2020年新高考数列专题复习

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2020年高考专题复习数列通项与求和问题(解析版)

考点24 数列通项与求和问题【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、（2017无锡期末）对于数列{a n }，定义数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n ∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________. 【答案】 8【解析】因为b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，所以b 2＝a 3－a 2＝b 3－1＝－3，所以b 1＝a 2－a 1＝b 2－1＝－4，三式相加可得a 4－a 1＝－9，所以a 1＝a 4＋9＝8.2、(2017南京学情调研）已知各项均为正数的等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2－a 5＝－78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 【答案】3n －1【解析】设等比数列的公比为q ＞0，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1q 4＝－78，a 1(1＋q ＋q 2)＝13，两式相除得q 2－q －6＝0，即q ＝3或q ＝－2(舍去)，从而得a 1＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.3、(2017南京、盐城二模）记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．【答案】31【解析】设公比为q ，且q ＞0，又a 1＝1，则a n ＝q n －1.由S 4－5S 2＝0，得(1＋q 2)S 2＝5S 2，所以q ＝2，所以S 5＝1－251－2＝31.4、(2017无锡期末）设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．【答案】58【解析】设{a n }的公比为q ，q ≠1.由等比中项的性质可得a 1a 2a 3＝a 32＝－18，所以a 2＝－12.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，即2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化简得2q 2－q －1＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0，解得q ＝1(舍)，q ＝－12.又因为a 1＝a 2q ＝1，所以S 4＝a 1(1－q 4)1－q＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－12＝58.5、(2019南京学情调研）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）(n ∈N *)，则a 10的值为________．【答案】1910【解析】解法1(裂项法) 由a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）得a n ＋1－a n ＝1n －1n ＋1，故a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，a 4－a 3＝13－14，…，a 10－a 9＝19－110，所以a 10＝1910.解法2(常数列) 由a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），得a n ＋1＋1n ＋1＝a n ＋ 1n ，故a 10＋110＝a 1＋1＝2，即a 10＝1910.6、(2019南京三模）已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，且a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)，则a 2 015＝________.【答案】.12 015【解析】由a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)得1a n ＋1＋1a n －1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝12，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 ，所以a 2 015＝12 015.7、(2018盐城三模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若*2()n n S a n n N =+∈，则数列{}n a 的通项公式为n a = ．【答案】12n- 【解析】：因为2n n S a n=+，当1n =时，11121a S a ==+，即11a =-；当2n ≥时，()()111221221n n n n n n n a S S a n a n a a ---=-=+-+-=-+⎡⎤⎣⎦，即121n n a a -=-，所以()1121n n a a --=-，即1121n n a a --=-，所以数列{}1n a -为首项112a -=-，公比2q =的等比数列，所以1122n n a --=-⨯，即12n n a =-.8、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）设数列{}a n 满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则(a k a k＋1)的值为________．【答案】 100101【解析】因为(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1，所以a n －a n ＋1－a n a n ＋1＝0，从而1a n ＋1－1a n ＝1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝1n ，故a n ＋1a n ＝1(n ＋1)n ＝1n －1n ＋1，因此(a k a k＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 9、(2016扬州期末）已知数列{a n }中，a 1＝a (0<a ≤2)，a n ＋1＝⎩⎨⎧a n －2， a n >2，－a n ＋3， a n ≤2(n ∈N *)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，若S n ＝2015，则n ＝________. 【答案】 1 343 ．【解析】(1)当a ∈(0,1]时，则数列{a n }为a,3－a,1－a,2＋a ，a,3－a,1－a,2＋a ，…，构成一个以4为周期的周期数列，故S 4k ＝6k ＝2 015，此时k ＝2 0156∉N *，不成立；S 4k －1＝6k －2－a ＝2 015，此时k ＝2 017＋a 6＝336＋1＋a 6，不可能是正整数，也不成立；S 4k －2＝6k －3＝2 015，此时k ＝2 0186∉N *，不成立；S 4k －3＝6k －6＋a ＝2 015，此时k ＝2 021－a 6＝336＋5－a 6，不可能是正整数，也不成立．(2) 当a ∈(1,2]时，则数列{a n }为a,3－a ，a,3－a ，…，构成一个以2为周期的周期数列，故S 2k ＝3k ＝2 015，此时k ＝2 0153∉N *，不成立，S 2k －1＝3k －(3－a )＝2 015，解得k ＝2018－a 3＝672＋2－a 3，故当a ＝2时，k ＝672，故n ＝2k －1＝1 343.10、（2017苏州期末）已知{a n }是等差数列，a 5＝15，a 10＝－10，记数列{a n }的第n 项到第n ＋5项的和为T n ，则|T n |取得最小值时n 的值为________．【答案】. 5或6【解析】由a 5＝15，a 10＝－10得a n ＝－5n ＋40，a n ＋5＝－5n ＋15，T n ＝6(a n ＋a n ＋5)2＝15(11－2n )，当11－2n＝±1时，即n ＝5或6时，|T n |取最小值15. 【问题探究，变式训练】题型一数列的通项公式知识点拨：求数列的通项公式常用的方法：若出现连续两项差的形式则运用叠加法，若出现连续两项商的形式，则运用累乘法，若一个数列不是等差数列页不是等比数列页不符合前两种形式，则运用构造法，构造一个新的数列为等差数列或者等比数列。

高考数学复习历年考点题型专题讲解38--- 数列中的通项公式(解析版)

高考数学复习历年考点题型专题讲解38数列中的通项公式一、题型精讲解题方法与技巧题型一、由S a n n 与的关系求通项公式例1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a =.求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==,所以2n a n =例2、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；【解析】设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列，所以()21312a a a a =+-，即232a a =.因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n n n a a q-==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=.所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.例3、（2020届山东省德州市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，242n n n S a a =+.求数列{}n a 的通项公式；【解析】当1n =时，211142a a a =+，整理得2112a a =，10a >，解得12a =；当2n ≥时，242n n n S a a =+①，可得211142n n n S a a ---=+②，①－②得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()221120n n n n a a a a ----+=，化简得()()1120n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，10n n a a -∴+>，所以12n n a a --=，从而{}n a 是以2为首项，公差为2的等差数列，所以()2212n a n n =+-=；题型二、由a a n n 与1+的递推关系求通项公式例3、【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21nn a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n na ab a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．例4、（2020届山东省德州市高三上期末）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ，对自然数()2k k ≥，规定{}kn a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆.若11a =，且()2*12n n n n a a a n +∆-∆+=-∈N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．212n n a n -=⨯ B ．12n n a n -=⨯C ．()212n n a n -=+⨯D ．()1212n n a n -=-⨯【答案】B【解析】根据题中定义可得()()2*1112n n n n n n n n a a a a a a n a +++∆-∆+=∆-∆-∆+=-∈N ，即()1122nn n n n n n n a a a a a a a ++-∆=--=-=-，即122nn n a a +=+，等式两边同时除以12n +，得111222n n n n a a ++=+，111222n n n n a a ++∴-=且1122a =，所以，数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列，()1112222n n a n n ∴=+-=，因此，12n n a n -=⋅.故选：B.例5、【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221nna c -的通项公式；【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941nnnn n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221nna c -的通项公式为()221941nnn a c -=⨯-．题型三、新定义题型中通项公式的求法例6、【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk k n nn S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；【解析】（1）因为等差数列{}n a 是“λ～1”数列，则11n n n S S a λ++-=，即11n n a a λ++=，也即1(1)0n a λ+-=，此式对一切正整数n 均成立．若1λ≠，则10n a +=恒成立，故320a a -=，而211a a -=-，这与{}n a 是等差数列矛盾．所以1λ=．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列*{}()n a n ∈N是“”数列，==．因为0n a >，所以10n n S S +>>1-=．n b，则1n b -=221(1)(1)(1)3n n n b b b -=->．解得2n b =，即2=，也即14n nS S +=，所以数列{}n S 是公比为4的等比数列．因为111S a ==，所以14n n S -=．则21(1),34(2).n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩例7、【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12mi i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12mi i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得1pq r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,pr r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0pm r a a ≤.所以0m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m . 因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件.所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知数列{}n a 满足：12125 1,6n n n a a a a n -≤⎧=⎨-⎩()*n N ∈)若正整数()5k k ≥使得2221212k k a a a a a a ++⋯+=⋯成立，则k =（）A ．16B ．17C ．18D ．19【答案】B【解析】当6n ≥时，()1211111n n n n n a a a a a a a +--==+-，即211n n n a a a +=-+，且631a =.故()()()222677687116......55n n n n a a a a a a a a a n a a n +++++=-+-++-+-=-+-，2221211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，故17k =.故选：B .2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．求{}n a 和{}n b 的通项公式；【解析】当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+=22n -，所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b =于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q-=⋅=12n -．3、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知数列{}{},n n a b 满足：1112,,2n n n n a a n b a n b ++=+-==.（1）证明数列{}n b 是等比数列，并求数列{}n b 的通项；【解析】证明：因为n n b a n -=，所以n n b a n =+．因为121n n a a n +=+- 所以()()112n n a n a n +++=+ 所以12n n b b +=．又12b =，所以{}n b 是首项为12b =，公比为2的等比数列，所以1222n n n b -=⨯=．4、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列.求数列{}n a 的通项公式；【解析】对任意*n ∈N ，有()()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.② ①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. 而数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=. 当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成立；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成立，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .5、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，满足424S S =，917a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足1212112n n n b b b a a a +++=-…，求数列{}n b 的通项公式【解析】（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．由已知得11914684817a d a d a a d +=+⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．于是12(1)21n a n n =+-=-．（2）当1n =时，1111122b a =-=．当2n ≥时，1111(1)(1)222n n n n nb a -=---=，当1n =时上式也成立．于是12n n nb a =．故12122n n n n n b a -==． 6、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，n a =*n N ∈，且2n ≥）求数列{}n a 的通项公式；【解析】由n a =1n n S S --=+1(2)n =≥，所以数列1==为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n =+-⨯=，即2n S n =，当2n ≥时，121n n n a S S n -=-=-，当1n =时，111a S ==，也满足上式，所以21n a n =-；7、【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．8、【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n项和．①求数列{b n }的通项公式；【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n nb b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .。

(名师导学)2020版高考数学总复习第六章数列第34讲等差数列及其前n项和练习理(含解析)新人教A版

第34讲等差数列及其前n 项和夯实基础【p 73】【学习目标】1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n 项和公式等． 2．掌握等差数列的判断方法． 3．掌握等差数列求和的方法．【基础检测】1．数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a 4＝8，则a 5＝( )A ．16B ．－16C ．32D .313【解析】因为a 4＝8，所以a 1＋3d ＝8，又因为a 1＝1，所以d ＝73，可得a 5＝a 1＋4d ＝313.【答案】D2．已知等差数列{a n }中，若a 4＝15，则它的前7项和为( )A ．120B ．115C ．110D ．105【解析】由题得S 7＝72(a 1＋a 7)＝72·2a 4＝7a 4＝7×15＝105.【答案】D3．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n【解析】由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.【答案】A4．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若S 9＝45，a 3＋a 8＝12，则a 7等于( ) A ．10 B ．9 C ．8 D ．7【解析】S 9＝9a 5＝45a 5＝5，而a 3＋a 8＝12a 5＋a 6＝12，a 6＝7. ∵2a 6＝a 5＋a 7，∴a 7＝9. 【答案】B5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11, a 3＋a 7＝－6，则当S n 取得最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9【解析】由题设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－112a 1＋8d ＝－6d ＝2，则S n ＝n 2＋(－11－1)n ＝n 2－12n ，所以当n ＝6时，S n ＝n 2－12n 最小．【答案】A 【知识要点】 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．2．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 (n∈N *)． 3．等差中项如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a k ＋(n －k)d(n ，k ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…(n ，m ∈N *)是公差为__md __的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 5．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 ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d(n∈N *)．6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n(n∈N *)．数列{a n }是等差数列S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数，n ∈N *)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，若a 1>0，d<0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d>0，则S n 存在最__小__值．典例剖析【p 73】考点1 等差数列基本量的计算例1(1)已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )A ．5B ．4C ．3D ．2【解析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．由此得：⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋20d ＝155a 1＋25d ＝30d ＝3.【答案】C(2)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________．【解析】a 7－a 5＝2d ＝4，d ＝2，a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1， S k ＝k ＋k （k －1）2×2＝k 2＝9.又k∈N *，故k ＝3.【答案】3【点评】在求解等差数列的基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加简捷．考点2 等差数列的性质及应用例2(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 ．198 D ．297【解析】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.【答案】B(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＝________．【解析】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.【答案】20【点评】一般地，运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．考点3 等差数列的判定与证明例3令 b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，数列{b n }为等差数列，则非零常数c 的值为________．【解析】∵b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，c ≠0，数列{b n }为等差数列，∴b n ＝2n.得到c ＝－12.【答案】－12例4已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n∈N )，b n ＝1a n .(1)证明：数列{b n }为等差数列． (2)求数列{a n }的通项公式．【解析】(1)∵a 1≠0，且有a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以有a n ≠0(n ∈N *)，则有b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1 a n ＋12＝b n＋12，即b n＋1－b n＝12(n∈N*)且b1＝1a1＝1，所以{b n}是首项为1，公差为12的等差数列．(2)由(1)知b n＝b1＋(n－1)×12＝1＋n－12＝n＋12，即1a n＝n＋12，所以a n＝2n＋1.【点评】等差数列的判定与证明方法－1(n≥2，n∈N*)为同一常数{a n}{a n}是等差数列正整数n都成立{a n}是等差数任意的正整数n 都成立{a n }是考点4 等差数列前n 项和的最值问题例5已知{a n }是各项为正数的等差数列，S n 为其前n 项和，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求a 1，a 2的值及{a n }的通项公式； (2)求数列⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －72a n 的最小值．【解析】(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以，当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，所以，当n ＝2时，4(1＋a 2)＝(a 2＋1)2，解得a 2＝－1或a 2＝3，因为{a n }是各项为正数的等差数列，所以a 2＝3，所以{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以S n ＝（2n －1＋1）24＝n 2，所以S n －72a n ＝n 2－72(2n －1)＝n 2－7n ＋72＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－354.所以，当n ＝3或n ＝4时，S n －72a n 取得最小值－172.方法总结【p 74】1．等差数列的判定方法有定义法、中项公式法、通项公式法、前n 项和公式法，注意等差数列的证明只能用定义法．2．方程思想和基本量思想：在解有关等差数列问题时可以考虑化归为首项与公差等基本量，通过建立方程组获得解．3．用函数思想理解等差数列的通项公式和前n 项和公式，从而解最值问题．走进高考【p 74】1．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12【解析】法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4， ∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1， ∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.【答案】B2．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．【解析】(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.考点集训【p 214】A 组题1．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20 D ．19【解析】a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37.【答案】A2．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若a 7＝1，a 1－S 4＝9，则数列{}S n 中的最小项为( )A ．S 1B ．S 5，S 6C ．S 4D ．S 7【解析】令等差数列{}a n 的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝1，a 1－4a 1－6d ＝9，解得a 1＝－5，d ＝1，有a n ＝n －6，S n ＝n （n －11）2，则当n ＝5或6时，S n 最小．【答案】B3．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23 D ．24【解析】3a n ＋1＝3a n －2a n ＋1＝a n －23{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23.【答案】C4．设{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项的和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误．．的是( ) A. d ＜0 B. a 7＝0 C. S 9＞S 5D. S 6与S 7均为S n 的最大值【解析】由S 5<S 6得a 6＝S 6－S 5>0，又S 6＝S 7，所以a 7＝0. 由S 7>S 8，得a 8<0，而C 选项S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>02(a 7＋a 8)>0.由题设a 7＝0，a 8<0，显然C 选项是错误的．【答案】C5．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝________．【解析】根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6. 【答案】－66．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________．【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m－S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m .由S m ＝(3－m )m ＋m （m －1）2×1＝0，解得正整数m 的值为5.【答案】57．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.【解析】(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 8．已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .【解析】(1)设公差为d ，则依题意得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，∴(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15，得d 2＝4，d ＝±2，∴a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤3，2n －7，n ≥4， ①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2； ②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. B 组题1．已知正项数列{a n }中，a 1＝1, a 2＝2, 2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 2【解析】由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1，4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.【答案】C2．若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4≤4，S 6≥12，则a 4的最小值为( )A ．2 B.72C ．3 D.52【解析】S 4＝2(a 1＋a 4)≤42a 4－3d ≤2，① S 6＝3(a 1＋a 6)≥122a 4－d ≥4，即d －2a 4≤－43d －6a 4≤－12，②①②两式相加得：a 4≥52. 【答案】D3．设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝6，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[1.2]＝1，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋m a m 的值用m (m 为整数)表示为__________．【解析】由题设可得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，令b n ＝a n ＋1－a n ，则由等差数列的定义可知数列{}b n 是首项为b 1＝a 2－a 1＝4，公差为d ＝2的等差数列，即a n ＋1－a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，由此可得a 2－a 1＝2×1＋2，a 3－a 2＝2×2＋2，…，a n －a n －1＝2(n －1)＋2，将以上(n －1)个等式两边相加可得a n －a 1＝2×（1＋n －1）2(n －1)＋2n －2＝n (n －1)＋2n －2，即a n ＝n (n ＋1)，所以m a 1＋m a 2＋…＋m a m ＝m －m 2＋m 2－m 3＋…＋m m －1－m m ＝m －1，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋ma m＝m －1.【答案】m －14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －3，4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（－1）n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－（－1）n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.。

专题5.4 数列求和及数列的综合应用-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(原卷版)

第五篇数列及其应用专题5.04 数列求和及数列的综合应用【考试要求】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.【知识梳理】1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.【微点提醒】1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(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 .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{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 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)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )【教材衍化】2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 0213.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.【真题体验】4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.305.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.【考点聚焦】考点一分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.【规律方法】 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .考点二裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .【规律方法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n .考点三错位相减法求和【例3】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【规律方法】 1.一般地，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.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)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”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.【训练3】已知等差数列{a n}满足：a n＋1>a n(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n＋2log2b n＝－1.(1)分别求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？【规律方法】数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n项和T n.【反思与感悟】1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(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消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【易错防范】1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.82.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－4003.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.1004.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为() A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 0235.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.8.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0).10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则() A.a n ≥2n ＋1 B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －112.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【新高考创新预测】15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{a n}的前n项和为S n，b n＝(－1)n S n，则a n＝________，数列{b n}的前n项和T n＝________.。

2020年高考数学一轮复习考点28数列的概念与简单表示法必刷题

考点28 数列的概念与简单表示法1、数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )12A ．5 B ．72C ．D ．92132【答案】B【解析】∵a n ＋a n ＋1＝，a 2＝2，12∴a n ＝Error!∴S 21＝11×＋10×2＝.(－32)722、给定数列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,则这个数列的一个通项公式是( )A.a n =2n 2+3n-1B.a n =n 2+5n-5C.a n =2n 3-3n 2+3n-1D.a n =2n 3-n 2+n-2【答案】C 【解析】当n=1时,a 1=1,代入四个选项,排除A 、D;当n=2时,a 2=9,代入B 、C 选项,B 、C 都正确;当n=3时,a 3=35,代入B 、C 选项,B 错误,C 正确,所以选C .3、在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则的值是( )a 3a 5A. B ．　1516158C ．D ．　3438【答案】C【解析】由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝，∴a 4＝＋(－1)1212124，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝，∴＝×＝.23a 3a 51232344、意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8, 13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,则(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)…(a 2 015a 2 017-)=( )A.1B.-1C.2 017D.-2 017【答案】B 【解析】∵a 1a 3-=1×2-12=1,a 2a 4-=1×3-22=-1,a 3a 5-=2×5-32=1,…,a 2 015a 2 017-=1.∴(a 1a 3-)(a 2a 4-)(a 3a 5-)·…·(a 2 015a 2 017-)=11 008×(-1)1 007=-1.5、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足≤2的正整数n 的集合为( )an n A ．{1,2,3}B ．{2,3,4}C ．{1,2,3,4}D ．{1,2,3,4,5}【答案】C【解析】因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1.又a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1.又≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1,2,3,4}．an n 6、已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝(n ∈N *)，则a 2 018的值为( )1＋an1－an A ．－8 B ．－3C ．－4D ．13【答案】B【解析】由a 1＝2，a n ＋1＝(n ∈N *)得，a 2＝－3，a 3＝－，a 4＝，a 5＝2，可见数列{a n }的周期为4，1＋an 1－an 1213所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3.7、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2 018=( )A.22 018-1B.32 018-6C. 2 018-D. 2 018-【答案】A 【解析】由题意可得3S n =2a n -3n ,3S n+1=2a n+1-3 (n+1),两式作差可得3a n+1=2a n+1-2a n -3,即a n+1=-2a n -3,则a n+1+1=-2(a n +1),结合3S 1=2a 1-3=3a 1可得a 1=-3,a 1+1=-2,则数列{a n +1}是首项为-2,公比为-2的等比数列,据此有a 2 018+1=(-2)×(-2)2 017=22 018,∴a 2 018=22 018-1.故选A .8、已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n ＝－n 2＋4n ＋5，b n ＝n 2＋(2－a )n －2a .若对任意正整数n ，a n ＜0或b n ＜0，则a 的取值范围为( )A ．(5，＋∞)　B ．(－∞，5)C ．(6，＋∞)D ．(－∞，6)【答案】A 【解析】由a n ＝－n 2＋4n ＋5＝－(n ＋1)(n －5)可知，当n ＞5时，a n ＜0.由b n ＝n 2＋(2－a )n －2a ＝(n ＋2)(n －a )＜0及已知易知－2＜n ＜a ，为使当0＜n ≤5时，b n ＜0，只需a ＞5.故选A.9、在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【答案】A【解析】由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.10、若数列{a n }满足(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1(n ≥2)且a 1＝2，则满足不等式a n ＜462的最大正整数n 为( )A ．19 B ．20C ．21D ．22【答案】B 【解析】由(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1得，＝，则an an －1n ＋1n －1a n ＝a 1×××…×＝2×××…×＝n (n ＋1)．又a n ＜462，即n (n ＋1)＜462，所以(a 2a 1)(a 3a 2)(an an －1)3142n ＋1n －1n 2＋n －462＜0，即(n －21)(n ＋22)＜0，因为n ＞0，所以n ＜21.故所求的最大正整数n ＝20.11、数列{a n }满足a 1=,a n+1-1=a n (a n -1)(n ∈N +),且S n =+…+,则S n 的整数部分的所有可能值构成的集合是( )A.{0,1,2}B.{0,1,2,3}C.{1,2}D.{0,2}【答案】A 【解析】对a n+1-1=a n (a n -1)两边取倒数,得-=,S n =++…+=-+-+…+-=3-,由a n+1-a n =≥0,a n+1≥a n ,a n 为递增数列,a 1=,a 2=,a 3=,其中S 1=,整数部分为0,S 2=3-=,整数部分为0,S 3=,整数部分为1,由于S n <3,故选A .12、在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和,已知数列{a n }是等和数列,且a 1=2,公和为5,那么a 18= .【答案】3　【解析】由题意得a n +a n+1=5⇒a n+2+a n+1=5⇒a n =a n+2,所以a 18=a 2=5-a 1=3.13、已知数列{a n }的通项公式a n ＝Error!则a 3a 4＝________.【答案】 54【解析】由题意知，a 3＝2×3－5＝1，a 4＝2×34－1＝54，∴a 3a 4＝54.14、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S 5= .【答案】121　【解析】由于解得a 1=1.由a n+1=S n+1-S n =2S n +1,得S n+1=3S n +1,所以S n+1+=3S n +,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以S n +=×3n-1,即S n =,所以S 5=121.15、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋，则{a n }的通项公式a n ＝________.1323【答案】n －1(－12)【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1＋，1323∴a 1＝1; 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －a n －1，∴＝－.1313an an －112∴数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝－的等比数列，故a n ＝n －1.12(－12)16、在数列{a n }中,a 1=0,a n+1=,则S 2 019= .【答案】0　【解析】∵a 1=0,a n+1=,∴a 2==,a 3===-,a 4==0,即数列{a n }的取值具有周期性,周期为3,且a 1+a 2+a 3=0,则S 2 019=S 3×673=0.17、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n ,则a n = .【答案】2n -1　【解析】当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -n-2a n-1+(n-1),即a n =2a n-1+1,∴a n +1=2(a n-1+1).又a 1=S 1=2a 1-1,∴a 1=1.∴数列{a n +1}是以首项为a 1+1=2,公比为2的等比数列,∴a n +1=2·2n-1=2n ,∴a n =2n -1.18、已知数列{a n }，{b n }，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 2＝4b 1，S n ＝2a n －2，nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的通项公式．【答案】(1) 2n (2) ，n ∈N *n 3－n 2＋2n 2【解析】(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2.当n ≥2时，由Error!得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，n ≥2.综上，数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n ，n ∈N *.(2)∵a 2＝4b 1＝4，∴b 1＝1.∵nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n 3＋n 2，∴－＝n ，bn ＋1n ＋1bn n 故－＝n －1，…，－＝2，－＝1，n ≥2，bn n bn －1n －1b 33b 22b 22b 11将上面各式累加得－＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＝，bn n b 11n n －1 2∴b n ＝，n ∈N *.n 3－n 2＋2n 219、设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ∈R 且a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【答案】(1) (a －3)2n －1 (2) [－9,3)∪(3，＋∞)【解析】(1)由题意知，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2S n ＋3n －3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，所以a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2，[12·(32)n －2＋a －3]当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9.(32)又a 2＝a 1＋3＞a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)．20、已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝.1＋an an (1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；52(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围．【答案】(1) 1 (2) 3 －1 (3) (－7，－6)【解析】(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1.3×42(2)∵a 1＝－，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－＋(n －1)＝n －，525272∴b n ＝1＋＝1＋.1an 1n －72∵函数f (x )＝1＋在和上分别是单调减函数，1x －72(－∞，72)(72，＋∞)∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1.(3)由b n ＝1＋，得b n ＝1＋.1an 1n ＋a 1－1又函数f (x )＝1＋在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，1x ＋a 1－1y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8，∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6，∴a 1的取值范围是(－7，－6)．。

2020版新高考复习理科数学教学案：数列含答案 (2)

答案：C
6．[20xx·惠州调研]已知各项均为正数的等比数列{an}中.a1＝1,2a3.a5,3a4成等差数列.则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2n－1B．2n－1－1
C．2n－1D．2n
解析：通解：设{an}的公比为q(q>0).由题意知2a5＝2a3＋3a4.∴2a3q2＝2a3＋3a3q.∴2q2＝2＋3q.∴q＝2或q＝－ (舍去).所以an＝2n－1.
■备考工具——————————————
1．求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋ .
②等比数列的前n项和公式
a．当q＝1时.Sn＝na1；
b．当q≠1时.Sn＝＝ .
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消：把一个数列的通项分成两项差的形式.相加过程中消去中间项.只剩有限项再求和．
通项公式的推广
an＝a1qn－1
(揭示首末两项的关系)
an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关系)
(2)前n项和公式
Sn＝或Sn＝
7．等比数列的性质
若{an}为等比数列.则
(1){a }. .{c·an}(c≠0)都是等比数列．
(2)各项及公比都不为0.
8．等比数列项的运算性质
若m＋n＝p＋q(m.n.p.q∈N*).则am·an＝ap·aq.
令n＝101.则S101＋a101＝2×101－6＋ .所以S101＋(S101－S100)＝196＋ .得2S101－S100＝196＋ ②.
将①代入②得S100＝2× －196－＝396＋－196－＝200.选B.
答Байду номын сангаас：B

2020版高考数学复习第31讲数列求和课件文新人教A版

[答案] [(3n-1)22n+1+2]
[解析] 由 bn=nan=n· 22n-1 知 Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1①, 则 22 · Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1②,
1 9
①-②得
(1-22)· Sn=2+23+25+…+22n-1-n×22n+1,即 Sn= [(3n-1)22n+1+2].
1 �� ;(2)由(1) 2
(1)求数列{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
可求得 an=3n-1(n∈N*),代入 an+1+3log2bn=0,可得 bn=
1 2
可知 cn=anbn=(3n-1)× �� ,所以由错位相减法可求得数列{cn}的前 n 项和 Sn.
=
na1+
�� (�� -1) d 2
. (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 (2)分组求和法 ;
�� 当 q≠1 时,Sn= ��1 (1-�� )
1-��
��1 -�� = 1-��
.
课堂考点探究
探究点一分组转化法求和
例 1[2018· 湖南益阳 4 月调研] 已知等差数列{an}的公差为 d,且方程 a1x -dx-3=0 的两个根分别为-1,3.

【通用版】2020高考数学(三轮复习)冲刺专题《数列大题部分》(含答案)

专题数列大题部分【训练目标】1、理解并会运用数列的函数特性；2、掌握等差数列，等比数列的通项公式，求和公式及性质；3、掌握根据递推公式求通项公式的方法；4、掌握常用的求和方法；5、掌握数列中简单的放缩法证明不等式。

【温馨小提示】高考中一般有一道小题，一道大题，小题侧重于考等差数列与等比数列的性质，熟练的灵活的使用数列的性质会大大减少计算量；大题则侧重于考查根据递推公式求通项公式，求和的方法。

总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。

【名校试题荟萃】1、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设数列{}n a 的前n 项和，且123,1,a a a +成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求使得成立的n 的最小值.【答案】（1）2nn a = （2）10（2）由（1）可得112nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，由，即21000n>，因为，所以10n ≥，于是使得成立的n 的最小值为10.2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设等差数列{}n a 的公差为d ，点(,)n n a b 在函数()2x f x =的图象上（*n N ∈）。

（1）若12a =-，点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上，求数列{}n a 的前n 项和n S ；（2）若11a =，函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-，求数列{}n na b 的前n 项和n T .【答案】（1）（2）（2）由函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线方程为所以切线在x 轴上的截距为21ln 2a -，从而，故22a =从而n a n =，2n n b =，2n nn a nb =所以故。

3、（辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题）设n S 为数列{}n a 的前项和，已知10a ≠，，n *∈N ．（1）求1a ，2a ；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）1，2 （2）12-=n n a （3）（3）由（2）知12-=n n n na ，记其前n 项和为n T ，于是① ②①-②得从而．4、（湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东六校2019届高三12月联考数学（理）试题）已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足，且11=a 。

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2020年新高考数列最全专题复习一、数列知识的梳理1.等差数列的通项公式和前n 项和公式如果等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，那么它的通项公式是：)()1(11d a dn d n a a n -+=-+=如果等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，那么它的前n 项和公式是：n da n d d n n na n a a S n n )2(22)1(2)(1211-+=-+=+=2.等差数列的性质(1)通项公式的推广：),()(*N m n d m n a a m n ∈-+=.(2)若{}n a 为等差数列，且),,,(*N n m l k nm l k ∈+=+，则n m l k a a a a +=+.(3)若{}n a 是等差数列，公差为d ，则{}n a 2也是等差数列，公差为d 2. (4)若{}n a ，{}n b 是等差数列，则{}n n qb pa +也是等差数列. (5)若{}n a 是等差数列，公差为d ，则),(,,*2N m k a a a m k m k k ∈++ ，是公差为md 的等差数列.(6)数列 ,,,232m m m m m S S S --构成等差数列.3.等比数列的通项公式和前n 项和公式如果等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，那么它的通项公式是：)0(11≠⋅=-q q a a n n如果等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，那么它的前n 项和公式是：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==.111)1(;1111q q qa a q q a q na S n n n4.等比数列的性质(1)通项公式的推广：),(*N m n qa a mn m n ∈⋅=-.(2)若{}n a 为等比数列，且),,,(*N n m l k nm l k ∈+=+，则n m l k a a a a ⋅=⋅.(3)若{}n a ，{}n b （项数相同）是等比数列，则{}{}{}}{,,},1{),0(2nn nn n n b a b a a a a n ⋅≠λλ仍是等比数列.(4)公比不为-1的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则 ,,,232n n n n n S S S --仍成等比数列，其公比为nq .(5)若{}n a 是公比不为1的等比数列，)1,0,0,0(≠≠≠=++=⇔q q A B A B Aq S n n 且.二、数列通项的几种求法 1.累加法：数列的基本形式为：)()(*1N n n f a a n n ∈=-+.等式左边)()()()()(11223211a a a a a a a a a a n n n n n -=-+-++-+-=--- 等式左边)1()2()2()1(f f n f n f +++-+-= 所以：1)1()2()2()1(a f f n f n f a n ++++-+-= .例1 已知{}n a 的首项)(,2,1*11N n n a a a n n ∈+==+，求{}n a 的通项公式.2.累乘法：数列的基本形式为：)()(*1N n n f a a nn ∈=+. 等式左边11223211a a a a a a a a a a n n n n n =+⋅⋅⋅=--- 等式左边)1()2()2()1(f f n f n f ⋅⋅⋅-⋅-= 所以：1)]1()2()2()1([a f f n f n f a n ⋅⋅⋅⋅-⋅-= . 例2 已知{}n a 的首项)(,2,2*11N n a n na a n n ∈+==+，求{}n a 的通项公式.2.公式法：若n S 为数列{}n a 的前n 项和，即：n n a a a a S ++++= 321，则⎩⎨⎧≥-==-.2;111n S S n S a n nn例3 数列{}n a 中，n S 是前n 项和，若)2(,31,211≥==+n S a a n n ，求{}n a 的通项公式.4.待定系数法：数列{}n a 有形如)1(1≠+=+k b ka a n n 的关系时，可用待定系数法求得{}t a n +为等比数列，进而求得n a .即：)(1t a k t a n n +=++展开可得：t k ka a n n )1(1-+=+，其中1-=k b t .例4 已知数列{}n a 满足关系，231+=+n n a a 且11=a ，求{}n a 的通项公式.5.倒数法：数列{}n a 有形如n n n a k a a =++)(1的关系时，可先用倒数法，再用待定系数法求n a . 即：n n n n a ka a a =+⋅++11 两边同时除以n n a a ⋅+1，可得：111+=+n n a a k 将na 1看成一个整体运用待定系数法，从而得出n a .例5已知数列{}na满足关系，31+=+nnn aaa且)(2*1Nna∈=，求{}n a的通项公式.课堂练习：1.已知等差数列{}na中，51,28610==Sa，求数列{}n a的通项公式.2.已知数列{}na满足，12,111++==+naaann，求数列{}na的通项公式.3.已知数列{}na满足，nnnaaa2,111==+，求数列{}na的通项公式.4.已知数列{}na的前n项和nS满足，2)1(41+=nnaS且0>na，求数列{}n a的通项公式.5.已知数列{}na满足，12,111+==+nnaaa，求数列{}n a的通项公式.6.已知数列{}na满足，22,111+==+nnn aaaa，求数列{}na的通项公式.三、数列前n 项和的求法： 1.裂项相消法：一般地，若是公差为d 的等差数列，则有：)11()1(114321321321nn n a a ·a ·a a a ·a ·a d n a a ·a ·a --=-特殊的裂项公式：（1）111)1(1+-=+=n n n n a n ；（2）)121121(21)12)(12(1+--=+-=n n n n a n ；（3）n n n n a n -+=++=111.例6 已知数列{}n a 是递增的等比数列，且8,93241=⋅=+a a a a .⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11++=n n n n S S a b 求数列{}n b 的前前n 项和n T .例7 已知数列{}n a 满足)(1,1*11N n n a a a n n ∈+=-=+，求数列}1{na 的前10项和.2.错位相减法：一般地，若数列{}n a 是公差为d 的等差数列，数列{}n b 是公比为q 的等比数列，若n n n b a c ⋅=，则数列{}n c 的前n 项和n S ：n n n b a b a b a b a b a S +++++= 44332211…………………………① 154433221++++++=n n n b a b a b a b a b a qS ………………………②①—②得：143211)()1(+-+++++=-n n n n b a b b b b d b a S q若1≠q 时，212111)1(1q b b d q b a b a S n n n n --⋅+--=++若1=q 时，2)(11na ab S n n ⋅+⋅=.例8 已知数列{}n a 满足n n a na a ⋅+==+211112,2）（.⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵令n n n a a b 211-=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .课堂练习：1. 已知等比数列{}n a 中，16,241==a a .⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵令*122log log 1N n a a b n n n ∈⋅=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .2. 已知等比数列{}n a 中，*11),1()1(,1N n n n a n na a n n ∈+++==+.⑴证明：求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是等差数列； ⑵设n nn a b ⋅=3，求数列{}n b 的前n 项和n S .四、等差、等比数列的综合应用例9 已知数列{}{}n n b a ，满足3,4,6332211======b a b a b a ，且数列{})*1N n a a n n ∈-+（是等差数列，{}2-n b 是等比数列，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式.五、课堂小结： 1.数列知识梳理： ①等差数列；②等比数列的通项公式； ③前n 项和公式及性质； 2.数列通项的求法： ①累加法； ②累乘法； ③公式法； ④待定系数法； ⑤倒数法.3.数列前n 项和的求法： ①裂项相消法； ②错位相减法。

4.等差数列和等比数列的综合应用。