2014年高考数列基础重点复习

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2014高考数学知识点讲析数列

2014高考数学知识点讲析:数列【专题要点】数列的概念及表示方法，等差数列和等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、性质、判定，等差数列和等比数列的比较，等差数列和等比数列与其它知识的综合应用【考纲要求】1. 了解数列的概念和几种简单的表示方法，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据数列的通项公式写出数列的前几项。

2.理解等差、等比数列的概念并能解决简单的实际问题，掌握等差、等比数列的通项公式、前n项和公式3.能在具体的问题情境中识别数列的等差（或等比）关系，能够构造等差、等比数列的模型，并能用有关知识解决相应的实际问题【知识纵横】【教法指引】数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。

高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。

高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。

在解决综合题和探索性问题时，教师可适当引导学生加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，从而提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．【典例精析】例1.（04年浙江）设数列{a n }的前项的和S n =31（a n -1） (n ∈N +),（1）求a 1;a 2; (2)求证数列{a n }为等比数列解: (1)由)1(3111-=a S ,得)1(3111-=a a ∴=1a 21- 又)1(3122-=a S ,即)1(31221-=+a a a ,得412=a .(2)当n >1时,),1(31)1(3111---=-=--n n n n n a a S S a得,211-=-n n a a 所以{}n a 是首项21-,公比为21-的等比数列例2.（2008深圳模拟）图（1）、（2）、（3）、（4）分别包含1个、5个、13个、25个第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，按同样的方式构造图形，设第n 个图形包含()f n 个“福娃迎迎”，则(5)f = ；()(1)f n f n --=＿＿＿＿解：第1个图个数：1第2个图个数：1+3+1第3个图个数：1+3+5+3+1第4个图个数：1+3+5+7+5+3+1第5个图个数：1+3+5+7+9+7+5+3+1=41，所以，f（５）＝４１f(2)-f(1)=４，f(３)-f(２)=８，f(４)-f(３)=１２，f(５)-f(４)=１６()(1)f n f n--=4(1)n-点评：由特殊到一般，考查逻辑归纳能力，分析问题和解决问题的能力，本题的第二问是一个递推关系式，有时候求数列的通项公式，可以转化递推公式来求解，体现了转化与化归的数学思想例3．已知数列{an }是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn．(2)过点Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直线12，设l1与l2的夹角为θ，证明：(1)因为等差数列{an}的公差d≠0，所以Kp1p k是常数(k=2，3，…，n)．(2)直线l2的方程为y-a1=d(x-1)，直线l2的斜率为d．例4．已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==，⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列； ⑵设数列),2,1(,2==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和分析：由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关，{a n }中又有S 1n +=4a n +2，可由S 2n +-S 1n +作切入点探索解题的途径．解：(1)由S 1n +=4a 2n +，S 2n +=4a 1n ++2，两式相减，得S 2n +-S 1n +=4(a 1n +-a n )，即 a 2n +=4a 1n +-4a n ．(根据b n 的构造，如何把该式表示成b 1n +与b n 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a 2n +-2a 1n +=2(a 1n +-2a n )，又b n =a 1n +-2a n ，所以b 1n +=2b n ① 已知S 2=4a 1+2，a 1=1，a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5，b 1=a 2-2a 1=3 ② 由①和②得，数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，故b n =3·21n -．当n ≥2时，S n =4a 1n -+2=21n -(3n-4)+2；当n=1时，S 1=a 1=1也适合上式．综上可知，所求的求和公式为S n =21n -(3n-4)+2．说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n 项和。

2014高考数学必考、易错知识点全面扫描数列问题篇

2014高考数学必考、易错知识点全面扫描：数列问题篇高考数学之数列问题的题型与方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。

高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。

有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.。

2014届高考一轮复习数学基础知识数列(新人教A版)Word版

高中数学第三章数列考试内容：数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题．§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等比数列：⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法：①②2()③(为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法：①②(，)①注①：i. ，是a、b、c成等比的双非条件，即a、b、c等比数列.ii. （ac＞0）→为a、b、c等比数列的充分不必要.iii. →为a、b、c等比数列的必要不充分.iv. 且→为a、b、c等比数列的充要.注意：任意两数a、c不一定有等比中项，除非有ac＞0，则等比中项一定有两个.③(为非零常数).④正数列{}成等比的充要条件是数列{}（）成等比数列.⑷数列{}的前项和与通项的关系：[注]：①（可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若不为0，则是等差数列充分条件）.②等差{}前n项和→可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若为零，则是等差数列的充分条件；若不为零，则是等差数列的充分条件.③非零．．常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列）2. ①等差数列依次每k项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k2倍；②若等差数列的项数为2，则；③若等差数列的项数为，则，且，.3. 常用公式：①1+2+3 …+n =②③[注]：熟悉常用通项：9，99，999，…；5，55，555，….4. 等比数列的前项和公式的常见应用题：⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为，年增长率为，则每年的产量成等比数列，公比为. 其中第年产量为，且过年后总产量为：⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存元，利息为，每月利息按复利计算，则每月的元过个月后便成为元. 因此，第二年年初可存款： =.⑶分期付款应用题：为分期付款方式贷款为a 元；m 为m 个月将款全部付清；为年利率. ()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m mm mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a 5. 数列常见的几种形式：⑴（p 、q 为二阶常数）用特证根方法求解.具体步骤：①写出特征方程（对应，x 对应），并设二根②若可设，若可设；③由初始值确定. ⑵（P 、r 为常数）用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n 转化为的形式，再用特征根方法求；④（公式法），由确定. ①转化等差，等比：. ②选代法： .③用特征方程求解：. ④由选代法推导结果：. 6. 几种常见的数列的思想方法：⑴等差数列的前项和为，在时，有最大值. 如何确定使取最大值时的值，有两种方法：一是求使，成立的值；二是由利用二次函数的性质求的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前项和可依照等比数列前项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证为同一常数。

2014届高考二轮复习热点专题第二讲：数列(文)(教学案)(教师版)

2014届高考二轮复习热点专题第二讲：数列一、知识梳理1． a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.2．等差数列和等比数列考点一与等差数列有关的问题例1 (2012·浙江)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．的是( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析 (1)利用函数思想，通过讨论S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 的单调性判断．设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确．(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1，因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5，故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5，即m ＝5. 考点二与等比数列有关的问题例2 (1)(2012·课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(2012·浙江)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________. 答案 (1)D (2)32解析 (1)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解．S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得， 3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝_____. 答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. (2)(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. ①求数列{a n }的通项公式；②是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 ①设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧ －a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.②由①有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n .假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012. 当n 为偶数时，(－2)n>0.上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．考点三等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－(12)m ]1－12＝8[1－(12)m ]，∵(12)m 随m 增加而递减，∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<4＋λ，得λ>6. 考点四错位相减求和法例4 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，②①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n .12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1.所以T n ＝3－2n ＋32n . 考点五裂项相消求和法例5 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *, 且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.(1)证明当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4，即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列．又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1.(3)证明 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12. 课后练习一、选择题1． (2013·江西)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．24答案 A解析由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)．故数列的第四项为－24.2． (2013·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等于( )A.13B ．－13C.19D ．－19答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则 ( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n答案 D解析 S n ＝a 1(1－q n)1－q ＝a 1－q ·a n1－q＝1－23a n13＝3－2a n .故选D.4．在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 C解析由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.5．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2 011，a 2011)，则OP →·OQ →等于 ( )A ．2 011B ．－2 011C ．0D ．1答案 A解析由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0，由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011，所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0，从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011.6．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11答案 B解析因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12，故公差d ＝12－(－2)10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8，所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 二、填空题7． (2013·广东)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.答案 20解析设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，∴3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20.8．各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝________.答案5－12解析依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值)．a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4(q ＋q 2)a 2a 4(q 2＋q 3)＝1q ＝21＋5＝5－12.9．在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于________．答案 9解析由a 1＋a 2＋…＋a 10＝30得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0，∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎫a 5＋a 622＝⎝⎛⎭⎫622＝9.10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________. 答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2).解析由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1，由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2).。

(考点梳理+考点自测+真题举例)2014高考总复习数学(理)第六章数列

第六章数列第1讲数列的概念与简单表示法对应学生用书P84考点梳理1．数列的通项公式(1)定义：如果数列{a n }的第n 项a n 与项数n 之间的函数关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做数列的通项公式，记为a n ＝f (n )(n ∈N *)．数列可以用通项公式来描述，也可以通过列表或图象来表示．(2)数列的递推公式：如果已知数列的第一项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．递推公式也是给出数列的一种方法． 2．数列的分类n n已知S n ，则a n ＝⎩⎨⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.【助学·微博】一个考情分析数列的通项公式及前n 项和是高考考查的重点及热点，常以填空的形式考查数列的通项公式．而前n 项和S n 与通项a n 相结合的题目，往往以解答题形式出现．题型比较全面，难度以中档题为主，重点考查学生的运算能力及抽象概括能力．由递推式求通项a n 的三种方法 (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法； (2)a n ＋1a n＝f (n )型，采用叠乘法；(3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决．考点自测1．(教材改编题)已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，写出数列{a n }的一个通项公式为________．解析 1,3,7,15分别都加上一个1，则为2,4,8,16， ∴通项公式不难发现为a n ＝2n －1. 答案 a n ＝2n －12．下列对数列的理解有四种：①数列可以看成一个定义在N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是唯一的．其中说法正确的所有序号是________．解析由数列与函数的关系知①对，③对，由数列的分类知②不对，数列的通项公式不是唯一的，④不对．答案 ①③3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则a 100＝________. 解析法一由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，…. 由此可得a 100＝－1.法二 a n ＋2＝a n ＋1－a n ，a n ＋3＝a n ＋2－a n ＋1，两式相加可得a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝a n ，∴a 100＝a 16×6＋4＝a 4＝－1. 答案－14．(2012·无锡二模)设a >0，若a n ＝⎩⎨⎧(3－a )n －3(n ≤7)，a n －6 (n >7)，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的范围是________．解析由{a n }是递增数列，得⎩⎨⎧3－a >0，a >1，a 8>a 7，即⎩⎨⎧1<a <3，a 2>(3－a )×7－3，解得2<a <3. 答案 (2,3)5．(2012·苏锡常镇四市调研(一))设u (n )表示正整数n 的个位数，a n ＝u (n 2)－u (n )，则数列{a n }的前2 012项和等于________．解析因为n 与n ＋10的个位数字相同且周期为10，又a 1＝0，a 2＝4－2＝2，a 3＝9－3＝6，a 4＝6－4＝2，a 5＝5－5＝0，a 6＝6－6＝0，a 7＝9－7＝2，a 8＝4－8＝－4，a 9＝1－9＝－8，a 10＝0，所以a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，即a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝a 1＋a 2＝2. 答案 2对应学生用书P85考向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项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….解 (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23，24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)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a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为：93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1，104－1，…，所以a n ＝13(10n－1)．[方法总结] 根据数列的前几项求通项公式时，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，把数列的项分成变化的部分和不变的部分；(4)各项符号特征，若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现出来．【训练1】已知数列{a n }的前四项分别为1,0,1,0，给出下列各式：①a n ＝1－(－1)n 2；②a n ＝1＋(－1)n 2；③a n ＝sin 2n π2；④a n ＝1－cos n π2；⑤a n ＝⎩⎨⎧1(n 为正偶数)0(n 为正奇数)；⑥a n ＝1＋(－1)n ＋12＋(n －1)(n －2)．其中可以作为数列{a n }的通项公式的有________(填序号)．答案 ①③④考向二数列的单调性【例2】 (2012·四川卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值； (2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n的最大值．解 (1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，①取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，②由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0. 若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④ 由①④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.(2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， ∴(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.∴数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0，故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7(b 1＋b 7)2＝7(1＋1－3lg 2)2＝7－212lg 2.[方法总结] (1)本题主要考查等比数列、等差数列、对数等基础知识，考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力，并考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想．(2)计算时一定要细心．若a n 计算错误，则b n 就不能判定为等差数列，从而无法求和．【训练2】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n . 解 (1)由于a 1＝S 1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，显然a 1符合上式，所以a n ＝4n (n ∈N *)．由b 1＝2－b 1，得b 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，所以2b n ＝b n －1，所以数列{b n }为等比数列，其首项为1，公比为12.所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)，知c n ＝a 2n ·b n ＝16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，法一由c n ＋1－c n ＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n [(n ＋1)2－2n 2]＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n[－(n －1)2＋2]，当n ≥3时，c n ＋1－c n <0，从而c n ＋1<c n .法二因c n ＋1c n ＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n ＋1)－116n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n ＋1)22n 2，若c n ＋1c n <1，即(n ＋1)22n 2<1，所以n >1＋2，即n ≥3时，c n ＋1c n <1恒成立．又c n >0，因此当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .考向三由a n 与S n 的关系求通项a n【例3】已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b .审题视点当n ＝1时，由a 1＝S 1，求a 1；当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1消去S n ，得a n ＋1与a n 的关系．转化成由递推关系求通项．解 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎨⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[方法总结] 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．【训练3】 (1)(2012·南通一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式为________．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n 为正整数)．则数列{a n }的通项公式为________．解析 (1)当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2－a 1，得a 1＝1；当n ≥2时，由a n ＝S n －S n－1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，设a n ＋m ＝12(a n －1＋m )，∴a n ＝12a n －1－12m ，∴m ＝－2，∴数列{a n －2}构成首项为－1，公比为12的等比数列，∴a n －2＝－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得S n ＋1＋a n ＋1＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，两式相减，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即a n ＋1＝12a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，因为S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，令n ＝1，得a 1＝12.在a n ＋1＝12a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1中，两端同除以⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，得2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即数列{2n a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故2n a n ＝n ，所以a n ＝n2n . 答案 (1)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 (2)n 2n考向四已知数列的递推公式求通项【例4】根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)；(3)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，求a n . 解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.(2)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .(3)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2，∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2，符合公式，∴a n ＝32n 2＋n2.[方法总结] 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．【训练4】根据下列各个数列{a n }的首项和基本关系式，求其通项公式． (1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)； (2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n .解 (1)∵a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)，∴a n －1＝a n －2＋3n －2， a n －2＝a n －3＋3n －3， …a 2＝a 1＋31，以上(n －1)个式子相加得 a n ＝a 1＋31＋32＋…＋3n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.(2)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ， ∴a n －a n －1＝ln nn －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n ．又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2.对应学生用书P86热点突破16 数列中最值问题的求解策略从近几年高考可以看出，对求数列中的最大项是高考的重点．解决这类问题时，要利用函数的单调性研究数列的最值，但要注意数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉项．【示例1】 (2011·浙江卷)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.[审题与转化] 第一步：原问题可利用⎩⎨⎧a k ≥a k ＋1，a k ≥a k －1求最大项．[规范解答] 第二步：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥(k －1)(k －1＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k－1，k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥(k ＋1)(k ＋1＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1，∴⎩⎨⎧(k －1)2≤10，k 2≥10.∵k ∈N *，∴k ＝4，故填4. [反思与回顾] 第三步：若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组⎩⎨⎧a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1；若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎨⎧a n ≤a n ＋1a n ≤a n －1，求出n 的取值范围之后，再确定取得最值的项．【示例2】 (2010·辽宁卷)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．[审题与转化] 第一步：先利用累加法求a n 的表达式．第二步：利用基本不等式求a nn 的最小值．[规范解答] 第三步：用累加法求得a n ＝n 2－n ＋33，所以a n n ＝n ＋33n －1≥233－1，当且仅当n ＝33n ，即n ＝33时取等号，但n ∈N *，所以n 取6，∴a nn ＝n ＋33n －1的最小值为10.5.[反思与回顾] 第四步：数列中用基本不等式时，一定注意n ∈N *，本题还可以用“对号函数”性质或示例1的方法求解．高考经典题组训练1．(2010·陕西卷改编)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的________条件．解析由a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)得数列{a n }为递增数列，反之不成立．答案充分不必要2．(2011·江西卷改编)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝________.解析由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10；所以a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1. 答案 13．(2012·福建卷改编)若数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.解析因为a n ＝n cos n π2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝0；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝－n ；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，…，即数列{a n }连续4项之和均为2，所以S 2 012＝S 4×503＝503×2＝1 006. 答案 1 0064．(2009·湖北卷)已知数列{a n }满足a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时，若a 6＝1，则m 所有可能的取值为________．解析若a n 为偶数，则a n ＝2a n ＋1；若a n 为奇数，则a n ＝a n ＋1－13.因为a 6＝1，反推得a 5＝2(a 5＝0舍去)，a 4＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝13舍去.若a 3为偶数，则a 3＝2a 4＝8，a 2＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝73舍去.所以a 1＝2a 2＝32或a 1＝a 2－13＝5.若a 3为奇数，则a 3＝a 4－13＝1，a 2＝2，a 1＝4. 综上，得m ＝4,5,32. 答案 4,5,32对应学生用书P299分层训练A 级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．已知数列，1，3，5，7，…，2n －1，…，则35是它的第________项．解析 35＝45＝2×23－1. 答案 232．(2013·福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是________．解析观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28. 答案 283．(2011·四川卷改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝________.解析 a 1＝1，a 2＝3S 1＝3，a 3＝3S 2＝12＝3×41，a 4＝3S 3＝48＝3×42，a 5＝3S 4＝3×43，a 6＝3S 5＝3×44. 答案 3×444．(2012·南京调研)已知正数数列{a n }对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ·a q ，若a 2＝4，则a 9＝________.解析由条件，可有a 1＝2，a 2＝4，a 4＝16，a 8＝256，a 9＝512. 答案 5125．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________. 解析由a n ＋1－a n ＝n ＋1，可得a n －a n －1＝n ， a n －1－a n －2＝n －1，a n －2－a n －3＝n －2， …a 3－a 2＝3，a 2－a 1＝2，以上n －1个式子左右两边分别相加得， a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，∴a n ＝1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)2＋1. 答案n (n ＋1)2＋16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5＜a k ＜8，则k 的值为________．解析 ∵S n ＝n 2－9n ，∴n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －10， a 1＝S 1＝－8适合上式，∴a n ＝2n －10(n ∈N *)， ∴5＜2k －10＜8，得7.5＜k ＜9.∴k ＝8. 答案 8二、解答题(每小题15分，共30分)7．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 *.求{a n }的通项公式．解由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2，由已知a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因a n ＞0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项为a n ＝3n －1.8．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 解由a n ＋1＝a n ＋2n －1，得a n ＋1－a n ＝2n －1. 所以a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝2， a 4－a 3＝22， a 5－a 4＝23， …a n －a n －1＝2n －2(n ≥2)，将以上各式左右两端分别相加，得a n －a 1＝1＋2＋22＋…＋2n －2＝2n －1－1，所以a n ＝2n －1(n ≥2)，又因为a 1＝1适合上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．分层训练B 级创新能力提升1．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋2，若对所有的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值范围是________．解析 a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋2＞n 2＋kn ＋2，则k ＞－(2n ＋1)对所有的n ∈N *都成立，而当n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，所以k ＞－3. 答案 (－3，＋∞)2．(2012·合肥三检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n(n ≥2)，则a 16＝________.解析由题可知a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，a 16＝a 3×5＋1＝a 1＝12. 答案 123．已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________. 解析由已知条件可得S n ＋1＝2n ＋1.∴S n ＝2n ＋1－1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n ， n ＝1时不适合a n ，∴a n ＝⎩⎨⎧3 (n ＝1)，2n (n ≥2).答案 ⎩⎨⎧3 (n ＝1)2n (n ≥2)4．(2012·南通调研三)已知5×5数字方阵⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 11 a 12 a 13 a 14 a 15a 21 a 22 a 23 a 24 a 25a 31a 32 a 33 a 34 a 35a 41a 42 a 43 a 44 a 45a51 a 52 a 53 a 54 a 55中，a ij＝⎩⎨⎧ 1，j 是i 的整数倍，－1，j 不是i 的整数倍，则∑j ＝25a 3j ＋∑i ＝24a i 4＝________.解析由条件可知a 32＝－1，a 33＝1，a 34＝－1，a 35＝－1，a 24＝1，a 34＝－1，a 44＝1，从而原式＝－1. 答案－15．(2012·无锡一中期中)设数列{b n }满足：b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ， (1)求证：1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1；(2)若T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，对任意的正整数n,3T n －log 2m －5>0恒成立．求m 的取值范围．解 (1)∵b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)， ∴对任意的n ∈N *，b n >0. ∴1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1，即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1.(2)T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝2－1b n ＋1.∵b n ＋1－b n ＝b 2n >0，∴b n ＋1>b n ，∴数列{b n }是单调递增数列．∴数列{T n }关于n 递增．∴T n ≥T 1.∵b 1＝12，∴b 2＝b 1(b 1＋1)＝34.∴T 1＝2－1b 2＝23.∴T n ≥23.∵3T n －log 2m －5>0恒成立． ∴log 2m <－3，∴0<m <18.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(n ＋1)a n2，且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，且k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．解 (1)法一当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)．所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数数列，所以a nn ＝1，即a n ＝n (n ∈N *)．法二同上，得(n －1)a n ＝na n －1.同理得 na n ＋1＝(n ＋1)a n ，所以2na n ＝n (a n －1＋a n ＋1)，即2a n ＝a n －1＋a n ＋1，所以{a n }成等差数列．又由a 1＝1，得a 2＝S 2－a 1，得a 2＝2，得a n ＝1＋(n －1)＝n (n ∈N *)．法三同上，得a n a n －1＝nn －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2·…·32·21·1＝n ，当n ＝1时a 1＝1，也满足a n ＝n ，所以a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列，则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ，所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln (k ＋2)22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (k 2＋2k )22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (k ＋1)222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1，这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．故不存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列.第2讲等差数列及其前n 项和对应学生用书P87考点梳理1．等差数列的定义及通项公式(1)等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差(公差常用字母“d ”表示)．即a n －a n －1＝d (n ≥2，n ∈N )．(2)等差中项：如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，其中A ＝a ＋b 2.(3)等差数列的通项公式：若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ；若已知第m 项a m 和公差d ，通项a n 还可写成a n ＝a m ＋(n －m )d .(4)等差数列的公差公式：d ＝a n －a 1n －1或d ＝a n －a mn －m. 2．等差数列的性质(1)若数列{a n }是等差数列，则a n －a m ＝(n －m )d (n 、m ∈N *)．(2)数列{a n }是等差数列，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p .(3)在有穷等差数列{a n }中，与首、末两项距离相等的任意两项之和与首、末两项之和相等，如a 1＋a n ＝a 2＋a n －1.(4)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(5)等差数列中依次k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ， S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d . (6)项数为偶数2n 的等差数列{a n }，有S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a 2＋a 2n －1)＝…＝n (a n ＋a n ＋1)(a n 与a n ＋1为中间的两项)，S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (7)项数为奇数2n －1的等差数列{a n }，有 S 2n －1＝(2n －1)a n (a n 为中间项)，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.3．等差数列的前n 项和(1)公式：若已知首项a 1和末项a n ，则S n ＝n (a 1＋a n )2，或等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d .(2)等差数列的前n 项和公式与函数的关系：S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，数列{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．(3)最值问题：在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值，若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值．【助学·微博】一个命题解读等差数列是高考考查的重点内容，主要考查等差数列的通项公式，前n 项和公式，等差数列的性质等相关内容．对等差数列的定义，性质及等差中项的考查，以填空为主，难度较小．通项公式与前n 项和相结合的题目，多出现在解答题中，难度中等．对这部分内容的考查仍会坚持小题考性质、大题考灵活运用知识分析问题、解决问题的能力．等差数列的判断方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .注后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．考点自测1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7＝________. 解析 ∵a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝3＋11＝14， ∴S 7＝7(a 1＋a 7)2＝49. 答案 492．在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝________. 解析设公差为d .则a 5－a 2＝3d ＝6， ∴a 6＝a 3＋3d ＝7＋6＝13. 答案 133．已知等差数列的公差d ＜0，前n 项和记为S n ，满足S 20＞0，S 21＜0，则当n ＝________时，S n 达到最大值．解析 ∵S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)＞0， S 21＝21a 11＜0，∴a 10＞0，a 11＜0， ∴n ＝10时，S n 最大．答案 104．(2012·南通第一学期期末考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝－2n 2＋3n ，则数列{a n }的通项公式为________．解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n 2＋3n －[－2(n －1)2＋3(n －1)]＝5－4n .显然a 1符合a n ，所以a n ＝5－4n (n ∈N *)．答案 5－4n5．(2012·南京二模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若S 3S 7＝13，则S 6S 7＝________.解析由S 3＝3a 2，S 7＝7a 4，S 3S 7＝13，得9a 2＝7a 4＝7(a 2＋2d )，即a 2＝7d ，所以a 3＝8d ，a 4＝9d ，从而S 6＝3(a 3＋a 4)＝51d ，S 7＝7a 4＝63d ，所以S 6S 7＝1721.答案 1721对应学生用书P88考向一等差数列基本量的计算【例1】 (2012·苏锡常镇四市调研)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2.数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *.(1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前6项和S 6； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式．解 (1)因为a 1＝1，a 2＝2，数列{a n }是等差数列，所以a n ＝n .所以b 1＝b 3＝b 5＝1，b 2＝5，b 4＝9，b 6＝13. 所以S 6＝b 1＋b 2＋…＋b 6＝30.(2)因为b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，数列{b n }是公差为2的等差数列，所以b n ＝2n －1.因为b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3，b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1，所以a 2n ＋1＋a 2n －1＝2.故a 2n ＋3＋a 2n ＋1＝2. 所以a 2n ＋3＝a 2n －1.又a 1＝1，所以a 3＝1.故a 4n －3＝a 1＝1，a 4n －1＝a 3＝1. 所以a 2n －1＝1.则a 2n ＝4n －2. 所以a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.[方法总结] 等差数列的通项公式及前n 项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之．如果利用等差数列的性质去考虑也可以．体现了用方程解决问题的思想．【训练1】 (2011·福建)在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2. 从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．考向二等差数列的判定或证明【例2】 (2012·苏州第一学期期末考试)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n，满足8S n＝a2n＋4a n＋3(n∈N*)，且a1，a2，a7依次是等比数列{b n}的前三项．(1)求数列{a n}及{b n}的通项公式；(2)是否存在常数a>0且a≠1，使得数列{a n－log a b n}(n∈N*)是常数列？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解(1)当n＝1时，8a1＝a21＋4a1＋3，a1＝1或a1＝3.当n≥2时，8S n－1＝a2n－1＋4a n－1＋3，则a n＝S n－S n－1＝18(a2n＋4a n－a2n－1－4a n－1)，从而(a n＋a n－1)(a n－a n－1－4)＝0.因为数列{a n}的各项均为正数，所以a n－a n－1＝4.所以当a1＝1时，a n＝4n－3；当a1＝3时，a n＝4n－1.又因为当a1＝1时，a1，a2，a7分别为1,5,25，能构成等比数列，所以a n＝4n －3，b n＝5n－1；当a1＝3时，a1，a2，a7分别为3,7,27，不能构成等比数列，故舍去．所以a n＝4n－3，b n＝5n－1.(2)假设存在符合条件的a.由(1)知，a n＝4n－3，b n＝5n－1，从而a n－log a b n＝4n－3－log a5n－1＝4n－3－(n－1)log a5＝(4－log a5)n－3＋log a5.由题意，得4－log a5＝0，所以a＝4 5.所以满足条件的a存在，即a＝4 5.[方法总结] 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在填空题中简单判断．另外，求数列通项，一般要作出是否是等差数列或等比数列的判断．【训练2】已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋1＝(1＋q)a n－qa n－1(n≥2，q≠0)．(1)设b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，证明：{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：对任意的n ∈N *，a n 是 a n ＋3与a n ＋6的等差中项．(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解由(1)知，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…， a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)，即a n ＝a 1＋1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎨⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ， q ＝1.上式对n ＝1显然成立．(3)解由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1. 由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8，由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去)．于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q (1－q 6)．由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6，n ∈N *.所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．考向三等差数列前n 项和及综合应用【例3】 (1)在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．(2)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －25，求数列{|a n |}的前n 项和．解 (1)法一 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53. ∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653.∴a 13＝0. 即当n ≤12时，a n ＞0，n ≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130. 法二同法一求得d ＝－53.∴S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130. 法三同法一得d ＝－53.又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.(2)∵a n ＝4n －25，a n ＋1＝4(n ＋1)－25， ∴a n ＋1－a n ＝4＝d ，又a 1＝4×1－25＝－21.所以数列{a n }是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列．令⎩⎨⎧a n ＝4n －25<0， ①a n ＋1＝4(n ＋1)－25≥0， ② 由①得n <614；由②得n ≥514，所以n ＝6.即数列{|a n |}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列，而|a 7|＝a 7＝4×7－25＝3. 设{|a n |}的前n 项和为T n ，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧21n ＋n (n －1)2×(－4) (n ≤6)66＋3(n －6)＋(n －6)(n －7)2×4 (n ≥7)＝⎩⎨⎧－2n 2＋23n (n ≤6)，2n 2－23n ＋132(n ≥7).[方法总结] 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性或性质，求出正负转折项，便可求得和的最值． (2)利用等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．【训练3】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，数列{b n }满足b 1＝－1194且3b n －b n －1＝n (n ≥2且n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列； (3)求{b n }前n 项和的最小值． (1)解由2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1 得2a n ＝2a n －1＋1，a n －a n －1＝12， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14.(2)证明由3b n －b n －1＝n ，得b n ＝13b n －1＋13n ，所以b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14 ＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋34；b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34.由上面两式得b n －a n b n －1－a n －1＝13，又b 1－a 1＝－1194－14＝－30，故数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列． (3)解由(2)得b n －a n ＝－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，∴b n ＝a n －30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝12n －14－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1(n ≥2)．b n －b n －1＝12n －14－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－12(n －1)＋14＋30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝12＋30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝12＋20×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2>0，∴{b n }是递增数列．当n ＝1时，b 1＝－1194<0；当n ＝2时，b 2＝34－10<0；当n ＝3时，b 3＝54－103<0；当n ＝4时，b 4＝74－109>0，所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小．且S 3＝14(1＋3＋5)－30－10－103＝－49312.考向四等差数列的性质及应用【例4】 (1)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，则此数列前20项和等于________．(2)(2012·苏北四市二模)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝7n ＋45n ＋3，且a n b 2n 是整数，则n 的值为________．解析 (1)由已知可得(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 18＋a 19＋a 20)＝－24＋78⇒(a 1＋a 20)＋(a 2＋a 19)＋(a 3＋a 18)＝54⇒a 1＋a 20＝18⇒S 20＝a 1＋a 202×20＝182×20＝180. (2)令S n ＝7n 2＋45n ，则a n ＝14n ＋38，T n ＝n 2＋3n ，则b n ＝2n ＋2，则a n b 2n ＝14n ＋384n ＋2＝7n ＋192n ＋1＝72＋12×312n ＋1，由2n ＋1∈N *，则2n ＋1＝31，n ＝15.答案 (1)180 (2)15[方法总结] 高考对等差数列通项公式的考查，常常涉及项与项之间的内在联系，因此突破这些问题的关键是归纳和总结一些基本的性质，并能利用这些性质对问题进行合理的转化，从而求解．【训练4】设等差数列的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，S n ＝324，最后6项的和为180(n ＞6)，求数列的项数n . 解由题意可知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180② ①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216. ∴a 1＋a n ＝36.又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324.∴n ＝18.对应学生用书P89热点突破17 等差数列的综合问题近几年高考中，对等差数列的概念．通项公式、性质、前n 项和公式的考查始终没有放松．一方面考查知识的掌握情况，另一方面考查数学推理能力．【示例】 (2011·浙江卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，设数列的前n 项和为S n 且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)记A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ，B n ＝1a 1＋1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n －1，当n ≥2时，试比较A n 与B n 的大小．[审题与转化] 第一步：(1)利用方程求公差，再求a n 、S n .(2)利用裂项法求A n ，利用等比数列求和公式求B n ，再比较大小即可．[规范解答] 第二步：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，得(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，∵d ≠0，∴d ＝a 1＝a ，∴a n ＝na ，S n ＝an (n ＋1)2.(2)∵1S n＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. ∵a 2n －1＝2n －1a ，∴B n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n －1＝1a ·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n . 当n ≥2时，2n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn >n ＋1，即1－1n ＋1<1－12n ， ∴当a >0时，A n <B n ，当a <0时，A n >B n .[反思与回顾] 第三步：高考考查等差数列时，常考查等差数列的通项、性质、求和、裂项法求和和公式法求和等知识．高考经典题组训练1．(2012·重庆卷改编)在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝________.解析因为{a n }成等差数列，所以⎩⎨⎧a 2＝a 1＋d ＝1，a 4＝a 1＋3d ＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2.所以S 5＝5a 1＋5×42d ＝5×(－1)＋10×2＝15.答案 152．(2012·福建卷改编)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为________．解析因为a 1＋a 5＝2a 3＝10，所以a 3＝5，又a 4＝7，所以d ＝a 4－a 3＝2. 答案 23．(2012·江西卷)设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________.解析因为(a1＋a5)＋(b1＋b5)＝2(a3＋b3)＝42，所以a5＋b5＝42－7＝35.答案354．(2012·山东卷)在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{a n}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m，求数列{b m}的前m项和S m.解(1)因为{a n}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.设数列{a n}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以a n＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m<a n<92m，则9m＋8<9n<92m＋8.因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得b m＝92m－1－9m－1.于是S m＝b1＋b2＋b3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×(1－81m)1－81－1－9m1－9＝92m＋1－10×9m＋180.5．(2010·天津卷)在数列{a n}中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等差数列，其公差为2k.(1)证明：a4，a5，a6成等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记T n＝22a2＋32a3＋…＋n2a n，证明：32<2n－T n≤2(n≥2)．(1)证明由题设可知，a2＝a1＋2＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋4＝8，a5＝a4＋4＝12，a6＝a5＋6＝18.从而a6a5＝a5a4＝32.所以a4，a5，a6成等比数列．(2)解由题设，可得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*.所以a 2k ＋1－a 1＝(a 2k ＋1－a 2k －1)＋(a 2k －1－a 2k －3)＋…＋(a 3－a 1)＝4k ＋4(k －1)＋…＋4×1＝2k (k ＋1)，k ∈N *.由a 1＝0，得a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，从而a 2k ＝a 2k ＋1－2k ＝2k 2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－12，n 为奇数，n 22，n 为偶数，或写成a n ＝n 22＋(－1)n －14，n ∈N *. (3)证明由(2)可知a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，a 2k ＝2k 2. 以下分两种情况进行讨论：①当n 为偶数时，设n ＝2m (m ∈N *)．若m ＝1，则2n －∑k ＝2nk 2a k＝2.若m ≥2，则∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝1m (2k )2a 2k ＋∑k ＝1m －1 (2k ＋1)2a 2k ＋1＝∑k ＝1m 4k 22k 2＋∑k ＝1m －1 4k 2＋4k ＋12k (k ＋1)＝2m ＋∑k ＝1m －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k 2＋4k 2k (k ＋1)＋12k (k ＋1) ＝2m ＋∑k ＝1m －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝2m ＋2(m －1)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m ＝2n －32－1n .所以2n －∑k ＝2nk 2a k＝32＋1n ，从而32<2n －∑k ＝2n k 2a k<2，n ＝4,6,8，….②当n 为奇数时，设n ＝2m ＋1(m ∈N *)．∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝22m k2a k ＋(2m ＋1)2a 2m ＋1＝4m －32－12m ＋(2m ＋1)22m (m ＋1)＝4m ＋12－12(m ＋1)＝2n －32－1n ＋1，所以2n －∑k ＝2nk 2a k ＝32＋1n ＋1，从而32<2n －∑k ＝2n k 2a k<2，n ＝3,5,7，….综合①和②可知，对任意n ≥2，n ∈N *，都有32<2n －T n ≤2.对应学生用书P301分层训练A 级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2011·重庆卷改编)在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝________. 解析设公差为d ，则d ＝a 3－a 2＝2. ∴a 1＝0，a n ＝2n －2∴a 10＝2×10－2＝18. 答案 182．(2012·辽宁卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝________.解析由等差数列性质及已知，得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝112(a 4＋a 8)＝112×16＝88. 答案 883．(2012·泰州学情调查)在等差数列{a n }中，a 1＞0，S 4＝S 9，则S n 取最大值时，n ＝________.解析因为a 1＞0，S 4＝S 9，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，所以a 7＝0，所以⎩⎨⎧a 6＞0，a 8＜0，从而当n ＝6或7时S n 取最大值．答案 6或74．在等差数列{a n }中，若a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则S 9＝________. 解析 ∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39,3a 6＝27，∴a 4＝13，a 6＝9.∴a 6－a 4＝2d ＝9－13＝－4，∴d ＝－2， ∴a 5＝a 4＋d ＝13－2＝11，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝99.答案 995．(2012·南通调研)设等差数列{a n }的公差为正数，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.解析由15＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，得a 2＝5.所以⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16.又公差d ＞0，所以⎩⎨⎧a 1＝2，a 3＝8.所以d ＝3.所以a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 1＋11d )＝3(2＋33)＝3×35＝105. 答案 1056．(2012·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋pn ，a 7＝11.若a k ＋a k ＋1＞12，则正整数k 的最小值为________．解析因为a 7＝S 7－S 6＝2×72＋7p －2×62－6p ＝26＋p ＝11，所以p ＝－15，S n ＝2n 2－15n ，a n ＝S n －S n －1＝4n －17(n ≥2)，当n ＝1时也满足．于是由a k ＋a k ＋1＝8k －30＞12，得k ＞214＞5.又k ∈N *，所以k ≥6，即k min ＝6. 答案 6二、解答题(每小题15分，共30分)7．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1； (2)求d 的取值范围．解 (1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8.解得a 1＝7，所以S 6＝－3，a 1＝7.(2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0，故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8. 故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.8．已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)记b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，问是否存在一个实数t ，使数列{b n }是等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由．解 (1)由a 3＝27，得2a 2＋23＋1＝27，所以a 2＝9. 又由2a 1＋22＋1＝9，得a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得数列{b n }是等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，即2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，即4a n ＝4a n－1＋a n ＋1＋t ，所以4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋t ＋1，所以t ＝1. 故存在t ＝1，使得数列{b n }是等差数列．分层训练B 级创新能力提升1．(2012·南京学期学情)已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，S n ，T n 分别是它们的前n 项和，且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝________.解析a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝2(a 11＋a 12)2(b 11＋b 12)＝a 1＋a 22b 1＋b 22＝S 22T 22＝7×22＋122＋3＝315.答案 3152．已知数列{a n }满足递推关系式a n ＋1＝2a n ＋2n－1(n ∈N *)，且⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列，则λ的值是________．解析由a n ＋1＝2a n ＋2n－1，可得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12－12n ＋1，则a n ＋1＋λ2n ＋1－a n ＋λ2n ＝a n ＋12n ＋1－a n 2n －λ2n ＋1＝12－12n ＋1－λ2n ＋1＝12－λ＋12n ＋1，当λ的值是－1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －12n 是公差为12的等差数列．。

2014届高考数学考点知识专题总复习4

数列的概念【知识点精讲】1、数列：按照一定次序排列的一列数（与顺序有关）2、通项公式：数列的第n 项a n 与n 之间的函数关系用一个公式来表示a n =f(n)。

（通项公式不唯一）3、数列的表示:(1) 列举法:如1,3,5,7,9……; (2) 图解法:由(n,a n )点构成;(3) 解析法:用通项公式表示,如a n =2n+1(4) 递推法:用前n 项的值与它相邻的项之间的关系表示各项,如a 1=1,a n =1+2a n-14、数列分类：有穷数列，无穷数列；递增数列，递减数列，摆动数列，常数数列；有界数列，无界数列5、任意数列{a n }的前n 项和的性质Sn= a 1+ a 2+ a 3+ ……+ a n ()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n nn6、求数列中最大最小项的方法：最大⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 最小⎩⎨⎧≤≤-+11n nn n a a a a考虑数列的单调性【例题选讲】例1、根据下面各数列前几项，写出一个通项（1）-1,7,-13,19,…; (2)7,77,777,777,…; (3),...;9910,638,356,154,32 (4)5,0,-5,0, 5,0,-5,0,…; (5)1,0,1,0,1,0,…; 解：（1）a n =(-1)n (6n-5); (2)()11097-=n n a (3))12)(12(2+-=n n n a n (4)2sin 5πn a n =; (5)()*+∈-+=N n a n n 2)1(11;()*∈=N n n a n 2sin 2π [点评]根据数列前几项的规律，会写出数列的一个通项公式。

练习:⑴, (5)4,21,114,72⑵3,5,9,17,33,……⑶1,2,2,4,3,8,4,16,5,…….. 解：()()()()()()()22221121211221312231741n n n n n n nn n n a n n n a a n a ⋅-+++⋅⎪⎩⎪⎨⎧--=+=+=-=或为正偶数为正奇数22222cos 212sin nn n n n a ⋅++⋅=ππ或例2、已知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-1929922n n n （1）求这个数列的第10项；（2）10198是不是该数列中的项，为什么？（3）求证：数列中的各项都在区间（0，1）内；（4）在区间⎪⎭⎫⎝⎛32,31内有无数列中的项？若有，有几项？若无，说明理由。

2014年福建高考数列基础知识(文科)

2014年高考数列基础知识复习1、一般数列n a 与n S 法1,1,2n S n a n =⎧=⎨≥⎩2、一般数列通项的求法①数列:,........1,1,1,1,1--,可用法,求得n a = ②若11a =,1n n a a n +-=,可用法,求得n a = ③若11a =,11+=+n na a n n ,可用法,求得n a = 3、等差数列①定义:当1n n a a +-= 时,数列{}n a 为等差数列,可用于等差数列的证明。

②通项:n a = =m a + ③前n 项和:n S = = ④设a ，A ，b 成等差数列，则A 称a 、b 的等差中项，且;2ba A +=⑤通项性质：若p q r s +=+,则 .特别地,若r q p 2=+,则 ⑥前n 项和n S 的性质： m m m m m S S S S S 232,,--成等差数列。

4、等比数列 ①定义:当1n na a += 时,数列{}n a 为等比数列,可用于等比数列的证明。

②通项:n a = =⋅m a③前n 项和,1,1n q S q =⎧⎪=⎨≠⎪⎩,用该公式时特别关注项数n 的考虑。

④ 特设a ,G,b 成等比数列，则G 称a 、b 的等比中项，且.ab G ±=⑤通项性质:若p q r s +=+,则，特别地, 若r q p 2=+,则 ⑥前n 项和n S 的性质（ 0≠m S ）： m m m m m S S S S S 232,,--成等比数列。

基本知识练习数列{}n a 的相应方法1、已知数列{}n a 的前n 项之和为12++=n n S n ,求数列{}n a 的通项公式n a . 解：(1)当1n =时,1a =(2)当2n ≥时,1n n n a S S -=-= .2、设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且)1(2-=n n a S ,则n a = . 解：(1)当1n =时,有11a S == ,从中解得1a = ;(2)当2n ≥时,1n n n a S S -=-= ,化简得n a = 1n a -,知数列{}n a 为数列,进而得通项n a .3、设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且111,2(1)n n a S S +==-,则n a = .4、例.已知数列{}n a 中,111,21n n a a a +==+,令1+=n n a b .(1)证明:数列{}n b 是等比数列.(2)求数列{}n a 的通项.例.在数列}{n a 中，nn n a a a 22,111+==+，令12-=n nn a b .（1）证明数列}{n b 是等差数列.(2)求数列{}n a 的通项.5、在等差数列中已知a 1=12, a 6=27,则d = n S =6、在等差数列中已知13d =-，a 7=8，则a 1 =_______________ 7、在等比数列}{n a 中，321=a ，公比21-=q ，则_____=n a n S = 8、在等比数列}{n a 中，公比32=q 首项89，末项为31，则项数n =______ 9、已知递增的等差数列{}n a 满足11a =,2324a a =-,则n a =______________.10、2()a b +与2()a b -的等差中项是________________11、已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和.若112a =,23S a =,则2a =________. 12、设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }.若2232S a =+,4432S a =+,则q =______________13、已知等比数列{}n a 为递增数列,且251021,2()5n n n a a a a a ++=+=,则数列的通项公式n a =______________.14、在等比数列{}n a 中，若0n a >且3764a a =，则5a 的值为______15、公比为32等比数列{}n a 的各项都是正数,且31116a a =,则162log a =______16、等差数列{}n a 中,15410,7a a a +==,则数列{}n a 的公差为______ 17、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若735S =，则4a =______18、设{}n a 是等差数列，1359a a a ++=，则这个数列的前4项和等于______ 19、在等差数列}{n a 中,5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =______ 20、在等差数列{a n }中,已知a 4+a 8=16,则该数列前11项和S 11=______21、等差数列{}n a 的前m 项和为20，前2m 项和为70，则它的前3m 的和为______数列{}n a 的前n 项和n S 的求法1、分组求和法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

【三维设计】2014届高考数学一轮复习 (基础知识+高频考点+解题训练)等比数列及其前n项和教学案

等比数列及其前n 项和[知识能否忆起]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个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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 1qn －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3．等比数列{a n }的常用性质(1)在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2r (m ，n ，p ，q ，r ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r .特别地，a 1a n ＝a 2a n －1＝a 3a n －2＝….(2)在公比为q 的等比数列{a n }中，数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列，公比为q k；数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时q ≠－1)；a n ＝a m q n －m .[小题能否全取]1．(教材习题改编)等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( ) A ．4 B ．8 C ．16 D ．32解析：选C a 2·a 6＝a 24＝16.2．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝( )A ．4·⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23nC ．4·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1D ．4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1解析：选C (a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)⇒a ＝5，a 1＝4，q ＝32，故a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.3．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7＝( ) A ．64 B ．81 C ．128 D ．243 解析：选A q ＝a 2＋a 3a 1＋a 2＝2，故a 1＋a 1q ＝3⇒a 1＝1，a 7＝1×27－1＝64.4．(2011·高考)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 ＝________.解析：a 4＝a 1q 3，得4＝12q 3，解得q ＝2，a 1＋a 2＋…＋a n ＝121－2n1－2＝2n －1－12.答案：2 2n －1－125．(2012·新课标全国卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解析：∵S 3＋3S 2＝0，∴a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0， ∴a 1(4＋4q ＋q 2)＝0. ∵a 1≠0，∴q ＝－2. 答案：－2 1.等比数列的特征(1)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q 也是非零常数． (2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 2．等比数列的前n 项和S n(1)等比数列的前n 项和S n 是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用．(2)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．等比数列的判定与证明典题导入[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n . (1)设＝a n －1，求证：{}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[自主解答] (1)证明：∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1， ∴a n ＋1－1a n －1＝12. ∵首项c 1＝a 1－1，又a 1＋a 1＝1， ∴a 1＝12，c 1＝－12.又＝a n －1，故{}是以－12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)可知＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴a n ＝＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.在本例条件下，若数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，证明{b n }是等比数列．证明：∵由(2)知a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 又b 1＝a 1＝12也符合上式，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∵b n ＋1b n ＝12，∴数列{b n }是等比数列．由题悟法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，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：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． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．以题试法1． (2012·某某模拟)已知函数f (x )＝log a x ，且所有项为正数的无穷数列{a n }满足log a a n ＋1－log a a n ＝2，则数列{a n }( )A ．一定是等比数列B ．一定是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列解析：选A 由log a a n ＋1－log a a n ＝2，得log aa n ＋1a n ＝2＝log a a 2，故a n ＋1a n＝a 2.又a >0且a ≠1，所以数列{a n }为等比数列．等比数列的基本运算典题导入[例2] (2011·全国高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .[自主解答] 设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n－1)；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n－1.由题悟法1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．2．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，切不可忽视q 的取值而盲目用求和公式．以题试法2．(2012·某某适应性训练)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{3a n }的前n 项和．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)．因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以(2＋3d )2＝(2＋d )·(2＋7d )，解得d ＝2.所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由(1)知3a n ＝32n ，设数列{3a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝32＋34＋…＋32n ＝91－9n1－9＝98(9n－1)．等比数列的性质典题导入[例3] (1)(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32 C ．1 D ．－32(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3等于( ) A ．1∶2 B ．2∶3 C ．3∶4 D ．1∶3[自主解答] (1)因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3.log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7 ＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74 ＝7log 33π3＝7π3，故sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. (2)由等比数列的性质：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.[答案] (1)B (2)C由题悟法等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”，它们的通项公式和性质有许多相似之处，其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比．关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握，同时也有利于类比思想的推广．对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算，若能关注通项公式a n ＝f (n )的下标n 的大小关系，可简化题目的运算．以题试法3．(1)(2012·新课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(2012·某某模拟)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n) B ．16(1－2－n) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n) 解析：(1)选D 法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，故a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. 法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.则⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，故a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)选C ∵a2＝2，a5＝14，∴a1＝4，q＝12，a n a n＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫122n－5.故a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－14n1－14＝323(1－4－n)．1．设数列{a n}是等比数列，前n项和为S n，若S3＝3a3，则公比q为( )A．－12B．1C．－12或1 D.14解析：选C 当q＝1时，满足S3＝3a1＝3a3.当q≠1时，S3＝a11－q31－q＝a1(1＋q＋q2)＝3a1q2，解得q＝－12，综上q＝－12或q＝1.2．(2012·东城模拟)设数列{a n}满足：2a n＝a n＋1(a n≠0)(n∈N*)，且前n项和为S n，则S4a2的值为( )A.152B.154C．4 D．2解析：选A 由题意知，数列{a n}是以2为公比的等比数列，故S4a2＝a11－241－2a1×2＝152.3．(2012·某某高考)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )A．4 B．5C．6 D．7解析：选B ∵a3·a11＝16，∴a27＝16.又∵等比数列{a n}的各项都是正数，∴a7＝4.又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.4．已知数列{a n}，则“a n，a n＋1，a n＋2(n∈N*)成等比数列”是“a2n＋1＝a n a n＋2”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解析：选A 显然，n ∈N *，a n ，a n ＋1，a n ＋2成等比数列，则a 2n ＋1＝a n a n ＋2，反之，则不一定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，…5．(2013·某某模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( )A ．80B ．30C ．26D ．16解析：选B 设S 2n ＝a ，S 4n ＝b ，由等比数列的性质知： 2(14－a )＝(a －2)2，解得a ＝6或a ＝－4(舍去)，同理(6－2)(b －14)＝(14－6)2，所以b ＝S 4n ＝30.6．已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成以12为首项的等比数列，则m n ＝( )A.32B.32或23 C.23D ．以上都不对解析：选B 设a ，b ，c ，d 是方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根，不妨设a <c <d <b ，则a ·b ＝c ·d ＝2，a ＝12，故b ＝4，根据等比数列的性质，得到c ＝1，d ＝2，则m ＝a ＋b＝92，n ＝c ＋d ＝3，或m ＝c ＋d ＝3，n ＝a ＋b ＝92，则m n ＝32或m n ＝23. 7．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.解析：由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 6b 8＝16. 答案：168．(2012·某某高考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.解析：由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 11－q 51－q ＝1－－253＝11.答案：119．(2012·西城期末)已知{a n }是公比为2的等比数列，若a 3－a 1＝6，则a 1＝________；1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n＝________.解析：∵{a n }是公比为2的等比数列，且a 3－a 1＝6，∴4a 1－a 1＝6，即a 1＝2，故a n ＝a 12n －1＝2n ，∴1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是首项为14，公比为14的等比数列，∴1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n . 答案：2 13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列，∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝21－4n1－4＝24n－13.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋24n－13＝22n ＋1＋13. 11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ≠0，a 1为常数，且－a 1，S n ，a n ＋1成等差数列． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－S n ，问：是否存在a 1，使数列{b n }为等比数列？若存在，求出a 1的值；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，得2S n ＝a n ＋1－a 1.当n ≥2时，有⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－a 1，2S n －1＝a n －a 1.两式相减，得a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又因为a 2＝2S 1＋a 1＝3a 1，a n ≠0，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为3的等比数列．因此，a n ＝a 1·3n －1(n ∈N *)．(2)因为S n ＝a 11－3n1－3＝12a 1·3n－12a 1，b n ＝1－S n ＝1＋12a 1－12a 1·3n .要使{b n }为等比数列，当且仅当1＋12a 1＝0，即a 1＝－2.所以存在a 1＝－2，使数列{b n }为等比数列．12． (2012·某某高考)已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m的项的个数记为b m .求数列{b m }的前m 项和S m . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n ，由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×5－12d ＝105，a 1＋9d ＝2a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1.所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝b 11－q m 1－q ＝7×1－49m 1－49＝7×72m －148＝72m ＋1－748.1．若数列{a n }满足a 2n ＋1a 2n＝p (p 为正常数，n ∈N *)，则称数列{a n }为“等方比数列”．甲：数列{a n }是等方比数列；乙：数列{a n }是等比数列，则甲是乙的( )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解析：选B 若a 2n ＋1a 2n ＝p ，则a n ＋1a n ＝±p ，不是定值；若a n ＋1a n ＝q ，则a 2n ＋1a 2n＝q 2，且q 2为正常数，故甲是乙的必要不充分条件．2．(2012·某某高考)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.解析：法一：S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得， 3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．法二：设等比数列{a n }的首项为a 1，由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)．∵q >0，∴q ＝32.答案：323．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．解：(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)因为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 －1－1.1．(2012·大纲全国卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝()A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1 解析：选B ∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n ，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n ，∴3a n ＝2a n ＋1，∴a n ＋1a n ＝32. 又∵S 1＝2a 2，∴a 2＝12，∴a 2a 1＝12， ∴{a n }从第二项起是以32为公比的等比数列， ∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. ( 也可以先求出n ≥2时，a n ＝3n －22n －1，再利用S n ＝2a n ＋1，求得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 ) 2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n .解：(1)依题意有a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝－12. (2)由(1)可得a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝3. 故a 1＝4，从而S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝83⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . 3．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{}对n ∈N *均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋b n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013. 解：(1)∵a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )．∵d >0，故解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. 又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9，∴数列{b n }的公比为3，∴b n ＝3·3n －2＝3n －1.(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋b n＝a n ＋1得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋－1b n －1＝a n .两式相减得：n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝2. ∴＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 013＝3＋6－2×32 0131－3＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.。

2014年高考数学数列知识点及题型大总结

2014年高考数学数列知识点及题型大总结等差数列知识要点1．递推关系与通项公式m n a a d n a a d d n a a dm n a a dn a a da a m n n n m n n n n --=--=--=-+=-+==-+1;)1()()1(1111变式：推广：通项公式：递推关系：为常数）即：特征：m k m kn n f a d a dn a n n ,(,)(),(1+==-+= ),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。

2．等差中项：若c b a ,,成等差数列，则b 称c a 与的等差中项，且2c a b+=；c b a ,,成等差数列是c a b +=2的充要条件。

3．前n 项和公式 2)(1n a a S n n += ； 2)1(1d n n na S n -+= ),()(,)2(22212为常数即特征：B A Bn An S BnAn n f S n d a n d S n n n +=+==-+=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。

4．等差数列{}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中 ⑴q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若反之，不成立。

⑵d m n a a m n )(-=-⑶m n m n n a a a +-+=2⑷n n n n n S S S S S 232,,--仍成等差数列。

5．判断或证明一个数列是等差数列的方法：①定义法：）常数）（*+∈=-N n d a a n n (1⇒{}n a 是等差数列②中项法：)221*++∈+=N n a a a n n n （⇒{}n a 是等差数列③通项公式法：),(为常数b k b kn a n +=⇒{}n a 是等差数列④前n 项和公式法：),(2为常数B A Bn An S n +=⇒{}n a 是等差数列练习：1．等差数列{}n a 中，)(31,1201191210864C a a a a a a a 的值为则-=++++A ．14B ．15C ．16D ．171651203232)(32)2(31318999119=⋅==-=+-=-a d a d a a a a2．等差数列{}n a 中，12910S S a =>，，则前10或11项的和最大。

2014年高考数学全面复习梳理三十

2014年高考数学全面复习梳理三十数列的综合应用导学目标： 1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由S n 求a n 时，要对______________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n 还是求S n .(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每月的利息均按复利计算； ②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和．自我检测 1．(原创题)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝10，则S 11的值为 ( ) A ．12 B ．18 C ．22 D ．442．(2011·汕头模拟)在等比数列{a n }中，a n >a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16等于 ( )A.23B.32C ．－16D ．－563．若{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，下列结论正确的是 ( )A ．b n ＋1＝3b n ，且S n ＝12(3n －1)[来源:学§科§网]B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n －1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n －1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n －1)－2n4．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是 ( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟5．(2011·台州月考)已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，则数列{a n }的最大项为 ( )A ．第7项B ．第8项C ．第7项或第8项D ．不存在 6．(2011·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.[来源:学|科|网Z|X|X|K]探究点一等差、等比数列的综合问题例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；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .变式迁移1 假设a 1，a 2，a 3，a 4是一个等差数列，且满足0<a 1<2，a 3＝4.若b n ＝2a n (n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：①数列{b n }是等比数列；②b 2>4；③b 4>32；④b 2b 4＝256.其中正确命题的个数是 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 探究点二数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 (2011·温州月考)已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ；(3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋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．探究点三数列在实际问题中的应用例3 (2011·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2011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2011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)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．[来源:Z+xx+](满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为 ( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－22[来源:学科网] 2．(2011·漳州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 ( )A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为 ( )A ．1 001B ．991C ．999D ．990 4．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B ．7秒C ．8秒D ．9秒5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于 ( )6．(2011·丽水月考)若数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝⎛⎭⎫252n －2－4⎝⎛⎭⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y ＝________.7．(2010·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2 009，则i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 76 8 10 12[来源:Z,xx,]9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ……………………………………三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·湘潭模拟)已知点(1，13)是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(12分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2011·广东执信中学模拟)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.B 6.919课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解 (1)由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2. 设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由(1)得a 3n ＋1＝23n ，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n[来源:] ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.变式迁移1 D [设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．][来源:学|科|网Z|X|X|K]例2 解题导引这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n＋23， ∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝⎛⎭⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，又b 1＝3＝92×⎝⎛⎭⎫1－13， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝9n2n ＋1， ∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012，又∵9n 2n ＋1＝92⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92，即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 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，解之，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 ＋1.②∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即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对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1，即m 的取值范围是(－∞，－1]．例3 解依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300 ＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300，依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n－300.下面构造一等比数列．设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ， ∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x . ∴0.18x ＝－300.∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003. ∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元．纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米． (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5，当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016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%. 课后练习区1．C 2.B 3.B 4.B 5.D 6．3 7.21 8.1079．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x .…………………………………………………(1分) a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2×⎝⎛⎭⎫13n ，n ∈N *；………………………………(3分) ∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列， S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.……………………………………………………………………(6分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋ 12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(10分)由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(12分)10．解设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(4分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫325－132－1＋16⎝⎛⎭⎫324(n －5)－400＝81n －594，…………………………………………………………(8分) ∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)令x ＝n ，y ＝1，得到f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，……………………………………………………………(2分)[来源:学科网]∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，即f (n )＝(12)n .………………………………………………………………………………(5分)(2)记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，[来源:Z+xx+]∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n ，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n <2.…………………………………………………………(9分)(3)∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0；当n >9时，b n <0，∴n ＝8或9时，S n 取到最大值．……………………………………………………(14分)。

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2014年《数列》重点知识复习
《数列》是高中数学核心内容之一，是高考命题持续热点之一，更是高考创新试题的一块“试验田”。

复习本章时，特别加强对《数列》基础知识、基本方法的理解与掌握，注意《数列》与函数、方程、不等式等内容的综合，要深刻领会并掌握等差数列和等比数列等基本模型，灵活运用等差数列和等比数列等基本数列模型解决有关实际问题。

一、《数列》知识梳理
1．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，a 1＝2，a 2＝5，则a 6的值是( ) A ．－3 B ．－11 C ．－5 D ．19
3.已知数列{}n a ，225n a n =-+，当n S 达到最大值时，n 为（）A ．10 B ．11
C ．12
D ．13
2. （2011）已知{}n a 是递增数列，且对任意n N *
∈都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范围_
【评析】函数、不等式、恒成立但要注意注意递增的区别
4.列{}n a 是等差数列的一个充要条件是（n S 是该数列前n 项和）（） A ．n S an b =+ B ．2n S an bn c =++ C ．2n S an bn =+ ()0a ≠
D ．2n S an bn =+
5.设等差数列{}n a 的公差为2-，且1479750a a a a +++⋅⋅⋅+=，则36999a a a a +++⋅⋅⋅+=______．
6.若lg a 、lg b 、lg c 成等差数列，则（）
A ．2
a c
b +=
B ．()1lg lg 2b a b =+
C ．a 、 b 、 c 成等差数列
D ．a 、 b 、 c 成等比数列
8.在各项都为正数的等比数列{}n a 中，若569a a ⋅=，则313233310log log log log a a a a +++⋅⋅⋅+等 A ．8
B ．10
C ．12
D ．32log 5+
10在等比数列{}n a 中，已知48n S =，260n S =，则3n S =______． 11在等差数列{}n a 中，已知36963==S S ，，则2014S ______．
12. 已知a 、 b R +∈，A 是a 、 b 的等差中项，G 是a 、 b 的等比中项，则（） A ．ab AG ≤ B ．ab AG ≥ C.ab ≤∣AG ∣ D ．ab>∣AG∣
13. 公差不为零的等差数列第二、三、六项构成等比数列，则公比为（）
【评析】基础概念、性质的考察/关注函数周期性求值
15．设{}n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知636S =，324n S =，()61446n S n -=>，则n 等于（） A ．15 B ．16 C ．17 D ．18 【评析】基础—列方程
二、重点、难点知识与方法剖析
1. (2011·黄冈月考)已知数列{}n a 的首项11a =，且121n n a a -=+ (2)n ≥，则5a 为（） A ．7 B ．15 C ．30 D ．31
A ．95
B ．97
C ．105
D ．192 2、数列的通项公式与前n 项和公式之间的关系由S n 求a n ：1*
1(1)
(2,)
n n n S n a S S n n N -=⎧=⎨
-≥∈⎩ 注意验证a 1是否包含在后面a n 的公式中，若不符合要单
独列出。

一般已知条件中含a n 与S n 的关系的数列题均可考虑用上述公式。

1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．
【题组】 1.(2011·北京海淀)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且S n ＝S n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)． (1)求S n ；
(2)是否存在等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9？若存在，则求出数列{b n }的通项公式；若不存在，则说明理由．
2.(2012·天津十二区县联考一)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求{a n }的通项公式；
3、等差数列奇数项与偶数项关系
1．在项数为21n +的等差数列中，所有奇数项和与偶数项和之比为（） 2. 项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则该数列的中间项和项数分别为______． 4、两个等差数列前
n 项和之比问题
{}{}21,:
.n
n n n n n
a a
b T T b
-=2n-1n S 已知等差数列和的前n项和分别为S ,则 5、非常数列的等差数列前n 项和的最值问题 A ．1a ，50a B ．1a ，8a C ．8a ，9a D ．9a ，50a 【评析】数列的函数特征，可用函数图象解决
111111
(1)0,,;
0,,0
,.(0,).(2)0,,;
0,,0,.(0,k k k k k k d a S S a d a a S S a S S S d a S S a d a a S S a S S S ++>≥≤⎧>⎨>⎩==<≤≥⎧<⎨<⎩==n 1n k n k k-1n 1n k n k k-1若且0则的最小值是0
若且<0则必存在满足条件的整数k,
此时的最小值是若则的最小值=若且0则的最大值是0
若且>0则必存在满足条件的整数k,
此时的最大值是若则的最大值=).
（3）我们也可以将非常数列的等差数列前n 项和2()n S An Bn n N *=+∈看成是n 的二次函数，运用二次函数求最值的方法加以解决，需要特别注意必须n 取正整数。

1．数列{}
22293n n -++中的最大项的值是____
2. 已知数列{}n a ，225n a n =-+，当n S 达到最大值时，n 为（） A ．10 B ．11
C ．12
D ．13
6、特殊数列的求和问题
⑴公式法：包括等差数列、等比数列的前n 项和公式
1．数列{}n a 中，160a =-，且13n n a a +=+，则这个数列的前30项的绝对值之和为（） A ．495
B ．765
C ．3105
D ．120
2．=⨯-++++）（1
-20142)1(......9-75-31-2014
________ ⑵错位相减法：若数列{}n c 的通项公式为n n n c a b =
，且{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时通常在已知的和式的两边同乘以组成这个数列的等比数列的____，然后再将所得新式子与
⑶倒序相加法：将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩下的因式的和容易求得，则这样的数列可以用倒序相加法求和。

（理科注意与组合数联系）
⑷裂项求和法：____________________________________________________________
A ．11
B ．99
C ．120
D ．121
⑸分组化归法：将数列的每一项拆开成若干项，适当分组后，使其转化为____数列、_____数列或能利用其它_____或方法求和。

【题组】。