【步步高】(四川专用)高三数学大一轮复习专题四数列的综合应用第六章理新人教A版精品PPT课件
《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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A组 专项基础训练
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【步步高】高考数学一轮复习讲义 专题四 数列的综合应用
∴bb11＋ ＋24dd＝ ＝20， ，
解得db＝1＝－4，1，
∴Sn＝4n＋nn2－1×(－1)＝9n－2 n2.
∵lloogg22qa＝1＝－4，1，
∴q＝12， a1＝16，
∴an＝25－n (n∈N*)．
(3)解 显然an＝25－n>0， 当n≥9时，Sn＝n9－ 2 n≤0，
∴n≥9时，an>Sn. ∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝12，a7＝14，a8＝18，
(1)要重视审题、精心联想、沟通联系； (2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题 等联系起来．
等差数列与等比数列的综 合应用
例1 在等比数列{an} (n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝ log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an； (3)试比较an与Sn的大小．
解 ∴an－(1)a1由n＝已2知n，得即loga2n2－2a2nnanlo－g112＝2an0.,
(2)对于等比数列：an＝a1qn－1.可用指数函数的性质来理解． ①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列； ②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{an}是递减数列． ③当q＝1时，是一个常数列．
④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列． 2．解答数列综合问题的注意事项
(1)利用定义法即可解决；(2)先求{bn}的首项和公差，再求 {an}的首项及公比；(3)分情况讨论．
(1)证明 ∵bn＝log2an， ∴bn＋1－bn＝log2aan＋n 1＝log2q为常数， ∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
高考数学总复习 64数列的综合问题与数列的应用课件 新人教A版
解析：tanA＝4－7－－34＝2，tanB＝
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＝3，
即在△ABC 中，tanA＝2>0，tanB＝3>0，
tan(A＋B)＝1t－antAa＋nAt·atannBB＝－1，∴A＋B＝34π.
∴C＝π4，△ABC 为锐角三角形，故选 B.
答案：C
(理)(2011·广东促元中学期中)已知{an}为等差数列，{bn}
为正项等比数列，公比 q≠1，若 a1＝b1，a11＝b11，则( )
A．a6＝b6
B．a6>b6
C．a6<b6
D．以上都有可能
解析：a6＝a1＋2 a11，b6＝ b1b11＝ a1a11， 由 q≠1 得，a1≠a11. 故 a6＝a1＋2 a11> a1a11＝b6.
则 n 的最大值为( )
A．2001
B．2000
C．1999
D．1998
分析：公差确定后，首项和末项之差越大，等差数列的 项数就越多(即 n 越大)，故 P1 与 Pn 取长轴两端点时 n 取最大 值，可依据公差大于10100列不等式解．
解析：由椭圆方程知，a＝2，c＝1， ∵|PnF|max＝a＋c＝3，|PnF|min＝a－c＝1， d＝ann－－1a1＝3n－ －11＞10100，∵n∈N，∴nmax＝2000，故选 B.
(2)由于 r1＝1，q＝3，故 rn＝3n－1，从而rnn＝n·31－n， 记 Sn＝r11＋r22＋…＋rnn， 则有 Sn＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n·31－n，② S3n＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n－1)·31－n＋n·3－n.③ ②－③得，
人教课标A高考一轮复习精品课件6.5数列的综合应用
§6.5数列的综合应用基础知识自主学习要点梳理1扁廖数列应用题的基本步骤(1) 审题一仔细阅读材料，认真理解题意.(数列)语言，将实际问题转化(2) 建(3) 求解——求出该问题的数学解.(4) 还原——将所求结果还原到原实际问题中.2 •数列应用题常见模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3) 分期付款模型：设贷款总额为a,年利率为匚等额还款数为b,分n期还完，则归r(l + r)n---------------- a.(1 +厂)"一1基础自测1 •数列何｝是公差不为0的等差数列且a?、a10. a15> 等比数列｛"｝的连续三项，若等比数列｛切｝的首项6=3,则b2等于（）A. B.5 C.2 D.解析由条件知=a7-a153/. (a7+3d) 2=a7X(a7+8d)5,24.*.9d=2a7, q=•.•b[=3^ .\b2=b1-q=5. ：%o _ 如+3〃_ 5ciq ciq 32•—套共7册的书计划每两年出一册，若出完全部各册书，公元年代之和为13 958,则出齐这套书的年份是( )A.1994B.1996C.1998D.2000解析设出齐这套书的年份是x, D贝j (x-12) +(x-10)+(x-8)+..-+x=13 958,・・.7x・=13 9585/.X=2000.2(12 + 0)x73. (2009-四川文，3)等差数列｛aj的公差不为零，首项a1=1,a2是引和as的等比中项，贝燉列｛aj的前10项之和是( )A.90B.100C.145D.190解析由题意知，S+d) 2=a1(a1+4d), B即+2a[d+d2= +4a1d,/.d=2a1=2.•••S[o=1Oa[d=10+90=100・+2 a x 10x9 21-24•有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的 同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病 毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要)A.6秒C.8秒解析 依题意 1+21+22+...+2n -1>100,>100,.\2n>101,・・・n27,即至少需要7秒细菌将病毒全部杀死. B.7秒 D.91 — 2〃1-25•已知数列｛aj中，a1=2,点(a n.l5a n) a〔+■■■+*[ 0= ■解析• a n=2a n-l"^，• •a r r1=2(a ri.i・1)，・・阳｝是等比数列，则a n=2-1+1. • .a〔+a?+■ ■・*a[0=10+(2°+21+22+ (29)=10+ =1 033.1-210(n > 1 且n W N)满足y=2x-11 0331-2解(1)由a n+1=2S n+15nT得an=2Sn”1 (虑2), 两式相减得a n+r a n=2a n^0a n+1=3a n (n>2).又a2=2S〔+1 =3r\a2=3a1.故｛%｝是首项为公比为3的等比数列，・・气=3胡.(2)设｛"｝的公差为d,由T3=1 Sjb-j+b2+b3=15,可得b2=5, 故可设b1=5-d3b3=5+d J又a 〔=1 ,a2=39a3=9j 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得d1=2,d2=-10.・・•等差数列｛"｝的各项为正，.・・d>0,.•.d=25b1=3,.\T n=3n+ X2=n2+2n ・探究提高对等差.等比数列的综合问题的分析,应重点分析等差.等比数列的通项及前n项和；分析等差.等比数列项之间的关系•往往用到转化与化归的思想方法.2知能迁移1 （2009・全国I文，17）设等差数列｛%｝的前n项和为公比是正数的等比数列｛"｝的前n项和为口已知a1=15b1=35a3+b3=173T3-S3=125求｛aj/bj的通项公式.解设｛aj的公差为d, ｛bj的公比为q・由a3+b3=17#1 +2d+3q2=175①由①、②及q>0解得q=2,d=2.故所求的通项公式为a n=2n-1 ,b n=3 X 2討・题型二数列与函数的综合应用【例2】(12分)已知f(x)=log a x(a>0且詐4),设f(aj，f(a2),…,f(aj (nGN*)是首预为4,公差另2的等差数列.(1)设a为常数，求证：｛%｝是等比数列；(2)若b n=a n f(a n)5｛b n｝的箭n项和是S“^a=时，求S“・利用函数的有关知识得出％的表达式，再利用表达式解决其他问题.V2 思维启迪(1)证明f(a n)=4+(n-1) X 2=2n+2,/log a a n=2n+252分• 口一口2n+2• "a r\~a■・・・(n>2)为定值.・・・{%}为等比数列5分(2廨^=aj(ajta^log a a!^=(2n+2^a2n+2.当a=加瓦绑应)七弦血.7分S n=2.尝斜24+^-25+...+(n+1 他卄2 ①2S n=2-24+3-25+4-26+...+n-2n+2+(n+1 )・ 2岚②①■②得-S n=2.23+24+25+...+2n+2-(n+1)-2n+3V2 V2=16+=16+2卄3・24・“12^*2卄3=・“・2卄3・.♦.S =n-2n+3. 12分n"数列N函数的综合问题主要有以下两类：（1 ）已知函数条件, 解决数列问题•此类问题一般利用函数的性质.图象研究数列问题；数列条件,解决函数问题•解决此类问题一般要充分利用数公式.求和方法对式子化简变形.2知能迁移2设等比数列｛%｝的前n 项和和 首项引=1, 公比q=f （D 证明：S =（2） 若数列｛《虑2）,求数列低｝的通（3） 若=1 ,lHc n =a n（貫1,0）・ n¥（bnJ （nWN ； A 擞列｛打的前Tn,求证:当曲2时,2STnV4・222 0 =(1+刃[1—(仝)〃 ]=(1+刃—2(厶)1,1 +2 1 + 2o 2又肌厂％(乙严=(乙)=1 +2 1 + 2=(1 + A)—几© ・(1)证明"11丄1 + 21一9(2)解心)=£,..也二旣・.古亡+1.・・・鬼项为=2,公差対1的等差数列.=J^(nl-1)=n+1,即b“="2.\7；=l + 2(-) + 3(-)2+A +H (-),7_1.I1 1 0 1 Q 1(3)证明・・•当=1时, 2•••产巧+ 2(产3(尹+A+%)“.两式相减得扣i+(》+(y+A y = 2[l-(|r]-n(|)\ .• ^=4-(-r2-n(-r i<4. 又・九1%>0, ・・・人单调递增./.T n>T2=2・故当曲2时,2<T n<4・题型三数列的实际应用【例3】假设某市2008年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%・另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米■那么，到哪一年底，（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2008年为累计的第一年）将首次不少于4 750万平方米？（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?（参考数据:1.084^1.36,1.085«1.47,1.086«1.59）2思维启泡)要求学生会把实际问题转化为数学问题：S n=250n+ x50=^5r?+^J25n>4 750.(2归“>0・85"*店400崩8+解(1)设中低价房的命积形成的数列为｛a｝由题意可知｛aj是等差数列，其中a-|=250jd=50,IJl!ja n=250+(n-1 )・ 50=50n+200S n=250n+ X 50=25n2+225n,4^25n2+225n>4 750,即n2+9n-190>0,而n是正整数,/.n>10.因此到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面（2）设新建住房面积形成数列｛b｝由题意可知｛"｝是等比数列，其中b1=4005q=1.083则4=400・(1・08)討・由题意可知a n>0.85b 即50n+200>400-(1.08)n1・ 0・85・当n=5时，a5<0.85b5,当n=6时，a6>0.85b6,因此满足上述不等式的最小正整数n为6・因此到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.2探會湊匾类问题的关犍是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题,列出有关信息,转化为数列的有关问题，这也是数学实际应用的具体体现.知能迁移3某市2008年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2009年投入128辆电力型公交车, 随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%, 试问：(1)该市在2015年应该投入多少辆电力型公交车？⑵到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？(lg657=2.82,lg 2=0.30,lg 3=0.48)解⑴该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列心丄其中a1=128,q=1・5,则在2015年应该投入的电力型公交车为a7=a[・q6=128X1.56=1 458 (辆)・13(2)记Sn=a〔+a?+・・・+&“,依据题意，得1 于是呻>5 0丽丽云护.5睜两边取常屈1（顷盤1・5〉lg1-1.5即n> =7・3,又nWI\T,因此心&所以到2016年底，电力型公交车的数量开始超过谡2市公交军蓉鈿=5览2Ig3-lg2657657~32思想方法感悟提高方法与技巧1 •深刻理解等差（比）数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键•两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆.同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错. 2•在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程（组）求解，在解方程组时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处.3•数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度•解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在囁需作零鏗学囁讓'/数与方程”、4•在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利自药讦算分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会鸚為需矗牒型,并用它解决实际问题失误与防范1 •等比数列的前n项和公式要分两种情况:公比等于1和公比不等于1・最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习.2•数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.3•在有些情况下，证明数列的不等式要用到放缩法.2差数列，则A. B. 的值为Cl?+ “4c. ^5 —I D・或解析设农』的公比为q(q>0), 得”4®解得q=因此2腭+ 1由a32a2+a nV5-12A/5+I21 +V52定时检测一、选择题1 •各项都是正数的等比数列何｝中，a2, a3,2•数列｛aj中,a n=3n-7 (nGN*),数列｛bj满足6= ,b n.j=27b n(n>2 KnGN*),^a n+log k b n为常数，则補足条件的k值( )A •唯一存在，且为B •唯一存在，且为3 1C ■存在且不唯一1 3D •不一定存在2解析依题意,/a n +log k b n 是常数, 即 log k 3=1 ,.*.kq3.答案B L =3n-7+(3n-2)log k=(3+3log k )n-7-2log k 53=0, 133•有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点•已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底匯面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是( )A.4C.6D.72 解析正方体按从下向上的顺序其棱长构成等比数列，其棱长分别为：2, , 1,,n 层正方体的表面积为 7216[1-(-),?] 1曲応知一0羊4- 740込32(—)"・整理得2p3£・・・n>5・ 2答案C 21 1 V2 214•气象学院用3・2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元（nGN*）,使用它直至报废最合算（所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少）为止, n+ 49一共使用巧厂（）A.800天B.600天C.1 000天D.1 200天解析由第n天的维修保养费为元（ne Nil + 49可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用鬲少而求得最小值成立时的相应n的值.设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为丸+ 49当且仅当(5侖取帑最木植,此时n=800.3.2x10" ----------------- — 1^4 OO答案A 2 二3.2x10 | 〃|9.9n n 20 23.2xl04 _ nn 205.2008年春，我国南方部分地区遭受了罕见的特大冻灾•大雪无情人有情，柳州某中学组织学生在学校开展募捐活动，第一天只有10人捐款，人均捐款10元，之后通过积极宣传，从第二天起，每天的捐款人数是前一天的2倍，且当天人均捐款数比前一天多5元，则截止到第5天（包括第5天）捐款总数将达到.8 000元A.4 800元C.9 600元D.11 200元解析由题意知，5天共捐款B10X10+ (10 X 2) X (10+5) + (10 X 22) X (15+5) + (10 X 23)X (20+5) + (10X24) X (25+5) =8 000 (元)・6•務譽攀野e”輕足引弓，且玄風+1是函Wx)=x2-b n x+2"的两个零点, A.24 B.32 C.48 D.64 D解析依题意＜a n a n+1=2% 所lUa n+1a n+2=2n+15两式相除得=2,所以a〔,a3，a5，...成等比数列，a2,a4,a6,...^等比数列，而a1=1,a2=2,^f ^310=2-24=32,311=1.25=32. 又因为a n+a n+i=b n^^^Zb10=a10+a11=64.5_ r填空题〒已知数列｛aj满足引=1 ,a2=-2,a n+2解析由于a1=13a2=-23a n+2=-, -10所以斥4=，a5=1卫6=・2,・・・，于是｛%｝是周期为4的数列，故S2Q=6X (1 -2-1 + )|+1-2=-10.•，则该数列前26器的和为丄a n8. （2008•江苏，10）将全体正整数排成一个三角形数阵:123456789 10按照以上排列的规律，第n行（血3）从左向右的第个，即为3个数为--- -2—H +6个,因此第n行第3个数是全体正整数中第+3n2 -nn2 -n + 69. （2009-福建理，15）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为第二位同学首次报出的数也为之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次.已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为.解析设第n个同学报出的数为a n^!|a n+a n+1=a n+25••a n+2=a n+a n+15a n+3=a n+1 +a n+2=a n+2a n+1，a n+4=a n+3+a n+2=23n+^a n+1，•••a n+4+a n=2a n+3a n+1=3(a n+a n+1)-又a.为大于0的整数，・・叫被3整除时，富4也被3整除；a“不被3整除时，a.+4也不被3整除.=1 ,*2=1，*3=2，a4=3，a5=5，・・何｝中被3整除的数为a4+4k(kWN)，又甲报岀的数为a1+5m(mGN),・・・甲报出的数引+5^^3整除时，存在kWN,使1+5m=4+4k,・・.k= 5m-3 m_3---------- =m -------------- ,、4 4/.m-3被4整除,设m-3=4p(p WZ),贝!|m=4p+3.v1<1+5m<100,/.0<m<19.8,.-.0<4p+3<19.8,/.- <p<4.2,・・・p只能取0, 1, 2, 3, 4共5个整数，・・・m只能取3, 7, 11, 15, 19共5个整数,・••甲报出的数只有5次能被・・・甲拍了5次手.答案5三、解答题石〕为融我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80 吨，该矿区计划从2010年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.(1) 以2010年为第一年，设第n年出口量为a“吨，试求a“的表达式；(2) 因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0・9作0・35・解(1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a〔=a，公比q=1-10%=0.9,.•.a n=a0.9n1・(2) 10 年出口总量»0= =10a(1-0.910)・•.S1o<80, /.10a (1-0.910) S80, Q(]_0 9IO)即aS .\a<12.3. 1-0.9故2010年最多出口12・3吨.81_0.9心11 •设数列｛a“｝的前n项和为Sn，且(3・m) S n+2ma n=m+3 (nGN*) ■箕中m为常数，m^-3,且m*0・(2)若数列｛aj的公比满足q=f(m)且匕口胡店f(bn・J(n G N；n22),求证：为等差数列，并求b“・证明(1)由(3・m) S n+2ma n=m+3,徼3-m)S n+1+2ma n+1=m+3, 相减，得(3+m)a n+1=2ma n (m^-3),・.・m是常数，且m^-3, m^O,©+i= 2ma n m + 3故 遑坐为0的常数，・・・{%}是等比数列. m +3(2)由b 1=a 1=1,q=f(m)=5nGN* H n>2, zm 是以1为首项，为公差的尊差数烦J, = 1b n b n-\ 3 •111 < -- > —仏J3 丄十口工 丄b n 3 3 " n + 2 解 (1)由题意得a 1=n-15a 2=(n-1 )+(n-2)-1 =2n-4,a 3=(n-1 )+(n-2)+(n-3)-1 -2=3n-9-b n= f (b n .!)= 3 得“b 刃+34=3虬・1,m + 33 2殆 •2 h+3，。
【步步高】高考数学大一轮复习 6.1 数列的概念及简单表示法配套名师课件 理 新人教A版
解析
题型分类·深度剖析
题型一
由数列的前几项求数列的通项
【例 1】写出下面各数列的一个通
思维启迪 解析
项公式：
(1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1156，3312，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…；
(4)3,33,333,3 333，….
探究提高
题型分类·深度剖析
ห้องสมุดไป่ตู้
分类 无穷数列 项数 无限
某一确定的数，而项数是指 数列的项对应的位置序号．
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本 疑点清源
按项与 递增数列 项间的 递减数列 大小关
常数列 系分类
an＋1_>__an an＋1_<__an
an＋1＝an
其中 n∈ N*
存在正数 M，使
有界数列
按其他
|an|≤M
从第二项起，有些项
(4)3,33,333,3 333，….
思维启迪 解析 探究提高
(1) 据 所 给 数 列 的 前 几 项 求 其 通 项 公式时，需仔细观察分析，抓住以 下几方面的特征： ①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等，并对此进行归 纳、联想． (2)根据数列的前几项写出数列的一个 通项公式是不完全归纳法，它蕴含着 “从特殊到一般”的思想，由不完全归 纳得出的结果是不可靠的，要注意代 值检验，对于正负符号变化，可用 (－1)n 或(－1)n＋1 来调整．
解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型三
由数列的前n项和求通项公式
思维启迪 解析 探究提高
【例 3】 已知下面数列{an}的前 n 项和 Sn，求{an}的通项公式： (1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n＋b.
【新步步高】2018版高考数学(理)一轮复习第六章6.1数列的概念与简单表示法
按项与项间的 大小关系分类
递增数列 递减数列
常数列
摆动数列
an＋1__>_an
an＋1_<__an
其中n∈N*
an＋1＝an 从第2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
3.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是列表法 、 图象法和 解析法 .
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与 序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么 这个公式叫做这个数列的通项公式.
A.－16
B.16
解析
C.31
D.32
当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1. 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1. ∴{an}是等比数列且a1＝1，q＝2， 故a5＝a1×q4＝24＝16.
题型四 数列的性质
命题点1 数列的单调性 n－1
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1] ＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式. 故数列的通项公式为 an＝26， n－n＝ 5，1， n≥2.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn等于
例 4 已知 an＝n＋1，那么数列{an}是 答案 解析
A.递减数列
B.递增数列
C.常数列
D.摆动数列
an＝1－n＋2 1，将 an 看作关于 n 的函数，n∈N*，易知{an}是递增数列.
命题点2 数列的周期性
1
1
例5 数列{an}满足an＋1＝ 1－an，a8＝2，则a1＝__2___.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列的综合问题
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
123456
(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1， 故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2时，Sn－1＝2an－1－1，
(b)
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(a)－(b)得 an＝2an－2an－1，整理得aan－n 1＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
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(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因为bn＋1＝2bn≠0， 所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn， 即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn， 即证an＋1＝Sn＋1－Sn， 而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
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(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}， 记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
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由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1， 即bn是数列{an}中的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn， 因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128， 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项 后构成的， 所以 S100＝P107－Q7＝107×22＋214－21－－228＝11 302.
2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 6.3等比数列及其前n项和
§6.3等比数列及其前n项和1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，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，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .4．在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外)．概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c ＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n＋1＝qa n(n∈N*，q为常数)的数列{a n}为等比数列．(×)(2)如果数列{a n}为等比数列，则数列{ln a n}是等差数列．(×)(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S5S2＝a1(1－q5)1－q·1－qa1(1－q2)＝1－q51－q2＝1－(－2)51－4＝－11.6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB＝210 MB)答案39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n}，且a1＝2，q＝2，∴a n＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒).等比数列基本量的运算1．设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则公比q 等于( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 答案 D解析 因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4， 因为数列是正项等比数列， 所以q ＝2，故选D.2．(2019·全国Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.3．(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________. 答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.4．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．等比数列的判定与证明例1 (2020·四川名校联盟模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝12，2a n ＋1＝a n ＋12b n ,2b n ＋1＝12a n ＋b n . (1)证明：数列{a n ＋b n }，{a n －b n }为等比数列； (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103.证明(1)依题意，有⎩⎨⎧2an ＋1＝a n ＋12b n，2bn ＋1＝12a n ＋b n ，两式相加得，a n ＋1＋b n ＋1＝34(a n ＋b n )，又∵a 1＋b 1＝32≠0，∴{a n ＋b n }为首项为32，公比为34的等比数列，两式相减得，a n ＋1－b n ＋1＝14(a n －b n )，又∵a 1－b 1＝12≠0，∴{a n －b n }为首项为12，公比为14的等比数列．(2)由(1)可得，a n ＋b n ＝32⎝⎛⎭⎫34n －1，①a n －b n ＝12⎝⎛⎭⎫14n －1，②①＋②得，a n ＝⎝⎛⎭⎫14n ＋⎝⎛⎭⎫34n，∴S n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＋34⎝⎛⎭⎫1－3n 4n 1－34 <141－14＋341－34＝103.思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列． 跟踪训练1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )， 又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5，公比为5的等比数列． 所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n .(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ， 则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52.等比数列性质的应用例2 (1)(2020·四川六市联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－2或 2答案 B解析 由题意知，a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2， 所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________. 答案 10解析 根据等比数列的前n 项和的性质，若S n 是等比数列的和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍是等比数列，得到(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，解得S 3＝10，或S 3＝90(舍)．思维升华 等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)(2020·德阳诊断)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，该数列前9项的乘积为1，则a 1等于( )A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析 由已知a 1a 2…a 9＝1 ，又a 1a 9＝a 2a 8＝a 3a 7＝a 4a 6＝a 25 ，所以a 95＝1 ，即a 5＝1，所以a 1⎝⎛⎭⎫－124＝1 ，a 1＝16.故选B. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N *)．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12， 则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．构造法1 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型(1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列；(2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求． 方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝d c －1(c ≠1)， 所以a n ＋d c －1＝c ⎝⎛⎭⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)， 即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋d c －1为首项，以c 为公比的等比数列． 例1 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.答案 2×3n －1－1解析 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2≠0，所以{a n ＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝2·3n －1，a n ＝2·3n －1－1.构造法2 形如 a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1pn ＋1－a n p n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．例2 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n 等于( )A ．n ·2n －1B ．(n ＋1)·2nC ．n ·2n ＋1D ．(n －1)·2n答案 B解析 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝1， 又∵a 121＝42＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴a n 2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)·2n ，故选B.(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项a n 等于( )A ．－3×2n －1B ．3×2n －1 C ．5n ＋3×2n －1D ．5n －3×2n －1 答案 D解析 方法一 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25， 所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n.故a n ＝5n －3×2n －1.方法二 设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1， 即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列， 则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D.构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 可化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．例3 数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式． 解 由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得， a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )， 所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列， 当n ≥2时，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…， a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫－13n －2， 将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 从而可求得a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2，故有a n ＝74＋94·⎝⎛⎭⎫－13n (n ≥2)． a 1＝1也满足上式．构造法4 倒数为特殊数列(形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s型) 例4 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． 解 ∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12， 即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列． ∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *).1．若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3,4a 23＝a 1a 7，则a 5等于( )A.34B.38 C ．12 D ．24答案 D解析 数列{a n }是等比数列，各项均为正数，4a 23＝a 1a 7＝a 24，所以q 2＝a 24a 23＝4，所以q ＝2.所以a 5＝a 2·q 3＝3×23＝24，故选D.2．(2020·四川联合诊断考试)在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝12，若a k ＝2－5，则k 等于() A ．5 B ．6 C ．9 D ．10答案 D解析 由a 1＝2，a 4＝12⇒q 3＝14⇒q ＝232-，∴a k ＝a 1q k －1＝2·q k －1＝2－5，∴q k －1＝2－6＝()2132k --，∴－2(k －1)3＝－6，∴k ＝10.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1， 所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B. 4．设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 D解析 取a n ＝－2n ，此时q ＝2>1，但{a n }是单调递减数列，取a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n ，因a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫12n >0，故{a n }是单调递增数列，但q ＝12<1， 故“q >1 ”是“{a n }是递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.5．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189 C.18916D ．378 答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3，即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ， 整理可得2q 2－5q ＋2＝0，则q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3，∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( )A ．21B ．42C ．63D ．84答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21， 又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去) 所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.7．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n 且S 3＝14，a 3＝8，则a 6＝________. 答案 64解析 由题意得，等比数列的公比为q ，由S 3＝14，a 3＝8，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝14，a 1q 2＝8， 解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64.8．已知各项为正数的等比数列{a n }中， a 2a 3＝16，则数列{log 2a n }的前四项和等于________． 答案 8解析 各项为正数的等比数列{a n }中，a 2a 3＝16， 可得a 1a 4＝a 2a 3＝16，即有log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＝log 2(a 1a 2a 3a 4)＝log 2256＝8.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 021＝________. 答案 2 020解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2 020，∴S 2 021＝a 1(1－q 2 021)1－q＝2 020×[1－(－1)2 021]2＝2 020. 10．(2020·贵州部分重点中学联考)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3＋S 5＝18，a 5＝7.若a 3，a 6，a m 成等比数列，则m ＝________. 答案 15解析 ∵数列{a n }为等差数列，∴a 3＋S 5＝6a 3＝18，∴a 3＝3.又a 5＝7，∴a 1＝－1，d ＝2，a n ＝2n －3.∵a 3，a 6，a m 成等比数列，∴a 3·a m ＝a 26，即3(2m －3)＝(2×6－3)2，解得m ＝15.11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ， 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ， 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1， 所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝34，S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－374，且3b n －b n －1＝n ＋1(n ∈N *且n ≥2)． (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 ≥2且n ∈N *)， 则数列{a n }是以34为首项，12为公差的等差数列， 因此a n ＝34＋(n －1)×12 ＝12n ＋14. (2)证明 因为3b n －b n －1＝n ＋1(n ≥2)，所以b n ＝13b n －1＋13(n ＋1)(n ≥2)， b n －a n ＝13b n －1＋13(n ＋1)－12n －14＝13b n －1 －16n ＋112＝13⎝⎛⎭⎫b n －1－12n ＋14(n ≥2)， b n －1－a n －1＝b n －1－ 12(n －1)－14＝ b n －1－12n ＋14(n ≥2)， 所以b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)， 因为b 1－a 1＝－10≠0，所以数列{b n －a n }是以－10为首项，13为公比的等比数列．13．(2020·广西七市联考)已知正项等比数列{a n }满足a 8＝a 6＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，则1m ＋9n的最小值为________． 答案 4解析 ∵a 8＝a 6＋2a 4，∴a 1q 7＝a 1q 5＋2a 1q 3，解得q 2＝2， ∵a m a n ＝2a 1，∴a m a n ＝2a 21＝a 22，∴m ＋n ＝4，则1m ＋9n ＝14⎝⎛⎭⎫1m ＋9n (m ＋n ) ＝14⎝⎛⎭⎫10＋n m ＋9m n ≥14(10＋6)＝4， 当且仅当m ＝1，n ＝3时等号成立．14．(2020·成都外国语学校模拟)已知函数f (x )＝3x3x ＋1，正项等比数列{a n }满足a 50＝1，则f (ln a 1)＋f (ln a 2)＋f (ln a 3)＋…＋f (ln a 99)＝________. 答案 992解析 ∵f (x )＝3x3x ＋1， 得f (x )＋f (－x )＝3x 3x ＋1＋3－x 3－x ＋1＝1.∵数列{a n}是等比数列，∴a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝a250＝1，即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝0，设S99＝f (ln a1)＋f (ln a2)＋f (ln a3)＋…＋f (ln a99)，①又S99＝f (ln a99)＋f (ln a98)＋f (ln a97)＋…＋f (ln a1)，即S99＝f (－ln a1)＋f (－ln a2)＋f (－ln a3)＋…＋f (－ln a99)，②由①＋②得2S99＝99，∴S99＝992.15.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案 132解析 由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝⎛⎭⎫229＝132. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1， 所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12.。
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题型分类·深度剖析
题型二
数列2 】 已 知 函 数 f(x) ＝ log2x － logx2(0<x<1)，数列{an}满足 f( 2an ) ＝2n (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)判断数列{an}的单调性．
题型分类·深度剖析
a2＋b2，a3＋b3 成等比数列，求 Tn. 故可设 b1＝5－d，b3＝5＋d， 又 a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2， 解得 d1＝2，d2＝－10.
∵等差数列{bn}的各项为正，∴d>0， ∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋nn－ 2 1×2＝n2＋2n.
题型二
数列与函数的综合应用
思维启迪
解析
探究提高
【 例 2 】 已 知 函 数 f(x) ＝ log2x － logx2(0<x<1)，数列{an}满足 f( 2an ) ＝2n (n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)判断数列{an}的单调性．
(1)将 an 看成一个未知数，解方 程即可求出 an；(2)通过比较 an 和 an＋1 的大小来判断数列{an} 的单调性．
题型分类·深度剖析
题型二
数列与函数的综合应用
思维启迪
解析
探究提高
【解例 2(1】)由已已知知得函lo数g2 2afn－(x)lo＝g12l2oagn 2＝x －2n， ∴l＝oag2nx－n2((a01nn<∈＝x<N21n*))，，．即数a列2n－{a2n}n满an－足1＝f( 20a.n ) ∴an＝n± n2＋1. (1)求数列{an}的通项公式； ∵0<x<1，∴0< 2an <1，∴an<0. (2)判断数列{an}的单调性． ∴an＝n－ n2＋1.
数学 川（理）
专题四 数列的综合应用
第六章 数 列
基础知识·自主学习
要点梳理 1．等比数列与等差数列比较表
等差 数列
等比 数列
不同点
相同点
(1)强调从第二项起每一
(1)都强调从第二项
项与前一项的差；
起每一项与前一项
(2)a1 和 d 可以为零；
的关系；
(3)等差中项唯一
(2)结果都必须是同
(1)强调从第二项起每一
基础知识·自主学习
基础自测
题号
1 2 3 4 5
答案
5
10
11
2n－1 2－n＋2n 2 C
解析
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
a20＝50.
(1)求数列{an}的通项 an；
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为
等比数列．
探究提高
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
探究提高
a20＝50. (1)求数列{an}的通项 an；
第(1)问列首项 a1 与公差 d 的方程
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为 组求 an；第(2)问利用定义证明．
一个常数；
项与前一项的比；
(2)a1 与 q 均不为零； (3)等比中项有两个值
(3)数列都可由 a1，d 或 a1，q 确定
基础知识·自主学习
要点梳理
2．数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围 等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、 银行信贷、分期付款、合理定价等．
等比数列．
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪
解析
a20＝50. (1(1)解)求数由列a{na＝n}a的1＋通(项n－a1n；)d，a10＝30，a20＝50，
得(2方)令程组bn＝aa112＋＋an911d90＝d，＝3证05，0明，：数解列得{adb1＝n＝}为21. 2， 等比数列．
解析
探究提高
a20＝50.
对等差、等比数列的综合问题的
(1)求数列{an}的通项 an；
分析，应重点分析等差、等比数
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}为 列的通项及前 n 项和；分析等差、
等比数列．
等比数列项之间的关系．往往用
到转化与化归的思想方法．
题型分类·深度剖析
变式训练 1 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n≥1)． (1)求{an}的通项公式； (2)等差数列{bn}的各项为正，其前 n 项和为 Tn，且 T3＝15，又 a1＋b1， a2＋b2，a3＋b3 成等比数列，求 Tn. 解 (1)由 an＋1＝2Sn＋1，可得 an＝2Sn－1＋1 (n≥2)， 两式相减得 an＋1－an＝2an，则 an＋1＝3an (n≥2)． 又 a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1.
故{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，∴an＝3n－1. (2)设{bn}的公差为 d， 由 T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得 b2＝5，
题型分类·深度剖析
变式训练 1 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n≥1)． (1)求{an}的通项公式； (2)等差数列{bn}的各项为正，其前 n 项和为 Tn，且 T3＝15，又 a1＋b1，
3．解答数列应用题的基本步骤 (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化 成数学问题，弄清该数列的结构和特征． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．
基础知识·自主学习
要点梳理
4．数列应用题常见模型 (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是 等差模型，增加(或减少)的量就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时， 该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固 定，随项的变化而变化时，应考虑是 an 与 an＋1 的递推关系，还 是 Sn 与 Sn＋1 之间的递推关系．
∴an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.
(2)证明 由(1)，得 bn＝2an 10＝22n＋10－10＝22n＝4n，
∴bbn＋n 1＝44n＋n 1＝4， ∴{bn}是首项是 4，公比 q＝4 的等比数列．
探究提高
题型分类·深度剖析
题型一
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 在等差数列{an}中，a10＝30， 思维启迪