的单调性求解.(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可.【训练1】 (2022·洛阳二模)已知数列{a n }中，a 2＝2，S n 是其前n 项和，且S n ＝na n2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项数列{b n }满足a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为T n ，求使得n ＋12－T n ＞30成立的正整数n 的最小值. 解 (1)令n ＝1，得a 1＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－（n －1）a n －12.可得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1， 当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2， 所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2＝2(n －1)，明显当n ＝1，2时，满足上式.所以a n ＝2(n －1). (2)由于a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，所以2(n －1)＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22＝log 2b 2n －log 24＝2log 2b n －2，即2n ＝2log 2b n ，∴b n ＝2n ， a n b n ＝2（n －1）2n ＝n －12n －1，所以T n ＝020＋121＋222＋323＋…＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n ， 作差得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝1－12n －1－n －12n ＝1－n ＋12n .∴T n ＝2－n ＋12n －1.所以n ＋12－T n＝2n －1＞30， 当n ≥6时，不等式恒成立，所以正整数n 的最小值为6. 热点二 有关数列中计算的综合问题【例2】 (2022·镇江期末)已知数列{a n }的各项都为自然数，前n 项和为S n ，且存在整数λ，使得对任意正整数n 都有S n ＝(1＋λ)a n －λ恒成立.(1)求λ的值，使得数列{a n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }为等比数列，此时存在正整数k ，当1≤k ＜j 时，有∑i ＝k ja i ＝2 016，求k .解 (1)法一 由于S n ＝(1＋λ)a n －λ，① 所以S n ＋1＝(1＋λ)a n ＋1－λ，② 由②－①得λa n ＋1＝(1＋λ)a n ，③当λ＝0时，a n ＝0，数列{a n }是等差数列.当λ≠0时，a 1＝(1＋λ)a 1－λ，a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝1λa n ，④ 要使数列{a n }是等差数列，则④式右边1λa n 为常数，即a n ＋1－a n 为常数，④式左边a n ＋1－a n ＝0，a n ＝0，与a 1＝1冲突.综上可得，当λ＝0时，数列{a n }为等差数列，且a n ＝0. 法二 若数列{a n }是等差数列，必有2a 2＝a 1＋a 3， 当λ＝0时，a 1＝a 2＝a 3＝0，满足2a 2＝a 1＋a 3，此时S n ＝a n ，则S n ＋1＝a n ＋1，故a n ＝0， 当λ≠0时，a 1＝1，a 2＝1＋1λ，a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ2，由2a 2＝a 1＋a 3，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ2，该方程无解，综上可得，当λ＝0时，数列{a n }为等差数列，其中a n ＝0. (2)由(1)可得，当λ＝0时，数列{a n }不是等比数列， 当λ＝－1时，由①得S n ＝1，则a 1＝S 1＝1， a n ＝S n －S n －1＝0(n ≥2)，不是等比数列.当λ≠0，且λ≠－1时，得a n ＋1a n ＝1＋1λ，{a n }为公比为1＋1λ的等比数列，又对任意n ，a n ∈N ，则q ＝1＋1λ∈N ，故仅有λ＝1，q ＝2时，满足题意， 又由(1)得a 1＝1，故a n ＝2n －1. 由于∑i ＝kja i ＝2k －1（2j －k ＋1－1）2－1＝2 016，所以2k －1(2j －k ＋1－1)＝2 016＝25×32×7，由题意j －k ＋1≥2，2j －k ＋1－1为大于1的奇数，所以2k －1＝25，k ＝6， 则2j －5－1＝32×7，2j －5＝64，j ＝11， 故仅存在k ＝6时，j ＝11，∑i ＝k ja i ＝2 016.探究提高 此类问题看似简洁，实际简单，思维量和计算量较大，难度较高.【训练2】 (2011·江苏卷)设M 为部分正整数组成的集合，数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项的和为S n ，已知对任意的整数k ∈M ，当整数n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2(S n ＋S k )都成立.(1)设M ＝{1}，a 2＝2，求a 5的值； (2)设M ＝{3，4}，求数列{a n }的通项公式.解 (1)由题设知，当n ≥2时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，即(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1，从而a n ＋1－a n ＝2a 1＝2.又a 2＝2，故当n ≥2时，a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －2.所以a 5的值为8.(2)由题设知，当k ∈M ＝{3，4}且n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2S n ＋2S k 且S n ＋1＋k ＋S n ＋1－k ＝2S n ＋1＋2S k ，两式相减得a n ＋1＋k ＋a n ＋1－k ＝2a n ＋1，即a n ＋1＋k －a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1－k ，所以当n ≥8时，a n －6，a n －3，a n ，a n ＋3，a n ＋6成等差数列，且a n －6，a n －2，a n ＋2，a n ＋6也成等差数列.从而当n ≥8时，2a n ＝a n ＋3＋a n －3＝a n ＋6＋a n －6，(*)且a n ＋6＋a n －6＝a n ＋2＋a n －2.所以当n ≥8时，2a n ＝a n ＋2＋a n －2，即a n ＋2－a n ＝a n －a n －2.于是当n ≥9时，a n －3，a n －1，a n ＋1，a n ＋3成等差数列，从而a n ＋3＋a n －3＝a n ＋1＋a n －1，故由(*)式知2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即a n ＋1－a n ＝a n －a n －1.当n ≥9时，设d ＝a n －a n －1.当2≤m ≤8时，m ＋6≥8，从而由(*)式知2a m ＋6＝a m ＋a m ＋12，故2a m ＋7＝a m ＋1＋a m ＋13.从而2(a m ＋7－a m ＋6)＝a m ＋1－a m ＋(a m ＋13－a m ＋12)，于是a m ＋1－a m ＝2d －d ＝d .因此，a n ＋1－a n ＝d 对任意n ≥2都成立.又由S n ＋k ＋S n －k －2S n ＝2S k (k ∈{3，4})可知，(S n ＋k －S n )－(S n －S n －k )＝2S k ，故9d ＝2S 3且16d ＝2S 4.解得a 4＝72d ，从而a 2＝32d ，a 3＝52d ，又由S 3＝92d ＝a 1＋a 2＋a 3，故a 1＝d2.因此，数列{a n }为等差数列，由a 1＝1知d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 热点三 有关数列中证明的综合问题【例3】 (2022·南通、扬州、泰州调研)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.(1)解 由a 1＝1，b n ＝n2知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8. (2)证明 由于a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，②由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 ，所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q .又由于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，使得{b n ＋λ}为等比数列. (3)证明 由于{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 ，由于{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 n a n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝b n －b n －11－d ＝d 1－d，⑥先证充分性，即由d ＝12证明a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列. 由于d ＝12，由⑥得a na n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝1，所以当n ≥3时，a n a n ＋1－a n ＝1＋a n －1a n －a n －1＝a na 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. 由于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 n a 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，解得d ＝12.所以a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是a ＝12.探究提高 分析已知条件和求解目标，确定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)证明数列为等差或等比数列需要先证任意两项的差或比值为定值，证明充要条件需要证明充分性与必要性等，确定解题的规律次序. 【训练3】 (2022·江苏卷)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.(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”.(2)解 由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .由于{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.由于d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1.从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2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－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”.因此d 的值为－1.(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 *). 下证{b n }是“H 数列”.设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”.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. 热点四 数列中的探究性问题【例4】 设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m ＝T n －m ·q (n －m )m (q＞0是常数).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设正整数k ，m ，n (k ＜m ＜n )成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由； (3)探究：命题p ：“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)”是命题t ：“数列{a n }是公比为q (q ＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由.(1)证明 设m ＝1，则有T n T 1＝T n －1·q n －1，由于T i ≠0(i ∈N *)，所以有T nT n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n－1，所以当n ≥2时a na n －1＝q ， 所以数列{a n }是等比数列.(2)解 当q ＝1时，a n ＝a 1(n ∈N *)，所以T n ＝a n 1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m ，当q ≠1时，a n ＝a 1·q n －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝a n1·qn （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n 1·qn （n －1）2·a k 1·q k （k －1）2＝a n ＋k1·qn 2－n ＋k 2－k2，T 2m ＝a 2m 1·qm (m －1).由于n ＋k ＝2m 且k ＜m ＜n ，所以a n ＋k1＝a 2m1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T n ·T k＞T 2m ；若q ＜1，则T n ·T k ＜T 2m .(3)解 由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{a n }成等比数列，则a n ＝a 1·q n －1，所以当q ≠1时，T n ＝a n 1·qn （n －1）2，则T n T m＝a n 1·qn （n －1）2a m 1·q m （m －1）2＝a n －m 1·q n 2－n －m 2＋m 2＝a n －m 1·q （n －m ）（n ＋m －1）2，T n －m ·q (n－m )m＝a n －m1·q（n －m ）（n －m －1）2·q(n －m )·m＝a n －m1·q（n －m ）（n －m －1）＋2（n －m ）m2＝a n －m1·q（n －m ）（n ＋m －1）2.所以，“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m 成立；同理可证当q ＝1时也成立.所以命题p 是命题t 的充要条件.探究提高 数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法.另外探究充要条件要从充分性、必要性两个方面推断与查找.【训练4】 (2022·南京调研)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)i a 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，求出全部的m ，n ；若不存在，请说明理由. 解 (1)设数列{a n }的公差为d . 由于2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎨⎧2（a 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.(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＜4k2k .设f (k )＝4k 2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12（k ＋1）－4k 2k ＝4k （3k －1）2k （k ＋1）.由于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)2k a 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 .由于k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ＞－4. 综上所述，λ的取值范围为(－4，2).(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.由于n ＞m ＞2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.由于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.1.数列与不等式综合问题(1)假如是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要留意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)假如是解不等式，留意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题(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 换为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问题，但要留意函数定义域. 3.数列中的探究性问题处理探究性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行规律推理.若由此导出冲突，则否定假设，否则，给出确定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以依据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解.一、填空题1.(2021·全国Ⅱ卷)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________. 解析 由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n . 答案 －1n2.(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析 由于各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，所以a 4＝2，q ＝2，故a n ＝2n －3，又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋10a 10x 9，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×10×112＝554.答案 5543.已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 ∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，∴a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )， ∴a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝2， ∴数列{a n ＋1－a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2， ∴a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1－1，∴S n ＝(20＋21＋…＋2n －1)－n ＝1－2n1－2－n ＝2n －n －1.答案 2n －n －14.(2021·南京、盐城模拟)已知等比数列{a n }的首项为43，公比为－13，其前n 项和为S n ，若A ≤S n －1S n≤B 对n ∈N *恒成立，则B －A 的最小值为________.解析 依题意得S n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n，当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43；当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫89，1.由函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上是增函数得S n －1S n的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1772，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，712，因此有A ≤－1772，B ≥712，B －A ≥712＋1772＝5972，即B －A 的最小值是5972. 答案 59725.数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin 2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为________.解析 由于a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin 2 n π3＝n 2cos 2n π3， 由于cos 2n π3以3为周期，且cos 2π3＝－12，cos 4π3＝－12， cos 6π3＝1，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－（3k －2）2＋（3k －1）22＋（3k ）2＝∑k ＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫9k －52＝470.答案 470 二、解答题6.数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2. (2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *)∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1. 即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列. (3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1， S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1] ＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，① ∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n －2n ，② 由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n＋n ＝1＋2×1－2n1－2－(2n＋1)×2n ＋n＝(1－2n )×2n ＋n －1， ∴S n ＝(2n －1)×2n －n ＋1.7.(2022·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n，n ∈N *. (1)设b n ＋1＝1＋b n a n ，n ∈N *，求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b na n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值.(1)证明 由题设知a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n＝1＋b n an1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝b n ＋11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，所以b n ＋1a n ＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，从而⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋1a n ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝1(n ∈N *)，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是以1为公差的等差数列.(2)解 由于a n ＞0，b n ＞0，所以（a n ＋b n ）22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2， 从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q ＜a 2≤2，故当n ＞log q 2a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＞2，与(*)冲突；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＜1，与(*)冲突.综上，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)， 所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列.若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由a 1＝a 1＋b n a 21＋b 2n得b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1(n ∈N *)，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，冲突，所以a 1＝2，从而b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2.8.(2021·江苏卷)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 nn 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 由题设，S n ＝na ＋n （n －1）2d . (1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.由于d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于全部的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于全部的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差为d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于全部的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋(b 1－d 1－a ＋12d )n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1).。
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出 现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、 函数交汇渗透.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导 致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解 与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇 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Sn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.
热点一 数列的求和问题 命题角度1 分组转化求和 【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
2021-2022年高考数学 数列专题复习教案 苏教版
2021年高考数学数列专题复习教案苏教版一、本章知识结构：二、重点知识回顾１．数列的概念及表示方法（１）定义：按照一定顺序排列着的一列数．（２）表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．（３）分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列． （４）与的关系：．2．等差数列和等比数列的比较（１）定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数（不为0）的数列叫做等比数列．（２）递推公式：110n n n na a d a a q q n *++-==≠∈N ，·，，． （３）通项公式：111(1)n n n a a n d a a q n -*=+-=∈N ，，．（４）性质等差数列的主要性质：①单调性：时为递增数列，时为递减数列，时为常数列．②若，则()m n p q a a a a m n p q *+=+∈N ，，，．特别地，当时，有．③()()n m a a n m d m n *-=-∈N ，．④232k k k k k S S S S S --，，，…成等差数列． 等比数列的主要性质：①单调性：当或时，为递增数列；当，或时，为递减数列；当时，为摆动数列；当时，为常数列．②若，则()m n p q a a a a m n p q *=∈N ··，，，．特别地，若，则． ③(0)n m nma q m n q a -*=∈≠N ，，． ④，…，当时为等比数列；当时，若为偶数，不是等比数列．若为奇数，是公比为的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例1. （xx 深圳模拟）已知数列.12}{2n n S n a n n -=项和的前（1）求数列的通项公式； （2）求数列解：（1）当111112,1211=-⨯===S a n 时；、当.213])1()1(12[)12(,2221n n n n n S S a n n n n -=-----=-=≥-时，.213111的形式也符合n a -=.213}{,n a a n n -=的通项公式为数列所以、（2）令.6,,0213*≤∈≥-=n n n a n 解得又N当2212112||||||,6n n S a a a a a a T n n n n n -==+++=+++=≤ 时；当||||||||||,67621n n a a a a a T n ++++++=> 时n a a a a a a ----+++= 87621.7212)12()6612(222226+-=---⨯⨯=-=n n n n S S n综上，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤-=.6,7212,6,1222n n n n n n T n点评：本题考查了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n ＝１时情况，在解题时经常会忘记。
2021年高中数学复习课二数列学案苏教版选修520210607130
2021年高中数学复习课二数列学案苏教版选修520210607130 复习课(二) 数列等差数列与等比数列的基本运算数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小．[考点精要]等差、等比数列的基本公式通项公式等差数列等比数列 an＝a1＋(n－1)d an＝am＋(n－m)d n?a1＋an?Sn＝2an＝a1qn－1 an＝amqn－m a1－anqSn＝(q≠1) 1－qa1?1－qn?Sn＝(q≠1) 1－qSn＝－a1qn＋(q≠1) 1－q1－qa1前n项和公式 n?n－1?Sn＝na1＋d 2求和公式的函数特征d?d?Sn＝n2＋?a1－?n 2?2?[典例] 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{bn}中的b3，b4，b5.(1)求数列{bn}的通项公式；?5??S＋(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列n?是等比数列．4??[解] (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{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，∴b3＝5，公比q＝2，故bn＝5・2n－3.5(2)证明：由(1)知b1＝，公比q＝2，45n?1－2?45n－2∴Sn＝＝5・2－，1－245n－2则Sn＋＝5・2，41545・2n－255因此S1＋＝，＝n－3＝2(n≥2)．4255・2Sn－1＋4Sn＋?5?5?S＋∴数列n?是以为首项，公比为2的等比数列．4?2?[类题通法]对于等差、等比数列的基本运算主要是知三求二问题，解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想的运用．[题组训练]1．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2・a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝________.解析：设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3＝a1a4＝2a1，则a4＝2；由a4与2a7的等差中项为17知，a4＋2a7＝2×17＝34，得a7＝16.∴q＝＝8，即q＝2，∴a1＝3＝16?1－2?4163，则S6＝＝. 41－2463答案： 42．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，则a7＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由已知得(a1＋2d)＋(a1＋7d)＝13，S7＝7?a1＋a1＋6d?＝35.联立两式，解得a1＝2，d＝1，∴a7＝a1＋6d＝8.2答案：83．已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21. (1)求{an}的通项；(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，??a1＋d＝9，依题意得方程组??a1＋4d＝21，?3a7a4a4q解得a1＝5，d＝4，∴数列{an}的通项an＝4n＋1. (2)由an＝4n＋1得，bn＝254n＋1，4∴{bn}是首项为b1＝2，公比为q＝2的等比数列，2?2－1?32?2－1?于是得，数列{bn}的前n项和Sn＝＝. 42－115254n4n等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质．利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以填空题的形式出现，一般难度较小．[考点精要]等差、等比数列的主要性质等差数列若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N)，则am＋an＝ap＋aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap *等比数列若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N)，则am・an＝ap・aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am・an＝ap 2*am，am＋k，am＋2k，?仍是等差数列，公差为kd 则{pan＋qbn}仍是等差数列 am，am＋k，am＋2k，?仍是等比数列，公比为qk 若{an}，{bn}是两个项数相同的等差数列，若{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则{pan・qbn}仍是等比数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，?是等差数列若数列{an}项数为2n，则S偶－S奇＝nd，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，?是等比数列(q≠－1或q＝－1且k为奇数) 若数列{an}的项数为2n，则S奇an＝ S偶an＋1S偶＝q S奇若数列{an}项数为2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1，若数列{an}项数为2n＋1，则S奇n＋1＝ S偶nS奇－a1＝q S偶[典例] (1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是________．(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.[解析] (1)由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，∴a3＝35. 同理可得a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，an＝a4＋(n－4)×(－2) ＝41－2n.??an≥0，由??an＋1<0，?*得n＝20.3∴使Sn达到最大值的n是20.(2)因为{an}为等比数列，所以am－1am＋1＝am，又由am－1am＋1－2am＝0，从而am ＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝am[答案] (1)20 (2)4 [类题通法]关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂．[题组训练]1．等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d，的值分别是________．解析：设S奇＝a1＋a3＋?＋a15，S偶＝a2＋a4＋?＋a16，则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－8?a2＋a16?2S偶a9a3)＋?＋(a16－a15)＝8d，＝＝.S奇8?a1＋a15?a82??S奇＋S偶＝640，由???S偶∶S奇＝22∶18，2m－122m－1，则2＝128，故m＝4.a9a8解得S奇＝288，S偶＝352.因此d＝S偶－S奇648a9S偶11＝＝8，＝＝. 8a8S奇911答案：8，92．等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为________．解析：3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，∴S13＝13?a1＋a13?13?a4＋a10?13×4＝＝＝26.222答案：26数列的通项及求和数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大．[考点精要]1．已知递推公式求通项公式的常见类型 (1)类型一 an＋1＝an＋f(n)把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解． (2)类型二 an＋1＝f(n)an4把原递推公式转化为an＋1＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解． an(3)类型三 an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法1－p转化为等比数列求解．2．数列求和(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋?＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋?＋anq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如?为常数)的数列．(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．[典例] (1)已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则an＝________. (2)已知a1＝2，an＋1＝an＋n，则an＝________. (3)设数列{an}满足a1＋3a2＋3a3＋?＋3①求数列{an}的通项公式；②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.[解析] (1)∵an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，∴2qc??(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c?anan＋1??n－1nan＝，n∈N*.3nanan＋1＋1＝2，又a1＝1，∴a1＋1＝2， an＋1故{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2・2n－1＝2，故an＝2－1.nn(2)当n取1,2,3，?，n－1时，可得n－1个等式．即an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，?，a2－a1＝1，将其两边分别相加，得an－a1＝1＋2＋3＋?＋(n－1)，5?1＋n－1??n－1?n?n－1?∴an＝a1＋＝2＋. 22[答案] (1)2－1 (2)2＋2nn?n－1?2(3)解：①因为a1＋3a2＋3a3＋?＋32n－1nan＝，(��)3所以当n≥2时，a1＋3a2＋3a3＋?＋3(��)－(��)得3n－1n－2n－1an－1＝，(��)3an＝，所以an＝n(n≥2)．131311在(��)中，令n＝1，得a1＝，满足an＝n，331*所以an＝n(n∈N)．31nn②由①知an＝n，故bn＝＝n×3.3an则Sn＝1×3＋2×3＋3×3＋?＋n×3， 3Sn＝1×3＋2×3＋3×3＋?＋n×3234234123nn＋1，nn＋1两式相减得－2Sn＝3＋3＋3＋3＋?＋3－n×33?2n－1?×3所以Sn＝＋44[类题通法]n＋13?1－3?n＋1＝－n×3，1－3n.(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法．二是要注意an的完整表达式，易忽视n＝1的情况．(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响．[题组训练]1．已知函数f(n)＝ncos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋?＋a100＝________.解析：因为f(n)＝ncos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋?＋a100＝[f(1)＋f(2)＋?＋f(100)]＋[f(2)＋?＋f(101)]，22f(1)＋f(2)＋?＋f(100)＝－12＋22－32＋42－?－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)50?3＋199?22＋?(100－99)＝3＋7＋?＋199＝＝5 050，2f(2)＋?＋f(101)＝22－32＋42－?－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋?＋(1002－101)26感谢您的阅读，祝您生活愉快。
高三数学二轮复习 专题3数列与递教案 苏教版
专题3 数列与递推【高考趋势】近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。
小题一般为概念性问题，只要掌握等差、等比的基本属性便能解决，而大题的综合性较强，常从数列的递推关系式入手，化归为等差或等比数列，求出其通项公式，再进一步研究其和，构造不等式等，在证明不等式时，常利用函数的思想解决有关问题。
【考点展示】1、等比数列{a n }的前n 项和为S n =3n+1-a ，则实数a 的值为 。
2、等差数列{a n }中，a 1=1，a 3+a 5=14，其前n 项和S n =100,则n 等于 。
3、若f(n)=1+n413121+++ (n ∈N *)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)= (不必算出最后结果)4、设{a n }为公比q >1的等比数列，若a 2004和a 2005是方程4x 2-8x+3=0的两根，则a 2006+a 2007=5、在等差数列{a n }中，a 5=4, a 7=-2，则|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=【样题剖析】例1、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 =lna 3n+1, n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n 。
例2、已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2), n ∈N *。
（1）求{a n }的通项公式；（2）设数列{b n }满足a n (2b n-1)=1，并记T n 为{b n }的前n 项和，求证：3T n +1>log 2(a n +3), n ∈N *。
例3、在数列{a n }中，a 1=2, a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n ∈N *)，其中λ>0。
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（江苏专用）高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版第2讲数列的求解与综合创新[2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．数列求通项、求和及求参数的范围(值)第14题以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属高档题．2．数列的综合与创新第20题第20题第19题1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n}的前n项和公式：S n＝n（a1＋a n）2＝na1＋n（n－1）2d；(2)等比数列{a n}的前n项和公式：q≠1时，S n＝a1（1－q n）1－q＝a1－a n q1－q；q＝1时，S n＝na1；(3)数列求和的方法技巧①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论 常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *． (1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1， 所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *， 即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0， 所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ， 所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ， 所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ， 即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1， 即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ， 于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ． 所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列， 由①可知，r ＝1， 于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1，所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0． 因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾， 故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列． 综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *， 又a 11＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ， 所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1． 当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3． 综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2． 因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0． 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2． 令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：x (1，e) e (e ，＋∞)f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项公式、求通项公式需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{a n} 满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n＝2ka n对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”．＋k(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．[证明] (1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n．②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，。