高三数学复习第五章 数列
2(n＋1)(n∈N*)．
(2)注意到分母分别是 21,22,23,24,25，„，而分子比分母少 1， 2n－1 所以其通项 an＝ 2n (n∈N*)．
突 破 热 点 题 型
(3)分母规律明显，而第 2,3,4 项的绝对值的分子比分母少 3， 2－3 2 －3 因此可考虑把第 1 项变为－ 2 ，这样原数列可化为－ 21 ， 22－3 23－3 24－3 25－3 26－3 22 ，－ 23 ， 24 ，－ 25 ， 26 ，„ 2n－3 所以其通项 an＝(－1)n 2n (n∈N*)．
2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且 6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求数列{an}的通项公式． 1 解：由 a1＝S1＝6(a1＋1)(a1＋2)，
解得 a1＝1 或 a1＝2.由已知 a1＝S1>1，因此 a1＝2. 又由 an＋1＝Sn＋1－Sn 1 1 ＝6(an＋1＋1)(an＋1＋2)－6(an＋1)(an＋2)， 得 an＋1－an－3＝0 或 an＋1＝－an. 因为 an>0，故 an＋1＝－an 不成立，舍去． 因此 an＋1－an－3＝0，即 an＋1－an＝3， 从而{an}是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故{an}的通项公式 为 an＝3n－1.
数列的第1项(通常也叫做 首项 )．
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
2．数列的分类
回 扣 主 干 知 识
分类原则 项数
类型
满足条件
有穷数列
无穷数列 递增数列
项数 有限
项数 无限 an＋1 ＞ an an＋1 ＜ an an＋1＝an 有些项小于它的前一项
数学(6省专版)
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
(3)
9， ↕
99， ↕ 102－1，
999， ↕
9999，„ ↕ 104－1，„
101－1，
103－1，
演 练 知 能 检 测
所以 an＝10n－1(n∈N*)．
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
由an与Sn的关系求通项公式
第五章
目 数列 录
数列的概念与简单表示法
等差数列及其前n项和
第一节
第二节
第三节
第四节
等比数列及其前n项和
数列求和
第五节
专家讲坛
数列的综合问题
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
数学(6省专版)
提 升 学 科 素 养源自突 破 热 点 题 型演 练 知 能 检 测
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
[归纳· 知识整合]
1．数列的定义 按照 一定顺序 排列着的一列数称为数列，数列中的
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
每一个数叫做这个数列的 项 ．排在第一位的数称为这个
1．写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下 列各数：
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
2 4 6 8 10 (1)3，15，35，63，99，„； 1 9 17 33 (2)－1，3，－35，63，－99，„；
(3)9,99,999,9 999，„.
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
当 n＝1 时，a1 若适合 Sn－Sn－1，则 n＝1
的情况可并入 n≥2 时的通项 an；当 n＝1 时，a1 若不适合 Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
第一节
数列的概念与简单表示法
解：(1)分子是连续的偶数，且第 1 个数是 2，所以用 2n 表示；
回 扣 主 干 知 识
分母是 22 －1,42 －1,62 －1,82 －1,102 －1，所以用(2n)2 －1 表 2n 2n 示．所以 an＝ ＝ 2 (n∈N*)． 2n2－1 4n －1
第一节
数列的概念与简单表示法
分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数 n 的关系，用(2n－
回 扣 主 干 知 识
1)(2n＋1)表示； 分子是 21＋1,22＋1,23＋1,24＋1，用 2n＋1 表示．所以 2n＋1 2n＋1 an＝(－1)n· ＝(－1)n· 2 (n∈N*)． 2n－12n＋1 4n －1
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
答案：7
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
5．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则 此数列的通项公式为an＝________；数列{nan}中数值 最小的项是第________项．
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
答案：2n－11
3
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
已知数列的前几项求通项公式
[例 1] 根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
提 升 学 科 素 养
(1)4,6,8,10，„；
突 破 热 点 题 型
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
C．an＝1－cos nπ
2，n为奇数 D．a＝ 0，n为偶数
nπ π 解析：若 an＝2sin 2 ，则 a1＝2sin2＝2，a2＝2sin π＝0， 3π a3＝2sin 2 ＝－2，a4＝2sin 2π＝0.
演 练 知 能 检 测
答案：B
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
项与项 间的大小
递减数列 常数列 摆动数列
其中
n∈N*
演 练 知 能 检 测
关系
从第2项起有些项大于它的前一项，
第一节
数列的概念与简单表示法 3．数列的表示法
回 扣 主 干 知 识
数列的表示方法有列表法、图象法、公式法．
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．
数学(6省专版)
演 练 知 能 检 测
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
3． (教材习题改编)在数列{an}中， 1＝1， n＝1＋ a a 则 a5＝ 3 A.2 7 C.4
1 an－1 (
(n≥2)， )
突 破 热 点 题 型
5 B.3 8 D.5
提 升 学 科 素 养
3 5 8 解析：由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝2，a4＝3，a5＝5.
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
[探究]
1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都
有通项公式？
提示：不唯一，如数列－1,1，－1,1，„的通项公式可以为
n
演 练 知 能 检 测
an＝(－1) 或
－1，n为奇数， an＝ 1，n为偶数.
有的数列没有通项公式．
数学(6省专版)
第一节
显时， 可采用适当变形或分解， 以凸显规律， 便于归纳． 当 各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系， 正负相间出现时，可用(－1)n 或(－1)n 1 调节． —————————————————————————
＋
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
回 扣 主 干 知 识
[备考方向要明了] 考什么 1.了解数列的概 念和几种简单 的表示方法(列 表、图象、通 项公式)． 2.了解数列是自 变量为正整数 的一类函数． 怎么考 数列的概念在高考试题中常与其他知识 综合进行考查，主要有： (1)以考查通项公式为主，同时考查Sn与 an的关系，如2012年上海T14，广 东T19等． (2)以递推关系为载体，考查数列的各项 的求法，如2012年新课标全国T12 等．
[例2]
通项公式an.
已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，求它的
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
[自主解答]
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1
－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2也满足an＝2×3n－1. 故数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.
数学(6省专版)
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
第一节
数列的概念与简单表示法 [自测· 牛刀小试]
回 扣 主 干 知 识
1．(教材习题改编)已知数列{an}的前 4 项分别为 2,0,2,0，„， 则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是 ( ) nπ n＋1 A．an＝1＋(－1) B．an＝2sin 2
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
数列的概念与简单表示法
回 扣 主 干 知 识
—————
————————————
已知 Sn 求 an 时应注意的问题
数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an＝
2022届高三数学(理)一轮总复习课时规范训练：第五章 数列 5-4 Word版含答案
课时规范训练[A 级 基础演练]1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.2．(2021·河北承德模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ＝1，2，3，…)，当首项a 1和公差d 变化时，若a 5＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 15D ．S 16解析：选C.由等差数列的性质得a 5＋a 11＝2a 8，所以a 5＋a 8＋a 11为定值，即a 8为定值．又由于S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15×2a 82＝15a 8，所以S 15为定值．故选C.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝( )A.2 015×2 0162B ．2 016×2 0172C.2 015×2 0152D ．2 016×2 0162解析：选B.a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n2（n 为奇数），（n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝－12＋22－32＋42－…－2 0152＋2 0162＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0162－2 0152)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 016＝2 016×2 0172.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2D ．2解析：选A.由等差数列性质及前n 项和公式，得 S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 3＋a 6)＝4a 3，所以a 6＝0.又a 7＝－2，所以公差d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.5．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D.当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ． 解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0077．(2021·江西八所中学联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ．解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.答案：－1 0078．等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{}a n 的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{}a n 的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{}a n 的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.9．(2021·辽宁五校联考)已知等差数列{}a n ，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列，∴2d ·(2＋6d )＝42，解得，d ＝1或d ＝－43.∵d >0，∴d ＝1，∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝n . (2)∵b n ＝1a n ·a n ＋2＝1n （n ＋2），∴T n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n （n ＋2）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）. [B 级 力量突破]1．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公认真算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从其次天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问其次天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即其次天走了96里．故选B.2．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C.依据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发觉从第7项起，数字重复消灭，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又由于16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 3．数列{a n }的通项为a n ＝(－1)n(2n ＋1)sin n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 100＝ ．解析：由a n ＝(－1)n(2n ＋1)sinn π2＋1可得全部的偶数项为1，奇数项有以下规律：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，a 5＝－10，a 9＝－18，…⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 7＝16，a 11＝24，…所以a 1＋a 5＋…＋a 97＝25×(－2)＋25×242×(－8)＝－2 450，a 3＋a 7＋…＋a 99＝25×8＋25×242×8＝2 600，a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＝50 所以S 100＝－2 450＋2 600＋50＝200. 答案：2004．(2021·昆明调研)已知等差数列{}a n 中，a 2＝4，a 4是a 2与a 8的等比中项． (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若a n ＋1≠a n ，求数列{}2n －1·a n 的前n 项和．解：(1)由a 2＝4，且a 4是a 2，a 8的等比中项可得a 1＋d ＝4，a 24＝a 2a 8，即(4＋2d )2＝4(4＋6d )，化简得d 2－2d ＝0， 则d ＝0或d ＝2，由于a 2＝4，当d ＝0时，a n ＝4； 当d ＝2时，a 1＝2，则a n ＝2n . (2)∵a n ＋1≠a n ，∴a n ＝2n ，则2n －1a n ＝2n －1·2n ＝2n ·n ，∵S n ＝21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，(*1)(*1)×2得，2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1，(*2)(*1)－(*2)得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.5．在等比数列{}a n 中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{}b n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N*恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由．解：(1)设数列{}a n 的公比为q ，由题意可得a 3＝16，∵a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n （n ＋3）4.∵1S n＝4n （n ＋3）＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3，∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝229， ∴存在正整数k ，其最小值为3.。
高三理科数学第一轮复习§5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt
12
n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这 个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶 数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
7
2 种思路——解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往 通过通项分解或错位相减来完成。 (2)不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和。
8
3 个注意点——应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差。 (2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后 面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点。 (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分 q＝1 和 q≠1 两种情况求解。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。 答案：2m＋1＋5m2＋m－2
13
5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝__________。
解析：∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。 答案：(n－1)2n＋1＋2
高考数学一轮复习 第五章 数列 第二节 等差数列学案 文(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数学
第二节 等差数列2019考纲考题考情1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)。
(2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2。
2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d 。
(2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2。
3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)。
(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n 。
(等和性) (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d 。
(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列。
(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列。
(6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列。
(7)S 2n －1＝(2n －1)a n 。
(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)。
1．用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”。
高三数学第三轮复习 第5部分 数列与极限题型整理分析 试题
卜人入州八九几市潮王学校第五局部数列与极限35、等差数列{n a }中，通项b dn a n+=，前n 项和cn n d S n +=22〔d 为公差，N n ∈〕.证明某数列是等差〔比〕数列，通常利用等差〔比〕数列的定义加以证明，即证：n n a a -+1是常数)(N n ∈(1n n a a +=常数，)n N ∈n 有：n n n n a a a a -=-+++112〔nn n n a a a a 112+++=〕.［举例］数列}{n a 满足：)(22,111N n a a a a n nn ∈+==+. 〔1〕求证：数列}1{na 是等差数列；〔2〕求}{n a 的通项公式. 分析：注意是到证明数列}1{n a 是等差数列，那么要证明n n a a 111-+nn n a a a 2211+=+，所以21111=-+n n a a .即数列}1{n a 111=a ，那么21)1(2111+=-+=n n a n ，所以12+=n a n .36、等差数列前n 项和、次n 项和、再后n 项和〔即连续相等项的和〕仍成等差数列；等比数列前n 项和〔和不为0〕、次n 项和、再后n 项和仍成等比数列.类比还可以得出：等比数列的前n 项的积、次n 项的积、再后n 项的积仍成等比数列.［举例1］数列}{n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和，20,884==S S ，那么=12S ＿；分析：注意到812484,,S S S S S --16812=-S S ，所以3612=S .［举例2］数列}{n a 是等比数列，n T 是其前n 项的积，20,584==T T ，那么=12T ＿.分析：由812484,,T T T T T 成等比，那么8124248)(T T T T T ⋅=，所以64)(34812==T T T . 37、在等差数列}{n a 中，假设),,,(N q p n m q p n m ∈+=+，那么q p n m a a a a +=+；在等比数列}{n a 中，假设),,,(N q p n m q p nm ∈+=+，那么q p n m a a a a ⋅=⋅等差〔等比〕数列中简化运算的技巧多源于这条性质.［举例］数列}{n a 是等比数列，124,5128374=+-=⋅a a a a ，且公比q 为整数，那么10a 的值是＿＿＿＿＿＿＿.分析：由8374a a a a ⋅=⋅得⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧-=⋅=+4128512124838383a a a a a a 或者⎩⎨⎧=-=128483a a ，又此数列的公比为整数，所以⎩⎨⎧=-=128483a a 公比2-=q ，那么5122810==q a a .38、等差数列当首项01>a 且公差0<d ，前n 01<a 且公差0>d ，前n n 项和的最值可以利用不等式组⎩⎨⎧≥≤≤≥+)0(0)0(01n n a a 来确定n 的值；也可以利用等差数列的前n 项的和是n 的二次函数〔常数项为0〕转化成函数问题来求解.［举例1］假设}{n a 是等差数列，首项0,0,020072006200720061<⋅>+>a a a a a ，那么〔1〕使前n项和n S 最大的自然数n 是＿＿；〔2〕使前n 项和0>n S 的最大自然数=n ；分析：由条件可以看出0,020072006<>a a ，可知2006S 最大，那么使n S 最大的自然数为2021；由020072006>+a a 知040121>+a a ，02)(4012401214012>+=a a S ，200740134013a S ⋅=，所以04013<S ，那么使0>n S 的最大自然数为4012.［举例2］在等差数列}{n a 中，满足7473a a =且n S a ,01>是数列前n n S 获得最大值，那么=n ＿＿＿＿＿. 分析：7473a a =知111334)6(7)3(3a d d a d a -=⇒+=+，那么1113343733)1(4a na n a a n -=--=.当9≤n 时0>n a ，当10≥n 时0<n a ，所以9=n .39、数列}{n a 是等比数列，其前n 项的和n S 是关于q 的分段函数⎪⎩⎪⎨⎧≠--==1,1)1(111q qq a q na S n n ，在求和过程中假设公比不是详细数值时，那么要进展讨论.［举例1］数列}{n a 是等比数列，前n 项和为n S ，且11lim a S n n =∞→，求1a 的取值范围.分析：注意到等比数列的公比是不为零的常数，前n 项和存在的前提条件是1||<q ，且qa S n n -=∞→1lim1，知1111a q a =-，那么q a -=121，有)2,1()1,0(21 ∈a ，那么)2,1()1,0(1 ∈a )0,1()1,2(--- .［举例2］数列}{n a 是等比数列，首项11=a ，公比1-≠q ，求nn S 1lim∞→的值.分析：涉及到等比数列的前n1=q 时，n na S n ==1，此时01lim 1lim==∞→∞→n S n nn ；当1≠q 时，q q S nn --=11，那么nn S 1lim∞→=1,(||1)1lim0,(||1)1nn q q q q q →∞-<⎧-=⎨>-⎩. 40、等差数列、等比数列的“根本元〞是首项、公差〔比〕，当觉得不知如何用性质求解时，可以把问题转化成“根本元〞解决.学会用任意两项关系：假设n a {｝是等差数列，那么对于任意自然数n m ,有d m n a a m n )(-+=；假设n a {｝是等比数列，那么对于任意的自然数n m ,，有m n m n q a a -⋅=.在这两关系式中假设取1m =，这就是等差〔比〕数列的通项公式. ［举例1］数列}{n a 是等差数列，首项01>a ，且05375=+a a .假设此数列的前n 项和为n S ，问nS 是否存在最值？假设存在，n 为何值？假设不存在，说明理由. 分析：d ，那么0)6(5)4(311=+++d a d a ，即1214a d -=，由01>a 知0<d ，所以数列}{n a 是递减数列，故nS 有最大值而无最小值.由等差数列的通项公式知：11121425)214)(1(a n a n a a n -=--+=，当6≤n 时，0>n a ，当7≥n 时，0<n a .所以6S 最大.综上知，当6=n时，n S 最大，不存在最小值.[举例2]正项等比数列}{n a 中，首项11>a ，且15735=⋅a a .假设此数列的前n 项积为n T ，问n T 是否存在最值？说明理由.分析：与举例1联络起来，这是数列中的“类比〞问题.其解决的思想方法是一样的.对于单调正项数列，前n 项积n T 最大〔小〕，那么应满足)11(1111⎩⎨⎧>≤⎩⎨⎧<≥++n n n n a a a a . 设此数列公比为q ，那么1)()(461341=⋅q a q a ，那么2141-=a q .214251121411)(n n n a a a a ---=⋅=.由11>a 知：6≤n 时，7,1≥>n a n 时，1<n a .所以当6=n 时，6T 最大，n T 没有最小值.[特别注意]等差数列与正项等比数列之间存在的类比关系实际上是运算上的变化，这种变化可以由等差数列与等比数列的一个性质来提醒.我们知道：假设数列}{n a 是正项等比数列，记)1,0(log ≠>=m m a b n m n ，那么数列}{n b {}n a 是等差数列，记(0)n a n b m m =>，那么数列{}n b 是等比数列.41、数列的前n 项和n S ，求数列的通项公式时，要注意分段⎩⎨⎧≥-==-2,111n S S n S a n nn .当1a 满足)2(,1≥-=-n S S a n n n 时，才能用一个公式表示.［举例］数列}{n a 的前n 项和a n n a S n++-=2)2(.假设}{n a 是等差数列，求}{n a 的通项公式.分析：证明一个数列是等差数列或者是等比数列，要从等差、等比数列的定义出发.等差、等比数列的性质不能作为证明的理由. 由a n n a S n++-=2)2(知，1=n 时，1211-==a S a ，当2≥n 时，=-=-1n n n S S a)3()2(2a n a -+-.当2≥n 时，)2(21-=-+a a a n n ，而412-=-a a a .假设数列}{n a 是等差数列，那么4)2(2-=-a a ，所以0=a .那么34+-=n a n .42、形如：n n a a =+1+)(n f 的递推数列，求通项用叠加〔消项〕法；形如：)(1n g a a nn =+的递推数列，求通项用连乘〔约项〕法. ［举例］数列}{n a 满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ，求数列}{n a 的通项公式.分析：解决这种递推数列的思想方法本质上是等差、等比数列求通项公式的思想方法.等差数列的根本递推关系：d a a n n +=+1，等比数列的递推关系：q a a nn =+1. 由题知：)2(333311233222111≥⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=-=-=-=---------n a a a a a a a a n n n n n n n n n相加得：2)31(33331211-----=+++=-n n n n a a ，又11=a ，所以)2(213≥-=n a n n ，而1a 满足此式，那么)(213N n a n n ∈-=. 43、一次线性递推关系：数列}{n a 满足：c b a c a b a a a n n ,,(,,11+⋅==+是常数〕是最重要的递推关系式，可以看出当1=b时，此数列是等差数列，当0=c 〔)0≠b 时，此数列是等比数列.解决此递推的方法是通过代换〔令)k a b n n+=化成等比数列求解.［举例］数列}{n a 满足：)(,12,111N n a a a n n ∈+==+，求此数列的通项公式.分析：由121+=+n n a a 得：)1(211+=++n n a a 知数列}1{+n a 是等比数列，首项为2，公比为2，所以n na 21=+，知12-=n n a .44、在解以数列为模型的数学应用题时，要选择好研究对象，即选择好以“哪一个量〞作为数列的“项〞，并确定好以哪一时刻的量为第一项；对较简单的问题可直接寻找“项〞与“项数〞的关系，对较复杂的问题可先研究前后项之间的关系〔即数列的递推公式〕，然后再求通项.［举例］某企业去年底有资金积累a 万元，根据预测，从今年开场以后每年的资金积累会在原有的根底上增长20%，但每年底要留出b 万元作为奖励金奖给职工.企业方案用5年时间是使资金积累翻一番，求b 的最大值.分析：与年数相关的应用题在解答过程中要注意项数与年数之间的关系，在设数列时就要指明.特别注意年底、年初的不同.设从今年开场每年底该企业的资金积累为n a 万元，那么b a b a a -=-+=45%)201(1〔万元〕，b a b a a n n n -=-+=+45%)201(1，那么)4(4541b a b a n n -=-+.所以数列}4{b a n -是以b a b a 54541-=-为首项，45为公比的等比数列，所以1)45)(545(4--=-n n b a b a ，1)45)(545(4--+=n n b a b a .由题知a a 25≥，那么a b a b 2)2.1)(52.1(44≥-+，求得：a ab 08.09950763≈≤.即b 的最大值大约为8%a .45、常见的极限要记牢：⎪⎩⎪⎨⎧-=><==∞→11||1||,01,1lim q q q q q n n 或不存在，，注意n n q ∞→lim 存在与0lim =∞→nn q 是不一样的；e nn n =+∞→)11(lim ，特别注意此式的构造形式；假设)(),(n g n f 是关于n 的多项式函数，要会求)()(limn g n f n ∞→. ［举例1］求以下各式的值：〔1〕)4(22lim 2≠-+∞→a aa n n n n n ；〔2〕nn n n 2)11(lim +-∞→. 分析：对于指数型的分式型极限，一般是分子、分母同除以幂底数绝对值较大的幂，这样可以求出极限.〔1〕当2||<a 时，原式1)2(11)2(lim =-+=∞→nn n aa；当2||>a 时，原式11)2()2(1lim-=-+=∞→n n n a a . 〔2〕与e 相关的极限问题要注意其构造形式，注意到括号内是""+号相连，且分子为1，幂的指数与括号内的分母一样.当形式不同时，要向此转化.nn n n n n n )121(lim )11(lim 2+-=+-∞→∞→=2)12(21)2111(lim )2111(lim -+-⋅+-∞→∞→=+-+=+-+e n n n nn n nn .［举例2］假设1432lim2=+++∞→n bn an n ，那么=a ＿＿＿＿；=b ＿＿＿＿. 分析：对于分子分母是关于n 的整式的分式型极限，假设分子的最高的幂指数大于分母的最高的幂指数，那么此式极限不存在；当分子的最高的幂指数与分母的最高的幂指数一样时，极限是分子、分母的最高次幂的系数比；当分子的最高的幂指数小于分母的最高的幂指数时，极限是零.注意到此式极限为1是存在的，由上分析知13,0==ba ，所以3,0==b a . 46、理解极限是“无限运动的归宿〞. ［举例］△ABC 的顶点分别是))(0,24(),2,0(),2,0(N n nC n B n A ∈+-，记△ABC 的外接圆面积为n S ，那么=∞→n n S lim ＿＿＿＿＿.分析：此题假设要先求出三角形ABC 的面积后再求极限那么是“漫长〞的工作，注意到当∞→n 时A 、B 、C 点的变化，不难看出△ABC 被“π4lim=∞→n n S .。
2020届高三数学一轮复习： 第5章 第2节 等差数列及其前n项和
第二节 等差数列及其前n 项和[考纲传真] 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．用符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.()(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－1 B.1 C ．2D.－2D [依题意得S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2，故选D.] 3．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5 B.7 C ．9D.11A [a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.]4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100 B.99 C ．98D.97C [法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.]5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数． 16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }， 则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n . 由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623， 则在100以内有16个能被6整除的数．]n n 为{a n }的前n项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192 C ．10D.12(2)(2017·云南省二次统一检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( )A ．9 B.10 C ．11D.15(1)B (2)B [(1)∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×(8－1)2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12， ∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×(11－1)2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.][规律方法] 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．2．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．[变式训练1] (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A.12B.1 C ．2D.3(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝__________.【导学号：01772176】(1)C (2)－72 [(1)∵S n ＝n (a 1＋a n )2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1， 得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2， ∴数列{a n }的公差为2.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.]已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列． (2)求数列{a n }中的通项公式a n . [解] (1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1.所以n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1 ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1.5分又b 1＝1a 1－1＝－52，所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列.7分 (2)由(1)知，b n ＝n －72，9分 则a n ＝1＋1b n＝1＋22n －7.12分[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．[变式训练2] (1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )【导学号：01772177】A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列(2)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝__________.(1)C (2)480 [(1)∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2) ＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2) ＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列． (2)由已知S nS n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480.]每列的三个数均成等差数列，如果数阵中所有数之和等于63，那么a 52＝( )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 41a 42 a 43a 51 a 52 a 53a 61a 62a 63 图5-2-1 A ．2 B.8 C ．7D.4(2)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 取得最大值．(1)C [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C.法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a 52＝7，故选C.](2)法一：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，4分 即d ＝－213a 1.7分从而S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1， 因为a 1>0，所以－a 113<0.9分 故当n ＝7时，S n 最大.12分 法二：由法一可知，d ＝－213a 1. 要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，5分即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，9分解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大.12分 法三：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，5分故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，9分 所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大.12分 [规律方法] 1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[变式训练3] (1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( )A ．18 B.99 C ．198D.297(2)已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝__________.(1)B (2)20 [(1)因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.(2)法一：设数列{a n }的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D .所以5＋2D ＝10， 所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.][思想与方法]1．等差数列的通项公式，前n 项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a 1和d .(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，….(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d ，….2．等差数列{a n }中，a n ＝an ＋b (a ，b 为常数)，S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)，均是关于“n ”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．3．等差数列的四种判断方法：(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{a n}是等差数列．[易错与防范]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．3．求等差数列的前n项和S n的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．。
2022届高三数学(理)一轮总复习课时规范训练：第五章 数列 5-1 Word版含答案
课时规范训练[A 级 基础演练]1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( )A.n2n ＋1B.n 2n －1C.n 2n －3 D ．n 2n ＋3解析：选B.由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n2n －1.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( )A.53 B ．43 C ．1D ．23 解析：选A.由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝12＋1＝32，a 4＝1a 3＋1＝23＋1＝53.3．(2021·保定高三调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( ) A ．2n－1 B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2n －2解析：选A.由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n，∴a n ＝2n－1.4．(2021·银川模拟)设数列{}a n 满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{}a n 的前n 项之积为T n ，则T 2 016的值为( )A ．－12B ．1 C.12D ．2解析：选B.由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12可知，数列{}a n 是周期为3的数列，且a 1·a 2·a 3＝－1，从而T 2 016＝(－1)672＝1.5．(2021·吉林长春质量检测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B ．2n （n ＋1）C.6（n ＋1）（n ＋2）D ．5－2n 3解析：选B.由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n （n ＋1），当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n （n ＋1），故选B.6．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2) ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋ ＝3×5＝15.7．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a n n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a n n ＝a 11＝1，∴a n＝n .法二(累乘法)：当n ≥2时，a n a n －1＝n n －1. a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n .8．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＝( ) A ．3×44B ．3×44＋1 C ．45D ．45＋1解析：选A.法一：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.故选A.法二：当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第2项开头是以4为公比的等比数列，又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 （n ＝1），3×4n －2（n ≥2）. ∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.9．(2021·云南文山检测)设S n 是数列{a n }的前n 项和，假如S n ＝3a n －2，那么数列{a n }的通项公式为 ．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3a 1－2，解得a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝3a n －2，S n －1＝3a n －1－2，两式相减得a n＝3a n －3a n －1，故a n a n －1＝32，数列{a n }为首项为1，公比为32的等比数列，其通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案：a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －110．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 ＝ ．解析：当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23(a n －a n －1)，∴a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2， ∴{}a n 是以1为首项的等比数列，其公比为－2， ∴a n ＝1×(－2)n －1，即a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －1[B 级 力量突破]1．(2021·哈三中一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．44B ．45C.13×(46－1) D ．14×(45－1) 解析：选B.由a n ＋1＝3S n 得a 2＝3S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝3S n －1，则a n ＋1－a n ＝3a n ，n ≥2，即a n ＋1＝4a n ，n≥2，则数列{a n }从其次项起构成以3为首项，4为公比的等比数列，所以S 6＝a 73＝3×453＝45，故选B.2．(2021·浙江台州调考)现定义a n ＝5n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，其中n ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫110，15，12，1，则a n 取最小值时，n 的值为( )A.110 B ．15 C.12D ．1解析：选A.令5n＝t >0，考虑函数y ＝t ＋1t，易知其在(0，1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小，再考虑函数t ＝5x，当0<x ≤1时，t ∈(1，5]，可知当n ＝110时，a n 取得最小值．3．(2021·东北三校联考)已知数列{a n }满足：a n ＝13n 3－54n 2＋3＋m ，若数列的最小项为1，则m 的值为( )A.14 B ．13 C ．－14D ．－13解析：选B.令f (x )＝13x 3－54x 2＋3＋m ，x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝x 2－52x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －52，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞时，f ′(x )>0，故x ＝52为函数f (x )的微小值点，也是最小值点．由于n ∈N *，且a 2＝23＋m ，a 3＝34＋m ，故a 2<a 3，即a 2为数列{a n }的最小项，故23＋m ＝1，解得m ＝13，故选B.4．在数列{a n }中，a 1＝1，对于全部的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ． 解析：由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 答案：61165．已知数列{a 2n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝ ． 解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的周期数列，∴a 2 018＝a 2＝0. 答案：06．(2021·山东潍坊调研)已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是 ．解析：法一(定义法)：由于{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)(*)．由于n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.法二(函数法)：设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足f (1)<f (2)，即λ>－3.答案：λ>－3。
高考数学一轮复习 第5章 数列 5.1 数列的概念与表示学案 理-人教版高三全册数学学案
5.1 数列的概念与表示[知识梳理]3．数列{a n }的a n 与S n 的关系(1)数列的前n 项和：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .特别提醒：若当n ≥2时求出的a n 也适合n ＝1时的情形，则用一个式子表示a n ，否则分段表示．[诊断自测] 1．概念思辨(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．教材衍化(1)(必修A5P 31T 2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( )A ．21B ．33C ．152D ．153 答案 C解析 代n 值进行验证，n ＝1时，A 满足；n ＝2时，B 满足；n ＝12时，D 满足．故选C.(2)(必修A5P 33T 4)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a 5＝________.答案145解析 a 1＝2，a 2＝2＋12＝52，a 3＝52＋16＝83，a 4＝83＋112＝3312，a 5＝3312＋120＝145.3．小题热身(1)(2017·石家庄模拟)数列{a n }：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n (n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n ＋12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 答案 D解析 由分子3,5,7,9归纳为2n ＋1，由分母3,8,15,24归纳为n (n ＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选D.(2)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＝1－a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6＝________.答案316解析 由题意可得a 3＝1－a 14＝34，a 4＝1－a 1＋a 24＝1－12＝12，a 6＝1－a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝1－1316＝316.题型1 知数列前几项求通项公式典例 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…； (3)1,0，13，0，15，0，17，0，…；(4)32，1，710，917，…. 注意项的正负号，分子、分母分开进行不完全归纳．解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，分母依次为1,2,3，…，而分子1,0,1,0，…周期性出现，因此数列的通项可表示为a n ＝1＋(－1)n ＋12n或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2n.(4)将数列统一为32，55，710，917，…对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，所以可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.方法技巧由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：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；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系．如典例(4)．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，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．如典例(1)．冲关针对训练(2017·青岛模拟)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2答案 C解析 代入进行验证可得选项C 成立．故选C. 题型2 数列的周期性典例在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)． (1)求a 2018; (2)求S 100.本题采用累加法．解 (1)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 2018＝a 336×6＋2＝a 2＝5.(2)a n ＝a n －1－a n －2，a n －1＝a n －2－a n －3，…，a 3＝a 2－a 1这n －1个式子相加得：a n ＋a n －1＋…＋a 3＝a n －1－a 1， S n ＝a n －1＋a 2(n ∈N *且n ≥2)， S 100＝a 99＋a 2＝a 16×6＋3＋a 2＝a 3＋a 2＝9.方法技巧数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期．冲关针对训练(2018·大兴一中模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2018项为________．答案 15解析 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a 2018＝a 2＝15.题型3 由a n 与S n 的关系求通项公式典例 (2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.转化法S n →a n .答案 －2n －1解析 依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1， 两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n . 又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.[条件探究] 将本典例条件变为“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12”，则{a n }的通项公式为________．答案 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)解析 ∵当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1，∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0，易知S n S n －1≠0，所以1S n －1S n －1＝2.又S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，公差为2的等差数列．∴1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n .∴S n ＝12n. ∴当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝－2S n S n －1＝－2×12n ×12(n －1)＝－12n (n －1).∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *).方法技巧1．已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．如条件探究．2．S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式．(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解．如典例．冲关针对训练设数列{a n}的前n项和为S n，数列{S n}的前n项和为T n，满足T n＝2S n－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式．解(1)令n＝1时，T1＝2S1－1.∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1.∴a1＝1.(2)当n≥2时，T n－1＝2S n－1－(n－1)2，则S n＝T n－T n－1＝2S n－n2－[2S n－1－(n－1)2]＝2(S n－S n－1)－2n＋1＝2a n－2n＋1.∵当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，∴S n＝2a n－2n＋1(n≥1)．∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－2(n－1)＋1，两式相减，得a n＝2a n－2a n－1－2，∴a n＝2a n－1＋2(n≥2)．∴a n＋2＝2(a n－1＋2)(n≥2)．∵a1＋2＝3≠0，∴数列{a n＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．∴a n＋2＝3×2n－1，∴a n＝3×2n－1－2.当n＝1时也满足a1＝1，∴a n＝3×2n－1－2.题型4 由递推关系求通项公式角度1 形如a n＋1＝a n＋f(n)，求a n(多维探究)a n}满足a1＝1，且a n＋1－a n＝n＋1(n∈N*)，求a n.典例(2015·江苏高考)设数列{累加法(或凑配法)．解 由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.[条件探究] 将本典例条件“a n ＋1－a n ＝n ＋1”变为“a n ＋1＝a n ＋2n”，其他条件不变，则a n 的通项公式为________．答案 2n－1解析 由题意知a n ＋1－a n ＝2n，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.角度2 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n典例 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋2a n ，则通项公式a n ＝________. 累乘法．答案43n (n ＋1)解析 由已知得a n ＋1a n ＝n n ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1，所以a n a 1＝2n (n ＋1)，a n ＝43n (n ＋1).又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).角度3 形如a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n (多维探究)典例 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.待定系数法、转化法、构造法．答案 2n ＋1－3解析 递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n＝4×2n－1＝2n＋1，所以a n＝2n＋1－3.[条件探究1] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝－1，a n＋1＝2a n＋4·3n－1”，求an.解原递推式可化为a n＋1＋λ·3n＝2(a n＋λ·3n－1)．①比较系数得λ＝－4，①式即a n＋1－4·3n＝2(a n－4·3n－1)．则数列{a n－4·3n－1}是一个等比数列，其首项a1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n－4·3n－1＝－5·2n－1.即a n＝4·3n－1－5·2n－1.[条件探究2] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝－1，a2＝2，当n∈N*，a n＋2＝5a n＋1－6a n”，求a n.解a n＋2＝5a n＋1－6a n可化为a n＋2＋λa n＋1＝(5＋λ)(a n＋1＋λa n)．比较系数得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得a n＋2－2a n＋1＝3(a n＋1－2a n)．则{a n＋1－2a n}是一个等比数列，首项a2－2a1＝2－2×(－1)＝4，公比为3.∴a n＋1－2a n＝4·3n－1.利用上题结果有a n＝4·3n－1－5·2n－1.当λ＝－3时结果相同．[条件探究3] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝1，a n＋1＝2a na n＋2”，求a n.解两边同取倒数得1a n＋1＝a n＋22a n＝1a n＋12.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n＝n＋1 2，∴a n＝2n＋1.方法技巧已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如a n＋1＝a n f(n)，常用累乘法．(2)形如a n＋1＝a n＋f(n)，常用累加法．(3)形如a n＋1＝ba n＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．(4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp. 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp，可用公式求通项；若p ≠r ，则采用(3)的方法来求．以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考： (5)形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子， 由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得a n ＋2a n ＝f (n ＋1)f (n )，然后分奇、偶讨论即可． (9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列． (10)a n ＝pa rn －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．冲关针对训练(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式．解 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－12.1．(2018·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项的和为S n 则S 2018为( )A ．504 B.17713 C ．－17573 D ．－504答案 C解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵2018÷4＝504余2，∴S 2018＝504×⎝ ⎛⎭⎪⎫－76＋2＋13＝－17573.故选C.2．(2017·河南许昌二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62 答案 A解析 ∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A.3．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 解法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 解法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.4．(2018·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的第4项．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)解法一：由S 3＝15，S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ， 得S 3＝2×3a 4－3×32－4×3＝15， 解得a 4＝9.解法二：∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)．② ①－②并整理得a n ＋1＝(2n －1)a n ＋6n ＋12n (n ≥2)．∴a 4＝(2×3－1)×7＋6×3＋12×3＝9.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219是这个数列的( ) A ．第16项 B ．第24项 C ．第26项 D ．第28项 答案 C解析 设题中数列为{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令3n －2＝219＝76，解得n ＝26.故选C.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A.6116 B.259 C.2516 D.3115答案 A解析 解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2. 两式相除得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.3．(2018·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.4．(2018·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n－2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项逐一检验，只有C符合．故选C.5．(2018·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立 ，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27 B.27 C ．－37 D.37答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n ＝37.故a 1413－a 1314＝37.故选D.7．(2018·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5.则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C 解析 由na 1＋a 2＋…＋a n＝15n得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选C.8．(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3)答案 C解析 因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．故选C.9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析 由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n，即tn －12n＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n.化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C. 10．(2018·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n.∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝⎛⎭⎪⎫1an＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)，∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，∵数列{b n }是单调递增数列， ∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32， 又当n ＝1时，b 2>b 1，∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45.故选A.二、填空题11．(2018·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n， 所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.12．(2017·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0.设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a 2017)＝________.答案 6解析 由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2， ∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a 2017)＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(2017·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 2016等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a 2016＝a 671×3＋3＝a 3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n ≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ 解析 由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n .因为不等式12k 12＋n －2S n ＝k ·2n≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *.令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38. 三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式．解 在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.16．(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1000. 因为29＝512<1000<1024＝210， 所以n ≥10.于是，使|T n －1|<11000成立的n 的最小值为10.。
高中数学高考高三理科一轮复习资料第5章 5.3 等比数列及其前n项和
因为 q＜1，解得 q＝－1 或 q＝－2. 当 q＝－1 时，代入①得 a1＝2， － 通项公式 an＝2×(－1)n 1； 1 当 q＝－2 时，代入①得 a1＝2， 1 通项公式 an＝2×(－2)n－1.
点评：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问 题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式， 并能灵活运用．尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项 和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算 过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
高中数学
5．3 等比数列及其前n项和
考纲点击 1.理解等比数列的概念． 2．掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式． 3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用 有关知识解决相应的问题． 4．了解等比数列与指数函数的关系
说基础
课前预习读教材
考点梳理 1.等比数列的定义 如果一个数列从第二项起，①____________等于同一个常 数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ② ______.公比通常用字母 q 表示(q≠0)． 2．通项公式与前 n 项和公式． (1)通项公式：③__________，a1 为首项，q 为公比． (2)前 n 项和公式： 当 q＝1 时， ④__________； 当 q≠1 时， ⑤______________.
解析：由等比数列的性质知：a1· a19＝16＝a8· a12＝a2 10，∴ a10＝4，则 a8· a10· a12＝a3 10＝64，故选 B. 答案：B
1n 3． 若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝3( ) ＋m(n∈N*)， 则 2 实数 m 的取值为( ) 3 A．－ B．－1 2 C．－3 D．一切实数n－1 Nhomakorabea1 －2
高考数学一轮总复习第五章数列2等差数列课件高三全册数学课件
(3)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为 d1，d2，则 pan＋1＋ qbn＋1－(pan＋qbn)＝p(an＋1－an)＋q(bn＋1－bn)＝pd1＋qd2(与 n 值无 关的常数)，即数列{pan＋qbn}也是等差数列．
钱．( C )
5
3
A.3
B.2
4
5
C.3
D.4
第二十三页，共四十八页。
解析：设甲、乙、丙、丁、戊分别为 a－2d，a－d，a，a＋d， a＋2d，由题意可得：
a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5， a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d， 联立解得 a＝1，d＝－16. ∴这个问题中，甲所得为 1－2×(－16)＝43(钱)． 故选 C.
(2)(2019·全国卷Ⅲ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a1≠0，a2
＝3a1，则SS150＝____4____.
第十六页，共四十八页。
【解析】 (1)解法 1：设等差数列{an}的公差为 d，
∵Sa45＝ ＝05， ，
∴4a1＋4×2 3d＝0， a1＋4d＝5，
解得da＝1＝2－，3，
(1)在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则 a10＝ 18 .
(2)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝－5，S9＝27，则公
差 d＝ 2 .
(3)在等差数列{an}中，若 a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则 a2＋a8
＝ 180 . (4)在等差数列{an}中，S6＝4，S18＝24，则 S12＝ 12 .