数列问题的题型与方法[上学期] 江苏教育版

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数列题型及解题方法

数列题型及解题方法题型1：等差数列解题方法：首先确定数列的首项和公差，然后使用递推公式an = a1 + (n-1)d，其中an表示数列的第n项，a1表示首项，d表示公差。

根据题目给出的条件，可以求得所求的项或者公式中的未知数。

题型2：等比数列解题方法：首先确定数列的首项和公比，然后使用递推公式an = a1 * r^(n-1)，其中an表示数列的第n项，a1表示首项，r表示公比。

根据题目给出的条件，可以求得所求的项或者公式中的未知数。

题型3：斐波那契数列解题方法：斐波那契数列是指后一项等于前两项之和的数列，即an = an-1 + an-2。

根据题目给出的条件，可以使用递归或循环的方式计算斐波那契数列的第n项。

题型4：数列求和解题方法：对于等差数列和等比数列，可以使用求和公式直接计算数列的和。

等差数列的和用Sn = (n/2)(a1 + an)表示，等比数列的和用Sn = a1(1 - r^n)/(1 - r)表示。

根据题目给出的条件，代入公式计算即可得到所求的和。

题型5：数列拓展解题方法：有时候题目需要在基本的数列模型上进行拓展，可以根据数列的特点和题目的要求进行分析和解答。

可以使用递推公式或者递推关系式进行推导，并根据题目给出的条件计算所求的项或和。

题型6：递推关系式解题方法：有时候数列无法使用基本的递推公式进行求解，需要根据数列的特点建立递推关系式。

递推关系式是指数列的每一项与前面的若干项之间存在某种关系，通过这个关系可以递推求解数列的项或和。

根据题目给出的条件，建立递推关系式，并根据初始条件求解所求的项或和。

(江苏专用)2020版高考数学大一轮复习第六章数列6.5数列求和教案(含解析)

§6.5数列求和考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．1．(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2；(2)等差数列前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2，推导方法：倒序相加法；(3)等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法． 2．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.3．数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法．(1)1n(n＋1)；(2)1(2n －1)(2n ＋1)； (3)1n ＋n ＋1；(4)1n (n ＋1)(n ＋2).提示 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二教材改编2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．答案 1008解析由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2， ∴S 10＝1×(1－210)1－2＝1023，S 4＝1×(1－24)1－2＝15，∴S 10－S 4＝1008.3．[P68复习题T13(2)]已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则该数列的前________项之和等于9. 答案 99解析由题意知，a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9，解得n ＝99. 4．[P62习题T12]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nxn1－x解析设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1， ① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三易错自纠5．一个球从100m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．答案 100＋200(1－2－9)解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2017＝________.答案 1008解析因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2017＝S 2016＋a 2017 ＝20164×2＋2017·cos 20172π＝1008. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝______. 答案－76解析 S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n2×(－4)，n 为偶数，n －12×(－4)＋4n －3，n 为奇数，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，∴S 15＝29，S 22＝－44，S 31＝61， ∴S 15＋S 22－S 31＝－76.题型一分组求和与并项求和例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *)．引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解由(1)知b n ＝2n＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．跟踪训练1(2018·苏州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)．两式相减得a n ＋2－a n ＝4，所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列．由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.①当n 为奇数时，a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3.S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×(1＋4n －11)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.题型二错位相减法求和例2已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .检验n ＝1时，上式符合， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列， ∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3，即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)，解得k ＝3(负值舍去)．b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝128＝32，∴b n ＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴n b n ＝18n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， ∴T n ＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋18×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋18×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.①上式两边乘以23，得23T n ＝18×⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋⎦⎥⎤(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .②①－②，得13T n ＝18×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－18n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝38－3＋n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，则T n ＝98－9＋3n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n (n ∈N *)．思维升华形如{a n ·b n }(其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列)的数列可用错位相减法求和．跟踪训练2已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝13，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2na n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得，1a n ＋1－1a n＝2，1a 1＝3，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3，公差为2的等差数列， ∴1a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，∴a n ＝12n ＋1(n ∈N *)． (2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n，∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n，2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n＋(2n ＋1)·2n ＋1，两式相减得，－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n ＋1)2n ＋1.＝6＋8－8×2n －11－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1(n ∈N *)．题型三裂项相消法求和例3(2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝2，a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)． (1)求a 2019的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以当n ≥2时，a n －1a n ＝2(S n －1＋1)，两式相减，得a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ，a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.又a 1＝2，所以a 2019＝2＋2019－12×2＝2020.(2)由a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，当n ＝1时，a 1a 2＝2(a 1＋1)，即2a 2＝2×3，解得a 2＝3. 由a n ＋1－a n －1＝2，可得数列{a n }的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，k ∈N *，a 2k ＝3＋2(k －1)＝2k ＋1，k ∈N *，所以a n ＝n ＋1.(3)因为数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝n n －n ＋1n ＋1，所以{b n }的前n 项和T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－33＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n－n ＋1n ＋1 ＝1－n ＋1n ＋1. 思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项．跟踪训练3已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n a n ＋1，则数列{b n }的前10项和S 10＝________. 答案1011解析由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，得1a n ＋1－1a n＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.因为b n ＝a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.1．正项等差数列{a n }满足a 1＝4，且a 2，a 4＋2,2a 7－8成等比数列，{a n }的前n 项和为S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d (d >0)，由已知得a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2，化简得，d 2＋4d －12＝0，解得d ＝2或d ＝－6(舍)，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋6)2＝n 2＋3n ，所以b n ＝1S n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋4(n ∈N *)． 2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)，b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32.(1)解由a 1＝0，得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4(n ∈N *)． (2)证明由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，T n －2n ＝32－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32.4．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n·12log 2n＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，①则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋ (2))－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6.5．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3，…)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －1S n ， ∴S n ＋1＝2(2n ＋1)2n －1S n ，∴S n ＋12n ＋1＝2·S n2n －1，又a 1＝1，∴S 11＝1≠0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知，S n2n －1＝2n －1，∴S n ＝(2n －1)·2n －1，∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，① 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n.②①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n＝(3－2n )·2n－3，∴T n ＝(2n －3)·2n＋3(n ∈N *)．6．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，求在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数．解 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ， ① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ， ∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2.∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

高考数学(苏教版)专题通关必杀技：5-3数列(高效作业,含详解)

一、填空题1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，由8a 2＋a 5＝0得a 1q (8＋q 3)＝0，∵a 1q ≠0，∴q ＝－2∴S 5S 2＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 答案：－112．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________.解析：由题S 3＝7可知，q ≠1.则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝1a 1(1－q 3)1－q ＝7解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12 ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝314 答案：3143．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 2＝2a 1，a 1q 3＋2a 1q 6＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12. 所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝31. 答案： 314．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析：由等比数列的性质：S 3、S 6－S 3、S 9－S 6仍成等比数列，于是由S 6＝3S 3.可得： S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3∴S 9S 6＝73. 答案：735．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为________．解析：∵a 1＝1,9S 3＝S 6，∴q ≠1.则9·1－q 31－q ＝1－q 61－q，得q 3＝1(舍)，q 3＝8， ∴q ＝2，∴1a n ＝12n －1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116. 答案：31166．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________.解析：S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝21a 1＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝4n －1.答案：4n －17．(2011年广东)已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析：由已知，得2q 2－2q ＝4，∴q ＝2或q ＝－1，又{a n }是递增数列，∴q ＝2.答案：28．(2011年北京)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＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12. 答案：2 2n －1－129．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.解析：∵S 99＝30，即a 1(299－1)＝30.a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝4a 1(833－1)8－1＝47a 1(299－1) ＝47×30＝1207. 答案：1207二、解答题10．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 .解析：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 －1.11．(2011年课标全国)已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13. (1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n 2； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．解析：(1)证明：因为a n ＝13×⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n 2. (2)因为b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2. 所以{b n }的通项公式为b n ＝－n (n ＋1)2. 12．(2011年江西)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.(1)若a ＝1，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }唯一，求a 的值．解析：(1)设数列{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq 2＝3＋q 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)．即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－ 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n －1或a n ＝(2－2)n －1.(2)设数列{a n }的公比为q ，则由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，得aq 2－4aq ＋3a －1＝0(*)，由a >0得Δ＝4a 2＋4a >0，故方程(*)有两个不同的实根．由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a ＝13.。

精选苏教版数列专题复习答案版(完整版)

数列专题复习 (一 )一、填空题1)在等差数列a n 中， a 2 2 ， a 3 4,则a 10 ＝1．（ 2011 年高考重庆卷文科．{ a n } 中， a 1＋a 5＝ 10，a 4＝ 7，则数列 { a n } 的公差为 2．【 2012 高考真题福建理 2】等差数列．2 ×a n S n 为其前 n 项和，n ∈ N ，若 a 3＝ 16，S 20＝ 20，则 S 10＝ 110 ． 3．（ 11 年高考天津 )已知是等差数列， a n 是等差数列，公差 d ＝－ 2，S n 为其前 n 项和，若 S 10＝ S 11，则 a 1＝ 20 ．4．（ 11 高考江西 5)已知a 1b 1 7 ， a 3 b 3 21，则 a 5b 55．【 12 真题】设数列 {a n },{b n } 都是等差数列，若 _35 。

a 45 则 { a n } { a n } a 21 ， S 5 ＝ 6．【 2012 高考真题重庆理 1】在等差数列中，的前 5 项和．1515)S n 为等差数列 S 2＝S 6，a 4＝ 1，则 a 5＝－ 1 ． { a n } 的前 7．（ 2011 年高考辽宁卷文科 n 项和， 24 ，则 a n ＝ 2n 1a 1＝ 1， a 3 a28．【 2012 高考真题广东理 11】已知递增的等差数列 { a n } 满足 9．（ 11 年全国卷 )设 S n 为等差数列a n 的前 n 项和，若 a 1 1，公差 d 2 ，S A S n 24 ，则 k 52 a 4＋a 8＝ 16，则该数列前 11 项和 S 11＝．10．【2012 高考真题辽宁理 6】在等差数列 { a n } 中，已知 (A)58(B)88(C)143( D)176a n ﹜的前 n 项和，则下列命题错 7】设 S n 是公差为 d （d ≠ 0）的无穷等差数列﹛ 11．【 2012 高考真题浙江理误的序号是③① .若 d ＜0，则数列﹛ S n ﹜有最大项*② .若数列﹛ S n ﹜有最大项，则 d ＜ 0③.若数列﹛ S n ﹜是递增数列，则对任意 n N ，均有 S n*N ④ . 若对任意 n ﹜是递增数列n，均有 S 0 ，则数列﹛ S n1S n ， a 5＝ 5， S 5＝ 15，则数列 { 12．【 2012 高考真题全国卷理 5】已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 } 的前a n a n ＋ 1100 101100 项和为13．(2011 年高考江苏卷 13)设 1 a 1a 2a 7 ，其中 a 1 , a 3 , a 5 , a 7 成公比为 q 的等比数列， a 2 ,a 4 ,a 63成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是．【答案】 3的等差数列，{ a n } 是公 14 ．【 2012 高考真题四川理 12 】设函数 f ( x)2 x co sx ，差为 813 1622[ f ( a 3 )]a 1a 5f (a 1 ) f (a 2 )f (a 5 ) 5 ，则．【答案】二、解答题17)已知等差数列 { a n } 中，a 1＝ 1， a 3＝－ 3. 15．（ 2011 年高考福建卷文科（ I ）求数列 { a n } 的通项公式；（ II ）若数列 S k ＝－ 35，求 k 的值 .{ a n } 的前 k 项和 1 1 1 1 S n ，且 3S 3 与4S 4 的等差中项1，而 3S 3 与 S 4 的等比中项是16．设等差数列 { a n } 的前 n 项和为 4 1 32-12n5 S 5，求 a n 的表达式．【答案】 a n =1 或a n = 5 17．【 2012 高考真题湖北理 18】已知等差数列 { a n } 前三项的和为3，前三项的积为 8 .（Ⅰ）求等差数列 { a n } 的通项公式；（Ⅱ）若 a 2 ， a 3 ， a 1 a 1 成等比数列，求数列 {| a n |} 的前 n 项和 . 【答案】（Ⅰ）设等差数列 { a n } 3, 的公差为 d ，则 a 22,3,d ， a 34,3. a 1 2d ，3a 1 a 1( a 13d a 1 da 1d 由题意得或解得d)(a 1 2d) 8. 所以由等差数列通项公式可得 a n（Ⅱ）当 2 3(n 1)3n 5 ，或 a n4 3(n 1 ， 1) 3n 7 .故 a n3n 5 ，或 a n3n 7 .3n 3n 5 时， a na 2 ， a 3 ， a 1 分别为 4 ， 2 ，不成等比数列；当 a n7 时， a 2 ， a 3 ， 3n 7, a 1 分别为 n 1,2, n 3.S n .1 ，2 ， 4 ，成等比数列，满足条件 .故 | a n | |3n 7 |3n 7,记数列 {| |} 的前 n 项和为 a n 当 n 当 n S n1 时， 3 时， S2 | a3 |4 ；当 2 时， | a 2 |5 ；S 1 | a 1 | S 2 | a 1 | n | a 4 | | a n 7)]| 5 (3 3 7) (3 4 7)(3n 7)(n 2)[2(3n 3 2 1122 10 . 当 n 2 时，满足此式 5n n . 24,n 1,综上， S n3 2 1122 n n 10, n 1. 18．（ 2011 年高考湖南卷文科 20)某企业在第 1 年初购买一台价值为万元的设备 M ， M 的价值在使用120 过程中逐年减少，从第2 年到第 6 年，每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元；从第 7 年开始，每年a 1 a 2a n初 M 的价值为上年初的 75%．（ I ）求第 n 年初 M 的价值 a n 的表达式；（ II ）设 A n,n若 A n 大于 80 万元，则 M 继续使用，否则须在第 n 年初对 M 更新，证明：须在第 9 年初对 M 更新． n6 时，数列 { a n } 解析：（ I ）当 10 的等差数列．是首项为 120，公差为 a n 120 10( n 1) 130 10n;3 4n6 时，数列 { a n } 当为等比数列，又 a 6 为首项，公比为a 670 ，所以是以 3 ( ) 4n 6a n70 ;120 10( n 1) 130 10n, n 6因此，第 n 年初， M 的价值 a n 的表达式为 a n3 n 6a n70 ( ) , n 47n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 ( II )设 S n 表示数列 { a n } 的前当 1n 6 时， 120 n 5n ( n 1), A n 120 5(n 1) 125 5n ;S n 3 4( 3 n ( 3 n 6 ] 6S S (a a a ) 570 70 4 [1 ) 780 210 ) n6 78 n4 4 n 7 时，因为 { a n }当 210 ( 3 )n4 n6780 A . n{ A n} (3 )84 是递减数列，所以是递减数列，又( 3)94 66780 210 780 210 82 47 64更新．7679 96A 80, A 80, 89 89 年初对 M 9所以须在第 a 为首项， n 项和. 20)已知﹛ a n ﹜是以 S n 为它的前 19．（ 2011 年高考四川卷文科 q 为公比的等比数列，（Ⅰ）当 S 1 , S 3 , S 4 成等差数列时，求 q 的值(Ⅱ )当 S m ， S n ， S i 成等差数列时，求证：对任意自然数 k 也成等差k ,a m k , a n k , a i (Ⅱ )当S m , S n , S i 成等差数列，则 2S nS m S i .当 q 1 时，由 2 S nS i ，得 2na ma ia ，即 2n m i S m . a m a i 2a na a 2a 0 ；kkknm ia(1 1 q )qa(1 1 q ) qa(1 1 q ) q当 q 1 时，由 2 S n，S mS i ，得 2qmqi2q n0 . 化简得m k 1i k 1n k 1k 1 ( min ) a ma i2 a n aqaq2aqaq qq2q 0 ，kkkk , a m ,a nk , a i综上，对任意自然数 k 也成等差数列.k 数列专题复习 (二 )一、填空题a n a 2010 8a 2007 ，则公比 q 的值为q 21．（ 2010 重庆理数 1）在等比数列中，．a n 2．（ 10 福建理数）在等比数列中，若公比 q=4 ，且前 3 项之和等于 21，则该数列的通项公式 a n4n - 1S 5 S 23．（ 2010 浙江理数）（ 3）设 S n 为等比数列a n 的前 n 项和， 8a 2 11．a 5 0 ，则辽宁文数）（ 3）设 S n 为等比数列 a n 的前 n 项和，已知 3S 3a 4 2 ， 3S 2a 3 2 ，则公比4．（ 2010 a 4a 3q3a 3 a 4 a 3 ， a 44a 3 , q4 .．两式相减得，北京）（ 2）在等比数列a n 1 ，公比 q 1 .若 a ma 1a 2a 3a 4a 5 ，则 m ＝【答案】 a 1 5．（ 2010 中， 11a 9 a 7 a 10 a 8 1 7.已知等比数列 { a m } 中，各项都是正数，且 a 1 ， a 3 , 2a 2 成等差数列，则26．（ 2010 湖北文数） 3 2 2 【答案】 a n 为等比数列， a 4 a 7 2 ，a 5a 68 ，则 a 1 01a7．【 2012 高考真题理 5】已知【答案】．38．【 12 高考真题】公比为 2 等比数列 { a n } 的各项都是正数，且 a 3a 1116 ，则 log 2 a 16 ＝【答案】 5S n ．若 S 2＝ 3a 2＋ 2，S 4＝ 9．【 2012 高考真题浙江理 13】设公比为 q （ q ＞0）的等比数列 { a n } 的前 n 项和为 3 3a 4＋2，则 q ＝【答案】．2a n s n 是 a n 9s 3s 6 ，则数列10．（ 2010 天津理数）（ 6）已知是首项为 1 的等比数列，的前 n 项和，且1 a n31 16的前 5 项和为【答案】22(a k ，a k a k ＋ 1，k 为正 11．（ 2010 江苏卷） 8、函数 y ＝ x (x ＞0)的图像在点 )处的切线与 x 轴交点的横坐标为整数， a 1＝ 16，则 a 1＋ a 3＋ a 5＝．a k 222【答案】在点 (a k ， a k ) 处的切线方程为： y a k2a k ( x a k ), 当 y 0 时，解得 x，a k 2所以 a k, a 1 a 3 a 5 16 4 1 21 ．12a n ｝为递增数列，且 a 5a 10, 2( a n a n 2 ) 5a n 12．【 2012 高考真题辽宁理 14】已知等比数列｛ 1 ，则数n列｛ a n ｝的通项公式 a n 2＝【答案】 2429na5a 1 ,0( a 1q )a 1 q,a 1,q n aq ,1222n5q, 解得q 2或q ( 舍去）， 2(a n a n 2 ) 5 a n 1 , 2a n (1 q ) 5a n q, 2(1 q ) a n 28 7 1(1 )13．【 2012 高考真题上海理 6】有一列正方体，棱长组【答案】 n 812，，，，，则成以 1 为首项、为公比的等比数列，体积分别记为 V 1 V 2 V n V 1 V 2V n．14．【 2012 高考真题湖北理 7】定义在 ( ,0) (0, ) 上的函数 f (x) ，如果对于任意给定的等比数列{ a n } ，{ f ( a n )} 仍是等比数列，则称f (x) 为 “保等比数列函数 ”.现有定义在 (,0)(0,) 上的如下函数：2x ；① ③x2 ； ① f ( x) ② f ( x) ③ f (x)| x | ； ④ f (x) ln | x | .则其中是 “保等比数列函数 ”的 f ( x) 的序号为2 22 2 2 2【解析】等比数列性质，a n a nan f a n f a n a n an an f a n 1 ，① ；22211 2 a n2a n2a na n22 a n2221② f a n f a n f a n ；21 22③ f a n f a n a n a na n f a n ；2211 22④ fa n f a nln a n ln a n ln a n f a n .选 C2211 二、解答题1 3 1317) ）已知等比数列 a n 中， a 1, q15．（ 2011 年高考全国新课标卷文科， 1 a n2前 n 项的和，证明：（ 1）s n 为数列 a n s n （ 2）设 b nlog 3 a 1 log 3 a 2 log 3 a n ，求数列 b n 的通项公式；(2) b n2log 3 a 1 n)1) log 3 a 2log 3 a n1 3 ( 1 )n 31 1 a n21(1 解：（ 1） a , s nnn3n( n 21a 1 1a 2为a ( a R )，且，，0 的等差数列 { a n } 的首项 a 1 16．（ 2011 年高考浙江卷文科 19)已知公差不为 1 a 21 a2 21 a n21 a 41a 1 *{ } 成等比数列．（Ⅰ）求数列 ... 的大小 a n 的通项公式（Ⅱ）对 n N . ，试比较与 1 a21 a 1 1 a 42 ( a d )2【解析】：（Ⅰ）aa a a ( a 3d ) d a a21 4 11 1 12数列 { a n } 的通项公式 a n a 1 ( n 1)d a 1 (n 1)a 1na1 [12 1( 1)n ] 2 1 21 a 21a221 an21 a 1 1 12 1 n（Ⅱ）记 T ... 因为 a 2 a ，所以 T ( ...)n2nn2 na 2 21 [1 a (1 ) n] 从而当 a 21 a 11 a 10 时， a0 时， T T ；当 n na n n 项和为 S n ，且 a 5 , a 3 , a 4 成等差17．【 2012 高考真题陕西理 17】设的公比不为 1 的等比数列，其前数列． 1）求数列 a n 1 成等差数列．2）证明：对任意 k N ， S k 2 , S k , S k 的公比；【答案】18．（ 2011 年高考湖北卷文科 17)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上 2、 5、 13后成为等比数列中的 b 2、 b 4、 b 5 { b n } (Ⅰ )求数列的通项公式；{ b n } 54(Ⅱ )数列 { b n } 的前 n 项和为 S n ，求证：数列 } 是等比数列 { S n . 解：（ 1）设成等差数列的三个正数分别为a － d ， a ， a ＋ d.依题意，得 a － d ＋a ＋ a ＋ d ＝ 15，解得 a ＝ 5.所以 {b n } 中的 b 3 , b 4 ,b 5 依次为 7－ d ，10， 18＋d. 依题意，有（ 7－ d ）（ 18＋ d ）＝ 100，解得 d ＝2 或 d ＝－ 13（舍去） . 54 31 2 1 2故 { b n } 的第 3 项为 5，公比为 2.由 b2 ，即 5 2 ，解得 b b b 1. 5 45 4n 1n 3所以为首项， 2 为公比的等比数列，其通项公式为{ b n } 是以 .b n25 25(1 41 2n) 545 4n 2n 2（ 2）数列 { b n } 的前 , 即 n 项和 S n5 2S n 5 2 .254 5 4S n n 2 n 15 45 2 1 5 5 5 52所以 2. 因此为首项，公比为 2 的等比数列 . S 1,是以 { S n}224 S na 1 2 ， a 3a 2 4 ．19．（ 2011 年高考重庆卷文科设{ a n } 是公比为正数的等比数列， 16) （Ⅰ）求 { a n } 的通项公式；的前 n 项和（Ⅱ）设 { b n } 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 { a n b n } s n ．2q 为等比数列 { a n } a 2 4得2q解：（ I ）设 a 12, a 32q 4 ，的公比，则由 2q即 2或qq 2 0 ，解得 q 1 （舍去），因此 q 2.n 1n*所以 { a n } a n2 22 (n N ).的通项为 n2(1 1 2 ) 2n( n 1) 2n 12 2n （ II ） S n 12. 2.n数列专题复习一、填空题(三)2a n 2n ＋ 1 a 1＝1， a n ＋1＝，则通项 a n ＝答案： 1．数列 { a n } 满足 a n ＋ 2 2－2n a 1＝1，a n ＞ 0，且 na (n ＋ 1)a ＋ a ＝ 0．则 a ＝ _答案： 1 2．数列 { a n } 满足 n ＋1a n ＋ n 1n n ＋ 1a 1＝1， a n ＋ 1＝ 2a n ＋ 3(n ≥1)，则数列的通项 a n ＝ _答案： 2 － 33．在数列 { a n } 中，若 1 1 1 1＋ 2＋3 11＋ 2＋ 2nn ＋ 14．求和： S n ＝1 ＋＋＋＋＝答案：1＋2 ＋n n － 1S n ＝ 1－ 5＋ 9－ 13＋ 17－ 21＋＋ (－1) 5．数列 { a n } 的前 n 项和 (4n － 3)，则S 15＋S 22－ S 31 的值是答案： 46 x9 1 2007 2 3 2006 2007，求 f( 6．设 f( x)＝ )＋ f ( ) ＋f( )＋＋ )的值为答案： 1003 f( x ＋ 3 2007 2007 92S nn ）设数列 { a n } 的前 n 项和，则 a 8 的值为答案： 157．（ 2010 安徽文数 5 3＋23＝（ 1＋ 2） 2， 13＋ 23＋ 33＝（ 1＋ 2＋ 3） 2， 13＋ 23＋ 33＋ 438．（ 2010 陕西文数） 11.观察下列等式： 1＝（ 1＋ 2＋3＋ 4） 2，，根据上述规律，第四．个．等．式．．为 .答案：第 i 个等式左边为 1 到 i ＋ 1 的立方和，右边为 1 到 i ＋1 和的完全平方3 3 3 3 3 2 2所以第．四．个．等．式．为 1 ＋2 ＋ 3 ＋ 4 ＋ 5 ＝（ 1＋2＋ 3＋ 4＋5）（或 15 ）. a nna n a 133, a n a n2n, 则的最小值为 .9．（ 2010 辽宁理数）（ 16）已知数列满足 1 212 a 2a n ＝ (a n － a n － 1)＋ (a n － 1－ a n － 2) ＋ (a 2－ a 1 )＋ a 1＝2[1＋ 2＋ (n － 1)] ＋ 33＝ 33＋ n － n 【答案】＋ 33 n33 nn nf ( n)所以n 133 设在( 33, ) 上是单调递增，在 (0, 33) n 1 ，令 f (n)1 0 ，则 f (n) 上是2n递减的，因为 n ∈ N ＋，所以当 n ＝ 5 或 6 时 f (n) 有最小值． a 5 553 5a 6 663 621 2a n na 21 26 的最小值为又因为，，所以，610．（ 2010 浙江文数）（ 14）在如下数表中，已知每行、每列中的树都成等差数列，那么，位于下表中的第 n 行第 n ＋1 列的数是．2n答案： nn7) 若数列a n a n ＝(－ 1) (3 n －2)，则 a 1＋ a 2 ＋... ＋ a n ＝【答案】 15 11． (2011 年高考安徽的通项公式是 n πa n ＝ncos ＋ 1，前 n 项和为 S n ，则 S 2012＝ . 12．【 2012 高考真题福建理 14】数列 { a n } 的通项公式 2 因为函数 y cosx 的周期是2【答案】 3018．4，所以数列 { a n } 的每相邻四项之和是一个常数6，2012 46 3018 所以 S 2012.1 n n 25a n ，在 13．【 12 高考真题】设 a n sin S n a 1 a 2 S 1, S 2 , , S 100 中正数的个数是 (100)【解析】当 1≤ n ≤ 24 时， a n ＞ 0，当 26≤ n ≤49 1≤ n ≤24 时相应的值，当 n ≤74 时相应的值，∴当 a n ＜ 0，但其绝对值要小于时， 51≤ n ≤ 74 时， a n ＞ 0，当 76≤ n ≤ 99 时， a n ＜ 0，但其绝对值要小于 51≤ 1 ≤ n ≤ 100 时，均有 S n ＞ 0．记[ x] x 的最大整数，例如， [2] 2 ， [1.5] 1 ， [ 0.3]1 设 a 为正14．【 2012 高考真】为不超过实数 ax nx n [ ]整数，数列 { x n } x n [ ]( n N ) 满足 x 1 a ，，现有下列命题：12a5 时，数列 { x n } 的前 k ，当 n k 时总有①当 { x n } 3 项依次为 5， 3， 2；②对数列都存在正整数 x n x k ；③当 n 1时， x na 1 ；④对某个正整数 k ，若 x k x k ，则 x n [ a] ．1其中的真命题有 _【答案】①③④．（写出所有真命题的编号）二、解答题a n 2b n bn， nN * ，、15. 【 2012 高考江苏 20】已知各项均为正数的两个数列{ a n } 和 { b n } 满足： a n 12 an2b n a nb n a n设， n N * ，求证：数列是等差数列．b1n 1 2b n a na nb nb nb nb n a n b n a n11【答案】解：∵ ，∴ ． ∴．b1a =1n 1n 1 22 2a n1b n 1a n222222b n a n b n a nb n a nb n a nb n a n1 ∴是以 1 为公差的等差数列．11 n N *∴数列1S n ，{ b n } 是等比数列，且 { a n } 16．【 2012 高考真题天津理 18】已知是等差数列，其前 n 项和为 a 1b 12,a 4b 427 ， S 4 b 410 .Ⅰ）求数列 { a n } 与 { b n } 的通项公式；**（Ⅱ）记 T na nb 1a n 1b 2a 1b n nN T n122a n 10b n （ n N ，证明）. ，1 22，的最大值为n 项和 S n n kn k N * 17．【 2012 高考真题江西理 17】已知数列 { a n } 的前，且 S n 8.9 2a nn（ 1）确定常数 k ，求 a n ；（ 2）求数列 } 的前 n 项和 T n ． { 2n 1﹡，且 a ，2 S n 21 ， n ∈ N S n ，满足 a n 18．【 2012 高考真题广东理 19】设数列 { a n } 的前 n 项和为 1 1 a 2 ＋5，a 3 成等差数列． 1 a 11 a 21 a n3 2求 a 1 的值； 2)求数列 { a n } 的通项公式． 2)证明：对一切正整数 n ，有.【答案】本题考查由数列的递推公式求通项公式，不等式证明问题，考查了学生的运算求解能力与推理论学习必备欢迎下载证能力，难度一般.精品资料精品学习资料第 11 页，共 11 页。

高考数学复习数列问题的题型与方法教案苏教版

数列问题的题型与方法一．复习目标：1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题； 2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n 项的和；3．使学生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；4．通过解决探索性问题，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．5．在解综合题的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．6．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．二．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，并能运用公式解答简单的问题。

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，并能运用公式解决简单的问题。

4．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。

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。

解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度。

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。

应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决。

(江苏专用)高考数学大一轮复习第六章数列 6.3 等比数列及其前n项和教师用书理苏教版-苏教

第六章数列 6.3 等比数列及其前n 项和教师用书理苏教版1.等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0). 2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1.3.等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列.5.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q.6.等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.【知识拓展】等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列.(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列.(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列.(4)当q <0时，{a n }为摆动数列.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列.( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列.( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列.( × )1.(教材改编)等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝________.答案 12解析 a 2＝a 1q ＝2，a 5＝a 1q 4＝14，∴q 3＝18，∴q ＝12.2.(教材改编)下列关于“等比中项”的说法中，正确的是________(填序号). ①任何两个实数都有等比中项； ②两个正数的等比中项必是正数； ③两个负数的等比中项不存在；④同号两数必存在互为相反数的两个等比中项. 答案 ④解析 ①一正数、一负数没有等比中项； ②两个正数的等比中项有两个，它们一正、一负； ③两个负数a ，b 的等比中项为±ab ；所以①、②、③错误，易知④正确.3.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝________.答案 63解析根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.4.(教材改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝________. 答案 3解析由S 6＝4S 3，所以a 11－q 61－q ＝4a 11－q 31－q，所以q 3＝3(q 3＝1不合题意，舍去)，所以a 4＝a 1·q 3＝1×3＝3.5.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q ·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.题型一等比数列基本量的运算例1 (1)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 (1)12(2)2n－1解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.(2)∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×[1－12n]1－12＝4(1－12n )，∴S n a n＝41－12n42n ＝2n－1. 思维升华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.(1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和.已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________.(2)(2015·某某)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.答案 (1)314(2)3n －1解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝41－1251－12＝314.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1qn －1＝3n －1.题型二等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2n ≥2， ②由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2). ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列. (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列. ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2.引申探究若将例2中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式. 解由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*) 又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)，∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n－1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12).又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列.所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.题型三等比数列性质的应用例3 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案 (1)50 (2)34解析 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)方法一 ∵S 6∶S 3＝1∶2，∴{a n }的公比q ≠1.由a 11－q 61－q ÷a 11－q 31－q ＝12，得q 3＝－12，∴S 9S 3＝1－q 91－q 3＝34. 方法二 ∵{a n }是等比数列，且S 6S 3＝12，∴公比q ≠－1，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形. (2)等比中项的变形.(3)前n 项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.(1)已知在等比数列{a n }中，a 1a 4＝10，则数列{lg a n }的前4项和等于________.(2)(2016·某某一调) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6的值为________. 答案 (1)2 (2)63解析 (1)前4项和S 4＝lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＋lg a 4＝lg(a 1a 2a 3a 4)，又∵等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 1a 4＝10， ∴S 4＝lg 100＝2.(2)方法一由等比数列的性质得，q 2＝S 4－S 2S 2＝4，所以q ＝±2. 由S 2＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－3.所以S 6＝a 11－q 61－q ＝1×1－261－2＝63或S 6＝a 11－q 61－q ＝－3×[1－－26]1－－2＝63.方法二由S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列可得(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，所以S 6＝63.13.分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (14分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3，4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *).思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式. (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明. 规X 解答(1)解设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[4分](2)证明由(1)知，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.[8分]当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[10分]当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[12分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[14分]1.(教材改编){a n }，{b n }都是等比数列，那么下列正确的序号是________. ①{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列；②{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列； ③{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列； ④{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列. 答案 ③解析 {a n ＋b n }不一定是等比数列，如a n ＝1，b n ＝－1，因为a n ＋b n ＝0，所以{a n ＋b n }不是等比数列.设{a n }，{b n }的公比分别为p ，q ，因为a n ＋1b n ＋1a n b n ＝a n ＋1a n ·b n ＋1b n＝pq ≠0，所以{a n ·b n }一定是等比数列.2.(2016·某某东海中学月考)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 4a 5a 6＝3，log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 8＋log 3a 9的值为________. 答案 43解析 ∵a 4a 6＝a 25，∴a 4a 5a 6＝a 35＝3，解得1353.a =∵a 1a 9＝a 2a 8＝a 25，∴log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 8＋log 3a 9＝log 3a 1a 2a 8a 94433534log log 3.3a ===3.在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________. 答案 14解析设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.*4.(2015·某某改编)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________. 答案 9解析由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9.5.已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)的值是________. 答案－5解析由log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，得log 3a n ＋1－log 3a n ＝1，即log 3a n ＋1a n＝1，解得a n ＋1a n＝3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列. 因为a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)q 3，所以a 5＋a 7＋a 9＝9×33＝35.所以51579133log ()log 3= 5.a a a ++=-6.(2017·某某检测)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________. 答案32解析因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以343.a π= log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)733437log 7log 33a ππ===，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 7.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析因为⎩⎪⎨⎪⎧ 3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②由①－②，得3a 3＝a 4－a 3，即4a 3＝a 4，则q ＝a 4a 3＝4.8.(2016·某某调研)设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10＝________.答案 19解析设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，从而(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得2a 1d －d 2＝0，因为d ≠0，所以d ＝2a 1，又因为S 3＝a 22，所以3a 1＋3d ＝(a 1＋d )2，将d ＝2a 1代入上式得3a 1＋6a 1＝(a 1＋2a 1)2，即9a 1＝9a 21，解之得a 1＝1(a 1＝0舍)，从而d ＝2，所以a 10＝1＋9×2＝19.*9.已知正项等比数列{a n }满足a 2 015＝2a 2 013＋a 2 014，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝4a 1，则n ＋4m nm 的最小值为________.答案 32解析设{a n }的公比为q (q >0)，由正项等比数列{a n }满足a 2 015＝2a 2 013＋a 2 014，可得a 2 013·q 2＝2a 2 013＋a 2 013·q ，∴q 2－q －2＝0，∵q >0，∴q ＝2.∵a m a n ＝4a 1，∴qm ＋n －2＝16，∴m ＋n ＝6. ∴n ＋4m nm ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥32，当且仅当n m ＝4m n ，即m ＝2，n ＝4时取等号.故n ＋4m nm 的最小值为32. 10.(2016·苏锡常镇一调)设数列{a n }是首项为1，公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则数列{a n }的公差为________.答案 2解析设公差为d ，其中d ≠0，则S 1，S 2，S 4分别为1,2＋d,4＋6d .由S 1，S 2，S 4成等比数列，得(2＋d )2＝4＋6d ，即d 2＝2d .因为d ≠0，所以d ＝2.*11.(2016·苏北四市期末)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *).(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，某某数λ的值；(2)若λ＝12，求S n . 解 (1) 令n ＝1，得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，得a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，所以a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1. 由a 22＝a 1a 3，得(21＋λ)2＝2λ＋4λ＋12λ＋1，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时， a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12，所以数列{S n ＋1a n }是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12，即S n ＋1＝(n 2＋32)a n ，① 当n ≥2时，S n －1＋1＝(n 2＋1)a n －1，② ①－②得，a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以{a n n ＋2}是常数列，且为13，所以a n ＝13(n ＋2). 代入①得S n ＝(n 2＋32)a n －1＝n 2＋5n 6.12.已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和.(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n a 1＋a n2＝n 1＋2n －12＝n 2. (2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q ＝23(4n －1). 13.(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1).因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 14.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， ∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列. ∴b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

高中数学数列压轴题练习江苏)及详解

高中数学数列压轴题练习（江苏）及详解1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且?,(Ⅰ)求数列的通项公式;?(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;?②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m, n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由?,,得,?计算得出?或(舍去).?;?(Ⅱ)①,,?,?,? 即,,,,累加得:,?也符合上式.?故,.?????????②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,? 则又,,,?,即,? 化简得:当,即时,,(舍去);?当,即时,,符合题意.?存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;?(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;?②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;?(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,?又,?,,?故,?是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,?即对恒成立当时,有;?当时,有?;?当时,恒成立,?对恒成立.?令,则对恒成立,?在时为单调递增数列.?,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;?(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,?当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列?中,已知?,?,?,设?为?的前n项和.?(1)求证:数列?是等差数列;?(2)求?;?(3)是否存在正整数p,q,?,使?,?,?成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,?得到,?则又,?,?数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;?(2)由(1)可以推知:,?所以,,?所以,①?,②?①-②,得?,?,?,?所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列.? 则,?即因为当时,,?所以数列单调递减.?又,?所以且q至少为2,?所以,①当时,,?又,?所以,等式不成立.?②当时,,?所以所以,?所以,(数列单调递减,解唯一确定).? 综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;?(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;?(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列?满足?,?,设数列?满足?(1)求证:数列?为等比数列;?(2)若数列?是等差数列,求实数t的值;?(3)若数列?是等差数列,前n项和为?,对任意的?,均存在?,使得?成立,求满足条件的所有整数?的值.(1)证明:数列满足,,??,?,?数列为等比数列,其首项为,公比为2;?(2)解:由(1)可得:?,?,数列是等差数列,,?,?计算得出或12.?时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.?时,,,不是关于n的一次函数,?因此数列不是等差数列.?综上可得;?(3)解:由(2)得,?对任意的,均存在,使得成立,?即有??,?化简可得,?当,,,对任意的,符合题意;?当,,当时,,?对任意的,不符合题意.?综上可得,当,,对任意的,均存在,?使得成立.解析(1)根据题意整理可得,?,再由等比数列的定义即可得证;?(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值;?(3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有??,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数?,数列?满足?,??(1)若?,?,?①求?的值;?②求数列?的前n项和?;?(2)若数列?中存在三项?,?,?依次成等差数列,求?的取值范围.解:(1)①,?,?,?,?②,,?当时,,?当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,?数列的前n项和,,?显然当时,上式也成立,?;?(2),?,即单调递增.?(i)当时,有,于是,?,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,?即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.?当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,?同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.?故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.?当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.?综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.?(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.?当时,有.此时.于是当时,.从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.?当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列?和?的前n项和分别为?,?,?,?,对任意的?,都有??(1)求数列?的通项公式;?(2)若?为等差数列,对任意的?,都有?.证明:?;?(3)若?为等比数列,?,?,求满足?的n值.解:(1)由,得,?即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.?故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,?则,?由(1)知,因为,所以,?即恒成立,?所以,即,?又由,得,?所以所以,得证.?证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,?则,即,?因为,所以所以,?因为,所以存在,当时,恒成立.? 这与“对任意的,都有”矛盾!?所以,得证.?(3)由(1)知,.因为为等比数列,?且,,?所以是以1为首项,3为公比的等比数列.?所以,则,?因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;?当时,设,?则,? 所以,?故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;?(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;?方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;?(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列?,?都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列??(1)设数列?,?分别为等差、等比数列,若?,?,?,求?;?(2)设?的首项为1,各项为正整数,?,若新数列?是等差数列,求数列??的前n项和?;?(3)设?是不小于2的正整数),?,是否存在等差数列?,使得对任意的?,在?与?之间数列?的项数总是?若存在,请给出一个满足题意的等差数列?;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,?根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,?所以,,?所以,,?所以,?因为,,,?(2)设等差数列的公差为d,又,且,?所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;?当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;?当时,,此时,只需取,?由,得,是奇数,?是正偶数,m有正整数解,? 所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以?综上所述,数列的前n项和,或?(3)存在等差数列,只需首项,公差?下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,?即成立.?由,?所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,, ,可得,,利用通项公式即可得出.?(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.?(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的, ,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,,即,所以或??所以??或??因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n}满足+＜a n+1a n，n∈N*.（1）若a2=，a3=x，a4=4，求x的取值范围；（2）设数列{a n}是公比为q的等比数列，S n为数列{a n}前n项的和，若S n ＜S n+1＜2S n，n∈N*，求q的取值范围；（3）若a1，a2，…，a k（k≥3）成等差数列，且a1+a2+…+a k=120，求正整数k 的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差.解：（1）由题意，a n＜a n+1＜2a n，∴＜x＜3,＜x＜2x，∴x∈（2，3）.（2）∵a n＜a n+1＜2a n，且数列{a n}是公比为q的等比数列，a1=1，∴q n-1＜q n＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0，∴q∈（，1）.∵S n＜S n+1＜2S n，当q=1时，S2=2S1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2?，∴①当q∈（，1）时，，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差为d.∵a n＜a n+1＜2a n，且数列a1，a2，…，a n成等差数列，∴a1=1，∴[1+(n-1)d]＜1+nd＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）.∵a1+a2+…+a k=120，∴S k=k2+(a1-)k=k2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1），∴k∈（15，239），k∈N*，∴k的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n＜a n+1＜2a n，由此可得到关于a2，a3，a4的大小关系，据此列式可解得x的取值范围；根据a n＜a n+1＜2a n，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n＜S n+1＜2S n以及等比数列的前n项和公式分类讨论可得q的取值范围；设公差为d，根据a n＜a n+1＜2a n，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n项和公式结合题意可得d=，由此可解得k的取值范围，进而得到k的最小值和d的值.。

高三数学[苏版]各题型解法：数列问题

高三数学[苏版]各题型解法：数列问题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可不能遗漏。

探干脆问题是高考的热点，常在数列解答题中显现。

本章中还包蕴着丰富的数学思想，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、待定系数法等差不多数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题要紧有以下三个方面;(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，其中要紧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，只有个别地点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。

一、知识整合课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是,但学生写作文运用到文章中的甚少,即使运用也专门难做到恰如其分。

什么缘故?依旧没有完全“记死”的缘故。

要解决那个问题,方法专门简单,每天花3-5分钟左右的时刻记一条成语、一则名言警句即可。

能够写在后黑板的“积存专栏”上每日一换,能够在每天课前的3分钟让学生轮番讲解,也可让学生个人搜集,每天往笔记本上抄写,教师定期检查等等。

如此,一年就可记300多条成语、30 0多则名言警句,日积月累,终究会成为一笔不小的财宝。

这些成语典故“贮藏”在学生脑中,自然会出口成章,写作时便会为所欲为地“提取”出来,使文章增色添辉。

1.在把握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式的基础上，系统把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.在解决综合题和探干脆问题实践中加深对基础知识、差不多技能和差不多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，语文课本中的文章差不多上精选的比较优秀的文章,还有许多名家名篇。

高中数学(苏教版,必修五) 第2章数列 2.3.3(一) 课时作业(含答案)

2.3.3 等比数列的前n 项和(一)课时目标 1.掌握等比数列前n 项和公式的推导方法.2.会用等比数列前n 项和公式解决一些简单问题．1．等比数列前n 项和公式：(1)公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧＝ (q ≠1) (q ＝1).(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q ＝1的情况．2．若{a n }是等比数列，且公比q ≠1，则前n 项和S n ＝a 11－q(1－q n )＝A (q n －1)．其中A ＝__________.3．推导等比数列前n 项和的方法叫________法．一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n 项和．一、填空题1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝________.3．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5＝________.4．设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝________.5．设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和，若{S n }是等差数列，则q ＝________. 6．若等比数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝－512，前n 项和为S n ＝－341，则n 的值是________． 7．在等比数列{a n }中，公比q 是整数，a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，则此数列的前8项和为________．8．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝____________.9．如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则此数列的通项公式a n ＝________.10．在数列{a n }中，a n ＋1＝ca n (c 为非零常数)，且前n 项和为S n ＝3n －1＋k ，则实数k 的值为________．二、解答题11．在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝66，a 3a n －2＝128，S n ＝126，求n 和q .12．求和：S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n (x ≠0)．能力提升13．已知等比数列前n 项，前2n 项，前3n 项的和分别为S n ，S 2n ，S 3n ，求证：S 2n ＋S 22n ＝S n (S 2n ＋S 3n )．14．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋2－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .1．在等比数列的通项公式和前n 项和公式中，共涉及五个量：a 1，a n ，n ，q ，S n ，其中首项a 1和公比q 为基本量，且“知三求二”．2．前n 项和公式的应用中，注意前n 项和公式要分类讨论，即q ≠1和q ＝1时是不同的公式形式，不可忽略q ＝1的情况．3．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列且公比为q ，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减的方法求和．2．3.3 等比数列的前n 项和(一)答案知识梳理1．(1)a 1(1－q n )1－q a 1－a n q 1－q na 1 2.a 1q －13.错位相减作业设计 1．－11解析由8a 2＋a 5＝0得8a 1q ＋a 1q 4＝0，∴q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11.2．3解析 S 6＝4S 3⇒a 1(1－q 6)1－q ＝4·a 1(1－q 3)1－q⇒q 3＝3(q 3＝1不合题意，舍去)．∴a 4＝a 1·q 3＝1×3＝3. 3．33解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1＋q 3＝9， ∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－q a 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33. 4.152解析方法一由等比数列的定义，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 2q＋a 2＋a 2q ＋a 2q 2，得S 4a 2＝1q ＋1＋q ＋q 2＝152. 方法二 S 4＝a 1(1－q 4)1－q，a 2＝a 1q ，∴S 4a 2＝1－q 4(1－q )q ＝152.5．1解析方法一 ∵S n －S n －1＝a n ，a n 为定值，∴q ＝a n ＋1a n＝1.方法二 ∵a n 是等比数列，∴a n ＝a 1q n －1， ∵{S n }是等差数列．∴2S 2＝S 1＋S 3. 即2a 1q ＋2a 1＝a 1＋a 1＋a 1q ＋a 1q 2，化简得q 2－q ＝0，q ≠0，∴q ＝1. 6．10解析 S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴－341＝1＋512q1－q，∴q ＝－2，又∵a n ＝a 1q n －1，∴－512＝(－2)n －1，∴n ＝10. 7．510解析由a 1＋a 4＝18和a 2＋a 3＝12，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q 3＝18a 1q ＋a 1q 2＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16q ＝12. ∵q 为整数，∴q ＝2，a 1＝2，S 8＝2(28－1)2－1＝29－2＝510.8.314解析 ∵{a n }是由正数组成的等比数列，且a 2a 4＝1， ∴设{a n }的公比为q ，则q >0，且a 23＝1，即a 3＝1.∵S 3＝7，∴a 1＋a 2＋a 3＝1q 2＋1q＋1＝7，即6q 2－q －1＝0.故q ＝12或q ＝－13(舍去)，∴a 1＝1q2＝4.∴S 5＝4(1－125)1－12＝8(1－125)＝314.9．2n －1解析当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)∴a n ＝2a n －1，∴{a n }是等比数列，∴a n ＝2n －1，n ∈N *.10．－13解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋k ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －1＋k )－(3n －2＋k )＝3n －1－3n －2＝2·3n －2.由题意知{a n }为等比数列，所以a 1＝1＋k ＝23，∴k ＝－13.11．解 ∵a 3a n －2＝a 1a n ，∴a 1a n ＝128，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1a n ＝128，a 1＋a n ＝66，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝64，a n ＝2，① 或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝64.② 将①代入S n ＝a 1－a n q 1－q，可得q ＝12，由a n ＝a 1q n －1可解得n ＝6.将②代入S n ＝a 1－a n q1－q，可得q ＝2，由a n ＝a 1q n－1可解得n ＝6.故n ＝6，q ＝12或2.12．解分x ＝1和x ≠1两种情况．(1)当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)当x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，xS n ＝x 2＋2x 3＋3x 4＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋1，∴(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋1＝x (1－x n)1－x－nx n ＋1.∴S n ＝x (1－x n )(1－x )2－nx n ＋11－x .综上可得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2 (x ＝1)x (1－x n)(1－x )2－nxn ＋11－x (x ≠1且x ≠0).13．证明设此等比数列的公比为q ，首项为a 1，当q ＝1时，则S n ＝na 1，S 2n ＝2na 1，S 3n ＝3na 1，S 2n ＋S 22n ＝n 2a 21＋4n 2a 21＝5n 2a 21，S n (S 2n ＋S 3n )＝na 1(2na 1＋3na 1)＝5n 2a 21，∴S 2n ＋S 22n ＝S n (S 2n ＋S 3n )．当q ≠1时，则S n ＝a 11－q (1－q n )，S 2n ＝a 11－q (1－q 2n )，S 3n ＝a 11－q(1－q 3n )，∴S 2n ＋S 22n＝⎝⎛⎭⎫a 11－q 2·[(1－q n )2＋(1－q 2n )2]＝⎝⎛⎭⎫a 11－q2·(1－q n )2·(2＋2q n ＋q 2n)．又S n (S 2n ＋S 3n )＝⎝⎛⎭⎫a 11－q 2·(1－q n )2·(2＋2q n ＋q 2n )，∴S 2n ＋S 22n ＝S n (S 2n ＋S 3n )．14．解 (1)由题意，S n ＝2n ＋2－4，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2－2n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝23－4＝4，也适合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)∵b n ＝a n log 2a n ＝(n ＋1)·2n ＋1，∴T n ＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，①2T n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n ·2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2.② ②－①得，T n ＝－23－23－24－25－…－2n ＋1＋(n ＋1)·2n ＋2＝－23－23(1－2n －1)1－2＋(n ＋1)·2n ＋2＝－23－23(2n －1－1)＋(n ＋1)·2n ＋2＝(n ＋1)·2n ＋2－23·2n －1＝(n ＋1)·2n ＋2－2n ＋2＝n ·2n ＋2.。

高中数学第二章数列疑难规律方法学案苏教版必修

第二章数列1数列的表示法对于刚接触数列的同学来说，理解数列的概念与表示法，是理解数列的关键一步，也可以为以后的学习奠定良好的基础，下面对数列的四种表示方法作简单的分析．一、通项公式法例1试写出数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式．解数列的各项可记为21＋1,＋1,23＋1,24＋1,25＋1，…，所以数列的通项公式为a n＝2n＋1. 点评这类问题关键在于观察各项与对应序号之间的关系，建立合理的联想、转换．写出一个数列的通项公式，体现了由特殊到一般的思维规律．通项公式法是数列最重要的一种表示方法．二、列表法例2数列{a n}如下表所示，试归纳其通项公式．n 12345…a n 1223344556…解数列{a n}中各项的分子依次为1,2,3，…，恰好是序号n；各项的分母为2,3,4，…，可看成n＋1，所以数列的通项公式为a n＝nn＋1.点评由于数列可看成特殊的函数，所以数列也可用列表法表示，列表法具有直观、清晰的特点．三、图象法数列是一类特殊的函数，数列的序号可看成自变量，数列的项可看成函数值，数列的通项公式也就是相应函数的解析式，所以数列可用图象法表示，如数列{n＋2}的图象如图．由图可看出，数列可用一群孤立的点表示，从数列的图象中可以直观地看出数列的变化情况．把数列与函数进行比较，数列特殊在定义域是正整数集或其子集．四、递推公式法例3将正整数数列1,2,3,4，…的各项按照上小下大、左小右大的原则排成如下图的三角形数表，123456……(1)分别写出数表中第4行、第5行的各数；(2)将数表中每行的第一个数组成一个数列，观察规律，给出此数列的一个递推关系式．解(1)由题意知，第4行的各数为7,8,9,10；第5行的各数为11,12,13,14,15；(2)由数表得，每行的第一个数组成的数列为1,2,4,7,11，…，观察得a2－a1＝2－1＝1，a3－a2＝4－2＝2，a4－a3＝7－4＝3，a5－a4＝11－7＝4，….所以a n－a n－1＝n－1，故此数列可表示为a1＝1，a n－a n－1＝n－1.点评数列的递推公式是数列的一种表示形式，体现了数列的一种递推关系，一种递推规律．2数列中的数学思想数学思想在数列的学习中起着重要的作用．若能根据问题的题设特点，灵活地运用相应的数学思想，往往能迅速找到解题思路，从而简便、准确求解．一、方程思想例1在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1a 2a 3＝8，求通项a n .分析欲求通项a n ，需求出a 1及q ，为此根据题设构造关于a 1与q 的方程组即可求解．解方法一∵a 1a 3＝a 22，∴a 1a 2a 3＝a 32＝8，∴a 2＝2.从而⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4，解得a 1＝1，a 3＝4或a 1＝4，a 3＝1.当a 1＝1时，q ＝2；当a 1＝4时，q ＝12.故a n ＝2n －1或a n ＝23－n.方法二由等比数列的定义知a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2，代入已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，a 1·a 1q ·a 1q 2＝8，即⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＋q2＝7，a 31q 3＝8，即⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＋q 2＝7，①a 1q ＝2， ②将a 1＝2q 代入①，得2q 2－5q ＋2＝0，∴q ＝2或q ＝12，由②得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12.∴a n ＝2n －1或a n ＝23－n.二、分类讨论思想例2已知{a n }是各项均为正数的等差数列，且lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，若b n ＝1a 2n，n ＝1,2,3，…，证明：{b n }为等比数列．证明由于lg a 1，lg a 2，lg a 4成等差数列，所以2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4，则a 22＝a 1·a 4.设等差数列{a n }的公差为d ，则有(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，整理得d 2＝da 1，从而d (d －a 1)＝0.(1)当d ＝0时，数列{a n }为常数列，又b n ＝1a 2n，则{b n }也是常数列，此时{b n }是首项为正数1a 2，公比为1的等比数列．(2)当d ＝a 1≠0时，则a 2n ＝a 1＋(2n－1)d ＝d ＋(2n－1)d ＝2nd ，所以b n ＝1a 2n ＝1d ·12n ，这时{b n }是首项b 1＝12d ，公比为12的等比数列．综上，{b n }为等比数列．三、特殊化思想例3在数列{a n }中，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，n ∈N *，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一定是等差比数列；④等差比数列中可以有无数项为0.其中正确的判断是________．分析本题为新定义题，且结论具有开放性，解决本题可借助新定义构造特殊数列，排除不正确的判断，从而简捷求解．解析数列a ，a ，…，a (a ≠0)既是等差数列，又是等比数列，但不满足a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k ，即不是等差比数列，故②、③不正确．故选①④正确．答案①④四、整体思想例4在等比数列{a n }中，a 9＋a 10＝a (a ≠0)，a 19＋a 20＝b ，则a 99＋a 100＝________. 分析根据题设条件可知a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝ba，而a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90，故可整体代入求解．解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝ba，又a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90＝(q 10)9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 9，故a 99＋a 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 9(a 9＋a 10)＝b 9a 8.答案b 9a83求数列通项的四大法宝一、公式法题设中有a n 与S n 的关系式时，常用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2来求解．例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－2，求其通项公式a n . 解当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n－2－(3n －1－2)＝3n －3n －1＝2×3n －1，又a 1＝1≠2×31－1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.二、累加法若数列{a n }满足a n －a n －1＝f (n －1)(n ≥2)，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)可求，则可用累加法求通项．例2已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，求其通项公式a n .解由已知，得a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝32，a 4－a 3＝33，…，a n －a n －1 ＝3n －1.以上各式左右两边分别相加，得a n －a 1＝3＋32＋33＋…＋3n －1，所以a n ＝31－3n －11－3＋1＝3n－12(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1＝31－12.所以a n ＝3n－12(n ∈N *)．三、叠乘法若数列{a n }满足a na n －1＝f (n －1)(n ≥2)，其中f (1)·f (2)·…·f (n －1)可求，则可用叠乘法求通项．例3已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1(a n ≠0，n ≥2)，求其通项公式a n .解由a 1＝3，a n ＝3n －43n －1a n －1，得a n a n －1＝3n －43n －1，所以a 2a 1＝25，a 3a 2＝58，a 4a 3＝811，a 5a 4＝1114，…，a n a n －1＝3n －43n －1(n ≥2)，以上各式左右两边分别相乘，得a n a 1＝23n －1，所以a n ＝63n －1(n ≥2)．又a 1＝3＝63×1－1，所以a n ＝63n －1(n ∈N *)．四、构造法当题中出现a n ＋1＝pa n ＋q (pq ≠0且p ≠1)的形式时，把a n ＋1＝pa n ＋q 变形为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，即a n ＋1＝pa n ＋λ(p －1)，令λ(p －1)＝q ，解得λ＝qp －1，从而构造出等比数列{a n ＋λ}．例4数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14a n ＋3(n ∈N *)，求其通项公式a n .解设a n ＋1＋t ＝14(a n ＋t )，则a n ＋1＝14a n －34t ，与已知比较，得－34t ＝3，所以t ＝－4，故a n ＋1－4＝14(a n －4)．又a 1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{a n －4}是首项为－3，公比为14的等比数列，因此a n －4＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即a n ＝4－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1(n ∈N *)．4函数思想在等差数列中的妙用对比等差数列的通项公式和一次函数的解析式，等差数列的前n 项和公式和二次函数的解析式，可以得出等差数列以下三点性质．性质1：在等差数列{a n }中，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，变形为a n ＝dn ＋(a 1－d )，知a n 是n 的函数，且点(n ，a n )均在直线y ＝dx ＋(a 1－d )上．例1在等差数列{a n }中，a 12＝21，a 45＝153，那么5是第几项？解由a n ＝dn ＋a 1－d ，知点(n ，a n )在直线：y ＝dx ＋a 1－d 上，所以a 45－a 1245－12＝5－a 45n －45＝d ，代入数据得153－2145－12＝5－153n －45，得n ＝63，即5是这个数列中的第63项．性质2：在等差数列{a n }中，其前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ，变形为S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2，知S n n 是n 的函数，且点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 均在直线y ＝d 2x ＋a 1－d 2上．例2在等差数列{a n }中，S 10＝20，S 50＝200，则S 2 010的值为________．解析由S n ＝An 2＋Bn ，知S n n＝An ＋B ，所以点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 在直线y ＝Ax ＋B 上．于是点⎝ ⎛⎭⎪⎫10，S 1010，⎝ ⎛⎭⎪⎫50，S 5050，⎝ ⎛⎭⎪⎫2 010，S 2 0102 010三点共线，∴S 5050－S 101050－10＝S 2 0102 010－S 50502 010－50成立．把S 10＝20，S 50＝200代入上式，解得S 2 010＝205 020. 答案205 020性质3：在等差数列{a n }中，其前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ，变形为S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，若设A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn ，且点(n ，S n )均在曲线y ＝Ax 2＋Bx 上．例3已知等差数列{a n }中，S m ＝S n (m ≠n )，则S m ＋n ＝______.解析由S n ＝An 2＋Bn ，知点(n ，S n )在抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上，又S m ＝S n ，所以点P 1(m ，S m )与点P 2(n ，S n )关于抛物线的对称轴对称，而对称轴方程为x ＝m ＋n2，不妨设A <0，如图所示x C ＝m ＋n ，从而S m ＋n ＝0.答案0例4设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1>0，S 12>0，S 13<0，指出S 1，S 2，…，S 12中哪一个值最大，并说明理由？解∵{a n }是等差数列，∴S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，∵S 12>0，S 13<0.∴a 13＝S 13－S 12<0， ∵a 1>0，a 13<0，∴d <0.∴点(n ，S n )分布在开口方向向下的抛物线y ＝d2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 的图象上．设二次函数y ＝d2x2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 的对称轴为n 0，则2n 0是二次函数的一个零点．∵S 12>0，S 13<0，∴12<2n 0<13，∴6<n 0<6.5.易知n ＝6对应的A (6，S 6)与对称轴的距离比n ＝7对应的B (7，S 7)与对称轴的距离更小． ∴A 点为最高点，S 6最大．由上述例子可见，解等差数列问题时，若能灵活运用函数的思想与方法，可以简化运算过程，开拓解题思路，收到事半功倍的效果．5判断等比数列的四种方法等比数列在生产实践和自然科技中应用广泛，许多问题可拟合为等比数列模型来解决或预测，那么，如何判定等比数列呢，请看以下方法：一、定义法a n ＋1a n＝q (其中q 为非零常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．例1数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n (n ∈N *)，证明：{S nn}是等比数列．证明由a n ＋1＝n ＋2n S n ，得S n ＋1－S n ＝n ＋2nS n ，整理得S n ＋1n ＋1＝2×S nn，又S 11＝a 11＝1≠0，故{S n n}是公比为2的等比数列．点评本题需借助a n ＋1＝S n ＋1－S n 对a n ＋1进行转化．二、等比中项法a 2n ＋1＝a n a n ＋2(a n a n ＋1a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．例2已知a ，b ，c 是三个均不为1的正数，x ，y ，z ∈(0，＋∞)，且a x ＝b y ＝c z，1x ＋1z＝2y，证明：a ，b ，c 成等比数列．证明令a x＝b y＝c z＝k ，则k >0，且k ≠1，则x ＝log a k ，y ＝log b k ，z ＝log c k ，由1x ＋1z ＝2y，得log k a ＋log k c ＝2log k b ，所以b 2＝ac ，又a ，b ，c 都不为0，故a ，b ，c 成等比数列．点评将x ，y ，z 用以k 为底的对数表示，由此产生关于a ，b ，c 的等式，建立已知与未知的联系是关键所在．三、通项公式法a n ＝a 1q n －1(a 1，q 均不为零，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．例3已知数列{a n }的通项a n ＝2n，以下关于该数列的说法中错误的是________．①{a n }是等差数列；②484不是{a n }中的项；③{a n }是等比数列；④{a n }的前8项的和为510. 解析由a n ＝2n＝2·2n －1，可知数列{a n }是首项、公比均为2的等比数列，易得②③④正确，①错误．答案①点评根据通项公式判断出数列为等比数列，问题迎刃而解．四、前n 项和公式法当q ≠0且q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1＝kq n－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＝a 1q －1，n ∈N *，则{a n }是等比数列．例4已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析易知{a n }为等比数列且a n ＝2n －1，∴{a 2n }也是等比数列，a 21＝1，公比为4. ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1－4n1－4＝13(4n－1)．答案13(4n－1)点评在S n 中，令n ＝1即得到首项a 1，解决此类问题应有赋值求值的意识．以上四种方法是判断数列的常用方法，同学们在解题时应根据具体题目选用恰当的方法.6计算等比数列的三个原则解答等比数列计算题，通常以其通项公式和前n 项和公式为基本工具，或直接代入求解，或列方程(组)求解，此外，还有一些特殊要求，同学们要准确快捷地解答等比数列问题，以下三点必须知道．一、公式选择要恰当例1在等比数列{a n }中，已知首项a 1＝3，a n ＝3128，公比q ＝12，求前n 项和S n .分析把已知量代入等比数列的前n 项和公式S n ＝a 1－a n q1－q即可求解．解S n ＝a 1－a n q1－q ＝3－3128×121－12＝765128.点评若用S n ＝a 11－q n 1－q 解本题，需先求出n ，而用S n ＝a 1－a n q1－q ，直接代入即可．求和公式S n ＝a 1－a n q1－q，适用于已知a 1，q ，a n 求S n 或已知a 1，q ，S n 求a n 的题型，因其不如S n ＝a 11－q n1－q使用频率高，易被忽视．二、运算技巧要掌握例2在等比数列{a n }中，已知a 3＋a 5＝3，a 7＝4，求其公比．分析根据等比数列的通项公式列方程组求解．解设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＋q 4＝3，a 1q 6＝4，又a 1≠0，q ≠0，二式相除得1＋q2q4＝34，整理得3q 4－4q 2－4＝0，解得q 2＝－23(舍去)或q 2＝2，所以q ＝± 2.点评因等比数列的计算问题中，积与幂较多，故把相关式作商是个常用技巧，这样可以去掉无关量，突出待求量．此外，等比数列计算题还常用整体代入、整体变形等技巧．三、分类讨论勿忽视例3已知等比数列{a n }的各项都是正数，其前n 项和为S n ，a 3＝2，S 4＝5S 2，求通项a n . 分析依据等比数列的通项公式和前n 项和公式列方程组，先求出a 1和q ，再求a n . 解设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，a n ＝2，S 4＝8，S 2＝4，不满足S 4＝5S 2，故q ≠1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝2，a 11－q 41－q＝5×a 11－q 21－q ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝2，q 4－5q 2＋4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝±2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝±1，依题意，又有q >0且q ≠1，所以q ＝2，a 1＝12，则a n ＝12×2n －1＝2n －2.点评解答本题时容易忽视对公比q 的讨论．同学们要牢记：当q ＝1与q ≠1时，等比数列的求和公式是不同的，所以当公比不确定时，一定要注意对公比的讨论．7如何研究数列的单调性和最大(小)项研究数列的单调性和最大(小)项，首选作差，其次可以考虑借助函数单调性．例1已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n (79)n ＋1，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由．解当n >3时，f (n ＋1)－f (n )<0；当1≤n ≤3时，f (n ＋1)－f (n )>0.综上，可知{a n }在n ∈{1,2,3}时，单调递增；在n ∈{4,5,6,7，…}时，单调递减．所以存在最大项，且第4项为最大项．点评之所以首选作差，是因为研究数列的单调性和研究函数的单调性不一样，函数单调性要设任意x 1<x 2，而数列只需研究相邻两项a n ＋1－a n ，证明难度是不一样的．例2数列{a n }中，a n ＝n － 2 006n － 2 007，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是________．分析可以先把a n ＝n － 2 006n － 2 007用分离常数进行化简，然后再研究函数f (x )＝1＋2 007－ 2 006x － 2 007的性质，得出该数列前100项中的最大项与最小项．解a n ＝n － 2 006n － 2 007＝1＋ 2 007－ 2 006n － 2 007.考察函数f (x )＝1＋2 007－ 2 006x － 2 007，在区间(－∞， 2 007)与( 2 007，＋∞)上都是减函数，因为44< 2 007<45，故数列{a n }在n ≤44上递减，在n ≥45上递减，借助f (x )＝1＋2 007－ 2 006x － 2 007的图象知，数列{a n }的最大项为a 45，最小项为a 44. 答案a 45，a 44点评本题考查根据数列的单调性求数列的最大项与最小项，此类题一般借助相关函数的单调性来研究数列的单调性，然后再判断数列的最大项与最小项．8数列求和的方法和技巧求和是数列的主要问题之一，数列求和方法多，技巧性强，是培养创新能力的好素材，也是高考考查的重要内容．现结合例子把数列求和的主要方法列举如下： 1．应用公式求和方法要领：等差、等比数列的前n 项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式．在每种数列中均有两个求和公式可供选择．尤其是利用等差数列的前n 项和公式时，首先要确定公比q 是否为1，以确定选用哪一个公式来求和，否则要通过分类讨论进行解答．例1求数列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n 项和．解所求数列的前n 项和中共有1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2.故该数列的前n 项和S n ＝n n ＋12×1＋12×n n ＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12－1×2 ＝n n ＋12＋n n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122＝n 2n ＋124.点评本题实际上是求从1开始的连续奇数的和，奇数的个数共有1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.最后一个奇数为1＋2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12－1＝n 2＋n －1.因此前n 项和也可以这样求得S n ＝n n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋n 2＋n －12＝n 2n ＋124.例2求数列1，a ＋a 2，a 3＋a 4＋a 5，a 6＋a 7＋a 8＋a 9，…(a ≠0)的前n 项和．解所求数列的前n 项和可以看成是由等比数列1，a ，a 2，a 3，a 4，…取出前1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12项后再求和得到，且取出的最后一项为an n ＋12－1，故所求数列的前n 项和为S n ＝1＋a ＋a 2＋a 3＋…＋a n n ＋12－1；当a ＝1时，S n ＝n n ＋12；当a ≠1时，S n ＝1－an n ＋12－1·a 1－a＝1－an n ＋121－a.点评题目中所给数列实际上并不是等比数列，求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前n n ＋12项的和，由于公比为字母a ，需要分类讨论．2.分组转化求和方法要领：分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差，分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列．例3已知数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n 为奇数，2n2n 为偶数，S n 为数列{a n }的前n 项和，求S n .解由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n 为奇数，2n2n 为偶数可知，数列{a n }的奇数项成等差数列，公差d ＝2；偶数项成等比数列，公比q ＝2，所以当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a n )＝[1＋3＋…＋(n －1)]＋(21＋＋ (2)2)＝n 24＋2n ＋22－2；当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n ＝n －124＋2n ＋12－2＋n ＝n ＋124＋2n ＋12－2.例4数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋a n －1＋2n －1＝0 (n ∈N *且n ≥2)． (1)求a 2、a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)解∵a 1＝3，a n ＋a n －1＋2n －1＝0 (n ∈N *且n ≥2)， ∴a 2＝－a 1－4＋1＝－6，a 3＝－a 2－6＋1＝1. (2)证明∵a n ＋a n －1＋2n －1＝0， ∴a n ＋n ＋[a n －1＋(n －1)]＝0， ∴a n ＋n ＝－[a n －1＋(n －1)]； ∴a n ＋na n －1＋n －1＝－1 (n ≥2)．∴数列{a n ＋n }是首项为a 1＋1＝4，公比为－1的等比数列． ∴a n ＋n ＝(a 1＋1)·(－1)n －1＝4·(－1)n －1，即a n ＝4×(－1)n －1－n .(3)解∵a n ＝4×(－1)n －1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝[4×(－1)0－1]＋[4×(－1)1－2]＋[4×(－1)2－3]＋…＋[4×(－1)n －1－n ]＝4×[(－1)0＋(－1)1＋…＋(－1)n －1]－(1＋2＋3＋…＋n )＝2[1－(－1)n ]－n n ＋12.点评通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和，这是数列求和的一个基本思想． 3．裂项相消求和方法要领：常见的拆项公式有 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②1nn ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； ③12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ； ⑤1n n ＋1n ＋2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1nn ＋1－1n ＋1n ＋2；⑥2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1. 例5已知S n ＝112·32＋232·52＋352·72＋…＋n2n －12·2n ＋12，求证：19≤S n <18.证明设a n ＝n2n －12·2n ＋12＝18⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －12－12n ＋12，所以S n ＝112·32＋232·52＋352·72＋…＋n2n －12·2n ＋12＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫112－132＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫152－172＋… ＋18⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －12－12n ＋12＝18⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12n ＋12.∵12n ＋12>0，∴S n <18.又∵S n ≥S 1＝19.∴19≤S n <18.例6等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960. (1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2＝6＋d q ＝64，S 3b 3＝9＋3d q 2＝960，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403(舍去)．故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)．所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋2＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2.点评拆项成差的目的在于大量抵消中间的项，使前n 项和S n 的表达式得以简化．对于一些拆项的方法不要死记硬背，关键是观察通项a n 的特征结构进行代数恒等变形． 4．奇偶并项求和方法要领：当通项中含有符号因子(－1)n或(－1)n ＋1时，数列中相邻两项的符号异号，邻项合并后若规律明显，易于求和，可以考虑相邻两项合并后求和．由于并项的需要，常常对n 的奇偶性进行分类讨论．例7已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，求a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100.解由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－－＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－1＋101＝100.例8等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解(1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18. 所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.点评求数列{a n }的前n 项和S n 时，若含有符号因子(－1)n，一般要对n 按奇数、偶数两种情况讨论．5．错位相减求和方法要领：一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和．在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．例9化简：S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×＋…＋2×2n －2＋2n －1.解S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×＋…＋2×2n －2＋2n －1两边同时乘以2得到，2S n ＝n ×2＋(n －1)×＋…＋3×2n －2＋2×2n －1＋2n∴S n ＝－n ＋(21＋＋…＋2n －1＋2n)＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.例10已知＝⎩⎪⎨⎪⎧85n －35n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1当n 为奇数时，－85n －35n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1当n 为偶数时，S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋，求S n .解当n 为奇数时，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫85－2×85＋3×85－4×85＋…＋85n －35[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1]＝4n ＋15－35[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1]；当n 为偶数时，S n ＝[85－2×85＋3×85－4×85＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－85n ]－35[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1] ＝－4n 5－35[1×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1]．令T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，①则23T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，② ①－②，得13T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n1－23－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝3－(3＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴T n ＝9－(9＋3n )⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.因此S n＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －235＋9n ＋35⎝ ⎛⎭⎪⎫23n当n 为奇数时，－4n ＋275＋9n ＋35⎝ ⎛⎭⎪⎫23n当n 为偶数时.点评利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分q ＝1和q ≠1两种情况分别求和．9提高运算速度的七个妙招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略．第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜．例1已知{a n }是公差为2的等差数列，若a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝100，那么a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98＝________.解析若先求出a 1，再求和，运算较为烦琐．注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列．由于(a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98)－(a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97)＝(a 2－a 1)＋(a 5－a 4)＋(a 8－a 7)＋…＋(a 98－a 97)＝33d ＝66，所以a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98＝100＋66＝166. 答案166点评活用等差、等比数列的概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化．第二招巧用性质数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便．例2各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 7a 8＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 14＝________.解析若设出a 1和q ，利用基本量法求解，显然运算量较大．若利用性质a 1a 14＝a 2a 13＝…＝a 7a 8＝9，则a 1a 2…a 14＝(a 7a 8)7＝97，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 14＝log 397＝14.答案14点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器．第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题．例3已知等差数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝388，则该数列的通项a n ＝________.解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项．设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 10－a 310－3＝388－37＝55，a n ＝a 3＋(n －3)d＝3＋(n －3)×55＝55n －162. 答案55n －162点评常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解．而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项．第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的．例4设S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，且S 9＝18，S n ＝240，若a n －4＝30，试求n 的值．解常规解法是设出基本量a 1，d ，列方程组求解，但较烦琐；若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速．由S 9＝18，即9a 1＋a 92＝18，则a 1＋a 9＝4＝2a 5，故a 5＝2，又S n ＝n a 1＋a n2＝n a 5＋a n －42＝n 2＋302＝240，所以n ＝15.点评本题解法不在a 1，d 上做文章，而是将S n 变形整理用a 5＋a n －4表示，使解题过程大大简化．第五招数形结合数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题．例5在公差d <0的等差数列{a n }中，已知S 8＝S 18，则此数列的前多少项的和最大？解用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：①通项a n 联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；②前n 项和S n 联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值．设f (x )＝xa 1＋x x －12d ＝d 2x 2＋(a 1－d2)x ，则(n ，S n )在二次函数的图象上，由于S 8＝S 18，d <0，所以y ＝f (x )的对称轴是x ＝8＋182＝13，且开口向下，故当x ＝13时，f (x )取得最大值，故数列{a n }的前13项的和最大．点评从直观性角度研究数列问题，可使问题变得生动形象，易于求解．第六招分解重组在处理数列求和问题时，若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分，则对数列的前n 项和进行重新分解，分别求和．例6在数列{a n }中，已知a 1＝56，a 2＝1936，且{b n }是公差为－1的等差数列，b n ＝log 2(a n ＋1－13a n )，{}是公比为13的等比数列，＝a n ＋1－12a n ，求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .解由已知条件，事先无法估计a n 解析式的结构，因此不能用待定系数法求a n .但是利用等差数列{b n }和等比数列{}可以得出关于a n ＋1和a n 的两个等式，消去a n ＋1，即可得a n .再根据a n 求解对应的前n 项和．因为a 1＝56，a 2＝1936，所以b 1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1936－13×56＝－2， c 1＝1936－12×56＝132，又{b n }是公差为－1的等差数列，{}是公比为13的等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝－n －1，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－13a n＝－n －1，a n ＋1－12a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1－13a n ＝12n ＋1，an ＋1－12a n ＝13n ＋1，得a n ＝32n －23n ，所以S n ＝3·(12＋1＋…＋12n )－2·(13＋132＋…＋13n )＝2－32n ＋13n .点评通项虽不是等比数列，但可拆为两个等比数列的和的形式，再分别利用等比数列的求和公式求和．第七招合理化归化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识，包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等．例7数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ＝1,2,3，…)，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列．证明要证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列，必须把问题化成与S n n这个整体有关的问题，通过等比数列的定义加以证明．由于a n ＋1＝n ＋2nS n ，a n ＋1＝S n ＋1－S n ，则(n ＋2)S n ＝ n (S n ＋1－S n )，整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，即S n ＋1n ＋1＝2S nn .又S n ≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项、2为公比的等比数列．点评将数列中的复杂问题进行转化，关键是找准方向，再利用已知等差或等比数列的相关知识求解．10公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2在解数列综合题中的重要应用由数列前n 项和S n 的含义可知，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，从而得到公式a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)对任意数列都成立．在数列一章中，这是一个不太起眼的小公式，但是就是这样一个微不足道的小公式在求解数列综合题中发挥着重要的作用，也是近几年考试中高频考查的公式之一．下面结合例子谈一下该公式的重要用途． 1．已知S n ＝f (n )，求a n例1数列{a n }的前n 项和S n 满足关系lg (S n ＋1)＝n (n ＝1,2,3，…)，试证数列{a n }是等比数列．分析先由lg (S n ＋1)＝n ，求出S n ，再由公式a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求出a n ，最后利用等比数列定义证明．证明由已知可得S n ＝10n－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(10n－1)－(10n －1－1)＝9·10n －1.又当n ＝1时，a 1＝S 1＝9也满足上述通项公式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝9·10n －1.而当n ≥2时，a n a n －1＝9·10n －19·10n －2＝10，为一常数，∴数列{a n }是以9为首项， 10为公比的等比数列． 2．已知S n ＋1＝f (S n )，求a n 或S n例2已知数列{a n }的首项a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，n ∈N *. (1)证明：数列{a n ＋1}是等比数列； (2)求{a n }的通项公式以及S n .分析注意到S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，得到S n ＝2S n －1＋n ＋4，然后两式相减就会得到a n ＋1与a n 的递推关系，从而使问题(1)获证，在第(1)问结论的基础上易求a n 及S n . (1)证明由已知S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，n ∈N *，可得当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ＋4. 两式相减得S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＝2a n ＋1，从而a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)．当n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，所以a 2＋a 1＝2a 1＋6，又a 1＝5，所以a 2＝11，从而a 2＋1＝2(a 1＋1)，故总有a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ∈N *，又a 1＝5，a 1＋1≠0，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝2，即数列{a n ＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)解由(1)得a n ＋1＝6·2n －1，所以a n ＝6·2n －1－1，于是S n ＝6·1－2n1－2－n ＝6·2n－n －6.3．已知S n ＝f (a n )，求a n 或S n例3设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n ＝32(a n －1) (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝4n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)将数列{a n }、{b n }的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{d n }，证明数列{d n }的通项公式为d n ＝32n ＋1(n ∈N *)．分析(1)一般地，当已知条件中含有a n 与S n 的混合关系时，常需要运用关系式a n ＝S n －S n －1，先将已知条件转化为只含a n 或S n 的关系式，然后再求解．(2)一般地，一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．(1)解由已知A n ＝32(a n －1) (n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝32(a 1－1)，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝A n －A n －1＝32(a n －a n －1)，由此解得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3 (n ≥2)．所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n (n ∈N *)．(2)证明由计算可知a 1，a 2不是数列{b n }中的项．因为a 3＝27＝4×6＋3，所以d 1＝27是数列{b n }中的第6项．设a k ＝3k是数列{b n }中的第m 项，则3k＝4m ＋3 (k ，m ∈N *)，因为a k ＋1＝3k ＋1＝3·3k＝3(4m ＋3)＝4(3m ＋2)＋1，所以a k ＋1不是数列{b n }中的项．而a k ＋2＝3k ＋2＝9·3k＝9(4m ＋3)＝4(9m ＋6)＋3，所以a k ＋2是数列{b n }中的项．由以上讨论可知d 1＝a 3，d 2＝a 5，d 3＝a 7，…，d n ＝a 2n ＋1. 所以数列{d n }的通项公式是d n ＝a 2n ＋1＝32n ＋1(n ∈N *)．4．已知a n ＝f (S n )，求a n 或S n例4已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项的和为S n ，对任意的自然数n ≥2，a n 是3S n －4与2－32S n －1的等差中项．(1)求通项a n ； (2)求S n . 分析由已知能推出a n ＋1a n ＝－12，但是a n ＋1a n ＝－12成立的前提是n ≥2，只能说明数列从第2项起为等比数列，至于整个数列{a n }是否为等比数列还需验证a 2a 1是否等于－12，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视．解(1)由已知，得当n ≥2时，2a n ＝(3S n －4)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32S n －1，① 又a n ＝S n －S n －1，②得a n ＝3S n －4(n ≥2)，a n ＋1＝3S n ＋1－4，以上两式相减得，a n ＋1－a n ＝3a n ＋1， ∴a n ＋1a n ＝－12，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列，其中a 2＝3S 2－4＝3(1＋a 2)－4. 即a 2＝12，q ＝－12，∴当n ≥2时，a n ＝a 2qn －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝1，－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1n ≥2.(2)当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋(a 2＋…＋a n ) ＝1＋12[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1]1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.当n ＝1时，S 1＝1＝1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－120也符合上述公式．即S n ＝43－13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.11盘点数列中的易错问题1．对数列的概念理解不准而致错例1已知数列{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________．[错解]因为a n ＝n 2＋λn 是关于n 的二次函数，且n ≥1，所以－λ2≤1，解得λ≥－2.[点拨]数列是以正整数N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．[正解1]设f (x )＝x 2＋λx ，则其图象的对称轴为x ＝－λ2，因为a n ＝n 2＋λn ，所以点(n ，a n )在f (x )的图象上，由数列{a n }是单调递增数列可知，若－λ2≤1，得λ≥－2；如图所示，当2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ2>－λ2－1，即当λ>－3时，数列{a n }也是单调递增的．故λ的取值范围为{λ|λ≥－2}∪{λ|λ>－3}＝{λ|λ>－3}．即λ>－3为所求的取值范围． [正解2]因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n >0 (n ∈N *)恒成立．又a n ＝n 2＋λn (n ∈N *)，所以(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－(n 2＋λn )>0恒成立，即2n ＋1＋λ>0，所以λ>－(2n ＋1) (n ∈N *)恒成立．而当n ∈N *时，－(2n ＋1)的最大值为－3(当n ＝1时)，所以λ>－3即为所求的取值范围．温馨点评利用函数观点研究数列性质时，一定要注意数列定义域是{1，2，3，4，…，n ，…}或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错.2．忽视数列与函数的区别而致错例2设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a x －3，x ≤7，a x －6， x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．[错解]因为数列{a n }是递增数列，且点(n ，a n )在函数f (x )的图象上，所以分段函数f (x )是递增函数，故实数a 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，73－a －3<a ，解得94<a <3.[点拨]上述解法，把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增，忽视了二者的区别，事实上，数列单调递增，所在函数不一定单调． [正解]由题意，得点(n ，a n )分布在分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a x －3，x ≤7，ax －6， x >7的图象上．因此当3－a >0时，a 1<a 2<a 3<…<a 7；当a >1时，a 8<a 9<a 10<…；为使数列{a n }递增，还需a 7<a 8. 故实数a 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f 7<f 8，解得2<a <3，故实数a 的取值范围是(2,3)．温馨点评数列单调递增，所在函数不一定单调递增，防止知识混淆而导致解题结果错误. 3．公式使用条件考虑不周全而致错例3已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n＋2n ＋1，求a n . [错解]a n ＝S n －S n －1＝(3n＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.[点拨]公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1 n ≥2是分段的，因为n ＝1时，S n －1无意义．在上述解答中，应加上限制条件n ≥2，然后验证当n ＝1时的值是否适合当n ≥2时的表达式． [正解]a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2.由于a 1不适合此式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝1，2·3n －1＋2 n ≥2.。

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数列问题的题型与方法一、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。

二、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，并能运用公式解答简单的问题。

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，并能运用公式解决简单的问题。

三、复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题；2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n 项的和；3．使学生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；4．通过解决探索性问题，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．5．在解综合题的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．6．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．四、双基透视1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.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11(/)n n n n a a a a ---为同一常数。

(2)通项公式法：①若 = +（n-1）d= +（n-k ）d ，则{}n a 为等差数列；②若，则{}n a 为等比数列。

(3)中项公式法：验证都成立。

3. 在等差数列{}n a 中,有关S n 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当 >0,d<0时，满足的项数m 使得取最大值.(2)当 <0,d>0时，满足的项数m 使得取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

4.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。

五、注意事项1．证明数列{}n a 是等差或等比数列常用定义，即通过证明11-+-=-n n n n a a a a 或11-+=n n n n a a a a 而得。

2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便。

3．对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。

4．注意一些特殊数列的求和方法。

5．注意n s 与n a 之间关系的转化。

如：n a = ,,11--n n s s s 21≥=n n ， n a =∑=--+n k k k a aa 211)(．6．数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．7．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．8．通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。

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。

解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决。

六、范例分析例1．已知数列{a n }是公差d ≠0的等差数列，其前n 项和为S n ．(2)过点Q 1(1，a 1)，Q 2(2，a 2)作直线12，设l 1与l 2的夹角为θ，证明：(1)因为等差数列{a n }的公差d ≠0，所以Kp 1p k 是常数(k=2，3，…，n)．(2)直线l 2的方程为y-a 1=d(x-1)，直线l 2的斜率为d ．例2．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 n n ，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。

解决本题的关键在于由条件241+=+n n a S 得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．例3．已知数列{a n }是首项a1＞0，q ＞-1且q ≠0的等比数列，设数列{b n }的通项b n =a 1n +-ka 2n + (n ∈N)，数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ．如果T n ＞kS n 对一切自然数n 都成立，求实数k 的取值范围．分析：由探寻T n 和S n 的关系入手谋求解题思路。

解：因为{a n }是首项a 1＞0，公比q ＞-1且q ≠0的等比数列，故a 1n +=a n ·q ， a 2n +=a n ·q 2．所以 b n =a 1n +-ka 2n +=a n (q-k ·q 2)．T n =b 1+b 2+…+b n =(a 1+a 2+…+a n )(q-k ·q 2)=S n (q-kq 2)．依题意，由T n ＞kS n ，得S n (q-kq 2)＞kS n ， ①对一切自然数n 都成立．当q ＞0时，由a1＞0，知a n ＞0，所以S n ＞0；当-1＜q ＜0时，因为a1＞0，1-q ＞0，1-q n ＞0，所以S n =综合上面两种情况，当q＞-1且q≠0时，Sn＞0总成立．由①式可得q-kq2＞k②，例4．(2001年全国理)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业. 根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15.本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14。

(Ⅰ)设n年内(本年度为第一年)总投入为a n万元，旅游业总收入为b n万元. 写出a n，b n的表达式(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?解析：第1年投入800万元，第2年投入800×（1-）万元……，第n年投入800×（1－）n－1万元所以总投入a n＝800＋800（1－）＋……＋800×（1－）n－1＝4000［1－（）n］同理：第1年收入400万元，第2年收入400×（1＋）万元，……，第n年收入400×（1＋）n－1万元b n＝400＋400×（1＋）＋……＋400×（1＋）n－1＝1600×［（）n－1］(2)∴b n－a n＞0，1600［（）n－1］－4000×［1－（）n］＞0化简得，5×（）n＋2×（）n－7＞0设x＝（）n，5x2－7x＋2＞0 ∴x＜，x＞1（舍) 即（）n＜，n≥5.说明：本题主要考查建立函数关系式，数列求和，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力。

解数学问题应用题重点在过好三关：（1）事理关：阅读理解，知道命题所表达的内容；（2）文理关：将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言，用数学关系式表述事件；（3）数理关：由题意建立相关的数学模型，将实际问题数学化，并解答这一数学模型，得出符合实际意义的解答。

例5．设实数0≠a ，数列{}n a 是首项为a ，公比为a -的等比数列，记),(||1*N n a g a b n n n ∈=n n b b b S +++= 21，求证：当1-≠a 时，对任意自然数n 都有n S =2)1(lg a a a +[]n n a na n )1()1(11++-++ 解：n n n n n a a a q a a 1111)1()(----=-==。

||lg )1(|)1(|lg )1(||lg 111a na a a a a b n n n n n n n n n ----=--==∴||lg )1(||lg )1()1(||lg 3||lg 2||lg 11232a na a a n a a a a a a S n n n n n ----+--+++-=∴||lg ])1()1()1(32[11232a na a n a a a n n n n ----+--+++-=记n n n n na a n a a a S 11232)1()1()1(32----+--+++-= ① 1121332)1()1()1()2()1(2+-----+--+--++-=n n n n n n na a n a n a a as ② ①+②得1121232)1()1()1()1(+-----+-+-+++-=+n n n n n n na a a a a a s a ③1111(1)1,(1)(1)1(1)n n n n a a a a S n a a -+-++-≠-∴+=+-⋅-- ])1()1(1[)1(||lg )1(])1)(1(1[)1()1()1()1()1()1()1(122121121111n n n n n n n n n n n a na n a a a S a a na n a a a na n a S a a n a a a S ++-++=∴+-+++=+-⋅+++=∴+⋅⋅-⋅++-+=∴+++-+-+- 说明：本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。