高考数学(文)题型全归纳(提高版)第6章《数列》第二节

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第六章数列与数学归纳法

第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为12，34，78，1516，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －12n (n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·温岭模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差即a 2 018－5＝( )A ．2 017×2 024B ．2 017×1 012C ．2 018×2 024D ．2 018×1 012解析：选B 结合图形可知，该数列的第n 项为a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)，所以a 2 018－5＝4＋5＋6＋…＋2 020＝2 017×(2 020＋4)2＝2 017×1 012.2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝n 2＋1； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2－1＝2n －1，而a 1＝2，不满足此等式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝3n －1.考点三由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n(n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2，n ∈N *时，有a n ＝2a n －1－2，求数列{a n }的通项公式．解：因为a n ＝2a n －1－2，所以a n－2＝2(a n－1－2)．所以数列{a n－2}是以a1－2＝－1为首项，2为公比的等比数列．所以a n－2＝(－1)×2n－1，即a n＝2－2n－1.[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n}的通项公式．(1)a1＝1，a n＋1＝a n＋2n(n∈N*)；(2)a1＝1,2na n＋1＝(n＋1)a n(n∈N*)；(3)a1＝1，a n＝3a n－1＋4(n≥2)．解：(1)由题意知a n＋1－a n＝2n，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)由2na n＋1＝(n＋1)a n，得a n＋1a n＝n＋12n.所以a n＝a na n－1·a n－1a n－2·a n－2a n－3·…·a2a1·a1＝n2(n－1)·n－12(n－2)·n－22(n－3)·…·22×1×1＝n2n－1.(3)因为a n＝3a n－1＋4(n≥2)，所以a n＋2＝3(a n－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{a n＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以a n＋2＝3n，即a n＝3n－2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·嘉兴七校联考)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋n，则a5＝() A．25B．30C ．10D ．12解析：选B 因为a n ＝n 2＋n ，所以a 5＝25＋5＝30.2．(2018·浙江三地联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2n －1－1D.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2解析：选B 由log 2(S n ＋1)＝n 可得S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n－1－1)＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1满足上式．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n 为( )A.1n ＋1B.2n ＋1 C.1n D.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝1a n ＋12. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n ＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.解析：因为S n ＝n 2，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15，a 2＋a 3＋a 4＝S 4－S 1＝42－1＝15. 答案：15 15二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·天台模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．192 B ．189 C ．96D ．93解析：选B 因为S n ＝2a n －3，当n ＝1时，S 1＝2a 1－3＝a 1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －3－2a n －1＋3＝2a n －2a n －1，解得a na n －1＝2.所以数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 6＝3(1－26)1－2＝189.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n＋a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前n 项和为10，则项数n 的值为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：选C 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以该数列的前n 项和S n ＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.5．(2018·丽水模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1，若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．(2019·镇海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n ＞0，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：对a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得log 2a n ＋1＝log 2a 2n ＝2log 2a n .所以数列{log 2a n }是以log 2a 1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以log 2a n ＝2n －1，所以a n ＝22n －1.答案：22n －17．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)证明：a n ＝3n －12.解：(1)因为a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝32－1＋1＝4，a 3＝33－1＋a 2＝9＋4＝13.(2)证明：因为a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝3n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…＋3＋1＝3n －12(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝3－12＝1满足条件．所以当n ∈N *时，a n ＝3n －12.10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ，所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n＝2n ，且0＜2a n ＜1，解得a n ＜0.所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2＜1.因为a n ＜0，所以a n ＋1＞a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______.答案：281．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．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为对于n ∈N *，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12，所以a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)，所以a n －1＝－1n ＋1，即a n ＝n n ＋1. [由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n＝12n －1. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16. 2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＞0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15. 3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114 B.32 C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k . 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)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：(1)证明：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，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，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 ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min＝4.答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(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 . [小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4，所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1. 因为q ＞0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B.15 C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2018·杭二中仿真)各项都是正数的等比数列{a n }中，若a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( ) A.5＋12B.5－12C.1－52D.5＋12或1－52解析：选B 设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，由a 2，12a 3，a 1成等差数列可得a 3＝a 2＋a 1，所以有q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12(负值舍去)．所以a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. [由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想1．(2019·浙北联考)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( )A ．2B ．4 C.152D.172解析：选C 因为q ＝2，所以S 4a 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2＝1＋q ＋q 2＋q 3q ＝1＋2＋4＋82＝152.2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．(2018·杭州二检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题可得，设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，根据题意可得a 1(1－q 4)1－q ＝80，a 1(1－q 2)1－q＝8，解得a 1＝2，q ＝3，所以a 5＝a 1q 4＝2×34＝162. 答案：3 162考点二等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2，所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3，当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以当n ≥2时，b n b n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4，所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85，所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：552一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( )A ．－3B ．±3C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2019·湖州六校联考)已知等比数列的前n 项和为54，前2n 项和为60，则前3n 项和为( )A ．66B ．64C ．6623D ．6023解析：选D 因为等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，所以54(S 3n －60)＝36，解得S 3n ＝6023.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( ) A ．10 B ．25C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.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，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·浙大附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝pS n ＋q (n ∈N *，p ≠－1)，则“a 1＝q ”是“{a n }为等比数列”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解析：选C 因为a n ＋1＝pS n ＋q ，所以当n ≥2时，a n ＝pS n －1＋q ，两式相减得a n ＋1－a n ＝pa n ，即当n ≥2时，a n ＋1a n ＝1＋p .当n ＝1时，a 2＝pa 1＋q .所以当a 1＝q 时，a 2a 1＝1＋p ，满足上式，故数列{a n }为等比数列，所以是充分条件；当{a n }为等比数列时，有a 2＝pa 1＋q ＝(1＋p )a 1，解得a 1＝q ，所以是必要条件，从而选C.2．(2019·乐清模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( )A ．44B ．45 C.46－13D.45－13解析：选B 因为a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＝S n ＋1－S n ，所以S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝1，公比为4的等比数列，所以S 6＝45.3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.5．(2019·金华模拟)设A n ，B n 分别为等比数列{a n }，{b n }的前n 项和．若A n B n ＝12n ＋1，则a 7b 3＝( )。

备战2020年高考文数一轮复习第六章数列

第六章数列全国卷5年考情图解高考命题规律把握1.本章在高考中一般考查2道小题或者1道解答题，分值占10～12分．2.高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算、等差、等比数列的性质、数列的递推式等为主．3.解答题一般考查求数列的通项公式、等差及等比数列的判定及计算、错位相减法、裂项相消法、公式法求和.第一节数列的概念与简单表示一、基础知识批注——理解深一点1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定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)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性. (3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n ，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C (常数)，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. (2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (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∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√(二)选一选1．数列1，－3,5，－7,9，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝2n －1 B ．a n ＝(－1)n (1－2n ) C ．a n ＝(－1)n (2n －1)D ．a n ＝(－1)n (2n ＋1)解析：选B ∵数列{a n }各项值为1，－3,5，－7,9，…， ∴各项绝对值构成一个以1为首项，2为公差的等差数列， ∴|a n |＝2n －1.∵数列的奇数项为正，偶数项为负，∴a n ＝(－1)n ＋1(2n －1)＝(－1)n (1－2n )．故选B.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( ) A ．21 B ．33 C ．152D ．153解析：选C 由9＋12n ＝152，得n ＝14312∉N *.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2)，则a 7＝( ) A ．53B ．54C ．55D ．109解析：选C 由题意知，a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，…，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55. (三)填一填4．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 解析：由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21. 答案：215．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋2＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，经检验a 1＝4不适合a n ＝2n ＋1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] (1)(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. [解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2(2)－2n －1[解题技法]1．已知S n求a n的3个步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．2．S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解．(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．前n项和与通项，二者消元留一象；何知去留谁更好，变形易把关系找；通项求出莫疏忽，验证首项满足否．[题组训练]1.(口诀第1、2句)设数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)(n∈N*)，则a n＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，∴数列{a n}为首项为2，公比为2的等比数列，∴a n＝2n.2.(口诀第1、2、3句)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，则a n＝____________.解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1.答案：2 2n－1考点二由递推关系式求数列的通项公式由递推关系式求数列的通项公式常用方法有累加法、累乘法、构造法等.[典例](1)设数列{an}满足a1＝1，且a n＋1＝a n＋n＋1(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式为________________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________________． (3)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． [解析] (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n .又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)． (3)构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *) (2)a n ＝1n (n ∈N *) (3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n ＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[题组训练]1.(累加法)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n－1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n .答案：4－1n2.(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)23.(构造法)在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝4a n ＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n －1，故a n ＝103·4n－1－13. 答案：a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法(一) 数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________．[解析] 因为a 1＝35，故a 2＝2a 1－1＝15，a 3＝2a 2＝25，a 4＝2a 3＝45，a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，a 7＝2a 6＝25，…，故数列{a n }是周期数列且周期为4，故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案]25考法(二) 数列的单调性(最值)[典例] (1)(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. [解析] (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)，两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6. [答案] (1)(1，＋∞) (2)5或6[解题技法]1．解决数列的单调性问题的3种方法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．[题组训练]1．设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c ，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( )A ．递增B ．递减C ．先增后减D ．先减后增解析：选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ，而函数f (x )＝ab ＋c x (a >0，b >0，c >0)在(0，＋∞)上是增函数，故数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1 B.12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1. [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1．(2019·郑州模拟)已知数列1，3，5，7，…，2n －1，若35是这个数列的第n 项，则n ＝( ) A ．20 B ．21 C ．22D ．23解析：选D 由2n －1＝35＝45，得2n －1＝45，即2n ＝46，解得n ＝23，故选D.2．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1C.(－1)n nD.(－1)n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.3．(2019·莆田诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 5的值为( ) A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A 由题意可得，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1，a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1，a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，2] C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.6．若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n ≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．若{a n }(n ＝1,2,3,4)是“紧密数列”，且a 1＝1，a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，则x 的取值范围为( )A ．[1,3)B ．[1,3]C ．[2,3]D ．[2,3)解析：选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x ≤2，解得2≤x ≤3，故x 的取值范围为[2,3]．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为________．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，329．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)且数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n (n ＋2－λ)>0，所以n ＋2－λ>0，则λ<n ＋2.又n ∈N *，所以λ<3，因此实数λ的取值范围为(－∞，3)．答案：(－∞，3)11．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3. (1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式； (2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 级——创高分自选1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：972．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 答案：283．在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n (n ∈N *)． (1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．解：(1)由题意，知a n >0，令a na n －1>1(n ≥2)，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1(n ≥2)，解得2≤n <10，即a 9>a 8>…>a 1. 令a na n ＋1>1，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1，整理得n ＋1n ＋2>1011，解得n >9，即a 10>a 11>…. 又a 9a 10＝1，所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增，从第10项起单调递减． (2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项．第二节等差数列及其前n 项和一、基础知识批注——理解深一点1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．在一个等差数列中，从第2项起，每一项有穷等差数列的末项除外都是它的前一项与后一项的等差中项. 2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系(1)a n ＝a 1＋(n －1)d 可化为a n ＝dn ＋a 1－d 的形式．当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d >0时，数列为递增数列；当d <0时，数列为递减数列．(2)数列{a n }是等差数列，且公差不为0⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．二、常用结论汇总——规律多一点已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)．(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)． (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d . (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12.(7)若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1. (8)若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝n n －1. (9)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (二)选一选1．在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B ∵a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5，则公差d ＝a 4－a 3＝2，故选B. 2．数列{2n －1}的前10项的和是( ) A ．120 B ．110 C ．100D ．10解析：选C ∵数列{2n －1}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(1＋19)×102＝100.故选C.3．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，则a 4等于( ) A ．2 B ．0 C ．－1D ．－2解析：选D 因为a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，所以数列{a n }为等差数列，公差d 为－1，所以a 4＝a 1＋3d ＝1－3＝－2，故选D. (三)填一填4．设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 3＝________.解析：设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝3.于是S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18. 答案：－185．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －3考点一等差数列的基本运算[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)记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 ．－12 B ．－10 C ．10D ．12(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. (2)因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，d ＝(22－4a 2)2＝3，a 1＝a 2－d ＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10. [答案] (1)B (2)D[解题技法] 等差数列的基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[提醒] 在求解数列基本量运算中，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，使运算更加便捷． [题组训练]1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝10，4a 1＋4×32×d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故选B. 2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192× (－2)＝－340，选D. 3．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选C 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 5＋a 10＝12，所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24. 考点二等差数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．[解] (1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0. 因此1S n－1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n. 由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[解题技法] 等差数列的判定与证明方法[提醒] 用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n －a n －1＝1(n ≥3)的数列{a n }而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a 2－a 1是否等于1.[题组训练]1．(2019·陕西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7(a 2＋a 6)2＝49.2．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＝2－1a n.∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及应用考法(一) 等差数列项的性质[典例] (1)已知在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．2＋log 25(2)(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6[解析] (1)因为2a 1·2a 2·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝25(a 5＋a 6)＝25×4，所以log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝log 225×4＝20.选B.(2)由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝a 5b 5＝2，故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等差数列前n 项和的性质[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27[解析] 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B. [答案] B考法(三) 等差数列前n 项和的最值[典例] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16D ．S 17 [解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20， ∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2， ∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a mn －m ，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等． 2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[题组训练]1．在等差数列{a n }中，若a 3＝－5，a 5＝－9，则a 7＝( ) A ．－12 B ．－13 C ．12D ．13解析：选B 法一：设公差为d ，则2d ＝a 5－a 3＝－9＋5＝－4，则d ＝－2，故a 7＝a 3＋4d ＝－5＋4×(－2)＝－13，选B.法二：由等差数列的性质得a 7＝2a 5－a 3＝2×(－9)－(－5)＝－13，选B.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18 [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110D ．130解析：选C 由递推公式可知该数列是公差为2的等差数列，S 10＝10×2＋10×92×2＝110.故选C. 2．(2018·北京东城区二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30B ．29C ．28D ．27解析：选C 由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C.3．(2019·山西五校联考)在数列{a n }中，a n ＝28－5n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，当S n 最大时，n ＝( ) A ．2 B ．3 C ．5D ．6解析：选C ∵a n ＝28－5n ，∴数列{a n }为递减数列．令a n ＝28－5n ≥0，则n ≤285，又n ∈N *，∴n ≤5.∵S n 为数列{a n }的前n 项和，∴当n ＝5时，S n 最大．故选C.4．(2019·广东中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－66解析：选D ∵a n ＝－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列， ∴S n ＝n [－1＋(－2n ＋1)]2＝－n 2，∴S n n ＝－n 2n ＝－n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)＝－66，故选D. 5．(2018·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( ) A ．20 B ．40 C ．60D ．80解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.6．(2019·广州高中综合测试)等差数列{a n }的各项均不为零，其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，则S 2n ＋1＝( ) A ．4n ＋2 B ．4n C ．2n ＋1D ．2n解析：选A 因为{a n }为等差数列，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，又a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a 2n ＋1＝2a n ＋1.因为数列{a n }的各项均不为零，所以a n ＋1＝2，所以S 2n ＋1＝(a 1＋a 2n ＋1)(2n ＋1)2＝2×a n ＋1×(2n ＋1)2＝4n ＋2.故选A.7．已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.解析：由题知公差d ＝－57，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝514(15n －n 2)．答案：514(15n －n 2) 8．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：69．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 510．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.答案：1011．(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：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．(2019·山东五校联考)已知等差数列{a n }为递增数列，其前3项的和为－3，前3项的积为8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，∵等差数列{a n }的前3项的和为－3，前3项的积为8，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3. ∵d >0，∴a 1＝－4，d ＝3，∴a n ＝3n －7. (2)∵a n ＝3n －7，∴a 1＝3－7＝－4， ∴S n ＝n (－4＋3n －7)2＝n (3n －11)2.B 级——创高分自选1．设a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，则下列命题中不正确的是( ) A ．{a n ＋1－a n }是等差数列 B ．{b n ＋1－b n }是等差数列 C ．{a n －b n }是等差数列D ．{a n ＋b n }是等差数列解析：选D 对于A ，因为a n ＝(n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝(n ＋2)2－(n ＋1)2＝2n ＋3，设c n ＝2n ＋3，所以c n ＋1－c n ＝2.所以{a n ＋1－a n }是等差数列，故A 正确；对于B ，因为b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝2n ，设c n ＝2n ，所以c n ＋1－c n ＝2，所以{b n ＋1－b n }是等差数列，故B 正确；对于C ，因为a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以a n －b n ＝(n ＋1)2－(n 2－n )＝3n ＋1，设c n ＝3n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3，所以{a n －b n }是等差数列，故C 正确；对于D ，a n ＋b n ＝2n 2＋n ＋1，设c n ＝a n ＋b n ，c n ＋1－c n 不是常数，故D 错误．2．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36， ∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－123．(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4， ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×4＝2n 2－n . (2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S n n ＋c＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．第三节等比数列及其前n 项和一、基础知识批注——理解深一点1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.①已知a 1，q ，n ，a n ，S n 中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想.②在等比数列求和时，要注意q ＝1和q ≠1的讨论.3．等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n可以看成函数y ＝cq x ，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ，若设a ＝a 11－q ，则S n ＝－aq n ＋a (a ≠0，q ≠0，q ≠1)．由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点．对于常数列的等比数列，即q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1.由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点．二、常用结论汇总——规律多一点设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中m ，n ，p ，q ，s ，r ∈N *.(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N *)．(4)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 }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列．(5)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 .三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)×(二)选一选1．在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝2，则a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．8或－8D ．16或－16解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝1，a 3＝2，∴q 2＝2，∴a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.故选B.2．数列{a n }满足a 4＝27，a n ＋1＝－3a n (n ∈N *)，则a 1＝( ) A ．1 B ．3 C ．－1D ．－3解析：选C 由题意知数列{a n }是以－3为公比的等比数列，∴a 4＝a 1(－3)3＝27，∴a 1＝27(－3)3＝－1.故选C. 3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2a 5＝2a 3,2a 4＋4a 7＝5，则S 5＝( ) A ．29 B ．31 C ．33D ．36解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 4＝2a 1q 2，2a 1q 3＋4a 1q 6＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31，故选B.(三)填一填4．已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则q ＝________. 解析：∵a 2·a 4＝a 23＝16，∴a 3＝4(负值舍去)，① 又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3q2＋a 3q ＋a 3＝7，②联立①②，得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝－23或q ＝2，∵a n >0，∴q ＝2. 答案：25．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3； b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，所以a 2b 2＝1.答案：1考点一等比数列的基本运算[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6. [解题技法]等比数列基本运算中的2种常用数学思想[题组训练]1．已知等比数列{a n }单调递减，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B 由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，则a 23＝a 2a 4＝1，又a 2＋a 4＝52，且{a n }单调递减，所以a 2＝2，a 4＝12，则q 2＝14，q ＝12，所以a 1＝a 2q ＝4.2．(2019·长春质检)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 6－S 4＝6a 4，则a 5＝( ) A ．4 B ．10 C ．16D ．32解析：选C 设公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.3．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：32考点二等比数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．[证明] 因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n ＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．[解题技法]1．掌握等比数列的4种常用判定方法2．等比数列判定与证明的2点注意(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n 项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．(2)证明一个数列{a n }不是等比数列，只需要说明前三项满足a 22≠a 1·a 3，或者是存在一个正整数m ，使得a 2m ＋1≠a m ·a m ＋2即可．[题组训练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2n ，证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列．证明：因为a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，所以a 1＝2，由a 1＋a 2＝2a 2－4得a 2＝6.由于S n ＝2a n －2n ，故S n ＋1＝2a n ＋1－2n ＋1，后式减去前式得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，。

高考数学一轮复习第六章数列6

高考数学一轮复习第六章数列6.2 等差数列考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．知识梳理1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2，n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋nn －12d 或S n ＝na 1＋a n2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，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)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列．常用结论1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．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． 3．等差数列{a n }的单调性：当d >0时，{a n }是递增数列；当d <0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．4．数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．这里公差d ＝2A . 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × ) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ )(4)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ ) 教材改编题1．已知等差数列{a n }中，a 2＝3，前5项和S 5＝10，则数列{a n }的公差为( ) A ．－1 B ．－52C ．－2D ．－4答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ， ∵S 5＝5a 3＝10， ∴a 3＝a 2＋d ＝2，又∵a 2＝3，∴d ＝－1.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 5＝________. 答案 903．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝2，且S 6＝30，则S 9＝________. 答案 126解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，2a 1＋5d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝6.∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝－90＋36×6＝126.题型一等差数列基本量的运算例1 (1)(2022·包头模拟)已知等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，S 4＝24，S 9＝99，则a 7等于( )A ．13B ．14C ．15D ．16 答案 C解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝24，S 9＝99，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝24，9a 1＋36d ＝99，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.则a 7＝a 1＋6d ＝15.(2)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则下列结论正确的有________．(填序号) ①a 2＋a 3＝0； ②a n ＝2n －5； ③S n ＝n (n －4)； ④d ＝－2.答案 ①②③解析 S 4＝4×a 1＋a 42＝0，∴a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝0，①正确； a 5＝a 1＋4d ＝5， (*) a 1＋a 4＝a 1＋a 1＋3d ＝0，(**)联立(*)(**)得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝－3，∴a n ＝－3＋(n －1)×2＝2n －5， ②正确，④错误；S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，③正确．教师备选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，S 4＝24，则a 9等于( ) A ．－5 B ．－7 C ．－9 D ．－11答案 B解析 ∵a 3＝5，S 4＝24， ∴a 1＋2d ＝5,4a 1＋6d ＝24，解得a 1＝9，d ＝－2， ∴a n ＝11－2n ， ∴a 9＝11－2×9＝－7.2．已知{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＋a 10＝a 9，则a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝________.答案278解析 ∵a 1＋a 10＝a 9，∴a 1＋a 1＋9d ＝a 1＋8d ，即a 1＝－d ， ∴a 1＋a 2＋…＋a 9＝S 9＝9a 1＋9×82d ＝27d ， a 10＝a 1＋9d ＝8d ，∴a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝278.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d .跟踪训练1 (1)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＋a 6＝24，S 6＝48，则下列选项正确的是( ) A ．a 1＝－2 B ．a 1＝2 C ．d ＝3 D ．d ＝－3答案 A解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 6＝2a 1＋7d ＝24，S 6＝6a 1＋15d ＝48，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4.(2)(2020·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝______. 答案 25解析设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＋a 6＝2a 1＋6d ＝2. 因为a 1＝－2，所以d ＝1. 所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.题型二等差数列的判定与证明例2 (2021·全国甲卷)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 }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解 ①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1. 设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋nn －12d ＝n 2a 1. 因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋nn －12d ＝12n 2d ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，且a 1＝d 2满足上式，所以数列{a n }是等差数列．高考改编已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解因为nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，所以nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝32n (n ＋1)，所以S n ＋1n ＋1－S n n ＝32，S 11＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，32为公差的等差数列，S n n ＝32n －12，所以S n ＝32n 2－12n ，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1 ＝32n 2－12n －⎣⎡⎦⎤32n －12－12n －1 ＝3n －2，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝3n －2. 教师备选(2022·烟台模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝log 2(a n ＋1)． (1)判断{b n }是否为等差数列，并说明理由； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1){b n }是等差数列，理由如下： b 1＝log 2(a 1＋1)＝log 22＝1，当n ≥2时，b n －b n －1＝log 2(a n ＋1)－log 2(a n －1＋1) ＝log 2a n ＋1a n －1＋1＝log 22a n －1＋2a n －1＋1＝1，∴{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＋1＝2n b＝2n ， ∴a n ＝2n －1.思维升华判断数列{a n }是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一常数．(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. (3)通项公式法：对任意n ∈N *，都满足a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)． (4)前n 项和公式法：对任意n ∈N *，都满足S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．跟踪训练2 已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解 (1)由题意可得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)由已知得na n ＋1－n ＋1a nn n ＋1＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为d ＝2的等差数列，则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n . 题型三等差数列的性质命题点1 等差数列项的性质例3 (1)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 3＋a 4等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9答案 B解析因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1，所以{a n }是等差数列，由等差数列性质可得a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12， a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，所以a 3＋a 4＝3＋4＝7.(2)(2022·崇左模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150，则S 9等于( ) A ．225 B ．250 C ．270 D ．300 答案 C解析等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150， ∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝150，解得a 5＝30，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝270.命题点2 等差数列前n 项和的性质例4 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 20＝60，则S 40等于( ) A ．110 B ．150 C ．210 D ．280答案 D解析因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列．故(S 30－S 20)＋S 10＝2(S 20－S 10)，所以S 30＝150.又因为(S 20－S 10)＋(S 40－S 30)＝2(S 30－S 20)，所以S 40＝280.(2)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －13n －2，则a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9的值为________．答案2943解析a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9＝a 11＋a 52b 8＝2a 82b 8＝a 8b 8，∴a 8b 8＝S 2×8－1T 2×8－1＝S 15T 15＝2×15－13×15－2＝2943. 延伸探究将本例(2)部分条件改为若a 2＋a 8b 4＋b 6＝57，则S 9T 9＝________.答案 57解析a 2＋a 8b 4＋b 6＝2a 52b 5＝a 5b 5＝57， ∴S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝9a 59b 5＝a 5b 5＝57. 教师备选1．若等差数列{a n }的前15项和S 15＝30，则2a 5－a 6－a 10＋a 14等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5解析 ∵S 15＝30，∴152(a 1＋a 15)＝30，∴a 1＋a 15＝4， ∴2a 8＝4，∴a 8＝2.∴2a 5－a 6－a 10＋a 14＝a 4＋a 6－a 6－a 10＋a 14＝a 4－a 10＋a 14＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝2.2．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 020，S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6，则S 2 023等于( )A ．2 023B ．－2 023C ．4 046D ．－4 046答案 C解析 ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，设公差为d ′，则S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6d ′＝6，∴d ′＝1，首项为S 11＝－2 020，∴S 2 0232 023＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2， ∴S 2 023＝2 023×2＝4 046.思维升华 (1)项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)． ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③依次k 项和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列．跟踪训练3 (1)(2021·北京){a n }和{b n }是两个等差数列，其中a k b k (1≤k ≤5)为常值，若a 1＝288，a 5＝96，b 1＝192，则b 3等于( ) A ．64 B ．128 C ．256 D ．512解析由已知条件可得a 1b 1＝a 5b 5，则b 5＝a 5b 1a 1＝96×192288＝64，因此，b 3＝b 1＋b 52＝192＋642＝128.(2)(2022·吕梁模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足a 3＝3a 1，a 2＝3a 1－1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为( ) A.552 B ．55C.652 D ．65答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3a 1，a 1＋d ＝3a 1－1，所以a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n ＋n n －12＝nn ＋12，所以S n n ＝n ＋12，所以S n ＋1n ＋1－S n n＝n ＋1＋12－n ＋12＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，12为公差的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和T 10＝10＋10×10－12×12＝652.课时精练1．(2022·信阳模拟)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 9＝30，a 4＝11，则{a n }的公差为( ) A ．－2 B ．2 C ．－3 D ．3 答案 B解析设公差为d ，因为a 3＋a 9＝2a 6＝30，所以a 6＝15，从而d ＝a 6－a 46－4＝2.2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝12，则2a 9－a 11的值为( ) A ．－3 B ．3 C ．－12 D ．12 答案 B解析由等差中项的性质可得， a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝4a 7＝12，解得a 7＝3， ∵a 7＋a 11＝2a 9， ∴2a 9－a 11＝a 7＝3.3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( ) A.3726 B.3727 C.5239 D.5639答案 A解析由题设知在等差数列{a n }中， a 1＋a 2＋a 3＝4，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3. 所以3a 1＋3d ＝4,4a 1＋30d ＝3，解得a 1＝3726.4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{a n }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答案 B解析设等差数列{a n }共有2n ＋1项，则S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1， S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ，该数列的中间项为a n ＋1，又S 奇－S 偶＝a 1＋(a 3－a 2)＋(a 5－a 4)＋…＋(a 2n ＋1－a 2n )＝a 1＋d ＋d ＋…＋d ＝a 1＋nd ＝a n ＋1，所以a n ＋1＝S 奇－S 偶＝319－290＝29.5．等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，当首项a 1和d 变化时，a 3＋a 8＋a 13是一个定值，则下列各数也为定值的是( ) A ．a 11 B ．a 12 C ．S 15 D ．S 16 答案 C解析由等差中项的性质可得a 3＋a 8＋a 13＝3a 8为定值，则a 8为定值， S 15＝15()a 1＋a 152＝15a 8为定值，但S 16＝16()a 1＋a 162＝8()a 8＋a 9不是定值．6．在等差数列{a n }中，若a 10a 9<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0成立的正整数n的最大值是( )A ．15B ．16C ．17D ．14 答案 C解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和有最大值， ∴等差数列{a n }为递减数列，又a 10a 9<－1，∴a 9>0，a 10<0，且a 9＋a 10<0，又S 18＝18a 1＋a 182＝9(a 9＋a 10)<0，S 17＝17a 1＋a 172＝17a 9>0，∴使S n >0成立的正整数n 的最大值是17.7．(2019·北京)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________. 答案 0解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0. 8．(2022·新乡模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．答案 51解析设该数列为{a n }，依题意可知，a 5，a 6，…成等差数列，且公差为2，a 5＝5，设塔群共有n 层，则1＋3＋3＋5＋5(n －4)＋n －4n －52×2＝108，解得n ＝12(n ＝－8舍去)．故最下面三层的塔数之和为a 10＋a 11＋a 12＝3a 11＝3×(5＋2×6)＝51.9．(2021·全国乙卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n ＋1b n ＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．(1)证明因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2)．又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)解由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1nn ＋1. 故a n＝⎩⎨⎧32，n ＝1，－1nn ＋1，n ≥2.10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴数列{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∵a 1＝8，a 4＝2， ∴d ＝a 4－a 14－1＝－2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n ，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由(1)可得， S n ＝8n ＋nn －12×(－2)＝9n －n 2，n ∈N *. 由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5， ∴当n >5时，a n <0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2×(9×5－25)－(9n －n 2)＝n 2－9n ＋40；当n ≤5时，a n ≥0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n ∈N *，n 2－9n ＋40，n ≥6，n ∈N *.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S mm ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解．12．(2022·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，已知S 14>0，S 15<0，则下列选项不正确的是( ) A ．a 1>0，d <0 B ．a 7＋a 8>0C ．S 6与S 7均为S n 的最大值D ．a 8<0 答案 C解析因为S 14>0，所以S 14＝14×a 1＋a 142＝7(a 1＋a 14)＝7(a 7＋a 8)>0，即a 7＋a 8>0，因为S 15<0，所以S 15＝15×a 1＋a 152＝15a 8<0，所以a 8<0，所以a 7>0，所以等差数列{a n }的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a 1>0，d <0，S 7为S n 的最大值．13．(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．答案 3n 2－2n解析方法一 (观察归纳法)数列{2n －1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n －2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5. 故前n 项和为S n ＝na 1＋a n 2＝n1＋6n －52＝3n 2－2n .方法二 (引入参变量法)令b n ＝2n －1，c m ＝3m －2，b n ＝c m ，则2n －1＝3m －2，即3m ＝2n ＋1，m 必为奇数．令m ＝2t －1，则n ＝3t －2(t ＝1,2,3，…)． a t ＝b 3t －2＝c 2t －1＝6t －5，即a n ＝6n －5. 以下同方法一．14．(2022·东莞东方明珠学校模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n .若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是__________．答案 ⎣⎡⎦⎤－17，－18 解析根据等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ≤S 8恒成立，可知a 8≥0且a 9≤0，所以1＋7d ≥0且1＋8d ≤0，解得－17≤d ≤－18.15．定义向量列a 1，a 2，a 3，…，a n 从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即a n ＝a n －1＋d (n ≥2，且n ∈N *)，其中d 为常向量，则称这个向量列{a n }为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{a n }的前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .已知等差向量列{a n }满足a 1＝(1,1)，a 2＋a 4＝(6,10)，则向量列{a n }的前n 项和S n ＝____________________. 答案⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2解析因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a 3＝a 2＋a 4＝(6,10)，解得a 3＝(3,5)，则等差向量列{a n }的公差向量为d ＝a 3－a 12＝3，5－1，12＝3－1，5－12＝2，42＝(1,2)，由等差数列的通项公式可得等差向量列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(1,1)＋(n －1)(1,2)＝(1,1)＋(n －1,2n －2) ＝(1＋n －1,1＋2n －2)＝(n ,2n －1)，由等差数列的前n 项和公式，可得等差向量列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋a n2＝n [1，1＋n ，2n －1]2＝n1＋n ，2n2＝n ＋n 2，2n 22＝⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2.16．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35，当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。

高考数学一轮复习第六章数列

第六章数列第一节数列的概念与简单表示[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数1.由a n与S n的关系求通项a n.2.由递推关系求通项公式．3.数列的函数特征1.逻辑推理．2.数学运算[重点准·逐点清]重点一数列的概念1．定义：按照一定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．[提醒]数列的一般形式为a1，a2，…，a n，…，通常记为{a n}，其中a n是数列{a n}的第n项，S n＝a1＋a2＋…＋a n为{a n}的前n项和．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的分类[提醒](1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一．[逐点清]1．(必修5第67页A 组2题改编)数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22 C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92解析：选A 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故通项公式为a n ＝5n －42.2．(易错题)在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2中，0.08是它的第项．解析：依题意得n －2n 2＝225，解得n ＝10或n ＝52(舍)．答案：10重点二数列的表示方法1．列表法：列出表格来表示数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系．见下表：2．图象法：在平面直角坐标系中，数列的图象是一系列横坐标为正整数的孤立的点(n ，a n )．3．通项公式法：如果数列{a n }的第n 项与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列的通项公式实际上是一个以N *或它的有限子集{1,2,3，…，n }为定义域的函数的表达式．4．递推公式法：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．[提醒] 通项公式与递推公式的异同点[逐点清]3．(多选)下列说法正确的是( ) A ．任何数列都有通项公式 B ．数列的通项公式形式可能不唯一C ．数列1,3,7,15,31，…的一个通项公式为a n ＝2n －1D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)n a n －1(n ≥2)，则a 5＝23解析：选BCD 不是每一个数列都有通项公式．例如，π的不足近似值精确到1,0.1,0.01,0.001，…所构成的数列3,3.1,3.14,3.142，…就没有通项公式，A 错误；数列通项公式的形式可能不唯一．例如，数列－1,1，－1,1，－1,1，…的通项公式可以写成a n ＝(－1)n ，也可以写成a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝2k －1，k ∈N *，1，n ＝2k ，k ∈N *，还可以写成a n ＝cos n π，B 正确；观察发现数列1,3,7,15,31，…各项分别加上1，变为2,4,8,16,32，…，其通项为2n ，故原数列的一个通项公式为a n ＝2n －1，C 正确；由递推公式a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)知，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23，D 正确．重点三数列的函数性质数列是特殊的函数，由数列的项与项数之间构成特殊的函数关系可知，数列的通项a n与n 的关系公式就是函数f (x )的解析式，所以根据函数关系式得出数列的通项公式是重要途径，这样用函数的思想方法去解决数列问题很常用．[逐点清]4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝12n 2－8n ，判断数列{a n }的单调性．解：根据题意可知a n ＝12n 2－8n ，则a n ＋1－a n ＝12(n ＋1)2－8(n ＋1)－⎝⎛⎭⎫12n 2－8n ＝n －152，由数列的定义域为正整数集可知，当n <8时，a n ＋1－a n <0，数列{a n }是递减数列；当n ≥8时，a n ＋1－a n >0，数列{a n }是递增数列．[记结论·提速度][记结论]1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. 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 *)． [提速度]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ . 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.答案：⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *2．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是．解析：若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋11n ≥－(n －1)2＋11(n －1)，－n 2＋11n ≥－(n ＋1)2＋11(n ＋1)，解得5≤n ≤6.∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 答案：30由a n 与S n 的关系求通项a n[师生共研过关][例1] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是； (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝；(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝ . [解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时不满足，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，所以a n a n －1＝－12，所以数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1. (3)当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2； ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n .显然当n ＝1时不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2 (2)⎝⎛⎭⎫－12n －1 (3)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2时的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解； (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．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ＋1·n ，则a 5＋a 6＝，a n ＝ . 解析：a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合于此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．答案：－2 (－1)n ＋1·(2n －1)由递推关系求通项公式[师生共研过关][例2] 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝ . [解析] 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1.则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22. 又a 1＝2适合上式，故a n ＝n 2＋n ＋22.[答案] n 2＋n ＋22[对点变式]1.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，如何求解？解：∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0.∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴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 －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n .又a 1＝2适合上式，故a n ＝2n .2.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故原式可化为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.[解题技法]由数列递推式求通项公式的常用方法[提醒] 利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．[跟踪训练]1．已知数列{a n }中，a 1＝1中，a n ＋1＝a n ＋n (n ∈N *)中，则a 4＝，a n ＝ . 解析：由题意可得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ，则a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝1＋n (n －1)2＝n 2－n ＋22，又a 1＝1也适合此式，故a n ＝n 2－n ＋22，则a 4＝42－4＋22＝7.答案：7 n 2－n ＋222．设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝ .解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a na n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)2数列的函数特征[定向精析突破]考向1 数列的周期性[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020的值为( )A ．2B ．1C ．12D ．14[解析] 因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2，由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1，由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12，由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1，由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2，由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列，所以a 2 020＝a 4＝1，故选B. [答案] B[解题技法]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．考向2 数列的单调性(最值)[例4] 数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n ≤4，－n 2＋(a －1)n ，n ≥5(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，则a 的取值范围是．[解析] 当n ≤4时，a n ＝2n －1单调递增，因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15；当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －a －122＋(a －1)24.因为a 5是{a n }中的最大值，所以⎩⎨⎧a －12≤5.5，－25＋5(a －1)≥15，解得9≤a ≤12.所以a 的取值范围是[9,12]． [答案] [9,12][解题技法]解决数列的单调性问题的3种方法考向3 数列的最大(小)项 [例5] 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( ) A ．310 B ．19 C ．119D ．1060[解析] 令f (x )＝x ＋90x (x ＞0)，运用基本不等式得f (x )≥610，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1610，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大． [答案] C[解题技法]求数列的最大项与最小项的常用方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项；(2)通过通项公式a n 研究数列的单调性，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； (3)比较法：若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＞0⎝⎛⎭⎪⎫或a n >0时，a n ＋1a n>1，则a n ＋1＞a n ，则数列{a n }是递增数列，所以数列{a n }的最小项为a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n >0时，a n ＋1a n <1，则a n ＋1＜a n ，则数列{a n }是递减数列，所以数列{a n }的最大项为a 1＝f (1)．[跟踪训练]1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 021的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D ．13解析：选A 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2 021＝a 505×4＋1＝a 1＝2.2．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，＋∞) 解析：选D 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝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，＋∞)．故选D.[课时过关检测]A 级——基础达标1．数列3,6,12,21，x,48，…中的x 等于( ) A ．29 B ．33 C ．34D ．28解析：选B 因为6－3＝3＝1×3,12－6＝6＝2×3,21－12＝9＝3×3，所以根据规律可得x －21＝4×3，所以x ＝21＋12＝33.同时也满足48－33＝15＝5×3.故选B.2．已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝－1a n ＋1，则能使a n ＝3的n 的值可以等于( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选B ∵a 1＝3，a n ＋1＝－1a n ＋1，∴a 2＝－14.同理可得a 3＝－43，a 4＝3，…，观察可得a n ＋3＝a n (n ∈N *)，则a 16＝a 5×3＋1＝a 1＝3，因此能使a n ＝3的n 的值可以等于16.故选B.3．若数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，则a 10＝( ) A ．55 B ．10 C ．9D ．1解析：选D ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，∴令m ＝1，n ＝9，得S 9＋S 1＝S 10，即S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1，∴a 10＝S 10－S 9＝1.故选D.4．在数列{a n }中，“|a n ＋1|>a n ”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解析：选B “|a n ＋1|>a n ”⇒a n ＋1>a n 或－a n ＋1>a n ，充分性不成立，数列{a n }为递增数列⇒|a n ＋1|≥a n ＋1>a n 成立，必要性成立，∴“|a n ＋1|>a n ”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．故选B.5．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝－12，a n ＋1＝11－a n ，则下列各数是{a n }的项的有( )A ．－2B ．23C ．32D ．3解析：选BD 因为数列{a n }满足a 1＝－12，a n ＋1＝11－a n，∴a 2＝11－⎝⎛⎭⎫－12＝23，a 3＝11－a 2＝3，a 4＝11－a 3＝－12＝a 1，∴数列{a n }是周期为3的数列，且前3项为－12，23，3，故选B 、D.6．(多选)(2021·开封市高三模拟)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n ·a n ＋1，设数列{b n }的前n 项和S n ，则( )A ．a n ＝n 2B ．a n ＝nC ．S n ＝4nn ＋1D ．S n ＝5nn ＋1解析：选AC 由题意得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，∴b n ＝1n2·n ＋12＝4n (n ＋1)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴数列{b n }的前n项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1.故选A 、C. 7．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，328．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则a n ＝ . 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋2＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，经检验a 1＝4不适合a n ＝2n ＋1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)，2n ＋1，(n ≥2).答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，(n ＝1)，2n ＋1，(n ≥2)9．已知数列的通项为a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163，又因为n ∈N *，且数列{a n }的前5项递减，所以n ＝5时a n 的值最小．答案：510．(2021·衡阳市高三联考)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则a 2＝，通项公式a n ＝ .解析：由已知，a 2＝a 1＋11×2＝3＋12＝72.因为a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，… a n －a n －1＝1n －1－1n，以上(n －1)个式子累加可得，a n －a 1＝1－1n ，因为a 1＝3，所以a n ＝4－1n .答案：724－1n11．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． 12．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3.(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式；(2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1. (2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.B 级——综合应用13．(多选)(2021·山东泰安高三模拟)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则下列说法正确的是( )A ．此数列的第20项是200B ．此数列的第19项是200C ．此数列偶数项的通项公式为a 2n ＝2n 2D ．此数列的前n 项和为S n ＝n (n －1)解析：选AC 观察此数列，偶数项通项公式为a 2n ＝2n 2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a 2n －1＝a 2n －2n ，由此可得a 20＝2×102＝200，A 正确，C 正确；a 19＝a 20－20＝180，B 错误；S n ＝n (n －1)＝n 2－n 是一个等差数列的前n 项和，而题中数列不是等差数列，不可能有S n ＝n (n －1)，D 错误．故选A 、C.14．(2021·昆明模拟)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图所示．他们研究过图中的1,5,12,22，…，由于这些数能够表示成五角形，将其称为五角形数，若按此规律继续下去，第n 个五角形数a n ＝ .解析：观察图形，发现a 1＝1，a 2＝a 1＋4，a 3＝a 2＋7，a 4＝a 3＋10，猜测当n ≥2时，a n ＝a n －1＋3n －2，所以a n －a n －1＝3n －2，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －2)＋[3(n －1)－2]＋…＋(3×2－2)＋1＝32n 2－12n .答案：32n 2－12n15．(2021·石家庄模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解：(1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ， ∴a n ＋1n ＋1＝a nn ， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)由题意及(1)知b n ＝3n －λn 2. b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2) ＝2·3n －λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列， ∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1.∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．C级——迁移创新16．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n}，则数列{a n}的前2 020项的和为()A．672 B．673C．1 347 D．2 020解析：选C由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，可得{a n}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，所以{a n}是周期为3的数列，一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 020＝673×3＋1，所以数列{a n}的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，故选C.第二节等差数列及其前n项和[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养1.理解等差数列的概念．2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．3.能在具体的问题情境中发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系1.等差数列的基本运算．2.等差数列的判定与证明．3.等差数列的性质及应用1.逻辑推理．2.数学运算[重点准·逐点清]重点一等差数列的有关问题1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．2．等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．3．公式：通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(a 1＋a n )n2. [提醒] 理解定义要注意三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”．[逐点清]1．(必修5第44页例2改编)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 4＝14，则d ＝ .解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，4a 1＋4×32d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝3. 答案：32．(2020·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝ .解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2＋a 6＝2，得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－4＋6d ＝2，解得d ＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2＋a 6＝2a 4＝2，所以a 4＝1，所以d ＝a 4－a 14－1＝1－(－2)3＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.答案：253．(易错题)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 7＝ . 解析：由a n ＋1＋a n ＝4n －3得，a n ＋a n －1＝4n －7(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n －1＝4(n ≥2)．由等差数列的定义知，数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列．则a 7＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋12－1×4＝14.答案：14重点二等差数列的常用性质已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)；(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)；(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)； (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d ； (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列；(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. [逐点清]4．(必修5第39页5题改编)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 11＝55，则a 6＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选B S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11a 6＝55⇒a 6＝5.5．(必修5第41页2题改编)在等差数列{a n }中，a 2＋a 4＝2，a 5＝3，则{a n }的前6项和为( )A ．6B ．9C ．10D ．11解析：选B 设{a n }的公差为d ，由等差数列的性质知a 2＋a 4＝2a 3＝2，则a 3＝1，所以d ＝a 5－a 35－3＝1，a 4＝a 5－d ＝2，所以S 6＝6(a 1＋a 6)2＝3(a 3＋a 4)＝3×(1＋2)＝9.[记结论·提速度][记结论]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．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．3．数列{a n}是等差数列⇔S n＝An2＋Bn(A，B为常数)．[提速度]1．已知数列{a n}的通项a n＝－2n＋15，则其前n项和S n取得最大值时的n的值为()A．1B．7或8C．8D．7解析：选D由a n＝－2n＋15知数列{a n}为等差数列，因为a1＝13>0，d＝－2，则S n有最大值．由a n≥0得－2n＋15≥0，解得n≤152.又n∈N*，∴当1≤n≤7时，a n≥0；当n≥8时，a n<0(n∈N*)，∴前n项和S n取得最大值时，n＝7.故选D.2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n2＋(a＋3)n＋a2－2a－3，则a＝ .解析：因为等差数列前n项和S n可表示为S n＝An2＋Bn，则a2－2a－3＝0，解得a＝3或－1.答案：3或－1等差数列的基本运算[师生共研过关] [例1](1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝12n2－2n(2)(2021·内蒙古模拟)已知等差数列{a n}中，S n为其前n项的和，S4＝24，S9＝99，则a7＝()A．13 B．14C．15 D．16[解析](1)设首项为a1，公差为d.由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.(2)因为⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝24，S 9＝99，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋6d ＝24，9a 1＋36d ＝99，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，则a 7＝a 1＋6d ＝15.故选C. [答案] (1)A (2)C[解题技法]等差数列运算问题的通性方法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解；(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[跟踪训练]1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10解析：选D 因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，所以d ＝22－4a 22＝3，a 1＝a 2－d＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10.2．(2021·安徽合肥模拟)记等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n .若S 10＝40，a 6＝5，则( )A ．d ＝3B ．a 10＝12C ．S 20＝280D ．a 1＝－4解析：选C 依题意，得S 10＝(a 1＋a 10)·102＝5(a 5＋a 6)＝40，解得a 5＝3，则d ＝a 6－a 5＝2，则a 10＝a 6＋4d ＝5＋8＝13，a 1＝a 5－4d ＝3－8＝－5，S 20＝20a 1＋190d ＝－100＋380＝280，故选C.3．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 答案：4等差数列的判定与证明[师生共研过关][例2] 若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，因为S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，所以S n ＝12n .当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[对点变式](变条件)若将本例条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式．解：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn ＝1，又a 1＝35，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－25n .[解题技法]等差数列的判定与证明方法[提醒] 用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n －a n －1＝1(n ≥3)的数列{a n }而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a 2－a 1是否等于1.[跟踪训练]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( )A ．13B ．49C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，依题意得，d ＝a 6－a 26－2＝11－34＝2，则a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1，即a 1＝1，a 7＝13，所以S 7＝a 1＋a 72×7＝1＋132×7＝49. 2．已知等差数列的前三项依次为a,3,5a ，前n 项和为S n ，且S k ＝121. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝3，a 3＝5a ，由等差数列的性质得a ＋5a ＝6，所以a 1＝a ＝1，公差d ＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2d ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2，由S k ＝121＝k 2，解得k ＝11，故a ＝1，k ＝11.(2)由(1)得S n ＝n 2则b n ＝S nn ＝n ，故b n ＋1－b n ＝1，b 1＝1，即数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列，所以T n ＝n 2＋n2.等差数列的性质及应用[定向精析突破]考向1 等差数列项的性质[例3] (1)(2021·广州市阶段训练)已知{a n }是等差数列，a 3＝5，a 2－a 4＋a 6＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2(2)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 2＋a 9＋a 19＝6，则a 10＝，S 19＝ . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2－a 4＋a 6＝7，得(a 2＋a 6)－a 4＝2a 4－a 4＝a 4＝7，所以d ＝a 4－a 3＝2，即等差数列{a n }的公差为2，故选D.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由等差数列的通项公式可得a 2＋a 9＋a 19＝3(a 1＋9d )＝3a 10＝6，所以a 10＝2，由等差数列前n 项和公式可得S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10＝38.[答案] (1)D (2)2 38[解题技法]如果{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m －n ＋a n ＋m 的值．考向2 等差数列前n 项和的性质[例4] (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27(2)(2021·山东菏泽一中月考)已知等差数列{a n }的公差为4，其项数为偶数，所有奇数项的和为15，所有偶数项的和为55，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40[解析] (1)由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，即a 7＋a 8＋a 9＝45.故选B.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，项数为n ，前n 项和为S n .因为d ＝4，S 奇＝15，S 偶＝55，所以S 偶－S 奇＝n2d ＝2n ＝40，所以n ＝20，即这个数列的项数为20.故选B.[答案] (1)B (2)B[解题技法]1．在等差数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等差数列；⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列．2．若等差数列{a n }的项数为2n ，则S 偶－S 奇＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n －a 1－a 3－a 5－…－a 2n －1＝d ＋d ＋…＋d ＝nd ；S 奇S 偶＝n2(a 1＋a 2n －1)n 2(a 2＋a 2n)＝2a n 2a n ＋1＝a na n ＋1. 3．若等差数列{a n }的项数为2n －1，则 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n －2＝n －12(a 2＋a 2n －2)＝n －12×2a n ＝(n －1)a n ； S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝n2×2a n ＝na n ；S 奇－S 偶＝na n －(n －1)a n ＝a n (这里a n ＝a 中)； S 奇S 偶＝na n (n －1)a n ＝n n －1. 4．若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则有a nb n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2＝S 2n －1T 2n －1.考向3 等差数列前n 项和的最值[例5] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17[解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解；(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0，的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0，的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[跟踪训练]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝20，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45D ．54解析：选B 依题意a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝5a 5＝20，a 5＝4，所以S 9＝a 1＋a 92×9＝9a 5＝36.2．(多选)已知无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6<S 7，且S 7>S 8，则( ) A ．在数列{a n }中，a 1最大 B ．在数列{a n }中，a 3或a 4最大 C ．S 3＝S 10D ．当n ≥8时，a n <0解析：选AD 由于S 6<S 7，S 7>S 8，所以S 7－S 6＝a 7>0，S 8－S 7＝a 8<0，所以数列{a n }是递减的等差数列，最大项为a 1，所以A 正确，B 错误，D 正确；S 10－S 3＝a 4＋a 5＋…＋a 10＝7a 7>0，故C 错误．[课时过关检测]A 级——基础达标1．(2021·陕西教学质量检测)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 23＝a 4a 6，则a 2＝( )A.711 B ．511C.311D ．111解析：选A设数列{a n}的公差为d(d≠0)，则a n＝1＋(n－1)d，∴a2＝1＋d，a3＝1＋2d，a4＝1＋3d，a6＝1＋5d，∵a23＝a4a6，∴(1＋2d)2＝(1＋3d)(1＋5d)，解得d＝－411(d＝0舍去)，∴a2＝1＋d＝711，故选A.2．(2021·武汉市学习质量检测)已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝()A．2n B．n2C．n＋2 D．3n－2解析：选B因为a1＝1，a n＋1>a n，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n ＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以( a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2，故选B.3．(2021·北京市适应性测试)设{a n}是等差数列，且公差不为零，其前n项和为S n.则“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A由∀n∈N*，S n＋1>S n得a n＋1＝S n＋1－S n>0，又数列{a n}是公差不为零的等差数列，因此公差d>0(若d<0，等差数列{a n}中从某项起以后各项均为负，这与a n＋1>0矛盾)，数列{a n}是递增数列，所以“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的充分条件；反过来，由“{a n}为递增数列”不能得知“∀n∈N*，S n＋1>S n”，如取a n＝n－3，此时数列{a n}为递增数列，但a2＝－1<0，即有S2<S1，因此“∀n∈N*，S n＋1>S n”不是“{a n}为递增数列”的必要条件．综上所述，“∀n∈N*，S n＋1>S n”是“{a n}为递增数列”的充分而不必要条件，故选A.4．在等差数列{a n}中，若a10a9<－1，且它的前n项和S n有最大值，则使S n>0成立的正整数n 的最大值是( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：选C ∵等差数列{a n }的前n 项和有最大值， ∴等差数列{a n }为递减数列，又a 10a 9<－1，∴a 9>0，a 10<0， ∴a 9＋a 10<0，又S 18＝18(a 1＋a 18)2＝9(a 9＋a 10)<0，S 17＝17(a 1＋a 17)2＝17a 9>0， ∴S n >0成立的正整数n 的最大值是17.故选C.5．(多选)(2021·长沙市长郡中学高三模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A ．a 9＝17B ．a 10＝18C ．S 9＝81D ．S 10＝91解析：选BD ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1－a n ＝2. ∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2. 又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B 、D.6．(多选)(2021·石家庄二中高三一模)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 ．a n ＝－12n－1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n －1－1n，n ≥2，n ∈N *⎩⎭S n D.1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝－5 050 解析：选BCD 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S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，整理得1S n ＋1－1S n ＝－1(常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C 正确；所以1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，故S n ＝－1n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1n －1－1n (首项不符合通项)，故a n＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，1n －1－1n ，n ≥2，n ∈N *，故B 正确，A 错误；所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D 正确．7．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋3(n ∈N *)，则a 3＝，通项公式a n ＝ . 解析：因为数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋3(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝a n ＋1－a n ＝3的等差数列，所以a 3＝a 1＋2d ＝3＋6＝9， a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3＋3(n －1)＝3n . 答案：9 3n8．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 20＝ .解析：设a n ＝2＋(n －1)d ，则a 2nn ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，⎩⎭n 所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d ＝2. 所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40. 答案：409．若数列{a n }为等差数列，a n >0，前n 项和为S n ，且S 2n －1＝2n －12n ＋1a 2n，则a 9的值是．解析：因为S 2n －1＝2n －12n ＋1a 2n ，所以(a 1＋a 2n －1)×(2n －1)2＝2n －12n ＋1a 2n ，即2a n ×(2n －1)2＝2n －12n ＋1a 2n ，所以a n ＝12n ＋1a 2n ，又a n >0，所以a n ＝2n ＋1，所以a 9＝19. 答案：1910．(2021·武汉市高三测试)等差数列{a n }中，已知S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则a n ＝，S 10＝ .解析：设等差数列{a n }的公差为d ， ∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2， ∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴a n ＝－9＋2(n －1)＝2n －11， S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0.答案：2n －11 011．(2021·合肥第一次教学检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 4＝4S 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋9＝180(m ∈N *)，求m 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝4S 2得，4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，整理得d ＝2a 1. 又a 1＝1，∴d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *)．(2)a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋9＝180可化为 10a m ＋45d ＝20m ＋80＝180，解得m ＝5.12．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4， ∴S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．B 级——综合应用13．(2021·湖北襄阳四中联考)已知数列{a n }为等差数列，a 1＋a 2＋a 3＝165，a 2＋a 3＋a 4＝156，{a n }的前n 项和为S n ，则使S n 达到最大值时n 的值是( )A ．19B ．20C ．21D ．22解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则(a 2＋a 3＋a 4)－(a 1＋a 2＋a 3)＝3d ＝156－165＝－9，所以d ＝－3.因为a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝3a 1－9＝165，所以a 1＝58.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝58＋(n －1)·(－3)＝61－3n .令a n ＝61－3n >0，得n <613.因为n ∈N *，所以当n ＝20时，S n 达到最大值．故选B.14．(多选)(2021·商洛市高考模拟)我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列选项正确的有( )A ．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B ．春分和秋分两个节气的晷长相同C ．立冬的晷长为一丈五寸D ．立春的晷长比立秋的晷长短解析：选ABC 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列{a n }，其中a 1＝15寸，a 13＝135寸，公差为d 寸，则135＝15＋12d ，解得d ＝10寸，同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列{b n }，首项b 1＝135，末项b 13＝15，公差d ＝－10(单位都为寸)．故A 正确；∵春分的晷长为b 7，∴b 7＝b 1＋6d ＝135－60＝75∵秋分的晷长为a 7，∴a 7＝a 1＋6d ＝15＋60＝75，故B 正确；∵立冬的晷长为a 10，∴a 10＝a 1＋9d ＝15＋90＝105，即立冬的晷长为一丈五寸，故C 正确；∵立春的晷长，立秋的晷长分别为b 4，a 4，∴a 4＝a 1＋3d ＝15＋30＝45，b 4＝b 1＋3d ＝135－30＝105，∴b 4>a 4，故D 错误．故选A 、B 、C.15．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a nn ，若{d n }是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{d n }是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n－1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{c n }的前n项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围．解：由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a nn ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1 ＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，。

高考文科数学总复习专项演练：第六章数列 6-2高考数学考点难点

6-2A 组专项基础训练(时间：45分钟)1．(·武汉市调研)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4【解析】方法一：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.方法二：a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4，∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3.【答案】 C2．(·全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11【解析】方法一：利用等差数列的性质进行求解．∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5，故选A.方法二：利用等差数列的通项公式和前n 项和公式进行整体运算．∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1，∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5，故选A.【答案】 A3．设数列{a n }，{b n }都是等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝100，则a 37＋b 37等于() A ．0 B ．37C ．100D ．－37【解析】设{a n }，{b n }的公差分别为d 1，d 2，则(a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2，∴{a n ＋b n }为等差数列，又a 1＋b 1＝a 2＋b 2＝100，∴{a n ＋b n }为常数列，∴a 37＋b 37＝100.【答案】 C4．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 4B ．S 5C ．S 6D ．S 7【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0， ∴S n 的最大值为S 5.【答案】 B5．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( )A ．24B ．48C ．60D ．84【解析】由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0，∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.【答案】 C6．(·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．【解析】根据已知条件，建立方程组求解．∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7，∴(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，即2d ＋3a 1＝0.①又∵2a 1＋a 2＝1，∴3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1. 【答案】 23－1 7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，则当S n 取最大值时，n 的值是________．【解析】依题意得2a 6＝4，2a 7＝－2，a 6＝2>0，a 7＝－1<0；又数列{a n }是等差数列，因此在该数列中，前6项均为正数，自第7项起以后各项均为负数，于是当S n 取最大值时，n ＝6.【答案】 68．(·安徽)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．【解析】先判断数列{a n }为等差数列，再由等差数列的前n 项和公式求解即可．由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27. 【答案】 279．在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2.从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n .(2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2. 由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.10．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1<0，S 2 015＝0.(1)求S n 的最小值及此时n 的值；(2)求n 的取值集合，使其满足a n ≥S n .【解析】 (1)设公差为d ，则由S 2 015＝0⇒2 015a 1＋2 015×2 0142d ＝0⇒a 1＋1 007d ＝0， d ＝－11 007a 1，a 1＋a n ＝2 015－n 1 007a 1， ∴S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n 2·2 015－n 1 007a 1＝a 12 014(2 015n －n 2)． ∵a 1<0，n ∈N *，∴当n ＝1 007或1 008时，S n 取最小值504a 1.(2)a n ＝1 008－n 1 007a 1， S n ≤a n ⇔a 12 014(2 015n －n 2)≤1 008－n 1 007a 1. ∵a 1<0，∴n 2－2 017n ＋2 016≤0，即(n －1)(n －2 016)≤0，解得1≤n ≤2 016.故所求n 的取值集合为{n |1≤n ≤2 016，n ∈N *}．B 组专项能力提升(时间：30分钟)11．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( )A ．11B ．19C ．20D ．21【解析】 ∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值， ∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0，∴S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19·a 10>0， S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19.【答案】 B12．(·北京)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0【解析】利用所给条件结合等差数列的相关知识直接判断．设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故选项A 错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故选项B 错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，∴a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，∴a 2>a 1a 3，故选项C 正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故选项D 错．【答案】 C13．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．【解析】 ∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.∵S11T11＝a1＋a11b1＋b11＝2a62b6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a6b6＝1941.【答案】19 4114．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且满足2S n＝a2n＋n－4(n∈N*)．(1)求证：数列{a n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．【解析】(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式a n＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即a n＝n＋2.15．(·全国卷Ⅰ)S n为数列{a n}的前n项和．已知a n>0，a2n＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求数列{b n}的前n项和．【解析】(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3，①可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3.②②－①，得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由a n>0，得a n＋1－a n＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n＝2n＋1.(2)由a n＝2n＋1可知b n＝1a n a n＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝12⎝⎛⎭⎫12n＋1－12n＋3.设数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝b1＋b2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n＋1－12n＋3＝n3（2n＋3）.。

高考数学一轮总复习第6章数列第二节等差数列及其前n项和AB卷文新人教A版-新人教A版高三

【大高考】2017版高考数学一轮总复习第6章数列第二节等差数列及其前n 项和AB 卷文新人教A 版1.(2014·大纲全国，17)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式.(1)证明由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是111()(21),nnk k k k aa k +==-=-∑∑所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.2.(2013·新课标全国Ⅰ，17)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和.解 (1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d .由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5.解得a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)由(1)知1a 2n －1a 2n ＋1＝1（3－2n ）（1－2n ）＝12(12n －3－12n －1)，从而数列{1a 2n －1a 2n ＋1}的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1＝n1－2n . 3.(2013·大纲全国，17)等差数列{a n }中，a 7＝4，a 19＝2a 9. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1na n，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ），解得a 1＝1，d ＝12.∴{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.(2)∵b n ＝1na n＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －2n ＋1＝2n n ＋1.4.(2015·新课标全国Ⅰ，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和.若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172B.192C.10D.12解析由S 8＝4S 4知，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，又d ＝1，∴a 1＝12，a 10＝12＋9×1＝192. 答案 B5.(2015·新课标全国Ⅱ，5)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A.5B.7C.9D.11解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1， ∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5.故选A.答案 A6.(2014·新课标全国Ⅱ，5)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A.n (n ＋1) B.n (n －1)C.n （n ＋1）2D.n （n －1）2解析因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋1).故选A.答案 A7.(2016·新课标全国Ⅱ，17)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.8.(2013·新课标全国Ⅱ，17)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列.(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 解 (1)设{a n }的公差为d .由题意，a 211＝a 1a 13，即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d ). 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列. 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .1.(2014·某某，2)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A.5 B.8 C.10D.14解析由等差数列的性质得a 1＋a 7＝a 3＋a 5，因为a 1＝2，a 3＋a 5＝10，所以a 7＝8，选B. 答案 B2.(2015·某某，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________.解析由已知数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列.∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.答案 273.(2015·某某，13)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________.解析由题意设首项为a 1，则a 1＋2 015＝2×1 010＝2 020，∴a 1＝5. 答案 54.(2013·某某，1)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝30，则a 2＋a 3＝________. 解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2(a 2＋a 3)＝30，a 2＋a 3＝15. 答案 155.(2013·某某，12)若2，a ，b ，c ，9成等差数列，则c －a ＝________. 解析设公差为d ，则d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案 726.(2012·，10)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和.若a 1＝12，S 2＝a 3，则a 2＝________；S n ＝________.解析设公差为d ，则由a 1＝12，S 2＝a 3，得d ＝12，a 2＝1，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2·d ＝12n ＋n （n －1）4＝n 2＋n4.故填1，n 2＋n4.答案 1n 2＋n47.(2014·某某，19)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 (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.(2013·某某，19)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列. (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4，∴a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，∵d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110，综上所述：|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.9.(2014·某某，5)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和.若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A.2B.－2C.12D.－12解析由S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6成等比数列可得(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.答案 D10.(2013·某某，7)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9等于( ) A.－6 B.－4 C.－2 D.2解析由S 8＝4a 3知：a 1＋a 8＝a 3，a 8＝a 3－a 1＝2d ＝a 7＋d ，所以a 7＝d ＝－2.所以a 9＝a 7＋2d ＝－2－4＝－6. 答案 A11.(2012·某某，11)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A.1 006 B.2 012 C.503D.0 解析 T ＝2ππ2＝4，且cos π2＋2cos π＋3cos 3π2＋4cos 2π＝2，所以S 2 012＝2 0124×2＝1 006.故选A. 答案 A12.(2014·某某，13)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值X 围为________. 解析由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－7813.(2014·某某，16)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和. (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0.求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝23(4n－1).14.(2013·某某，17)已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n . (1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值X 围.解 (1)∵数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列， ∴a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或a 1＝2.(2)∵数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，∴5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2，故a 1的取值X 围为(－5，2)。

新版3年高考2年模拟高考数学第六章第二节数列的应用

第六章数列第二节数列的应用第一部分三年高考体题荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010江西理）5.等比数列{}n a 中，12a =，8a =4，函数()128()()()f x x x a x a x a =---，则()'0f =（） A ．62 B. 92 C. 122 D. 152【答案】C【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。

考虑到求导中，含有x 项均取0，则()'0f只与函数()f x 的一次项有关；得：412123818()2a a a a a a ⋅⋅==。

2.（2010江西理）4.2111lim 1333n x →∞⎛⎫++++= ⎪⎝⎭（） A. 53 B. 32 C. 2 D. 不存在【答案】B【解析】考查等比数列求和与极限知识.解法一：先求和，然后对和取极限。

1133lim ()1213n n →+∞-=- 3.（2010北京理）（2）在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m=（A ）9 （B ）10 （C ）11 （D ）12【答案】C4.（2010四川理）（8）已知数列{}n a 的首项10a ≠，其前n 项的和为n S ，且112n n S S a +=+，则lim n n na S →∞=（A ）0 （B ）12（C ） 1 （D ）2 解析：由112n n S S a +=+,且2112n n S S a ++=+作差得a n ＋2＝2a n ＋1又S 2＝2S 1＋a 1，即a 2＋a 1＝2a 1＋a 1 ⇒ a 2＝2a 1故{a n }是公比为2的等比数列S n ＝a 1＋2a 1＋22a 1＋……＋2n －1a 1＝(2n －1)a 1 则11121lim lim (21)2n n n n n n a a S a -→∞→∞==- 【答案】B5.（2010天津理）（6）已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为（A ）158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n 项和公式及等比数列的性质，属于中等题。

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高考数学题型归纳完整版第一章集合与常用逻辑用语第一节集合题型1-1集合的基本概念题型1-2集合间的基本关系题型1-3集合的运算第二节命题及其关系、充分条件与必要条件题型1-4四种命题及关系题型1-5充分条件、必要条件、充要条件的判断与证明题型1-6求解充分条件、必要条件、充要条件中的参数取值范围第三节简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词题型1-7判断命题的真假题型1-8含有一个量词的命题的否定题型1-9结合命题真假求参数的取值范围第二章函数第一节映射与函数题型2-1映射与函数的概念题型2-2同一函数的判断题型2-3函数解析式的求法第二节函数的定义域与值域（最值）题型2-4函数定义域的求解题型2-5函数定义域的应用题型2-6函数值域的求解第三节函数的性质——奇偶性、单调性、周期性题型2-7函数奇偶性的判断题型2-8函数单调性（区间）的判断题型2-9函数周期性的判断题型2-10函数性质的综合应用第四节二次函数题型2-11二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系题型2-12二次方程的实根分布及条件题型2-13二次函数“动轴定区间”“定轴动区间”问题第五节指数与指数函数题型2-14指数运算及指数方程、指数不等式题型2-15指数函数的图象及性质题型2-16指数函数中恒成立问题第六节对数与对数函数题型2-17对数运算及对数方程、对数不等式题型2-18对数函数的图象与性质题型2-19对数函数中恒成立问题第七节幂函数题型2-20求幂函数的定义域题型2-21幂函数性质的综合应用第八节函数的图象题型2-22判断函数的图象题型2-23函数图象的应用第九节函数与方程题型2-24求函数的零点或零点所在区间题型2-25利用函数的零点确定参数的取值范围题型2-26方程根的个数与函数零点的存在性问题第十节函数综合题型2-27函数与数列的综合题型2-28函数与不等式的综合题型2-29函数中的信息题第三章导数与定积分第一节导数的概念与运算题型3-1导数的定义题型3-2求函数的导数第二节导数的应用题型3-3利用原函数与导函数的关系判断图像题型3-4利用导数求函数的单调性和单调区间题型3-5函数的极值与最值的求解题型3-6已知函数在区间上单调或不单调，求参数的取值范围题型3-7讨论含参函数的单调区间题型3-8利用导数研究函数图象的交点和函数零点个数问题题型3-9不等式恒成立与存在性问题题型3-10利用导数证明不等式题型3-11导数在实际问题中的应用第三节定积分和微积分基本定理题型3-12定积分的计算题型3-13求曲边梯形的面积第四章三角函数第一节三角函数概念、同角三角函数关系式和诱导公式题型4-1终边相同角的集合的表示与识别题型4-2α2题型4-3弧长与扇形面积公式的计算题型4-4三角函数定义题型4-5三角函数线及其应用题型4-6象限符号与坐标轴角的三角函数值题型4-7同角求值——条件中出现的角和结论中出现的角是相同的题型4-8诱导求值与变形第二节三角函数的图象与性质题型4-9已知解析式确定函数性质题型4-10根据条件确定解析式题型4-11三角函数图象变换第三节三角恒等变换题型4-12两角和与差公式的证明题型4-13化简求值第四节解三角形题型4-14正弦定理的应用题型4-15余弦定理的应用题型4-16判断三角形的形状题型4-17正余弦定理与向量的综合题型4-18解三角形的实际应用第五章平面向量第一节向量的线性运算题型5-1平面向量的基本概念题型5-2共线向量基本定理及应用题型5-3平面向量的线性运算题型5-4平面向量基本定理及应用题型5-5向量与三角形的四心题型5-6利用向量法解平面几何问题第二节向量的坐标运算与数量积题型5-7向量的坐标运算题型5-8向量平行（共线）、垂直充要条件的坐标表示题型5-9平面向量的数量积题型5-10平面向量的应用第六章数列第一节等差数列与等比数列题型6-1等差、等比数列的通项及基本量的求解题型6-2等差、等比数列的求和题型6-3等差、等比数列的性质应用题型6-4判断和证明数列是等差、等比数列题型6-5等差数列与等比数列的综合第二节数列的通项公式与求和题型6-6数列的通项公式的求解题型6-7数列的求和第三节数列的综合题型6-8数列与函数的综合题型6-9数列与不等式综合第七章不等式第一节不等式的概念和性质题型7-1不等式的性质题型7-2比较数（式）的大小与比较法证明不等式第二节均值不等式和不等式的应用题型7-3均值不等式及其应用题型7-4利用均值不等式求函数最值题型7-5利用均值不等式证明不等式题型7-6不等式的证明第三节不等式的解法题型7-7有理不等式的解法题型7-8绝对值不等式的解法第四节二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题题型7-9二元一次不等式组表示的平面区域题型7-10平面区域的面积题型7-11求解目标函数中参数的取值范围题型7-12简单线性规划问题的实际运用第五节不等式综合题型7-13不等式恒成立问题中求参数的取值范围题型7-14函数与不等式综合第八章立体几何第一节空间几何体的表面积与体积题型8-1几何体的表面积与体积题型8-2球的表面积、体积与球面距离题型8-3几何体的外接球与内切球第二节空间几何体的直观图与三视图题型8-4直观图与斜二测画法题型8-5直观图、三视图题型8-6三视图直观图——简单几何体基本量的计算题型8-7三视图直观图——简单组合体基本量的计算题型8-8部分三视图其余三视图第三节空间点、直线、平面之间的关系题型8-9证明“线共面”、“点共面”或“点共线”题型8-10异面直线的判定第四节直线、平面平行的判定与性质题型8-11证明空间中直线、平面的平行关系第五节直线、平面垂直的判定与性质题型8-12证明空间中直线、平面的垂直关系第六节空间向量及其应用题型8-13空间向量及其运算题型8-14空间向量的立体几何中的应用第七节空间角与距离题型8-15空间角的计算题型8-16点到平面距离的计算第九章直线与圆的方程第一节直线的方程题型9-1倾斜角与斜率的计算题型9-2直线的方程第二节两条直线的位置关系题型9-3两直线位置关系的判定题型9-4有关距离的计算题型9-5对称问题第三节圆的方程题型9-6求圆的方程题型9-7与圆有关的轨迹问题题型9-8点与圆位置关系的判断题型9-9圆的一般方程的充要条件题型9-10与圆有关的最值问题题型9-11数形结合思想的应用第四节直线与圆、圆与圆的位置关系题型9-12直线与圆的位置关系的判断题型9-13直线与圆的相交关系题型9-14直线与圆的相切关系题型9-15直线与圆的相离关系题型9-16圆与圆的位置关系第十章圆锥曲线方程第一节椭圆题型10-1椭圆的定义与标准方程题型10-2离心率的值及取值范围题型10-3焦点三角形第二节双曲线题型10-4双曲线的标准方程题型10-5双曲线离心率的求解及其取值范围问题题型10-6双曲线的渐近线题型10-7焦点三角形第三节抛物线题型10-8抛物线方程的求解题型10-9与抛物线有关的距离和最值问题题型10-10抛物线中三角形、四边形的面积问题第四节曲线与方程题型10-11求动点的轨迹方程第五节直线与圆锥曲线位置关系题型10-12直线与圆锥曲线的位置关系题型10-13中点弦问题题型10-14弦长问题第六节圆锥曲线综合题型10-15平面向量在解析几何中的应用题型10-16定点问题题型10-17定值问题题型10-18最值问题第十一章算法初步题型11-1已知流程图，求输出结果题型11-2根据条件，填充不完整的流程图题型11-3求输入参数题型11-4算法综合第十二章计数原理第一节计数原理与简单排列组合问题题型12-1分类计数原理与分步计数原理题型12-2排列数与组合数的推导、化简和计算题型12-3基本计数原理和简单排列组合问题的结合第二节排列问题题型12-4特殊元素或特殊位置的排列问题题型12-5元素相邻排列问题题型12-6元素不相邻排列问题题型12-7元素定序问题题型12-8其他排列：双排列、同元素的排列第三节组合问题题型12-9单纯组合应用问题题型12-10分选问题和选排问题题型12-11平均分组问题和分配问题第四节二项式定理题型12-12证明二项式定理题型12-13+1的系数与幂指数的确定题型12-14二项式定理中的系数和题型12-15二项式展开式的二项式系数与系数的最值题型12-16二项式定理的综合应用第十三章排列与统计第一节概率及其计算题型13-1古典概型题型13-2几何概型的计算第二节概率与概率分布题型13-3概率的计算题型13-4离散型随机变量的数学期望与方差题型13-5正态分布第三节统计与统计案例题型13-6抽样方法题型13-7样本分布题型13-8频率分布直方图的解读题型13-9线性回归方程题型13-10独立性检验第十四章推理与证明第一节合情推理与演绎推理题型14-1归纳猜想题型14-2类比推理第二节直接证明和间接证明题型14-3综合法与分析法证明第三节数学归纳法题型14-4数学归纳法的完善题型14-5证明恒等式题型14-6整除问题题型14-7不等式证明题型14-8递推公式导出{}通项公式的猜证及有关问题的证明第十五章复数题型15-1复数的概念、代数运算和两个复数相等的条件题型15-2复数的几何意义第十六章选讲内容第一节几何证明选讲（选修4-1）题型16-1圆和直角三角形中长度和角的计算题型16-2证明题题型16-3空间图形问题转化为平面问题第二节坐标系与参数方程（选修4-4）题型16-4参数方程化为普通方程题型16-5普通方程化为参数方程题型16-6极坐标方程化为直角坐标方程第三节不等式选讲（选修4-5）题型16-7含绝对值的不等式题型16-8不等式的证明题型16-9一般综合法和分析法（含比较法）题型16-10数学归纳法。

2022届高考一轮复习第6章数列第2节等差数列及其前n项和课时跟踪检测理含解

第六章数列第二节等差数列及其前n 项和A 级·基础过关 |固根基|1.(2019届南昌市一模)已知{a n }为等差数列，若a 2＝2a 3＋1，a 4＝2a 3＋7，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．6解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，将题中两式相减可得2d ＝6，所以d ＝3，所以a 2＝2(a 2＋3)＋1，解得a 2＝－7，所以a 5＝a 2＋(5－2)d ＝－7＋9＝2，故选B ．2．(2019届合肥市一检)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n∈N *)，a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22解析：选D 解法一：设等差数列的公差为d(d>0)，由题意得(a 1＋4d)＋(a 1＋6d)－(a 1＋5d)2＝0，即(a 1＋5d)·(2－a 1－5d)＝0，所以a 1＋5d ＝0或a 1＋5d ＝2.又{a n }为正项等差数列，所以a 1＋5d>0，则a 1＋5d ＝2，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d)＝11×2＝22，故选D ．解法二：因为{a n }为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a 5＋a 7－a 26＝0，得2a 6－a 26＝0，所以a 6＝2，所以S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝22，故选D ．3．(2019届贵阳市质量检测)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 9＝8，则(a 2＋a 8)2－a 5＝( ) A ．60 B ．56 C ．12D ．4解析：选A 因为在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝2a 5＝8，所以(a 2＋a 8)2－a 5＝64－4＝60，故选A ．4．(2019届广东七校第二次联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＋a 8＝6，S 9－S 6＝3，则S n 取得最大值时n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，所以a n ＝－2n ＋17，由于a 8＝－2×8＋17＝1>0，a 9＝－2×9＋17＝－1<0，所以S n 取得最大值时n 的值是8，故选D ．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝15n ＋n （n －1）2×(－2)＝－(n －8)2＋64，所以当n ＝8时，S n 取得最大值，故选D ．5．(2019届广州市第一次综合测试)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若m 为大于1的正整数，且a m－1－a 2m ＋a m ＋1＝1，S 2m －1＝11，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．6D ．5解析：选 C 由a m －1－a 2m ＋a m ＋1＝1可得2a m －a 2m ＝1，即a 2m －2a m ＋1＝0，解得a m ＝1.由S 2m －1＝（a 1＋a 2m －1）（2m －1）2＝a m ×(2m －1)＝11，得2m －1＝11，解得m ＝6，故选C ．6．(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4a 3＝34，则3S 5a 4＝( )A ．12B ．15C ．20D ．25解析：选C 因为数列{a n }是等差数列，所以3S 5a 4＝3×5a 3a 4＝15a 3a 4.又a 4a 3＝34，所以3S 5a 4＝15a 3a 4＝15×43＝20.故选C ．7．(2019届西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0.所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C ．8．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10＝( ) A ．15 B ．19 C ．21D ．30解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d.由S 3＝a 22得3a 2＝a 22，所以a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列可得S 22＝S 1·S 4，又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，所以(2a 2－d)2＝(a 2－d)·(4a 2＋2d)，化简得3d 2＝2a 2d ，又d≠0，所以a 2＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －2)＝2n －1，所以a 10＝19.9．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，若S k ＋10－S k ＝12k ＋10，则S 2k ＋10＝( )A ．1B ．12C ．15D ．110解析：选 D 由题意知S k ＋10－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k ＋1＋a k ＋102×10＝12k ＋10，∴a k ＋1＋a k ＋10＝110（k ＋5），∴S 2k ＋10＝a 1＋a 2k ＋102×(2k ＋10)＝a k ＋1＋a k ＋102×(2k ＋10)＝110.10．正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，且S n ＝45，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10D ．11解析：选B 因为{a n }是正项等差数列，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，所以a 25－2a 5－15＝0，解得a 5＝5(a 5＝－3舍去)．设{a n }的公差为d ，由a 5＝a 1＋4d ＝1＋4d ＝5，解得d ＝1，所以S n ＝n[2a 1＋（n －1）d]2＝n[2＋（n －1）]2＝n （n ＋1）2＝45，即n 2＋n －90＝(n ＋10)(n －9)＝0，解得n ＝9(n ＝－10舍去)，故选B ．11．(2019年全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋6d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以S 10＝10×1＋10×92×2＝100. 解法二：由题意，得公差d ＝14(a 7－a 3)＝2，所以a 4＝a 3＋d ＝7，所以S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(a 4＋a 7)＝100.答案：10012．(2019年江苏卷)已知数列{a n }(n∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d)(a 1＋4d)＋a 1＋7d ＝a 21＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.解法二：设等差数列{a n }的公差为d.∵S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d ＝0，解得d ＝2，则S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 4＋a 5)＝4×(1＋3)＝16.答案：1613．(2019届广东七校第二次联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋1，且b n ＝1a n ，n∈N *.(1)求证：数列{b n }为等差数列；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．解：(1)证明：因为b n ＝1a n ，且a n ＋1＝a na n ＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋1a n ＝1＋1a n ＝1＋b n ，故b n ＋1－b n ＝1. 又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝n ，又b n ＝1a n ，所以a n ＝1b n ＝1n .故a n n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(2019届南昌市二模)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及通项公式a n ； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d≠0，由2a n ＋1＝λa n ＋4(n∈N *)， ① 得2a n ＝λa n －1＋4(n∈N *，n≥2)，②两式相减得，2d ＝λd，又d≠0，所以λ＝2.将λ＝2代入①可得2a n ＋1＝2a n ＋4，即2d ＝4，所以d ＝2. 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得a 2n－n ＝2(2n －n)－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4（1－2n）1－2－n （3＋2n ＋1）2＝2n ＋2－n 2－2n －4.B 级·素养提升 |练能力|15.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．故选A ．16．已知数列{a n }为等差数列，若a 21＋a 210≤25恒成立，则a 1＋3a 7的取值范围为( ) A ．[－5，5] B ．[－52，52] C ．[－10，10]D ．[－102，102]解析：选D 由数列{a n }为等差数列，可知a 1＋3a 7＝a 1＋3(a 1＋6d)＝4a 1＋18d ＝2(a 1＋a 1＋9d)＝2(a 1＋a 10)．由基本不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 1022≤a 21＋a 2102得2|a 1＋a 10|≤102，当且仅当a 1＝a 10时取等号，所以a 1＋3a 7的取值范围为[－102，102]．17．(2019届江西红色七校第一次联考)已知数列{a n }为等差数列，若a 2＋a 6＋a 10＝π2，则tan(a 3＋a 9)的值为( )A ．0B ．33C ．1D ． 3解析：选D 因为数列{a n }是等差数列，所以a 2＋a 6＋a 10＝3a 6＝π2，所以a 6＝π6，所以a 3＋a 9＝2a 6＝π3，所以tan(a 3＋a 9)＝tan π3＝ 3.故选D ． 18．(2019年全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(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：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。

最新-2021版一轮文数课件：第六章第二节等差数列及其前n项和精品

(2)因为 S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即 2a21＋9da1＋10d2＋1＝0，故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以 d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤－2 2或 d≥2 2.
规律方法
1.等差数列的通项公式 an＝a1＋n－1d 及前 n 项和公式
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当 n≥3 时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 当 n≥4 时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 将③④代入②，得 an－1＋an＋1＝2an，其中 n≥4，
1．已知等差数列{an}中，a4＋a6＝10，前 5 项和 S5＝5，则其公差为___2_____．
解析：由 a4＋a6＝10，得 2a5＝10，所以 a5＝5.由 S5＝5a3＝5，得 a3＝1，所以 d＝a5－2 a3＝5－2 1＝2.
2．在等差数列{an}中，a9＋a11＝10，则数列{an}的前 19 项之和为___9_5____．解析：由等差数列求和公式得 S19＝19a12＋a19＝19a92＋a11＝19×2 10＝95.
＝4.
5．已知数列{an}是等差数列，若它的前 n 项和 Sn 有最小值，且aa1110<－1，则使 Sn>0 成立的最小自然数 n 的值为___2_0____．
解析：由已知得，a1<0，d>0，a10<0，a11>0，a1＋a19<0，a10＋ a11>0，∴a1＋a20>0，∴S19<0，S20>0，故 n＝20.

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