2023年高考数学一轮复习讲义——数列的概念

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人教版高中数学高考一轮复习--数列的概念(课件)

因为S1=a1=2,所以{Sn}是首项为2,公比为3的等比数列.
故Sn=2×3n-1.
2×3n-1
.
能力形成点3
由数列的递推关系式求通项公式
表示,那么这个式子叫做这个数列的通项公式,常用an=f(n)(n∈N*)表示.
问题思考
数列的通项公式an=3n+5与函数y=3x+5有何区分与联系?
数列的通项公式an=3n+5是特殊的函数,其定义域为N*,而函数y=3x+5的
定义域是R,an=3n+5的图象是离散的点,且在y=3x+5的图象上.
6.数列的递推公式
得到正确的选项.
对点训练 1
2 4 6
(1)数列 0, , , ,…的一个通项公式为( C )
3 5 7
-1
-1
2(-1)
A.an=
B.an=
C.an=
+2
2+1
2-1
2
D.an=
2+1
(方法一:直接法)由第2,3,4项的分母可知,通项公式的分母为奇数1,3,5,7,…,
故a1的分母为1,an的分母为2n-1.
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
由数列的前几项求数列的通项公式
例 1 根据下面各数列前几项的值,写出数列的一个通项公式:
(1)-1,7,-13,19,…;
1
1
1
1
(2),
,,
,…;
1×2 2×3 3×4 4×5
2 4 6 8 10
(3)3 , 15 , 35 , 63 , 99,…;
1 9 25
1 4 9 16 25
2
察,即2 , 2 , 2 , 2 , 2 ,…,从而可得该数列的一个通项公式 an= 2 .

高考数学一轮专项复习讲义-等比数列(北师大版)

§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值都是同一个常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．(2)等比中项：如果在a 与b 之间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么称G 为a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(a 1≠0，q ≠0)．(2)前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1且q ≠0.3．等比数列的常用性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N ＋.特别地，若2w ＝m ＋n ，则a m a n ＝a 2w ，其中m ，n ，w ∈N ＋.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N ＋)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }数列(b ，p ，q ≠0)．(4)1>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增．1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．4．等比数列前n 项和的常用性质若等比数列{a n }的公比q ≠－1,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 .常用结论1．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0.2．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)．3．设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(2)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…成等比数列．(3)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×)(3)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案B解析若a ，b ，c ，d 成等比数列，则ad ＝bc ，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要不充分条件．3．在等比数列{a n }中，若a 3＝32，S 3＝92，则a 2的值为()A ．32B ．－3C ．－32D ．－3或32答案D解析由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，得q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，∴a 2＝a 3q ＝32或－3.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和为S n ＝________.答案a ≠0，a ≠1解析因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，Sn ＝a (1－a n )1－a.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4等于()A.158B.658C ．15D ．40答案C 解析方法一若该数列的公比q ＝1，代入S 5＝5S 3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q ≠1.由1－q 51－q ＝5×1－q 31－q －4，化简得q 4－5q 2＋4＝0，所以q 2＝1或q 2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q ＝2，所以S 4＝1－q 41－q ＝15.方法二由题知1＋q ＋q 2＋q 3＋q 4＝5(1＋q ＋q 2)－4，即q 3＋q 4＝4q ＋4q 2，即q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q －2)(q ＋1)(q ＋2)＝0.由题知q >0，所以q ＝2.所以S 4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则Sn a n 等于()A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案B 解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，1q 4－a 1q 2＝12，1q 5－a 1q 3＝24，1＝1，＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，因为a 6－a 4a 5－a 3＝a 4(q 2－1)a 3(q 2－1)＝a 4a 3＝2412＝2，所以q ＝2，所以S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝2n －12n －1＝2－21－n .思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n 项和公式时，一定要讨论公比q ＝1的情形，否则会漏解或增解．跟踪训练1(1)(2023·天津)已知{a n }为等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＋1＝2S n ＋2，则a 4的值为()A ．3B ．18C ．54D ．152答案C解析由题意可得，当n ＝1时，a 2＝2a 1＋2，即a 1q ＝2a 1＋2，①当n ＝2时，a 3＝2(a 1＋a 2)＋2，即a 1q 2＝2(a 1＋a 1q )＋2，②联立①②1＝2，＝3，则a 4＝a 1q 3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为()A ．8B ．10C ．12D ．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝1016，即127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴a n ＝8×2n －1，∴log 2(a 3a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，a 2＝－1，且a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0(n ∈N ＋)．(1)证明：{a n ＋1＋3a n }为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .(1)证明由a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0，可得a n ＋2＋3a n ＋1＝2(a n ＋1＋3a n )，即a n ＋2＋3a n ＋1a n ＋1＋3a n＝2(n ∈N ＋)，∴{a n ＋1＋3a n }是以a 2＋3a 1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知a n ＋1＋3a n ＝5·2n －1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1－2n ＝－3(a n －2n －1)，∴a n ＋1－2n a n －2n －1＝－3，∴{a n －2n －1}是以a 1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴a n －2n －1＝1×(－3)n －1，∴a n ＝2n －1＋(－3)n －1，S n ＝1－2n 1－2＋1－(－3)n 1－(－3)＝2n －34－(－3)n 4.思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数，且n ≥2，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝cq n －1(c ，q 均为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝kq n －k (k 为常数，且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝3，b 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n .(1)证明：{a n ＋b n }和{a n －b n }都是等比数列；(2)求{a n b n }的前n 项和S n .(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝3(a n ＋b n )，a n ＋1－b n ＋1＝－(a n －b n )，又由a 1＝3，b 1＝2得a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝5，所以数列{a n ＋b n }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a n －b n }是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋b n ＝5×3n －1，a n －b n ＝(－1)n －1，所以a n ＝5×3n －1＋(－1)n －12，b n ＝5×3n －1－(－1)n －12，所以a n b n ＝5×3n －1＋(－1)n －12×5×3n －1－(－1)n －12＝25×32n －2－14＝254×9n －1－14，所以S n ＝254×1－9n 1－9－n 4＝25×(9n －1)－8n32.题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.答案－2解析方法一{a n }为等比数列，∴a 4a 5＝a 3a 6，∴a 2＝1，又a 2a 9a 10＝a 7a 7a 7，∴1×(－8)＝(a 7)3，∴a 7＝－2.方法二设{a n }的公比为q (q ≠0)，则a 2a 4a 5＝a 3a 6＝a 2q ·a 5q ，显然a n ≠0，则a 4＝q 2，即a 1q 3＝q 2，则a 1q ＝1，∵a 9a 10＝－8，则a 1q 8·a 1q 9＝－8，则q 15＝(q 5)3＝－8＝(－2)3，则q 5＝－2，则a 7＝a 1q ·q 5＝q 5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{a n }为等比数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则12m m a a ·…·n m a ＝12k k a a ·…·n k a .(2)若数列{a n }为等差数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则1m a ＋2m a ＋…＋n m a ＝1k a ＋2k a ＋…＋n k a .典例已知等差数列{a n }，S n 为前n 项和，且a 9＝5，S 8＝16，则S 11＝________.答案33解析S 8＝8(a 1＋a 8)2＝16，∴a 1＋a 8＝4，又∵a 9＋a 1＋a 8＝3a 6，∴a 6＝3，故S 11＝11a 6＝33.(2)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N ＋)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.答案100解析因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.命题点2和的性质例4(1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.答案2解析奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30－2S 20＋S 10的最小值为________．答案－5解析依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，且S 10＝20，不妨令其公比为q (q >0)，则S 20－S 10＝20q ，S 30－S 20＝20q 2，∴S 30－2S 20＋S 10＝(S 30－S 20)－(S 20－S 10)＝20q 2－20q ＝－5，故当q ＝12时，S 30－2S 20＋S 10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝20，a 2a 8＝2，则1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝________.答案10解析1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝＝a 2＋a 8a 2a 8＋a 4＋a 6a 4a 6＝a 2＋a 8＋a 4＋a 6a 2a 8＝202＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{a n }中，q ＝12，S 100＝150，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100的值是________．答案50解析设T 1＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99，T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100，所以T 2T 1＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12，所以S 100＝T 1＋T 2＝2T 2＋T 2＝3T 2＝150，所以T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ＝12，且a 3a 4＝132，则a 6等于()A.18 B.116C.132D.164答案C解析由a 3a 4＝132，得a 1q 2·a 1q 3＝132，即a 21＝132，所以a 21＝1.又a n >0，所以a 1＝1，a 6＝a 1q 5＝1＝132.2．若1，a 2，a 3,4成等差数列；1，b 2，b 3，b 4,4成等比数列，则a 2－a 3b 3等于()A.12B ．－12C ．±12D.14答案B解析由题意得a 3－a 2＝4－13＝1，设1，b 2，b 3，b 4，4的公比为q ，则b 3＝q 2>0，b 23＝1×4＝4，解得b 3＝2，a 2－a 3b 3＝－12＝－12.3．(2023·济宁模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.4．已知等比数列{a n }为递减数列，若a 2a 6＝6，a 3＋a 5＝5，则a5a 7等于()A.32B.23C.16D ．6答案A解析由{a n }为等比数列，得a 2a 6＝a 3a 5＝6，又a 3＋a 5＝5，∴a 3，a 5为方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，解得a 3＝2，a 5＝3或a 3＝3，a 5＝2，由{a n }为递减数列得a n >a n ＋1，∴a 3＝3，a 5＝2，∴q 2＝a 5a 3＝23，则a 5a 7＝1q 2＝32.5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A ．6B ．12C ．18D ．42答案D解析设第n (n ∈N ＋)天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列{a n }是公比为12的等比数列，1－12＝6332a 1＝378，解得a 1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a 4＋a5＋a 6＝192×18×1－12＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 4＝－5，S 6＝21S 2，则S 8等于()A ．120B ．85C ．－85D ．－120答案C解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，若q ＝1，则S 6＝6a 1＝3×2a 1＝3S 2，不符合题意，所以q ≠1.由S 4＝－5，S 6＝21S 2，可得a 1(1－q 4)1－q ＝－5，a 1(1－q 6)1－q ＝21×a 1(1－q 2)1－q ，①由①可得，1＋q 2＋q 4＝21，解得q 2＝4，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝a 1(1－q 4)1－q ·(1＋q 4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 4＝－5，S 6＝21S 2，所以q ≠－1，否则S 4＝0，从而S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，所以(－5－S 2)2＝S 2(21S 2＋5)，解得S 2＝－1或S 2＝54，当S 2＝－1时，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6，即为－1，－4，－16，S 8＋21，易知S 8＋21＝－64，即S 8＝－85；当S 2＝54时，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)(1＋q 2)＝(1＋q 2)S 2>0，与S 4＝－5矛盾，舍去．综上，S 8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{a n }是等比数列，以下结论正确的是()A ．{a 2n }是等比数列B ．若a 3＝2,a 7＝32，则a 5＝±8C ．若a 1<a 2<a 3，则数列{a n }是递增数列D ．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋r ，则r ＝－1答案ACD 解析令等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，对于A ，a 2n ＋1a 2n ＝＝q 2，且a 21≠0，则{a 2n }是等比数列，故A 正确；对于B ，由a 3＝2，a 7＝32，得q 4＝16，即q 2＝4，所以a 5＝a 3q 2＝2×4＝8，故B 错误；对于C ，由a 1<a 2<a 31(q －1)>0，1q (q －1)>0，>0，1(q －1)>0，a n ＋1－a n ＝q n －1·a 1(q －1)>0，即∀n ∈N ＋，a n ＋1>a n ，所以数列{a n }是递增数列，故C 正确；对于D ，显然q ≠1，则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1，而S n ＝3n ＋r ，因此q ＝3，a 1q －1＝1，r ＝－a 1q －1＝－1，故D 正确．8．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，且满足a 1>1，a 2022>1，a 2023<1，则()A ．a 2022a 2024－1<0B ．S 2022＋1<S 2023C ．T 2022是数列{T n }中的最大项D ．T 4045>1答案AC 解析设数列{a n }的公比为q .∵a 1>1，a 2023<1，∴0<a 2023<1，又a 2022>1，∴0<q <1.∵a 2022a 2024＝a 22023<1，∴a 2022a 2024－1<0，故A 正确；∵a 2023<1，∴a 2023＝S 2023－S 2022<1，即S 2022＋1>S 2023，故B 错误；∵0<q <1，a 1>1，∴数列{a n }是递减数列，∵a 2022>1，a 2023<1，∴T 2022是数列{T n }中的最大项，故C 正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝a40451q1＋2＋3＋…＋4044＝a40451q2022×4045＝(a1q2022)4045＝a40452023，∵0<a2023<1，∴a40452023<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若8S6＝7S3，则{a n}的公比为________．答案－1 2解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·a1(1－q6)1－q＝7·a1(1－q3)1－q，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－1 2 .10．设等比数列{a n}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案200 3解析设数列{a n}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝200 3.11．在等比数列{a n}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.因为a 9＋a 10＝4，a 19＋a 20＝24，所以a 19＋a 20＝(a 9＋a 10)q 10＝24，解得q 10＝6，所以a 59＋a 60＝(a 9＋a 10)q 50＝4×65＝31104.12．记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝1－a n ，记T n ＝a 1a 3＋a 3a 5＋…＋a 2n －1a 2n ＋1，则a n ＝________，T n ＝________.答案12n解析由题意得a 1＝1－a 1，故a 1＝12.当n ≥2n ＝1－a n ，n －1＝1－a n －1，得a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1，则a n a n －1＝12，故数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .由等比数列的性质可得a 1a 3＝a 22，a 3a 5＝a 24，…，a 2n －1a 2n ＋1＝a 22n ，所以数列{a 2n －1a 2n ＋1}是以a 22＝116为首项，116为公比的等比数列，则T n ＝a 22＋a 24＋…＋a 22n ＝161－116＝四、解答题13．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝3，所以a n ＋1＋2a n ＋2＝2，所以{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，a n ＝3×2n －1－2.(2)由10<a n <2023，得10<3×2n －1－2<2023，即4<2n －1<675，即4≤n ≤10，故{a n }落入区间(10,2023)的项为a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10，所以其和S ＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×8－10241－2－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，n ∈N ＋.(1)求{a n }通项公式；(2)设b n ＝a n n ＋1，在数列{b n }中是否存在三项b m ，b k ，b p (其中2k ＝m ＋p )成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，n ≥2，两式相减可得，a n ＋1－a n ＝3a n ，a n ＋1＝4a n ，n ≥2，由条件知，a 2＝3a 1＋1＝4a 1，符合上式，故a n ＋1＝4a n ，n ∈N ＋.∴{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列．∴a n ＝4n －1，n ∈N ＋.(2)由题意及(1)得，在数列{a n }中，a n ＝4n －1，n ∈N ＋，在数列{b n }中，b n ＝4n －1n ＋1，如果满足条件的b m ，b k ，b p 存在，则b 2k ＝b m b p ，其中2k ＝m ＋p ，∴(4k －1)2(k ＋1)2＝4m －1m ＋1·4p －1p ＋1，∵2k ＝m ＋p ，∴(k ＋1)2＝(m ＋1)(p ＋1)，解得k 2＝mp ，∴k ＝m ＝p ，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .若p ：数列{a n }是等比数列；q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，则p 是q 的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案A 解析若{a n }是等比数列，设公比为k ，则a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝k (a 1＋a 2＋…＋a n )，a 3＋a 4＋…＋a n ＋2＝k (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)，于是(a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)2＝k 2(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝(a 3＋a 4＋…＋a n ＋2)(a 1＋a 2＋…＋a n )，即q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)成立；若(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，取a n ＝0，n ∈N ＋，显然{a n }不是等比数列，故p 是q 的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m ，n 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同零点，且m ，n ，－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pq ＝________.答案20解析＋n ＝p >0，＝q >0>0，>0，则m ，－2，n 或n ，－2，m 成等比数列，得mn ＝(－2)2＝4.不妨设m <n ，则－2，m ，n 成等差数列，得2m ＝n －2.结合mn ＝4，可得(2m ＋2)m ＝4⇒m (m ＋1)＝2，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)，＝1，＝4＝5，＝4⇒pq ＝20.。

2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解

专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．【答案】2n n 1-+ 【解析】【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-，所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2，当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =，所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去），所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--，所以数列{}22nn c c -是等比数列；（ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==，设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑，则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--，所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ．【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误，设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++，银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+，即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->，所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ，即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤，即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤，即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤，即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立，因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合；当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合；当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合；综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52，因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-，所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭，则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++，因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ，所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤；第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤，所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =，又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。

(5)数列——高考数学一轮复习思维导图

数列数列的概念
等差数列
等比数列
数列求和及综合应用
递推公式：表示数列相邻两项或多项之间的关系的式子
表示
分类
列表法
图象法
解析法
按项数分类
按大小关系分类
有穷数列：项数有限
无穷数列：项数无限
递增数列：
递减数列：
常数列：
摆动数列：从第二项起，某些项大于
其前一项，某些项小于其前一项定义
通项公式
前n项和公式
性质
为常数
或
是递增数列；
是递减数列；
是常数列
定义
通项公式
前n项和公式
性质
，
或是递增数列
或是递减数列
错位相减法
裂项相消法
分组求和法
倒序相加法。

2023年新教材高考数学一轮复习第五章数列第二节等差数列课件

[提速度]
1．(2022·枣庄质检)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，
所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为
()
A．28
B．29
C．30
D．31
解析：由结论(8)，设项数为奇数2n－1，S奇－S偶＝an＝319－290＝29，故选B．
答案：B
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，2S2002200 －2S2001144 ＝6，则S2 023＝
b1＋2 b5＝192＋ 2 64＝128．故选C．
答案：C
2．已知等差数列{an}满足a4＋a6＝22，a1·a9＝57，则该等差数列的公差为 ( )
A．1或－1
B．2
C．－2
D．2或－2
解析：由a1＋a9＝a4＋a6＝22，a1·a9＝57，所以a1，a9是方程x2－22x＋57＝0的两实数根，解得aa19＝＝31，9 或aa19＝＝13，9，所以公差d＝a9－8 a1＝2或－2．故选D．答案：D
第二节等差数列
(1)理解等差数列的概念和通项公式的意义；(2)探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系；(3)体会等差数列与一元一次函数的关系．
目录
CONTENTS
1
知识逐点夯实
2
考点分类突破
3
课时过关检测
01 知识逐点夯实课前自修
重点准逐点清结论要牢记
等差数列的判定与证明方法方法
解读
适合题型
定义法对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N *)为同一常
数⇔{an}是等差数列
解答题中的

2023年高考数学一轮复习讲义——数列求和

§6.5 数列求和考试要求 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．知识梳理数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．(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．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．4．裂项相消法(1)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．(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. ④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( ) A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d＝50＋25＝75.3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________. 答案 2 022解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.题型一分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 6＝a 1＋5d ＝6，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，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.延伸探究在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ?解由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)n n .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＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n ＝⎩⎨⎧ 2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (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{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25.(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. (2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)]＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2. 综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2. 题型二错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n 3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式； [切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2. [关键点：b n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项．(1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2.(2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n ＝1－(1＋3n )(－2)n 3， ∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n 9，n ∈N *. 思维升华 (1)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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n . (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n .所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ，① 且34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)×⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ⎣⎡⎦⎤(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4，即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋ 12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34. (1)解因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a n a n －1＝3，则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明由(1)得b n ＝3n(3n －1＋1)(3n ＋1)＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34. 思维升华利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后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)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n ＝ n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明当n ≥2时，(n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)，将上式两边都除以n (n －1)，得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列． (2)解由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2，所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋⎭⎪⎬⎪⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1)＝21－22n ＋11－4＋n (1＋2n －1)2 ＝22n ＋13＋n 2－23. 易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n ，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋2(1－2n －1)1－2＝2n . 又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n .(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n .(2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)，①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n 2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时，T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)，所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)，所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1)＝－3＋2×1－(－1)n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ，在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)，则S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ] ＝n 2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝4(1－4n )1－4×2－2n ·4n ＋1 ＝8(1－4n )－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

2023年新高考数学一轮复习7-2 等差数列及其前n项和(知识点讲解)解析版

专题7.2 等差数列及其前n 项和（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.与归纳推理相结合，考查数列的概念与通项，凸显逻辑推理的核心素养．2．与函数、不等式相结合，考查数列的概念及其性质，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养． 3．与递推公式相结合，考查对求通项公式的方法的掌握，凸显数学运算、数学建模的核心素养．【知识点展示】（一）等差数列1.定义：等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示.用递推公式表示为或.2.等差数列的通项公式：；说明：等差数列（通常可称为数列）的单调性：为递增数列，为常数列，为递减数列.3.等差中项的概念：定义：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项,其中 . 2d 1(2)n n a a d n --=≥1(1)n n a a d n +-=≥1(1)n a a n d =+-A P d 0>0d =0d <a A b A a b 2a bA +=，，成等差数列. 4.要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列． 5.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．（二）等差数列的前和的求和公式：. （三）等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系(1)当d ≠0时，等差数列{a n }的通项公式a n ＝dn ＋(a 1－d )是关于d 的一次函数． (2)当d ≠0时，等差数列{a n }的前n 项和S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 是关于n 的二次函数．（四）等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．（五）等差数列的性质：（1）在等差数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；（2）在等差数列中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列，如：，，，，……；，，，，……；（3）在等差数列中，对任意，，，；（4）在等差数列中，若，，，且，则,特殊地，时，则，是的等差中项.（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即成等差数列.（6）两个等差数列{}n a 与{}n b 的和差的数列{}n n a b ±仍为等差数列．（7）若数列{}n a 是等差数列,则{}n ka 仍为等差数列．（8）设数列是等差数列，且公差为，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有项，则①-S S nd =奇偶； ②；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则①S S -偶奇(中间项)；②. （9）等差数列中，(),p q a q a p p q ==≠,则0p q a +=,m n m n S S S mnd +=++.a Ab ⇔2a bA +=n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+{}n a {}n a 1a 3a 5a 7a 3a 8a 13a 18a {}n a m n N +∈()n m a a n m d =+-n ma a d n m-=-()m n ≠{}n a m n p q N +∈m n p q +=+m n p q a a a a +=+{}n a d 2n 1n n S a S a +=奇偶21n -n a a ==中1S nS n =-奇偶（10）如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．（11）若与{}n b 为等差数列，且前n 项和分别为n S 与'n S ，则2121'm m m m a Sb S --=. （12）等差数列的增减性：0d >时为递增数列，且当10a <时前n 项和n S 有最小值．0d <时为递减数列，且当10a >时前n 项和n S 有最大值．【常考题型剖析】题型一：等差数列基本量的运算例1.（2019·全国·高考真题（理））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则（） A ．25n a n =- B ．310n a n =- C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A 【解析】【分析】等差数列通项公式与前n 项和公式．本题还可用排除，对B ，55a =，44(72)1002S -+==-≠，排除B ，对C ，245540,25850105S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除C ．对D ，24554150,5250522S a S S ==-=⨯-⨯-=≠，排除D ，故选A ．【详解】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，故选A ．例2．（2022·全国·高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =_______．【答案】2 【解析】【分析】转化条件为()112+226a d a d =++，即可得解. 【详解】由32236S S =+可得()()123122+36a a a a a +=++，化简得31226a a a =++，即()112+226a d a d =++，解得2d =. 故答案为：2.{}n a【总结提升】1.解决等差数列运算问题的思想方法(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a 1和公差d ，通常利用已知条件及通项公式或前n 项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a 1，d 表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程． 2.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1,,,,n n a d n a S ，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题.3.特殊设法:三个数成等差数列，一般设为,,a d a a d -+；四个数成等差数列，一般设为3,,,3a d a d a d a d --++.这对已知和,求数列各项,运算很方便.题型二：等差数列的判定与证明例3. （2020·山东·高考真题）某男子擅长走路，9天共走了1260里，其中第1天、第4天、第7天所走的路程之和为390里.若从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，问该男子第5天走多少里.这是我国古代数学专著《九章算术》中的一个问题，请尝试解决. 【答案】140里. 【解析】【分析】由条件确定，该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，根据等差数列的通项公式，和前n 项和公式，列式求解.【详解】解：因为从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，所以该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，设该数列为{}n a ，第1天走的路程数为首项1a ，公差为d ，则91260S =，147390a a a ++=. 因为1(1)2n n n S na d -=+，1(1)n a a n d =+-， 1(1)n a a n d =+-11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+所以11119(91)91260236390a d a a d a d ⨯-⎧+=⎪⎨⎪++++=⎩，解得110010a d =⎧⎨=⎩，则514100410140a a d =+=+⨯=，所以该男子第5天走140里.例4.（2021·全国·高考真题（文））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】【分析】的公差d，进一步写出的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列是等差数列，设公差为d(n -()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦∴{}n a 是等差数列.例5．（2021·全国·高考真题（理））已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①①①中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】选①②作条件证明③时，结合,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.选②③作条件证明①时，an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a +>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d -，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+=，)1n =+=所以是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)an b a +>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a +-03a=-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =，因为也为等差数列，所以公差1d()11n d =-=故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意. 【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a两项的差1d11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论. 【总结提升】等差数列的四种判断方法(1) 定义法：对于数列{}n a ，若d a a n n =-+1()n N ∈*(常数)，则数列{}n a 是等差数列； (2) 等差中项：对于数列{}n a ，若212+++=n n n a a a ()n N ∈*，则数列{}n a 是等差数列; (3)通项公式：n a pn q =+(,p q 为常数,n N ∈*)⇔是等差数列;(4)前n 项和公式：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)⇔是等差数列;(5)是等差数列⇔n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列. 提醒：判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a 2－a 1＝d 这一关键条件.题型三：等差数列的前n 项和例6．【多选题】（2022·湖南永州·三模）已知等差数列{}n a 是递减数列，n S 为其前n 项和，且78S S =，则（）A ．0d ＞B ．80a =C ．150S >D ．7S 、8S 均为n S 的最大值【答案】BD 【解析】【分析】根据等差数列的性质以及其前n 项和的性质，逐个选项进行判断即可求解【详解】因为等差数列{}n a 是递减数列，所以，10n n a a +-<，所以，0d <，故A 错误；因为78S S =，所以8870a S S =-=，故B 正确；因为()115158151502a a S a +===，故C 错误；因为由题意得，789000a a a >⎛ = <⎝，所以，*78()n S S S n N =≥∈，故D 正确；故选：BD例7.（2020·全国·高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S =__________．【答案】25 【解析】【分析】因为{}n a 是等差数列，根据已知条件262a a +=，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答案. 【详解】{}n a 是等差数列，且12a =-，262a a +=设{}n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11n a a n d +-= 可得1152a d a d +++= 即：()2252d d -++-+= 整理可得：66d = 解得：1d =根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N -=+∈ 可得：()1010(101)1022045252S ⨯-=-+=-+=∴1025S =. 故答案为：25.例8.（2018·全国·高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）n a =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】【详解】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得nS 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{}n a 的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{n a }的通项公式为n a =2n –9．（2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．例9.（2021·全国·高考真题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.例10．（2022·福建·厦门一中模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和n S ，11a =，0n a >，141n n n a a S +=-． (1)计算2a 的值，求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)nn n n b a a +=-，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ．【答案】(1)23a =，21n a n =- (2)24(21)n T n n =+ 【解析】【分析】（1）根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差得到24n n a a +-=，再根据等差数列通项公式计算可得；（2）由（1）可得(1)(21)(21)n n b n n =--+，利用并项求和法计算可得； (1)解：当1n =时，12141a a a =-，解得23a =，由题知141n n n a a S +=-①，12141n n n a a S +++=-②，由②-①得121()4n n n n a a a a +++-=，因为0n a >，所以24n n a a +-=，于是：数列{}n a 的奇数项是以11a =为首项，以4为公差的等差数列，即()2114(1)432211n a n n n -=+-=-=--，偶数项是以23a =为首项，以4为公差的等差数列，即234(1)41n a n n =+-=- 所以{}n a 的通项公式21n a n =-； (2)解：由（1）可得(1)(21)(21)n n b n n =--+，212(43)(41)(41)(41)4(41)n n b b n n n n n -=---+-+=-+21234212(341)()()()4[37(41)]44(21)2n n n n n T b b b b b b n n n -+-=++++++=+++-=⨯=+. 【总结提升】1.利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．当10a >，0d <时，n S 有最大值；10a <，0d >时，n S 有最小值；若已知n a ，则n S 最值时n 的值（n N +∈）则当10a >，0d <，满足100n n a a +≥⎧⎨≤⎩的项数n 使得n S 取最大值，(2)当10a <，0d >时，满足10n n a a +≤⎧⎨≥⎩的项数n 使得n S 取最小值.2.利用等差数列的前n 项和：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（0d >,递增；0d <，递减）；3. 利用数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设为最大项，则有11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设为最小项，则有11n n n n a a a a -+≤⎧⎨≤⎩.只需将等差数列的前n 项和1,2,3,n =依次看成数列{}n S ，利用数列中最大项和最小项的求法即可.4.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用. 题型四：等差数列性质及应用例11.（2020·浙江·高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是（） A ．2a 4=a 2+a 6 B ．2b 4=b 2+b 6 C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D 【解析】【分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+， ∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-，当1a d =时，2428a a a =，C 正确；对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，n a n a()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++，()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.例12．（2014·北京高考真题（理））若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n =__________时，{}n a 的前n 项和最大．【答案】8 【解析】由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.例13．（2016·北京·高考真题（理））已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______. 【答案】6 【解析】【详解】试题分析：因为{}n a 是等差数列，所以35420a a a +==，即40a =，又4136a a d -==-，所以2d =-，所以616156615(2)6S a d =+=⨯+⨯-=．故答案为6．例14.（2021·江西新余四中高二月考（理））等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，若2132n n S n T n +=+，则2517208101214a a a ab b b b +++=+++________．【答案】4365【分析】证明得出2121n n n n a S b T --=，结合等差中项的基本性质可求得结果. 【详解】因为等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，则()()()()()()12121121212121221212n n n n n n n nn a a n a S a n b b T n b b -----+-===-+-，所以，25172011218101214112142211434321265a a a a a Sb b b b b T +++⨯+====+++⨯+.故答案为：4365. 【温馨提醒】等差数列的性质主要涉及“项的性质”和“和的性质”，因此，要注意结合等差数列的通项公式、前n 项和公式求解．。

高考数学一轮专项复习讲义(通用版)-等比数列(含解析)

等比数列复习要点1.理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列的前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.体会等比数列与指数函数的关系．一等比数列的有关概念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，公比通常用字母q (q ≠0)表示．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 1q n －1.3．等比中项如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .二等比数列的有关公式1．通项公式：a n ＝a 1q n －1.2．前n 项和公式：S n.三等比数列的性质1．通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (m ，n ∈N *)．2．对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .3．若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列(m 为偶数且q ＝－1除外)．4．在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .51>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增；1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．常/用/结/论1．若{a n }，{b n }(项数相同)比数列．衍生数列，仔细体会．2．当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .3．{a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…仍成等比数列．1．判断下列结论是否正确．(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．()(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .()(3)若数列{a n }的通项公式是a n ＝a n ，则其前n 项和S n ＝a1－a n 1－a .()(4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．()2．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝________.解析：a 1a 2a 3×a 7a 8a 9＝a 65＝50，∴a 4a 5a 6＝a 35＝52.答案：523．在等比数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝16，则a 3与a 7的等比中项为________．解析：设a 3与a 7的等比中项为G ，因为a 3＝4，a 7＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±84．《八骏图》是从六朝起就很流行的一幅图，传说中有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异．已知第i (i ＝1,2，…，7)匹马的最长日行路程是第i ＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为400里，则这8匹马的最长日行路程之和为________里．(取1.18≈2.14)解析：依题意可得，第8匹马、第7匹马、…、第1匹马的最长日行路程里数构成递增的等比数列，且首项为400，公比为1.1，故这8匹马的最长日行路程之和为400×1－1.181－1.1≈4000×(2.14－1)＝4560(里)．答案：4560题型等比数列基本量的计算典例1(1)(2023·全国甲卷，理)已知正项等比数列{a n }中，a 1＝1，S n 为{a n }的前n 项和，S 5＝5S 3－4，则S 4＝()A ．7B ．9C ．15D ．30(2)(2023·全国甲卷，文)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若8S 6＝7S 3，则{a n }的公转化为基本量a 1，q 的方程．高考试题的设计也常以基本量的计算为主．比为________．(3)(2023·全国乙卷，理)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由S 5＝5S 3－4得，S 5－S 3＝4S 3－4，即a 4＋a 5＝4(a 1＋a 2＋a 3)－4.因为a 1＝1，所以q 3＋q 4＝4(1＋q ＋q 2)－4，所以q 3(1＋q )＝4q (1＋q )，所以q 2将条件转化为a 1，q 的方程，求解q 的值．＝4.因为q >0，所以q ＝2，所以S 4＝a 11－q 41－q ＝1－241－2＝15，故选C.(2)因为8S 6＝7S 3，显然公比q ≠1，则8×a 11－q 61－q＝7×a 11－q 31－q，整理得1＋q 3＝78，解得q ＝－12.故答案为－12.(3)设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则由题意，将条件转化为a 1，q 的方程，利用乘除法求解q 的值．1q ＝1，5＝－2，所以a 7＝a 1q 6＝a 1q ·q 5＝－2.故答案为－2.解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想：在等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想：等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，数列{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q 1－q.对点练1(1)(2024·广西桂林模拟)朱载堉(1536年—1611年)是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”．即一个八度12个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音的频率是最初那个音的2倍．设第二个音的频率为f 1，第八个音的频率为f 2，则f2f 1等于()A.1126 B.82C.122D ．4122(2)在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M ，插入11个数后这13个数之和为N ，则依此规则，下列说法错误的是()A ．插入的第8个数为34B ．插入的第5个数是插入的第1个数的32倍C ．M >3D ．N <7解析：(1)设第一个音的频率为a ，相邻两个音之间的频率之比为q ，那么a n ＝aq n －1，根据最后一个音的频率是最初那个音的2倍，得a 12＝2a ＝aq 11，即q ＝2111，所以f 2f 1＝a 8a 2＝q 6＝1126.(2)设该等比数列为{a n }，公比为q ，则a 1＝1，a 13＝2，故q 12＝a 13a 1＝2.插入的第8个数为a 9＝a 1q 8＝34，故A 正确；插入的第5个数为a 6＝a 1q 5，插入的第1个数为a 2＝a 1q ，所以a 6a 2＝a 1q 5a 1q ＝q 4＝32，故B正确；M ＝a 21－q 111－q＝1221－122111－122＝－1－11－2112，要证M >3，即证－1－11－2112>3，即证12112－1>4，即证54>2112，即证>2，而>2成立，故C 正确；N ＝M＋3.因为>(1.4)6>(1.9)3>2，所以65>2112，所以12112－1>5，所以－1－11－2112>4，即M>4.所以N＝M＋3>7，故D错误．答案：(1)A(2)D题型等比数列性质的多维研讨维度1等比数列通项的性质典例2(1)在等比数列{a n}中，a n>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则1a1＋1a2＋…＋1a8的值为()A．2B．4C．8D．16(2)在各项均为正数的等比数列{a n}中，已知a1011＝3，那么log3a1＋log3a2＋…＋log3a2021＝()对数运算性质的应用，同时运用等比数列积的对称性．A．4042B．2021C．4036D．2018解析：(1)1a1＋1a2＋…＋1a8＝a1＋a8a1a8＋a2＋a7a2a7＋a3＋a6a3a6＋a4＋a5a4a5.巧妙应用积的对称性，把两个条件代入求值，此法只适用于偶数项的情形．若奇数项呢？a1＋a2＋…＋a7＝8，且a1·a2·a3·…·a7＝128，求1a1＋1a2＋…＋1a7的值，可先求a4＝2，a1·a7＝a2·a6＝a3·a5＝4.因为a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5，所以原式＝a1＋a2＋…＋a8a4a5＝4a4a5，又a1a2·…·a8＝16＝(a4a5)4，a n>0，所以a4a5＝2，所以1a1＋1a2＋…＋1a8＝2.故选A.(2)因为a1011＝3，所以a1a2…a2021＝(a1011)2021＝32021，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a2021＝log3(a1a2 (2021)＝log332021＝2021.故选B.在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有a m a n＝a p a q”，则可减少运算量．解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．对点练2(1)在等比数列{a n }中，a 1，a 17是方程x 2－14x ＋9＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为()A.14B ．3C ．±14D ．±3(2)在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知0<a 1<1，其前n 项之积为T n ，且T 12＝T 6，则T n 取得最小值时，n 的值是________．解析：(1)因为a 1，a 17是方程x 2－14x ＋9＝0的两根，所以a 1a 17＝9，a 1＋a 17＝14，所以a 1>0，a 17>0.又数列{a n }为等比数列，所以a 1a 17＝a 2a 16＝a 29＝9，且a 9>0，所以a 9＝3，因此a 2a 16a 9＝a 9＝3.故选B.(2)由T 12＝T 6得T12T 6＝1，即a 7a 8a 9a 10a 11a 12＝(a 9a 10)3＝1，故a 9a 10＝1，因为a 1a 18＝a 9a 10，则a 1a 18＝1，由于0<a 1<1，得a 18>1，所以等比数列{a n }是递增数列，故0<a 9<1<a 10，则T n 取得最小值时，n ＝9.答案：(1)B (2)9维度2等比数列前n 项和的性质典例3(1)(2021·全国甲卷，文)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若S 2＝4，S 4＝6，则S 6＝()A ．7B ．8C ．9D ．10(2)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.解析：(1)方法一：设数列{a n }的公比为q ，因为S 2＝4，S 4＝6，则易知公比q ≠±1，所以由等比数列的前n 项和公式，得此法是方程思想的应用，这也是数列问题中常用的方法，不致于失去解题方向．两式相除，得q 2＝12，1＝42－2，＝221＝42＋2，＝－22，所以S 6＝a 11－q 61－q＝7.方法二：易知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4构成等比数列，此法属于整体思想的应用，由此得S 2，S 4，S 6的方程．由等比中项的性质得S 2(S 6－S 4)＝(S 4－S 2)2，即4(S 6－6)＝22，所以S 6＝7.故选A.(2)奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.本题的核心在于理解S 偶S 奇＝a 2＋a 4＋…＋a 2na 1＋a 3＋…＋a 2n －1＝q ，巧妙应用条件，求得S 奇，S 偶．故答案为2.1．等比数列前n 项和的性质主要是若S n ≠0，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列(q ＝－1且n 为偶数除外)．2．注意等比数列前n 项和公式的变形．当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q＝a 11－q －a 11－q·q n ，即S n ＝A －Aq n (q ≠1)．数列{a n }为等比数列⇔前n 项和S n ＝A(1－q n )．3．利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口.对点练3(1)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝t ·2n －1－1，则t ＝()A ．2B ．－2C ．1D ．－1(2)(2024·安徽安庆模拟)已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若q >0，则S 1＋S 3S 2的最小值是________．解析：(1)设等比数列的公比为q ，当q ＝1时，S n ＝na 1，不符合题意；当q ≠1时，等比数列的前n 项和公式为S n ＝a 11－q n 1－q＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q，依题意S n ＝t ·2n －1－1＝12t ·2n －1，即12t ＋(－1)＝0，解得t ＝2.(2)由题意知，S 1＋S 3S 2＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3a 1＋a 2＝2＋q ＋q 21＋q＝q ＋12－q ＋1＋21＋q＝q ＋1＋2q ＋1－1，又q >0，则q ＋1＋2q ＋1－1≥22－1，当且仅当q ＝2－1时，等号成立．即S 1＋S 3S 2的最小值是22－1.答案：(1)A(2)22－1题型等比数列的判定典例4已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等比数列；②数列{S n ＋a 1}是等比数列；③a 2＝2a 1.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解：选①②作为条件证明③：设S n ＋a 1＝Aq n －1(A ≠0)，则S n ＝Aq n －1－a 1，从通项公式反映出S n ＋a 1是等比数列，这是对条件②的描述．当n ＝1时，a 1＝S 1＝A －a 1，所以A ＝2a 1；从而得到基本量a 1＝A2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝Aq n －2(q －1)，利用S n 求得a n .因为{a n }是等比数列，所以Aq －1q＝A2，解得q ＝2，所以a 2＝2a 1.选①③作为条件证明②：这样选已知条件较简单，计算过程也是从基本量入手．因为a 2＝2a 1，{a n }是等比数列，所以公比q ＝2，所以S n ＝a 11－2n 1－2＝a 1(2n －1)，即S n ＋a 1＝a 12n ，所以S n ＋1＋a 1S n ＋a 1＝2，所以{S n ＋a 1}是等比数列．选②③作为条件证明①：设S n ＋a 1＝Aq n －1(A ≠0)，则S n ＝Aq n －1－a 1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝A －a 1，所以A ＝2a 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝Aq n －2(q －1)，说明a 2，a 3，a 4…成等比数列，关键是a 1是否也满足此关系式．因为a 2＝2a 1，所以A (q －1)＝A ，解得q ＝2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝Aq n －2(q －1)＝A ·2n －2＝a 1·2n －1，又因为a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，且a 2＝2a 1，所以{a n }为等比数列．判定一个数列为等比数列的常用方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是常数)，则数列{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 为常数)，则数列{a n }是等比数列.对点练4(2024·福建宁德期末)已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n .(1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列；(2)若a 1＝12，a 2＝32，求数列{a n }的通项公式．(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n 可得，a n ＋2＋a n ＋1＝3a n ＋1＋3a n ＝3(a n ＋1＋a n )，因为数列{a n }的各项都为正数，所以a 1＋a 2>0，所以数列{a n ＋a n ＋1}是公比为3的等比数列．(2)解：构造a n ＋2－3a n ＋1＝k (a n ＋1－3a n )，整理得a n ＋2＝(k ＋3)a n ＋1－3ka n ，所以k ＝－1，即a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，因为a 2－3a 1＝32－3×12＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0⇒a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }是以a 1＝12为首项，3为公比的等比数列．所以a n ＝3n －12.。

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§6.1数列的概念考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的定义按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n＋1＞a n其中n∈N*递减数列a n＋1＜a n常数列a n＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的通项公式如果数列{a n}的第n项a n与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ ) 教材改编题1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 023的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13答案 C解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2 023＝a 505×4＋3＝a 3＝－12.2．数列13，18，115，124，135，…的通项公式是a n ＝________.答案1n (n ＋2)，n ∈N *解析 ∵a 1＝11×(1＋2)＝13，a 2＝12×(2＋2)＝18，a 3＝13×(3＋2)＝115，a 4＝14×(4＋2)＝124，a 5＝15×(5＋2)＝135，∴通过观察，我们可以得到如上的规律，则a n ＝1n (n ＋2)，n ∈N *.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)] ＝4n －5，因为a 1也适合上式，所以a n ＝4n －5.题型一由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27 B ．81 C ．93 D ．243答案 B解析根据2S n ＝3a n －3，可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3，两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1＝3a n ，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a 4＝a 1q 3＝34＝81.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝21＝2. ∵a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①∴a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得，(2n －1)·a n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －12n －1(n ≥2)．显然n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －12n －1，n ≥2.教师备选1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________. 答案 2n ＋1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1.由于a 1＝3适合上式，∴a n ＝2n ＋1.2．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 答案－2n －1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1， ∴a 1＝－1.当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1，① S n －1＝2a n －1＋1.②①－②得S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，∴{a n }是首项为a 1＝－1，公比为q ＝2的等比数列． ∴a n ＝a 1·q n －1＝－2n －1.思维升华 (1)已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2转化为关于a n 的关系式，再求通项公式．(2)S n 与a n 关系问题的求解思路方向1：利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解．方向2：利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2解析根据题意，可得S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)＋1. 由通项公式与求和公式的关系，可得a n ＝S n －S n －1，代入化简得a n ＝2n 2＋n ＋1－2(n －1)2－(n －1)－1＝4n －1. 经检验，当n ＝1时，S 1＝4，a 1＝3，所以S 1≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，4n －1，n ≥2.(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2解析由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n . 所以S n ＝－1n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n (n －1)，故a n＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n答案 A解析因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1， a 3－a 2＝ln 3－ln 2， a 4－a 3＝ln 4－ln 3， ……a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2)，把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也适合，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．命题点2 累乘法例3 若数列{a n }满足a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)·a n (n ≥2)，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)．所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1，又a 1＝1满足上式，所以a n ＝2n ＋1. 教师备选1．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.答案 4－1n解析 ∵a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝1n －1－1n ，a n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，……a 2－a 1＝1－12，∴以上各式相加得，a n －a 1＝1－1n ，∴a n ＝4－1n ，a 1＝3适合上式，∴a n ＝4－1n.2．若{a n }满足2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0，且a n >0，a 1＝1，则a n ＝________.答案 n ·2n －1解析由2(n ＋1)·a 2n ＋(n ＋2)·a n ·a n ＋1－n ·a 2n ＋1＝0得 n (2a 2n ＋a n ·a n ＋1－a 2n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0，∴n (a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＋2a n (a n ＋a n ＋1)＝0， (a n ＋a n ＋1)[(2a n －a n ＋1)·n ＋2a n ]＝0，又a n >0，∴2n ·a n ＋2a n －n ·a n ＋1＝0，∴a n ＋1a n ＝2(n ＋1)n ，又a 1＝1， ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝2n n －1×2(n －1)n －2×2(n －2)n －3×…×2×32×2×21×1＝2n －1·n .又n ＝1时，a 1＝1适合上式， ∴a n ＝n ·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法，即利用公式a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1(n ≥2)，即可求数列{a n }的通项公式．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，常令n 分别为1,2,3，…，n －1，代入a n ＋1a n ＝f (n )，再把所得的(n －1)个等式相乘，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1＋n解析 ∵a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1， ∴a n ＋1－a n ＝2n －1＋1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1＋n －1＝1－2n －11－2＋2＋n －1＝2n －1＋n .又∵a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n －1＋n .(2)(2022·莆田模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝2n (n ＋1)解析由S n ＝n 2a n ，可得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1，易知a n ≠0，故a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝a na n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n －1n ＋1×n －2n ×n －3n －1×…×24×13×1＝2n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝2n (n ＋1).故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ＋1).题型三数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)－n 2＋2λn ＝2n ＋1－2λ>0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *都成立，于是有λ<⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋12min ＝32， ∵由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件．命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2 023等于( ) A ．－2 B ．－1 C ．2 D.12答案 C解析 ∵数列{a n }满足a 1＝2， a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)， ∴a 2＝11－2＝－1，a 3＝11－(－1)＝12，a 4＝11－12＝2，…，可知此数列有周期性，周期T ＝3，即a n ＋3＝a n ，则a 2 023＝a 1＝2. 命题点3 数列的最值例6 已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ，则数列{a n }的最大项为( ) A ．a 8或a 9 B ．a 9或a 10 C ．a 10或a 11 D ．a 11或a 12答案 B解析结合f (x )＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1011x的单调性，设数列{a n }的最大项为a n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，所以⎩⎨⎧(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n ≥(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫1011n≥n ·⎝⎛⎭⎫1011n －1，解不等式组可得9≤n ≤10.所以数列{a n }的最大项为a 9或a 10. 教师备选1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 D解析因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k2n＝3－3n －k2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，an ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1<0，所以k >3－3n 对任意n ∈N *恒成立，所以k ∈(0，＋∞)．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋3＝1，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023等于( ) A ．－1 B ．0 C ．log 53 D ．4答案 B解析因为a n a n ＋3＝1，所以a n ＋3a n ＋6＝1，所以a n ＋6＝a n ，所以{a n }是周期为6的周期数列，所以log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 2 023 ＝log 5(a 1a 2…a 2 023)＝log 5[(a 1a 2…a 6)337·a 1]，又因为a 1a 4＝a 2a 5＝a 3a 6＝1，所以a 1a 2…a 6＝1，所以原式＝log 5(1337×1)＝log 51＝0. 思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，a n <12，2a n－1，a n≥12，若a 1＝45，则a 2 023的值为( )A.35B.45C.25D.15答案 D 解析 a 1＝45>12，∴a 2＝2a 1－1＝35>12，∴a 3＝2a 2－1＝15<12，∴a 4＝2a 3＝25<12，∴a 5＝2a 4＝45，……可以看出四个循环一次，故a 2 023＝a 4×505＋3＝a 3＝15.(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．答案 5解析 a n ＝n ＋13n －16＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋193n －16，当n >5时，a n >0，且单调递减；当n ≤5时，a n <0，且单调递减， ∴当n ＝5时，a n 最小．课时精练1．数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92答案 A解析数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝5n －42.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.3．已知数列{a n }的前n 项积为T n ，且满足a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，若a 1＝14，则T 2 023为( )A ．－4B ．－35C ．－53D.14答案 C解析由a n ＋1＝1＋a n 1－a n，a 1＝14，得a 2＝53，a 3＝－4，a 4＝－35，a 5＝14，…，所以数列{a n }具有周期性，周期为4，因为T 4＝a 1·a 2·a 3·a 4＝1,2 023＝4×505＋3，所以T 2 023＝(a 1a 2a 3a 4)…(a 2 021a 2 022a 2 023) ＝14×53×(－4)＝－53. 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．8 B ．16 C ．32 D ．64 答案 B解析数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，两式相减得a n ＝2a n －1(n ≥2)，由此可得，数列{a n }是等比数列，又S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，令n ＝5，得a 5＝16.5．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A ．这个数列的第10项为2731B.97100是该数列中的项 C ．数列中的各项都在区间⎣⎡⎭⎫14，1内D ．数列{a n }是单调递减数列答案 BC解析 a n ＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n －1)(3n －2)(3n －1)(3n ＋1) ＝3n －23n ＋1，令n ＝10得a 10＝2831，故A 错误；令3n －23n ＋1＝97100得n ＝33∈N *，故97100是数列中的项，故B 正确；因为a n ＝3n －23n ＋1＝3n ＋1－33n ＋1＝1－33n ＋1，又n ∈N *.所以数列{a n }是单调递增数列，所以14≤a n ＜1，故C 正确，D 不正确．6．(多选)若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝lnn n ＋1答案 CD解析对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故A 错误；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1，所以{a n ＋1－a n }为递增数列，故B 错误；对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故C 正确；对于D ，若a n ＝ln nn ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln nn ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋2n ，由函数y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故D 正确．7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2解析 ∵a n ＋1＝3S n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 2＝3；当n ≥2时，a n ＝3S n －1， ∴a n ＋1－a n ＝3a n ，得a n ＋1＝4a n ，∴数列{a n }从第二项起为等比数列，当n ≥2时，a n ＝3·4n －2，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3·4n －2，n ≥2.8．(2022·临沂模拟)已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 9．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知当n ＝1时，a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1，于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2. 当n ＝1时，a 1＝1满足a n ＝n (n ＋1)2. 综上可知，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2.10．求下列数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n .解 (1)由a n ＋1＝a n ＋3n 得a n ＋1－a n ＝3n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋31＋32＋33＋…＋3n －1 ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，满足上式，∴a n ＝3n －12(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2n a n 得a n ＋1a n＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a na n －1＝1×2×22×23×…×2n －1 ＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝()122n n -.当n ＝1时，a 1＝1满足上式， ∴a n ＝()122n n -(n ∈N *)．11．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )n －2，n ≤6，a n －5，n >6，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫167，3 B.⎣⎡⎭⎫167，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 D解析若{a n}是递增数列，则⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，a 7>a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧a <3，a >1，a 2>6(3－a )－2，解得2<a <3，即实数a 的取值范围是(2,3)．12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{a n }，若存在数列{b n }满足b n ＝a n －1a n (n ∈N *)，则称数列{b n }是{a n }的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( ) A ．若数列{a n }是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列 B ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最大值 C ．若a n ＝3n －1，则其“倒差数列”有最小值 D ．若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，则其“倒差数列”有最大值答案 ACD解析若数列{a n }是单增数列，则b n －b n －1＝a n －1a n －a n －1＋1a n －1＝(a n －a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n a n －1，虽然有a n >a n －1，但当1＋1a n a n －1<0时，b n <b n －1，因此{b n }不一定是单增数列，A 正确； a n ＝3n －1，则b n ＝3n －1－13n －1，易知{b n }是递增数列，无最大值，B 错误；C 正确，最小值为b 1.若a n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，则b n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12n ，∵函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，∴当n 为偶数时，a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n∈(0,1)， ∴b n ＝a n －1a n<0，当n 为奇数时，a n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n>1，显然a n 是单调递减的，因此b n ＝a n －1a n 也是单调递减的，即b 1>b 3>b 5>…，∴{b n }的奇数项中有最大值为b 1＝32－23＝56>0，∴b 1＝56是数列{b n }(n ∈N *)中的最大值，D 正确．13．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，1a n ＋1－1a n ＝n ＋1，则其前n 项和S n ＝________.答案2n n ＋1解析 ∵1a 2－1a 1＝2，1a 3－1a 2＝3，1a 4－1a 3＝4，…，1a n －1a n －1＝n ，累加得1a n －1a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，得1a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2nn ＋1.15．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( ) A ．T n 无最大值 B ．a n 有最大值 C ．T 2 023＝1 D ．a 2 023＝1答案 BCD解析因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 023＝a 1＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…，所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9， T 2 023＝T 1＝1.16．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a的取值范围是(－10，－8)．。