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三维设计 高考数学一轮总复习讲义 知识点 典型例题 真题 方法总结-数列(师)


第五章 数 列 第一节 数列的概念与简单表示法 [基础知识] 1.数列的定义、分类与通项公式 (1)数列的定义: ①数列:按照一定顺序排列的一列数. ②数列的项:数列中的每一个数. (2)数列的分类: 分类标准 项数 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 项与项间的 大小关系 (3)数列的通项公式: 如果数列{an}的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个数列的通 项公式. 2.数列的递推公式 如果已知数列{an}的首项(或前几项),且任一项 an 与它的前一项 an-1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一 个公式来表示,那么这个公式叫数列的递推公式. [小题] 2 3 4 5 1.(教材习题改编)数列 1, , , , ?的一个通项公式是 3 5 7 9 n A.an= 2n+1 答案:B 2.设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8 的值为( A.15 B.16 C.49 D.64 ) B.an= n 2n-1 n C.an= 2n-3 ( ) n 2n+3 递减数列 常数列 满足条件 项数有限 项数无限 an+1>an an+1<an an+1=an 其中 n∈N*

D.an=

解析:选 A a8=S8-S7=64-49=15. n 3.已知数列{an}的通项公式为 an= ,则这个数列是( n+1 A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 )

D.摆动数列

n+1 ?n+1?2-n?n+2? n 1 解析:选 A an+1-an= - = = >0. n+2 n+1 ?n+1??n+2? ?n+1??n+2?
? 3n 1?n为偶数?, ?2· ? 4.(教材习题改编)已知数列{an}的通项公式是 an= 则 a4· a3=________. ?2n-5?n为奇数?, ?


解析:a4· a3=2×33· (2×3-5)=54. 答案:54

q 3 3 5.已知数列{an}的通项公式为 an=pn+ ,且 a2= ,a4= ,则 a8=________. n 2 2

?2p+2=2, 解析:由已知得? q 3 ?4p+4=2,
1.对数列概念的理解

q

3

1 ? ?p=4, 1 2 9 解得? 则 an= n+ ,故 a8= . 4 n 4 ? ?q=2. [小结]

答案:

9 4

(1)数列是按一定“顺序”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,这有别于集合中元素的无序性.因此,若组成两个数列的数相同而排列次序不同,那么 它们就是不同的两个数列. (2)数列中的数可以重复出现,而集合中的元素不能重复出现,这也是数列与数集的区别. 2.数列的函数特征 数列是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集{1,2,3,?,n})的特殊函数,数列的通项公式也就 是相应的函数解析式,即 f(n)=an(n∈N*).

考点一

由数列的前几项求数列的通项公式 典例

[例 1] 下列公式可作为数列{an}:1,2,1,2,1,2,?的通项公式的是( A.an=1 B.an= ?-1?n+1 2 nπ? C.an=2-? ?sin 2 ?

) ?-1?n 1+3 2


D.an=

nπ? [自主解答] 由 an=2-? ?sin 2 ?可得 a1=1,a2=2,a3=1,a4=2,?. [答案] C [变式] 若本例中数列变为:0,1,0,1,?,则{an}的一个通项公式为________.
n ?0?n为奇数?, ? ?或a =1+?-1? 或a =1+cos nπ? 答案:an=? n 2 2 ? n ? ? ?1?n为偶数?.

方法小结 1.根据数列的前几项求它的一个通项公式,要注意观察每一项的特点,观察出项与 n 之间的关系、 规律,可使用添项、通分、分割等办法,转化为一些常见数列的通项公式来求.对于正负符号变化,可用 (-1)n 或(-1)n
+1

来调整.

2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含着“从特殊到一般”的思想. 以题试法 1.写出下面数列的一个通项公式. (1)3,5,7,9,?; 1 3 7 15 31 (2) , , , , ,?; 2 4 8 16 32 (3)3,33,333,3 333,?;

3 1 3 1 3 (4)-1, ,- , ,- , ,?. 2 3 4 5 6 解:(1)各项减去 1 后为正偶数,所以 an=2n+1. 2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,所以 an= n . 2 9 99 999 9999 (3)将数列各项改写为 , , , , ?, 分母都是 3, 而分子分别是 10-1,102-1,103-1,104-1, ?. 3 3 3 3 1 所以 an= (10n-1). 3 (4)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式的符号为(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?; 而各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3,即奇数项为 2-1,偶数项为 2+1, 2+?-1?n 所以 an=(-1)n· ,也可写为 n

?-n,n为正奇数, a =? 3 ?n,n为正偶数.
n

1

考点二

由 an 与 Sn 的关系求通项 an 典例

[例 2] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn,根据下列条件分别求它们的通项 an. (1)Sn=2n2+3n;(2)Sn=3n+1. [自主解答] (1)由题可知,当 n=1 时,a1=S1=2×12+3×1=5, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n)-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1. 当 n=1 时,4×1+1=5=a1,故 an=4n+1. (2)当 n=1 时,a1=S1=3+1=4,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(3n+1)-(3n 1+1)=2×3n 1.当 n=1 时,2×31 1=2≠a1,
- - -

?4, n=1, ? 故 an=? n-1 ? ?2×3 , n≥2.

方法小结 已知数列{an}的前 n 项和 Sn,求数列的通项公式,其求解过程分为三步: (1)先利用 a1=S1 求出 a1; (2)用 n-1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系, 利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)便可求出当 n≥2 时 an 的表达式; (3)对 n=1 时的结果进行检验,看是否符合 n≥2 时 an 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. 以题试法 n 1 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= ,则 =( a5 n+1 )

5 A. 6

6 B. 5

1 C. 30

D.30

n-1 n 1 1 1 解析:选 D 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - = ,则 a5= = . n n+1 n?n+1? 5×6 30 考点三 典例 [例 3] 已知数列{an}的通项公式为 an=n2-21n+20. (1)n 为何值时,an 有最小值?并求出最小值; (2)n 为何值时,该数列的前 n 项和最小? 21 361 21 n- ?2- ,可知对称轴方程为 n= =10.5.又因 n∈N*, [自主解答] (1)因为 an=n2-21n+20=? 2 ? ? 4 2 故 n=10 或 n=11 时,an 有最小值,其最小值为 112-21×11+20=-90. (2)设数列的前 n 项和最小,则有 an≤0,由 n2-21n+20≤0,解得 1≤n≤20,故数列{an}从第 21 项开 始为正数,所以该数列的前 19 或 20 项和最小. [变式] an 在本例条件下,设 bn= ,则 n 为何值时,bn 取得最小值?并求出最小值. n
2 an n -21n+20 20 20 20 解:bn= = =n+ -21,令 f(x)=x+ -21(x>0),则 f′(x)=1- 2 ,由 f′(x)=0 解得 n n n x x

数列的性质

x=2 5或 x=-2 5(舍). 而 4<2 5<5, 故当 n≤4 时, 数列{bn}单调递减; 当 n≥5 时, 数列{bn}单调递增. 而 20 20 b4=4+ -21=-12,b5=5+ -21=-12,所以当 n=4 或 n=5 时,bn 取得最小值,最小值为-12. 4 5 方法小结 1.数列中项的最值的求法 根据数列与函数之间的对应关系,构造相应的函数 an=f(n),利用求解函数最值的方法求解,但要注 意自变量的取值. 2.前 n 项和最值的求法 (1)先求出数列的前 n 项和 Sn,根据 Sn 的表达式求解最值; (2)根据数列的通项公式,若 am≥0,且 am+1<0,则 Sm 最大;若 am≤0,且 am+1>0,则 Sm 最小,这样 便可直接利用各项的符号确定最值. 以题试法 n 3.数列{an}的通项 an= 2 ,则数列{an}中的最大值是( n +90 A.3 10 B.19 1 C. 19 D. 10 60 )

1 1 1 1 解析:选 C an= ,由基本不等式得, ≤ ,由于 n∈N*,易知当 n=9 或 10 时,an= 90 90 2 90 19 n+ n+ n n 最大.

【难点突破】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,下面介绍由递推公式求通项公式的几种方法. 1.累加法 [典例 1]数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*).若 b3=-2,b10=12,则 a8= ( A.0 B.3 C.8 D.11 )

[解析] 由已知得 bn=2n-8,an+1-an=2n-8,所以 a2-a1=-6,a3-a2=-4,?,a8-a7=6,由 累加法得 a8-a1=-6+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0,所以 a8=a1=3. [答案] B

[题后悟道] 对形如 an+1=an+f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时,常用累加法,巧妙求 出 an-a1 与 n 的关系式. 2.累乘法 n+2 [典例 2] 已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn= a. 3 n (1)求 a2,a3;(2)求{an}的通项公式. [解] 4 5 (1)由 S2= a2 得 3(a1+a2)=4a2,解得 a2=3a1=3.。由 S3= a3 得 3(a1+a2+a3)=5a3, 3 3

3 解得 a3= (a1+a2)=6. 2 n+2 n+1 n+1 (2)由题设知 a1=1.。当 n>1 时,有 an=Sn-Sn-1= a- a ,整理得 an= a-. 3 n 3 n-1 n-1 n 1 n+1 3 4 n 于是 a2= a1,a3= a2,?,an-1= an-2,an= a-. 1 2 n-2 n-1 n 1 将以上 n-1 个等式中等号两端分别相乘,整理得 an= n?n+1? 综上可知,{an}的通项公式 an= . 2 [题后悟道] 对形如 an+1=anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时,常用累乘法,巧妙求出 an 与 n 的关系式. a1 3.构造新数列 [典例 3] 已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+2;则 an=________. an+1+1 [解析] ∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),∴ =3,∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3, an+1 又 a1+1=2,∴an+1=2· 3n 1,∴an=2· 3n 1-1.
- -

n?n+1? . 2

[答案]

2×3n 1-1


[题后悟道] 对于形如“an+1=Aan+B(A≠0 且 A≠1)”的递推公式求通项公式,可用迭代法或构造等 比数列法. 上面是三种常见的由递推公式求通项公式的题型和对应解法,从这些题型及解法中可以发现,很多题

型及方法都是相通的,如果能够真正理解其内在的联系及区别,也就真正做到了举一反三、触类旁通,使 自己的学习游刃有余,真正成为学习的主人. 【基础题】 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2(an-1),则 a2 等于( A.4 B.2 C.1 D.-2 )

解析:选 A 由题可知 Sn=2(an-1),所以 S1=a1=2(a1-1),解得 a1=2. 又 S2=a1+a2=2(a2-1),解得 a2=a1+2=4. 2 4 6 8 2.按数列的排列规律猜想数列 ,- , ,- ,?的第 10 项是( 3 5 7 9 16 A.- 17 18 B.- 19 20 C.- 21 22 D.- 23 )

解析:选 C 所给数列呈现分数形式,且正负相间,求通项公式时,我们可以把每一部分进行分解: 符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式,an=(-1)n 3.数列{an}的前 n 项积为 n2,那么当 n≥2 时,an=( A.2n-1 B.n2 ?n+1? C. n2
2
+1

2n 20 ,故 a10=- . 21 2n+1

)

n D. ?n-1?2

2

Tn n2 解析:选 D 设数列{an}的前 n 项积为 Tn,则 Tn=n2,当 n≥2 时,an= = . Tn-1 ?n-1?2 4.对于数列{an},“an+1>|an|(n=1,2,?)”是“{an}为递增数列”的( A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.必要条件 )

D.既不充分也不必要条件

解析:选 B 当 an+1>|an|(n=1,2,?)时,∵|an|≥an,∴an+1>an,∴{an}为递增数列.当{an}为递增数 列时, 若该数列为-2,0,1, 则 a2>|a1|不成立, 即知 an+1>|an|(n=1,2, ?)不一定成立. 故综上知, “an+1>|an|(n =1,2,?)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件. 5.某棵果树前 n 年的总产量 Sn 与 n 之间的关系如图所示.从目前记录的结果看,前 m 年的年平均产 量最高,m 的值为( )

A.5

B.7

C.9

D.11

Sn Sn 解析:选 C 依题意 表示图象上的点(n,Sn)与原点连线的斜率,由图象可知,当 n=9 时, 最大, n n 故 m=9. 6.将石子摆成如图的梯形形状.称数列 5,9,14,20,?为“梯形数”.根据图形的构成,此数列的第 2 012 项与 5 的差,即 a2 012-5= ( )

A.2 018×2 012

B.2 018×2 011

C.1 009×2 012

D.1 009×2 011

解析:选 D 因为 an-an-1=n+2(n≥2),所以 an=5+

?n+6??n-1? ,所以 a2 012-5=1 009×2 011. 2

7.已知数列{an}满足 ast=asat(s,t∈N*),且 a2=2,则 a8=________. 解析:令 s=t=2,则 a4=a2×a2=4,令 s=2,t=4,则 a8=a2×a4=8. 答案:8

an-1 8.已知数列{an}满足 a1=1,a2=2,且 an= (n≥3),则 a2 012=________. an-2 an-1 a2 1 1 解析:将 a1=1,a2=2 代入 an= 得 a3= =2,同理可得 a4=1,a5= ,a6= ,a7=1,a8=2,故 a1 2 2 an-2 数列{an}是周期数列,周期为 6,故 a2 012=a335×6+2=a2=2. 答案:2 9.已知{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 log2(Sn+1)=n+1,则 an=________. 解析:由已知条件可得 Sn+1=2n 1.。则 Sn=2n 1-1,当 n=1 时,a1=S1=3,
+ +

? ?3,n=1, + 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n 1-1-2n+1=2n,n=1 时不适合 an,故 an=? n ?2 ,n≥2. ?

10.数列{an}的通项公式是 an=n2-7n+6. (1)这个数列的第 4 项是多少? (2)150 是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项? (3)该数列从第几项开始各项都是正数? 解:(1)当 n=4 时,a4=42-4×7+6=-6. (2)令 an=150,即 n2-7n+6=150,解得 n=16 或 n=-9(舍去),即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n2-7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍).故从第 7 项起各项都是正数. 11.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn.求数列{an}与{bn}的通项公 式. 解: ∵当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(2n2+2n)-[2(n-1)2+2(n-1)]=4n, 当 n=1 时, a1=S1=4 也适合, ∴{an}的通项公式是 an=4n(n∈N*).∵Tn=2-bn,∴当 n=1 时,b1=2-b1,b1=1. 当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=(2-bn)-(2-bn-1),∴2bn=bn-1. 1?n-1 1 ∴数列{bn}是公比为 ,首项为 1 的等比数列.∴bn=? ?2? . 2 12.数列{an}中,已知 a1=2,an+1=an+cn(n∈N*,常数 c≠0),且 a1,a2,a3 成等比数列. (1)求 c 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)由题知,a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,因为 a1,a2,a3 成等比数列,所以(2+c)2=2(2+3c), 解得 c=0 或 c=2,又 c≠0,故 c=2. (2)当 n≥2 时,由 an+1=an+cn 得 a2-a1=c,

a3-a2=2c, ? an-an-1=(n-1)c, n?n-1? 以上各式相加,得 an-a1=[1+2+…+(n-1)]c= c,又 a1=2,c=2,故 an=n2-n+2(n≥2), 2 当 n=1 时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为 an=n2-n+2(n∈N*). 【重点题】 1.已知数列{an}满足 a1=1,an+1an=2n(n∈N*),则 a10=( A.64 B.32 C.16 D.8 )

an+2 + 解析:选 B 因为 an+1an=2n,所以 an+1an+2=2n 1,两式相除得 =2.又 a1a2=2,a1=1,所以 a2 an a10 a8 a6 a4 =2,则 · · · =24,即 a10=25. a8 a6 a4 a2 2.数列{an}中,Sn 为{an}的前 n 项和,n(an+1-an)=an(n∈N*),且 a3=π,则 tan S4 等于( A.- 3 3 B. 3 C.- 3 D. 3 3 )

4 解析:选 B 法一:由 n(an+1-an)=an 得 nan+1=(n+1)an,可得 3a4=4a3,已知 a3=π,则 a4= π. 3 2 π 10 10 又由 2a3=3a2,得 a2= π,由 a2=2a1,得 a1= ,故 S4=a1+a2+a3+a4= π,tan S4=tan π= 3. 3 3 3 3 an+1 an an an-1 an-2 a3 π 法二:∵由 n(an+1-an)=an,得 nan+1=(n+1)an 即 = ,∴ = = =?= = . n n-1 n-2 3 3 n+ 1 n π π 10 10 ∴an= n,∴S4=a1+a2+a3+a4= (1+2+3+4)= π,tan S4=tan π= 3. 3 3 3 3 2 a2 n+3an+m 3.已知数列{an}中,a1=1,且满足递推关系 an+1= (n∈N*). an+1 (1)当 m=1 时,求数列{an}的通项公式 an; (2)当 n∈N*时,数列{an}满足不等式 an+1≥an 恒成立,求 m 的取值范围. 2a2 ?2an+1??an+1? n+3an+1 解:(1)∵m=1,由 an+1= (n∈N*),得 an+1= =2an+1, an+1 an+1 ∴an+1+1=2(an+1),∴数列{an+1}是以 2 为首项,公比也是 2 的等比数列. 于是 an+1=2· 2n 1,∴an=2n-1.


2 2an +3an+m 2 (2)∵an+1≥an,而 a1=1,知 an≥1,∴ ≥an,即 m≥-a2 n-2an,依题意,有 m≥-(an+1) an+1

+1 恒成立。∵an≥1,∴m≥-22+1=-3,即满足题意的 m 的取值范围是[-3,+∞). 【附加题】 1.下列说法中,正确的是( )

A.数列 1,3,5,7 可表示为{1,3,5,7} B.数列 1,0,-1,-2 与数列-2,-1,0,1 是相同的数列

?n+1? 1 ?的第 k 项为 1+ C.数列? k n ? ?

D.数列 0,2,4,6,8,?可记为{2n}
?n+1? n+1 1 1 ?的通项公式为 an= 解析:选 C ∵数列? =1+ ,∴ak=1+ .故 C 正确;由数列的定义可知 n n k ? n ?

A、B 均错;D 应记作{2(n-1)}. 1 2.数列{an}满足 an+an+1= (n∈N*),a2=2,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S21 为( 2 A.5 7 B. 2 9 C. 2 13 D. 2 )

解析:选 B

1 1 1 1 1 a1= -a2= -2,a2=2,a3= -2,a4=2,?,知 a2n=2,a2n-1= -2,故 S21=10× 2 2 2 2 2

1 7 +a1=5+ -2= . 2 2 3.如图关于星星的图案中,第 n 个图案中星星的个数为 an,则数列{an}的一个通项公式是( )

A.an=n2-n+1

B.an=

n?n-1? 2

n?n+1? C.an= 2

D.an=

n?n+2? 2

解析:选 C 从图中可观察星星的构成规律,n=1 时,有 1 个;n=2 时,有 3 个;n=3 时,有 6 个; n?n+1? n=4 时,有 10 个,?故 an=1+2+3+4+?+n= . 2 an 4.已知数列{an}中,a1=3,an+1= ,则其通项公式为________. 2an+1 2an+1 1 1 1 1 ?1? 1 1 解析:两边取倒数,得 = =2+ ,故有 - =2.故数列?a ?是首项为 = ,公差为 2 的 an an a1 3 ? n? an+1 an+1 an 6n-5 1 1 3 3 等差数列,所以 = +2(n-1)= ,故 an= 。答案: an 3 3 6n-5 6n-5 5.已知数列{an}满足:a1=1,(n-1)an=n×2nan-1(n∈N,n≥2),则数列{an}的通项公式为________. an-1 n-1 n-1 an-2 n-2 n-2 an n 解析: 当 n≥2, 有(n-1)an=n×2nan-1, 故 = ×2n, 则有 = ×2 , = ×2 , ?, an-1 n-1 an-2 n-2 an-3 n-3 n a2 2 2 an n ?n-1×2n-1?×?n-2×2n-2?×?×?2×22?=n×2n+(n = ×2 .上述 n-1 个式子累乘, 得 =?n-1×2 ?×? ? ?n-3 ? ?1 ? a1 1 a1 ? ? ? n- 2 ? ? ?
-1)+(n-2)+?+2

?n-1??n+2? ?n-1??n+2? =n×2 .又因为 a1=1,所以 an=n×2 ,而当 n=1 时,a1=1×20=1, 2 2

?n-1??n+2? ?n-1??n+2? 也满足上式,故数列{an}的通项公式为 an=n×2 .答案:an=n×2 2 2

第二节

等差数列及其前 n 项和 [基础知识]

一、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.符号表示为 an+1-an=d(n∈N*,d 为常数). a+b 2.等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充要条件是 A= ,其中 A 叫做 a,b 的等差中项. 2 二、等差数列的有关公式 1.通项公式:an=a1+(n-1)d. 2.前 n 项和公式:Sn=na1+ 三、等差数列的性质 1.若 m,n,p,q∈N*,且 m+n=p+q=2k,{an}为等差数列,则 am+an=ap+aq=2ak. 2.在等差数列{an}中,ak,a2k,a3k,a4k,?仍为等差数列,公差为 kd. 3.若{an}为等差数列,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?仍为等差数列,公差为 n2d. 4.等差数列的增减性:d>0 时为递增数列,且当 a1<0 时前 n 项和 Sn 有最小值.d<0 时为递减数列, 且当 a1>0 时前 n 项和 Sn 有最大值. d d 5.等差数列{an}的首项是 a1,公差为 d.若其前 n 项之和可以写成 Sn=An2+Bn,则 A= ,B=a1- , 2 2 当 d≠0 时它表示二次函数,数列{an}的前 n 项和 Sn=An2+Bn 是{an}成等差数列的充要条件. [小题] 1.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( A.1 B.2 C.3 D.4 ) n?n-1? ?a1+an?n d= . 2 2

? ? ?2a1+4d=10, ?a1=1, 解析:选 B 法一:设等差数列{an}的公差为 d,由题意得? 解得? 故 d=2. ?a1+3d=7. ?d=2. ? ?

法二:∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5。又 a4=7,∴公差 d=7-5=2. π? 3π 2.在等差数列{an}中,a2+a6= ,则 sin? ?2a4-3?=( 2 A. 3 2 1 B. 2 C.- 3 2 1 D.- 2 )

π 3π π 3π 3π π 1 2a4- ?=sin? - ?=-cos =- . 解析:选 D ∵a2+a6= ,∴2a4= .。∴sin? 3? ? ? 2 3? 2 2 3 2 3.在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11=( A.58 解析:选 B B.88 C.143 D.176 )

11?a1+a11? 11?a4+a8? S11= = =88. 2 2

4.在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2(n≥1),则该数列的通项 an=________. 解析:由 an+1=an+2 知{an}为等差数列其公差为 2。故 an=1+(n-1)×2=2n-1. 答案:2n-1 1 5.已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 a1= ,S2=a3,则 a2=________,Sn=________. 2

1 1 解析:设{an}的公差为 d,由 S2=a3 知,a1+a2=a3,即 2a1+d=a1+2d,又 a1= ,所以 d= ,故 a2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 =a1+d=1,Sn=na1+ n(n-1)d= n+ (n2-n)× = n2+ n.答案:1 n2+ n 2 2 2 2 4 4 4 4 【小结】 1.与前 n 项和有关的三类问题 (1)知三求二:已知 a1、d、n、an、Sn 中的任意三个,即可求得其余两个,这体现了方程思想. d d a1- ?n=An2+Bn?d=2A. (2)Sn= n2+? 2? ? 2 (3)利用二次函数的图象确定 Sn 的最值时,最高点的纵坐标不一定是最大值,最低点的纵坐标不一定 是最小值. 2.设元与解题的技巧 已知三个或四个数组成等差数列的一类问题,要善于设元,若奇数个数成等差数列且和为定值时,可 设为?,a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,?; 若偶数个数成等差数列且和为定值时,可设为?,a-3d,a-d,a+d,a+3d,?,其余各项再依据 等差数列的定义进行对称设元.

考点一

等差数列的判断与证明 典例

[例 1] 在数列{an}中,a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*). (1)求 a2,a3 的值; an+3 (2)设 bn= n (n∈N*),证明:{bn}是等差数列. 2 [自主解答] (1)∵a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*),∴a2=2a1+22+3=1,a3=2a2+23+ 3=13. an+1+3 an+3 1 1 + (2)证明: 对于任意 n∈N*, ∵bn+1-bn= n+1 - n = n+1[(an+1-2an)-3]= n+1[(2n 1+3)-3]=1, 2 2 2 2 a1+3 -3+3 ∴数列{bn}是首项为 = =0,公差为 1 的等差数列. 2 2 方法小结 1.证明{an}为等差数列的方法: (1)用定义证明:an-an-1=d(d 为常数,n≥2)?{an}为等差数列; (2)用等差中项证明:2an+1=an+an+2?{an}为等差数列; (3)通项法:an 为 n 的一次函数?{an}为等差数列; n?a1+an? (4)前 n 项和法:Sn=An2+Bn 或 Sn= . 2 2.用定义证明等差数列时,常采用的两个式子 an+1-an=d 和 an-an-1=d,但它们的意义不同,后者 必须加上“n≥2”,否则 n=1 时,a0 无定义.

以题试法 1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数,且 a1=-2,a2=2,S3=6. (1)求 Sn; (2)证明:数列{an}是等差数列. -2=A+B+C, ? ? 解:(1)设 Sn=An +Bn+C(A≠0),则?0=4A+2B+C, 解得 A=2,B=-4,C=0.故 Sn=2n2-4n. ? ?6=9A+3B+C,
2

(2)证明:∵当 n=1 时,a1=S1=-2。当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-4n-[2(n-1)2-4(n-1)]=4n -6.。∴an=4n-6(n∈N*).an+1-an=4,∴数列{an}是等差数列. 考点二 等差数列的基本运算 典例 [例 2]已知{an}为等差数列,且 a1+a3=8,a2+a4=12. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1,ak,Sk+2 成等比数列,求正整数 k 的值.
?2a1+2d=8, ?a1=2, ? ? [自主解答] (1)设数列{an}的公差为 d,由题意知? 解得? ? ? ?2a1+4d=12, ?d=2.

所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. n?a1+an? n?2+2n? (2)由(1)可得 Sn= = =n(n+1).因为 a1,ak,Sk+2 成等比数列,所以 a2 k =a1Sk+2. 2 2 从而(2k)2=2(k+2)(k+3),即 k2-5k-6=0,解得 k=6 或 k=-1(舍去),因此 k=6. 方法小结 n?a1+an? n?n-1? 1.等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 及前 n 项和公式 Sn= =na1+ d,共涉及五个 2 2 量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想. 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作用,而 a1 和 d 是等差数列的两个基本量, 用它们表示已知和未知是常用方法. 以题试法 2.(1)在等差数列中,已知 a6=10,S5=5,则 S8=________. S4 S3 (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 - =1,则公差为________. 12 9
? ? ?a1+5d=10, ?a1=-5, 解析:(1)∵a6=10,S5=5,∴? 解方程组得? ? ? ?5a1+10d=5. ?d=3.

则 S8=8a1+28d=8×(-5)+28×3=44. 4× 3 3×2 4a1+6d 3a1+3d (2)依题意得 S4=4a1+ d=4a1+6d,S3=3a1+ d=3a1+3d,于是有 - =1,由 2 2 12 9 此解得 d=6,即公差为 6.

答案:(1)44

(2)6 考点三 等差数列的性质 典例

[例 3] A.25

(1)已知正项组成的等差数列{an}的前 20 项的和为 100,那么 a6· a15 的最大值为( B.50 C.100 D.不存在 )

)

(2)设等差数列{an}的前 n 项和 Sn,若 S4=8,S8=20,则 a11+a12+a13+a14=( A.18 B.17 C.16 D.15

20?a1+a20? [自主解答] (1)S20= =10(a1+a20)=100,故 a1+a20=10,又 a1+a20=a6+a15, 2 所以 a6· a15≤? a6+a15?2 ?a1+a20?2 ? 2 ? =? 2 ? =25.

1 (2)设{an}的公差为 d,则 a5+a6+a7+a8=S8-S4=12,(a5+a6+a7+a8)-S4=16d,解得 d= ,a11+ 4 a12+a13+a14=S4+40d=18. [答案] (1)A (2)A 方法小结 1.等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广与变形,熟练 掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题. 2.应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系. 以题试法 3.(1)设数列{an},{bn}都是等差数列,若 a1+b1=7,a3+b3=21,则 a5+b5=________. (2)若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和数值最大时,n 的值为( A.6 B.7 C.8 D.9 )

解析:(1)设两等差数列组成的和数列为{cn},由题意知新数列仍为等差数列且 c1=7,c3=21,则 c5 =2c3-c1=2×21-7=35. (2)∵an+1-an=-3,∴数列{an}是以 19 为首项,-3 为公差的等差数列,∴an=19+(n-1)×(-3)=
?ak≥0, ?22-3k≥0, ? ? 22-3n.设前 k 项和最大,则有? 即? ? ? ?ak+1≤0, ?22-3?k+1?≤0,

19 22 解得 ≤k≤ .∵k∈N*,∴k=7.故满足条件的 n 的值为 7. 3 3 答案:(1)35 (2)B

S2n 4n+2 [典例] 在等差数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn 满足条件 = ,n=1,2,?则 an=________. Sn n+1 n?n-1? n?n-1? 2n?2n-1? [常规解法] 因 Sn=na1+ d=n+ d,则 S2n=2na1+ d=2n+n(2n-1)d, 2 2 2



S2n 2n+n?2n-1?d 2?2dn+2-d? 4n+2 = = = 。解得 d=1,则 an=n. [答案] Sn n?n-1? dn+2-d n+1 n+ d 2

n

——————[高手支招]———————————————————————— 1.上述解法计算量较大,很容易出错,若采用特殊值计算很简单,因{an}为等差数列且 a1=1,只要 S2 求出公差 d,便可得出 an,若令 n=1,则有 =3,即可求出公差 d. S1 2.特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到,就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特 殊数列、特殊图形等来求解或否定问题的目的;用特殊值法解题时要注意,所选取的特例一定要简单,且 符合题设条件. ———————————————————————————————————————— S2 [巧思妙解] 令 n=1,则 =3,∴S2=3,a2=2,可得 d=1,则 an=n. S1 ?针对训练 1.已知正数数列{an}对任意 p,q∈N*,都有 ap+q=ap+aq,若 a2=4,则 a9=( A.6 B.9 C.18 D.20 )

解析:选 C 法一:∵a2=a1+1=a1+a1=4,∴a1=2,a9=a8+1=a8+a1=2a4+a1=4a2+a1=18. 法二:∵a2=a1+1=a1+a1=4,∴a1=2,令 p=n,q=1,所以 an+1=an+a1,即 an+1-an=2,∴{an} 是等差数列,且首项为 2,公差为 2,故 a9=2+(9-1)×2=18. Sn 2n an 2.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若 = ,则 =( Tn 3n+1 bn 2 A. 3 2n-1 B. 3n-1 2n+1 C. 3n+1 2n-1 D. 3n+4 )

2?2n-1? 2n-1 an 2an a1+a2n-1 S2n-1 解析:选 B 法一: = = = = = . bn 2bn b1+b2n-1 T2n-1 3?2n-1?+1 3n-1 法二:令 n=1,只有 B 项符合. 【基础题】 1. {an}为等差数列,公差 d=-2,Sn 为其前 n 项和.若 S10=S11,则 a1=( A.18 B.20 C.22 D.24 )

解析:选 B 由 S10=S11,得 a11=S11-S10=0,a1=a11+(1-11)d=0+(-10)×(-2)=20. 2.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a5=8,S3=6,则 S10-S7 的值是( A.24 B.48 C.60 D.72 )

? ? ?a5=a1+4d=8, ?a1=0, 解析:选 B 设等差数列{an}的公差为 d,由题意可得? 解得? 则 S10-S7= ?S3=3a1+3d=6, ?d=2, ? ?

a8+a9+a10=3a1+24d=48. 3.等差数列{an}中,a5+a6=4,则 log2(2a1· 2a2· ?· 2a10)=( A.10 B.20 C.40 D.2+log25 )

10?a1+a10? 解析: 选 B 依题意得, a1+a2+a3+?+a10= =5(a5+a6)=20, 因此有 log2(2a1· 2a2· ?· 2a10) 2 =a1+a2+a3+?+a10=20.
2 * 4.已知数列{an}满足:a1=1,an>0,a2 n+1-an=1(n∈N ),那么使 an<5 成立的 n 的最大值为(

)

A.4

B.5

C.24

D.25

2 2 2 2 解析:选 C ∵a2 n+1-an=1,∴数列{an}是以 a1=1 为首项,1 为公差的等差数列.∴an=1+(n-1)

=n.又 an>0,∴an= n.∵an<5,∴ n<5.即 n<25.故 n 的最大值为 24. 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,并且 S10>0,S11<0,若 Sn≤Sk 对 n∈N*恒成立,则正整数 k 的 值为( A.5 ) B.6 C.4 D.7

解析:选 A 由 S10>0,S11<0 知 a1>0,d<0,并且 a1+a11<0,即 a6<0,又 a5+a6>0,所以 a5>0,即数 列的前 5 项都为正数,第 5 项之后的都为负数,所以 S5 最大,则 k=5. 6.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N*).若 b3=-2,b10=12,则 a8=( A.0 B.3 C.8 D.11 )

12-?-2? 解析:选 B 因为{bn}是等差数列,且 b3=-2,b10=12,故公差 d= =2.于是 b1=-6, 10-3 且 bn=2n-8(n∈N*),即 an+1-an=2n-8. 所以 a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=?=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.
2 7.已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2 -4,则 an=________. 2 2 解析:设等差数列公差为 d,∵由 a3=a2 2.由于该数 2-4,得 1+2d=(1+d) -4,解得 d =4,即 d=±

列为递增数列,故 d=2。∴an=1+(n-1)×2=2n-1。答案:2n-1 8.已知数列{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,a7-a5=4,a11=21,Sk=9,则 k=________. k?k-1? 解析:a7-a5=2d=4,则 d=2.a1=a11-10d=21-20=1,Sk=k+ ×2=k2=9.又 k∈N*,故 k=3. 2 答案:3 Sn 2n-3 a9 a3 9. 设等差数列{an}, {bn}的前 n 项和分别为 Sn, Tn, 若对任意自然数 n 都有 = , 则 + Tn 4n-3 b5+b7 b8+b4 的值为________. a9 a3 a9 a3 a9+a3 a6 解析:∵{an},{bn}为等差数列,∴ + = + = = . 2b6 b6 b5+b7 b8+b4 2b6 2b6 ∵ S11 a1+a11 2a6 2×11-3 19 a6 19 19 = = = = ,∴ = 。答案: T11 b1+b11 2b6 4×11-3 41 b6 41 41

10.已知等差数列{an}中,a1=1,a3=-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}的前 k 项和 Sk=-35,求 k 的值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d. 由 a1=1,a3=-3,可得 1+2d=-3,解得 d=-2。从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.

n[1+?3-2n?] (2)由(1)可知 an=3-2n,所以 Sn= =2n-n2。由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 2 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5。又 k∈N*,故 k=7. 11.设数列{an}的前 n 项积为 Tn,Tn=1-an,
?1? (1)证明?T ?是等差数列; ?
n?

? an ? (2)求数列?T ?的前 n 项和 Sn. ?
n?

Tn 1 1 解:(1)证明:由 Tn=1-an 得,当 n≥2 时,Tn=1- ,两边同除以 Tn 得 - =1. Tn Tn-1 Tn-1 1 1 1 ?1? ∵T1=1-a1=a1,故 a1= , = =2。∴?T ?是首项为 2,公差为 1 的等差数列. 2 T1 a1 ? n? 1 1 n an (2)由(1)知 =n+1,则 Tn= ,从而 an=1-Tn= .故 =n. Tn n+1 n+1 Tn n?n+1? ?an? ∴数列?T ?是首项为 1,公差为 1 的等差数列.∴Sn= . 2 ? n? 12.已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.
?3a1+3d=-3, ? 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d。由题意得? ?a1?a1+d??a1+2d?=8, ? ?a1=2, ?a1=-4, ? ? 解得? 或? ? ? ?d=-3, ?d=3.

所以由等差数列通项公式可得:an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5,或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
?-3n+7,n=1,2, ? 故|an|=|3n-7|=? 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. ?3n-7,n≥3. ?

当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+?+(3n-7) ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =5+ = n - n+10. 2 2 2 4,n=1, ? ? 当 n=1 时,不满足此式,当 n=2 时,满足此式.综上,Sn=?3 2 11 ?2n - 2 n+10,n>1. ? 【重点题】 1.等差数列中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( )

A.156

B.52

C.26

D.13

解析:选 C ∵a3+a5=2a4,a7+a10+a13=3a10,∴6(a4+a10)=24,故 a4+a10=4. 13?a1+a13? 13?a4+a10? ∴S13= = =26. 2 2 2.在等差数列{an}中,a1>0,a10· a11<0,若此数列的前 10 项和 S10=36,前 18 项和 S18=12,则数列 {|an|}的前 18 项和 T18 的值是( A.24 B.48 ) C.60 D.84

解析:选 C 由 a1>0,a10· a11<0 可知 d<0,a10>0,a11<0,故 T18=a1+?+a10-a11-?-a18=S10-(S18 -S10)=60. 3.数列{an}满足 an+1+an=4n-3(n∈N*). (1)若{an}是等差数列,求其通项公式; (2)若{an}满足 a1=2,Sn 为{an}的前 n 项和,求 S2n+1. 解:(1)由题意得 an+1+an=4n-3,①an+2+an+1=4n+1,② ②-①得 an+2-an=4,∵{an}是等差数列,设公差为 d,∴d=2。∵a1+a2=1,∴a1+a1+d=1, 1 5 ∴a1=- ,∴an=2n- . 2 2 (2)∵a1=2,a1+a2=1,∴a2=-1。又∵an+2-an=4,∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列,公 差均为 4,∴a2n-1=4n-2,a2n=4n-5,S2n+1=(a1+a3+?+a2n+1)+(a2+a4+?+a2n) ?n+1?n n?n-1? =(n+1)×2+ ×4+n×(-1)+ ×4=4n2+n+2. 2 2 【附加题】 3 1 1 1.已知数列{an}中,a1= ,an=2- (n≥2,n∈N*),数列{bn}满足 bn= (n∈N*). 5 an-1 an-1 (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由. 解:(1)证明:∵an=2- 1 1 (n≥2,n∈N*),bn= 。 an-1 an-1 an-1 1 1 1 - = - =1. 1 ? an-1-1 an-1-1 an-1-1 2- -1 a
n-1

1 1 ∴n≥2 时,bn-bn-1= - = an-1 an-1-1 ?

?

?

1 5 5 又 b1= =- 。∴数列{bn}是以- 为首项,1 为公差的等差数列. 2 2 a1-1 7 1 2 2 (2)由(1)知,bn=n- ,则 an=1+ =1+ ,设函数 f(x)=1+ , 2 bn 2n-7 2x-7 7? ?7 ? 易知 f(x)在区间? ?-∞,2?和?2,+∞?内为减函数. 故当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3. 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足:a2+a4=14,S7=70. (1)求数列{an}的通项公式;

2Sn+48 (2)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求出该项的值. n
?2a1+4d=14, ?a1+2d=7, ?a1=1, ? ? ? 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则有? 即? 解得? ? ? ? ?7a1+21d=70, ?a1+3d=10, ?d=3.

所以 an=3n-2. 3n2-n 3n2-n+48 n 48 (2)因为 Sn= [1+(3n-2)]= ,所以 bn= =3n+ -1≥2 2 2 n n 48 3n· -1=23, n

48 当且仅当 3n= ,即 n=4 时取等号,故数列{bn}的最小项是第 4 项,该项的值为 23. n 3.已知数列{an},对于任意 n≥2,在 an-1 与 an 之间插入 n 个数,构成的新数列{bn}成等差数列,并 记在 an-1 与 an 之间插入的这 n 个数均值为 Cn-1. n2+3n-8 (1)若 an= ,求 C1,C2,C3; 2 (2)在(1)的条件下是否存在常数 λ,使{Cn+1-λCn}是等差数列?如果存在,求出满足条件的 λ,如果不 存在,请说明理由. 1 解:(1)由题意 a1=-2,a2=1,a3=5,a4=10,∴在 a1 与 a2 之间插入-1,0,C1=- . 2 15 在 a2 与 a3 之间插入 2,3,4,C2=3。在 a3 与 a4 之间插入 6,7,8,9,C3= . 2 n?an-1+an? 2 an-an-1 an-1+an 与 an 之间插入 n 个数构成等差数列,d= =1,∴Cn-1= = = n 2 n+1

(2)在 an-1

n2+2n-9 。假设存在 λ 使得{Cn+1-λCn}是等差数列。∴(Cn+1-λCn)-(Cn-λCn-1)=Cn+1-Cn-λ(Cn-Cn- 2
1)=

2n+5 2n+3 5 3 -λ· =(1-λ)n+ - λ=常数,∴λ=1。即 λ=1 时,{Cn+1-λCn}是等差数列. 2 2 2 2 第三节 等比数列及其前 n 项和 [基础知识] 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个常数(不为零),那么这个数列就叫做

an+1 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 =q(n∈N*,q 为非零 an 常数). (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?G2=ab. 2.等比数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1qn 1.


na ,q=1, ? ? 1 (2)前 n 项和公式:Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q 3.等比数列{an}的常用性质 (1)在等比数列{an}中,若 m+n=p+q=2r(m,n,p,q,r∈N*),则 am· an=ap· aq=a2 r. 特别地,a1an=a2an-1=a3an-2=?. (2)在公比为 q 的等比数列{an}中,数列 am,am+k,am+2k,am+3k,?仍是等比数列,公比为 qk; 数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?仍是等比数列(此时 q≠-1);an=amqn [小题] 1.等比数列{an}中,a4=4,则 a2· a6 等于( A.4 解析:选 C B.8 C.16 )
-m

.

D.32

a2· a6=a2 4=16. )

2.已知等比数列{an}的前三项依次为 a-1,a+1,a+4,则 an=(

?3?n A.4· ?2?
解析:选 C

?2?n B.4· ?3?

?3?n-1 C.4· ?2?

?2?n-1 D.4· ?3?

3 ?3?n-1. (a+1)2=(a-1)(a+4)?a=5,a1=4,q= ,故 an=4· ?2? 2 )

3.已知等比数列{an}满足 a1+a2=3,a2+a3=6,则 a7=( A.64 B.81 C.128 D.243

a2+a3 - 解析:选 A q= =2,故 a1+a1q=3?a1=1,a7=1×27 1=64. a1+a2 1 4.在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=4,则公比 q=________;a1+a2+?+an=________. 2 1 ?1-2n? 2 1 1 1 - - 解析:a4=a1q3,得 4= q3,解得 q=2,a1+a2+?+an= =2n 1- 。答案:2 2n 1- 2 2 2 1-2 5.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3+3S2=0,则公比 q=________. 解析:∵S3+3S2=0,∴a1+a2+a3+3(a1+a2)=0,∴a1(4+4q+q2)=0,∵a1≠0,∴q=-2. 答案:-2 【小结】 1.等比数列的特征 (1)从等比数列的定义看,等比数列的任意项都是非零的,公比 q 也是非零常数. (2)由 an+1=qan,q≠0 并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证 a1≠0. 2.等比数列的前 n 项和 Sn (1)等比数列的前 n 项和 Sn 是用错位相减法求得的,注意这种思想方法在数列求和中的运用. (2)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 殊情形导致解题失误.

考点一

等比数列的判定与证明 op 典例

[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. [自主解答] (1)证明:∵an+Sn=n,①;∴an+1+Sn+1=n+1.② an+1-1 1 ②-①得 an+1-an+an+1=1,∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,∴ = . an-1 2 1 1 ∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1,∴a1= ,c1=- . 2 2 1 1 又 cn=an-1,故{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1? ?1?n-1 ?1?n ?1?n (2)由(1)可知 cn=? ?-2?· ?2? =-?2? ,∴an=cn+1=1-?2? . 【变式】 在本例条件下,若数列{bn}满足 b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),证明{bn}是等比数列. 1?n ?1?n ? ?1?n-1? 证明:∵由(2)知 an=1-? ?2? ,∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-?2? -?1-?2? ? 1?n-1 ?1?n ?1?n bn+1 1 1 ?1?n =? ?2? -?2? =?2? 。又 b1=a1=2也符合上式,∴bn=?2? 。∵ bn =2,∴数列{bn}是等比数列.

方法小结 等比数列的判定方法 an+1 an (1)定义法:若 =q(q 为非零常数,n∈N*)或 =q(q 为非零常数且 n≥2,n∈N*),则{an}是等比 an an-1 数列. (2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0 且 a2 an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列. n+1=an· (3)通项公式法:若数列通项公式可写成 an=c· qn(c,q 均是不为 0 的常数,n∈N*),则{an}是等比数列. 以题试法 an+an+1 1.已知数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2= ,n∈N*. 2 (1)令 bn=an+1-an,证明:{bn}是等比数列; (2)求{an}的通项公式. 解: (1)证明: b1=a2-a1=1。 当 n≥2 时, bn=an+1-an= 1 是以 1 为首项,- 为公比的等比数列. 2 1 - ?n-1,当 n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)=1+1+ (2)由(1)知 bn=an+1-an=? ? 2? an-1+an 1 1 -an=- (an-an-1)=- bn-1, 故{bn} 2 2 2

1 - ?n-1 1-? 2 ? ? 1 1 1 2 5 2 1 ?- ?+?+?- ?n-2=1+ - ?n-1?= - ?- ?n-1。 =1+ ? 1-? 2 ? 2? ? 2? ? ? ? ? 1 3 3 3? 2? ? 1-? ?-2? 5 2 1?1-1 5 2? 1?n-1 - 当 n=1 时, - ? = 1 = a ,故 a = - - (n∈N*). 1 n 3 3? 2? 3 3? 2? 考点二 等比数列的基本运算 典例 [例 2]设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a2=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn.
?a1q=6, ?a1=3, ?a1=2, ? ? ? [自主解答] 设{an}的公比为 q,由题设得? 解得? 或? 2 ?6a1+a1q =30. ?q=2 ?q=3. ? ? ?

当 a1=3,q=2 时,an=3×2n 1,Sn=3×(2n-1);当 a1=2,q=3 时,an=2×3n 1,Sn=3n-1.
- -

方法小结 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有五个量 a1,n,q,an,Sn,一般可 以“知三求二”,通过列方程(组)可迎刃而解. 2.在使用等比数列的前 n 项和公式时,应根据公比 q 的情况进行分类讨论,切不可忽视 q 的取值而 盲目用求和公式. 以题试法 2.已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且 a2,a4,a8 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{3an}的前 n 项和. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0).因为 a2,a4,a8 成等比数列, 所以(2+3d)2=(2+d)· (2+7d),得 d=2。所以 an=2n(n∈N*). 9?1-9n? 9 n (2)由(1)知 3an=32n,设数列{3an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn=32+34+?+32n= = (9 -1). 8 1-9 考点三 等比数列的性质 典例 [例 3] (1)在由正数组成的等比数列{an}中,若 a3a4a5=3π,则 sin(log3a1+log3a2+?+log3a7)的值为 ( 1 A. 2 B. 3 2 C.1 D.- 3 2 ) )

(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S6∶S3=1∶2,则 S9∶S3 等于( A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3

π [自主解答] (1)因为 a3a4a5=3π=a3 4,所以 a4=3 。log3a1+log3a2+?+log3a7 3 π 7π 3 =log3(a1a2?a7)=log3a7 ,故 sin(log3a1+log3a2+?+log3a7)= . 4 =7log33 = 3 3 2 (2)由等比数列的性质:S3,S6-S3,S9-S6 仍成等比数列,于是(S6-S3)2=S3· (S9-S6),

1 S9 3 将 S6= S3 代入得 = . 2 S3 4 [答案] (1)B (2)C 方法小结 等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”,它们的通项公式和性质有许多相似之处,其中等差 数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比.关注它们之间的异同有助于我们从整 体上把握,同时也有利于类比思想的推广.对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算,若能关注通项 公式 an=f(n)的下标 n 的大小关系,可简化题目的运算. 以题试法 3.(1)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10=( A.7 B.5 C.-5 D.-7 ) )

1 (2)已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+?+anan+1=( 4 A.16(1-4 n)


B.16(1-2 n)


32 - C. (1-4 n) 3

32 - D. (1-2 n) 3

?a4+a7=a1q3+a1q6=2, ? 解析:(1)选 D 法一:由题意得? 4 5 2 9 ? ?a5a6=a1q ×a1q =a1q =-8,

? ?q3=-2, ?q3=-2, ? 解得? 或? ? ?a1=1 ?

1

?a1=-8,

故 a1+a10=a1(1+q9)=-7.

?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, ? ? ? 法二:由? 解得? 或? ? ? ? ?a5a6=a4a7=-8, ?a7=4 ?a7=-2.

? ?q3=-2, ?q3=-2, ? 则? 或? ? ?a1=1 ?

1

?a1=-8,

故 a1+a10=a1(1+q9)=-7.

1?2n-5 1 1 (2)选 C ∵a2=2,a5= ,∴a1=4,q= ,anan+1=? ?2? . 4 2 1? 8? ?1-4n? 32 - = (1-4 n). 1 3 1- 4

故 a1a2+a2a3+?+anan+1=

[典例] 设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,?).则 q 的取值范围为________. [解析] 因为{an}为等比数列,Sn>0,可以得到 a1=S1>0,q≠0,当 q=1 时,Sn=na1>0; a1?1-qn? 1-qn 当 q≠1 时,Sn= >0,即 >0(n=1,2,3,?), 1-q 1-q

?1-q<0, ? 上式等价于不等式组? (n=1,2,3,?),① n ?1-q <0, ? ?1-q>0, ? 或? (n=1,2,3,?).② n ? ?1-q >0,

解①式得 q>1,解②式,由于 n 可为奇数,可为偶数, 得-1<q<1。上,q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). [答案] (-1,0)∪(0,+∞) [题后悟道] 解答本题利用了分类讨论思想, 由于等比数列求和公式中分两种情况 q=1 和 q≠1, 而本 a1?1-qn? 题未说明 q 的范围,求解时应分类讨论,而不能直接利用公式 Sn= . 1-q 针对训练 3 9 等比数列{an}中,a3= ,S3= ,求 an 及前 n 项和 Sn. 2 2 3 3 9 3 3 解:当 q=1 时,a1=a2=a3= ,S3=3× = ,符合题意,此时 an= ,Sn= n. 2 2 2 2 2

?a q =2, 当 q≠1 时,由已知得? a ?1-q ? 9 ? 1-q =2,
1 1 2 3

3

?a q =2, 即? 9 ?a ?1+q+q ?=2,
1 2 1 2

3

① ②

1?n-1 1 - 由①②两式相除得 2q2-q-1=0,解得 q=- ,q=1(舍去).则 a1=6,故 an=a1qn 1=6×? ?-2? , 2

? ?-1?n? a1?1-qn? 6×?1-? 2? ? ? ? 1?n? 1?n 此时 Sn= = =4?1-?-2? ?=4-4×? ?-2? . 1 1-q 1+ 2
【基础题】 a8+a9 1 1.已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1, a3,2a2 成等差数列,则 等于( 2 a6+a7 A.1+ 2 B.1- 2 C.3+2 2 D.3-2 2 )

1 解析:选 C 设等比数列{an}的公比为 q,∵2× a3=a1+2a2,∴a1q2=a1+2a1q,∴q2-2q-1=0, 2 a8+a9 a6q2+a6q3 q2?1+q? 2 ∴q=1+ 2或 q=1- 2(舍去),∴ = = =q =(1+ 2)2=3+2 2. a6+a7 a6+a6q 1+q S4 2.设数列{an}满足:2an=an+1(an≠0)(n∈N*),且前 n 项和为 Sn,则 的值为( a2 15 A. 2 15 B. 4 C.4 D.2 )

a1?1-24? 1-2 S4 15 解析:选 A 由题意知,数列{an}是以 2 为公比的等比数列,故 = = . a2 2 a1×2 3.公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10=( A.4 B.5 C.6 D.7 )

解析:选 B ∵a3· a11=16,∴a2 7=16。又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5. 4.已知数列{an},则“an,an+1,an+2(n∈N*)成等比数列”是“a2 n+1=anan+2”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 A 显然,n∈N*,an,an+1,an+2 成等比数列,则 a2 n+1=anan+2,反之,则不一定成立,举反 例,如数列为 1,0,0,0,? 5.各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14,则 S4n 等于( A.80 B.30 C.26 D.16 )

解析: 选 B 设 S2n=a, S4n=b, 由等比数列的性质知: 2(14-a)=(a-2)2, 解得 a=6 或 a=-4(舍去), 同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以 b=S4n=30. 1 m 6.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根组成以 为首项的等比数列,则 = 2 n 3 A. 2 3 2 B. 或 2 3 2 C. 3 D.以上都不对 ( )

解析:选 B 设 a,b,c,d 是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根,不妨设 a<c<d<b,则 a· b=c· d 1 9 =2,a= ,故 b=4,根据等比数列的性质,得到 c=1,d=2,则 m=a+b= ,n=c+d=3,或 m=c+d 2 2 9 m 3 m 2 =3,n=a+b= ,则 = 或 = . 2 n 2 n 3
2 7.已知各项不为 0 的等差数列{an},满足 2a3-a7 +2a11=0,数列{bn}是等比数列,且 b7=a7,则 b6b8

=________.
2 解析:由题意可知,b6b8=b2 7=a7=2(a3+a11)=4a7,∵a7≠0,∴a7=4,∴b6b8=16。答案:16

8. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 公比不为 1.若 a1=1, 则对任意的 n∈N*, 都有 an+2+an+1-2an=0, 则 S5=________. 解析:由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q2+q-2)=0.由 q2+q-2=0 解得 q=-2 或 q= a1?1-q5? 1-?-2?5 1(舍去),则 S5= = =11。答案:11 3 1-q 1 1 1 9.已知{an}是公比为 2 的等比数列,若 a3-a1=6,则 a1=________; 2+ 2+?+ 2=________. a1 a2 an 解析:∵{an}是公比为 2 的等比数列,且 a3-a1=6,∴4a1-a1=6,即 a1=2,故 an=a12n 1=2n,∴


1 1? 1- n? 4 ? ? 1? 1 ? 4 1 1 1 1 ? ?n 1 ? ?n ? ? 1 1 1 1 1 =?2? , 2=?4? ,即数列?a2?是首项为 ,公比为 的等比数列,∴ 2+ 2+?+ 2= = ?1-4n?. an an 4 4 a1 a2 an 1 3 ? n? 1- 4

答案:2

1 1? 1- n? 3? 4 ?

10.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求 a1+a3+?+a2n+1. 解:(1)∵S1=a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列,∴Sn=2n 1,又当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1


? ?1,n=1, - - =2n 2(2-1)=2n 2。∴an=? n-2 ?2 ,n≥2. ?

(2)a3, a5, ?, a2n+1 是以 2 为首项, 以 4 为公比的等比数列, ∴a3+a5+?+a2n+1= 2?4n-1? 22n 1+1 ∴a1+a3+?+a2n+1=1+ = . 3 3


2?1-4n? 2?4n-1? = . 3 1-4

11.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,其中 an≠0,a1 为常数,且-a1,Sn,an+1 成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=1-Sn,问:是否存在 a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,求出 a1 的值;若不存在,请说 明理由.
? ?2Sn=an+1-a1, 解: (1)依题意, 得 2Sn=an+1-a1。 当 n≥2 时, 有? 。 两式相减, 得 an+1=3an(n≥2). 又 ? ?2Sn-1=an-a1.

因为 a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为 a1,公比为 3 的等比数列.因此,an=a1· 3n 1(n∈


N*). a1?1-3n? 1 1 1 1 (2)因为 Sn= = a1· 3n- a1,bn=1-Sn=1+ a1- a1· 3n. 2 2 2 2 1-3 1 要使{bn}为等比数列,当且仅当 1+ a1=0,即 a1=-2。所以存在 a1=-2,使数列{bn}为等比数列. 2 12.已知等差数列{an}的公差大于 0,且 a3,a5 是方程 x2-14x+45=0 的两根,数列{bn}的前 n 项的 1 和为 Sn,且 Sn=1- bn. 2 (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记 cn=an· bn,求证:cn+1≤cn. 解:(1)∵a3,a5 是方程 x2-14x+45=0 的两根,且数列{an}的公差 d>0, a5-a3 1 ∴a3=5,a5=9,公差 d= =2。∴an=a5+(n-5)d=2n-1。又当 n=1 时,有 b1=S1=1- b1,∴b1 2 5-3 2 1 bn 1 = 。当 n≥2 时,有 bn=Sn-Sn-1= (bn-1-bn),∴ = (n≥2). 3 2 bn-1 3 2 1 2 - ∴数列{bn}是等比数列,b1= ,q= 。∴bn=b1qn 1= n. 3 3 3 2?2n-1? 2?2n+1? 2?2n+1? 2?2n-1? 8?1-n? (2)由(1)知 cn=anbn= ,cn+1= n+1 ,∴cn+1-cn= n+1 - = n+1 ≤0。∴cn+1≤cn. 3n 3n 3 3 3 【重点题】

2 an +1 1.若数列{an}满足 2 =p(p 为正常数,n∈N*),则称数列{an}为“等方比数列”.甲:数列{an}是等 an

方比数列;乙:数列{an}是等比数列,则甲是乙的(

)

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 a2 an+1 an+1 a2 n+1 n+1 解析:选 B 若 2 =p,则 =± p,不是定值;若 =q,则 2 =q2,且 q2 为正常数,故甲是 an an an an 乙的必要不充分条件. 2.设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q=________. 解析:法一:S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,将 a3=a2q,a4=a2q2 代入得, 3 3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得 2q2-q-3=0,解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 法二:设等比数列{an}的首项为 a1,由 S2=3a2+2,得 a1(1+q)=3a1q+2.① 由 S4=3a4+2,得 a1(1+q)(1+q2)=3a1q3+2.②。由②-①得 a1q2(1+q)=3a1q(q2-1). 3 ∵q>0,∴q= . 2 3 答案: 2

3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=4an-3(n∈N*). (1)证明:数列{an}是等比数列; (2)若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n∈N*),且 b1=2,求数列{bn}的通项公式. 解:(1)证明:依题意 Sn=4an-3(n∈N*),n=1 时,a1=4a1-3,解得 a1=1. 因为 Sn=4an-3,则 Sn-1=4an-1-3(n≥2),所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1, 4 4 整理得 an= an-1。又 a1=1≠0,所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列. 3 3 4?n-1 * ?4?n-1 (2)因为 an=? ?3? ,由 bn+1=an+bn(n∈N ),得 bn+1-bn=?3? . 4?n-1 1-? ?3? ?4?n-1-1(n≥2), 可得 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+?+(bn-bn-1)=2+ =3· ?3? 4 1- 3

?4?n-1-1. 当 n=1 时也满足,所以数列{bn}的通项公式为 bn=3· ?3?
【附加题】 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn=( A.2n
-1

)

3?n-1 B.? ?2?

2?n-1 C.? ?3?

1 D. n-1 2

an+1 解析: 选 B ∵Sn=2an+1, ∴当 n≥2 时, Sn-1=2an, ∴an=Sn-Sn-1=2an+1-2an, ∴3an=2an+1, ∴ an 3 1 a2 1 = .。又∵S1=2a2,∴a2= ,∴ = , 2 2 a1 2 1? ?3?n-1? 1 - ?2? ? ?3?n-1 2? 3 ∴{an}从第二项起是以 为公比的等比数列,∴Sn=a1+a2+a3+?+an=1+ =?2? . 2 3 1- 2

( 也可以先求出 n≥2 时,an=2n
(1)求{an}的公比 q; (2)若 a1-a3=3,求 Sn.

3n

-2 -1

3?n-1 ,再利用 Sn=2an+1,求得 Sn=? ?2?

)

2.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,S3,S2 成等差数列.

1 解:(1)依题意有 a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).由于 a1≠0,故 2q2+q=0,又 q≠0,从而 q=- . 2 1 - ?n? 4? 1-? 2? ? 8? ? 1?n? ? ? 1 ?2 (2)由(1)可得 a1-a1? = ?1-?-2? ?. ?-2? =3.。故 a1=4,从而 Sn= 1 3 - ? 1-? 2 ? ? 3.已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数列{bn}的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*均有 + +?+ =an+1 成立,求 c1+c2+c3+?+c2 013. b1 b2 bn 解:(1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).∵d>0, 故解得 d=2.∴an=1+(n-1)· 2=2n-1。又 b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为 3, ∴bn=3· 3n 2=3n 1.
- -

c1 c2 cn (2)由 + +?+ =an+1 得 b1 b2 bn cn-1 c1 c2 cn 当 n≥2 时, + +?+ =an 。两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. b1 b2 bn bn-1
?3,n=1, ? c1 - ∴cn=2bn=2· 3n 1(n≥2).又当 n=1 时, =a2,∴c1=3。∴cn=? n-1 b1 ?2· 3 ,n≥2. ?

6-2×32 013 ∴c1+c2+c3+?+c2 013=3+ =3+(-3+32 013)=32 013. 1-3 第四节 数_列_求_和

[基础知识] 一、公式法 1.如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和公式,注意 等比数列公比 q 的取值情况要分 q=1 或 q≠1. 2.一些常见数列的前 n 项和公式: n?n+1? (1)1+2+3+4+?+n= ; 2 (2)1+3+5+7+?+2n-1=n2; (3)2+4+6+8+?+2n=n2+n. 二、非等差、等比数列求和的常用方法 1.倒序相加法

如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前 n 项 和即可用倒序相加法,等差数列的前 n 项和即是用此法推导的. 2.分组转化求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化 法,分别求和而后相加减. 3.错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前 n 项 和即可用此法来求,等比数列的前 n 项和就是用此法推导的. 4.裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. [小题] 1.设数列{(-1) }的前 n 项和为 Sn,则对任意正整数 n,Sn=( n[?-1? -1] A. 2 解析:选 D ?-1?n-1 . 2
?Sn? 2.等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项的和为 Sn,则数列? n ?的前 10 项的和为( ? ?
n n

)

?-1? +1 B. 2

n-1

?-1? +1 C. 2

n

?-1?n-1 D. 2 -1-?-1?n×?-1? = 1-?-1?

因为数列{(-1)n}是首项与公比均为-1 的等比数列,所以 Sn=

)

A.120

B.70

C.75

D.100

n?a1+an? Sn S1 S2 S10 解析:选 C ∵Sn= =n(n+2),∴ =n+2.故 + +?+ =75. 2 n 1 2 10 3.数列 a1+2,?,ak+2k,?,a10+20 共有十项,且其和为 240,则 a1+?+ak+?+a10 的值为( ) A.31 解析:选 C B.120 C.130 D.185

?2+20?×10 a1+?+ak+?+a10=240-(2+?+2k+?+20)=240- =240-110=130. 2

4.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为________. 2?1-2n? n?1+2n-1? n+1 解析:Sn= + =2 -2+n2. 2 1-2 答案:2n 1+n2-2


1 1 1 1 5.数列 , , ,?, ,?的前 n 项和为________. 2×4 4×6 6×8 2n?2n+2? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 解析:因 an= = ? - ,则 Sn= ?1-2+2-3+?+n-n+1?= ?1-n+1?= 4? ? 4? ? 4?n+1?. 2n?2n+2? 4?n n+1? n 答案: 4?n+1? 【小结】 数列求和的方法

(1)一般的数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通过对通项变形,转化为与特殊数列 有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和. (2)解决非等差、等比数列的求和,主要有两种思路: ①转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相 减来完成. ②不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.

考点一

分组转化法求和 典例

[例 1] 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 S1,2S2,3S3 成等差数列. (1)求数列{an}通项公式; (2)设 bn=an+n,求数列{bn}前 n 项和 Tn. [自主解答] (1)设数列{an}的公比为 q, 若 q=1,则 S1=a1=1,2S2=4a1=4,3S3=9a1=9,故 S1+3S3=10≠2×2S2, a1?1-qn? 1-qn 已知矛盾,故 q≠1,从而得 Sn= = , 1-q 1-q 1-q3 1-q2 由 S1,2S2,3S3 成等差数列,得 S1+3S3=2×2S2,即 1+3× =4× , 1-q 1-q 1?n-1 1 - 解得 q= ,所以 an=a1· qn 1=? ?3? . 3 1?n-1 (2)由(1)得,bn=an+n=? ?3? +n,所以 Tn=(a1+1)+(a2+2)+?+(an+n) a1?1-qn? ?1+n?n =Sn+(1+2+?+n)= + = 2 1-q 1?n 1-? ?3? ?1+n?n 3+n+n2-31-n + = . 1 2 2 1- 3 方法小结 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an=bn± cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前 n 项和.
?bn,n为奇数, ? (2)通项公式为 an=? 的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组 ? ?cn,n为偶数

求和法求和. 以题试法 1.已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2 p+nq(n∈N*,p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn 的公式. 解:(1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q, x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,
n

解得 p=1,q=1. n?n+1? + (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+?+2n)+(1+2+?+n)=2n 1-2+ . 2 考点二 错位相减法求和 典例 [例 2] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=kcn-k(其中 c,k 为常数),且 a2=4,a6=8a3. (1)求 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. [自主解答] (1)由 Sn=kcn-k,得 an=Sn-Sn-1=kcn-kcn 1(n≥2).


? ?c=2, 由 a2=4,a6=8a3 ,得 kc(c-1)=4,kc5(c-1)=8kc2(c-1),解得? ? ?k=2,

所以 a1=S1=2,an=kcn-kcn 1=2n(n≥2),于是 an=2n.


(2)Tn= ?iai= ?i· 2i,即 Tn=2+2· 22+3· 23+4· 24+?+n· 2n.
i=1 i=1

n

n

Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-?-2n+n· 2n 1=-2n 1+2+n· 2n 1=(n-1)2n 1+2.
+ + + +

方法小结 用错位相减法求和应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形; (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的 表达式. (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 以题试法 2.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=3n+k. (1)求 k 的值及数列{an}的通项公式; an+1 (2)若数列{bn}满足 =(4+k)anbn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2 解:(1)当 n≥2 时,由 an=Sn-Sn-1=3n+k-3n 1-k=2· 3n 1,得等比数列{an}的公比 q=3,首项为 2。
- -

∴a1=S1=3+k=2,∴k=-1,∴数列{an}的通项公式为 an=2· 3n 1.


an+1 n n 3 n 3 1 2 3 + 2+ 3+?+ n?, (2)由 =(4+k)anbn,可得 bn= n-1,即 bn= · n.,∵Tn= ? 3? 2 23 2? 3 3 3 2· 3 n 1 n 1 n ? 1 3 1 2 3 2 3 1 1 1 9 1 - ∴ Tn= ?32+33+34+?+3n+1?,∴ Tn= ?3+32+33+?+3n-3n+1?,∴Tn= ?2-2· 3n 3n+1?. 3 2? 3 2? 4? ? ? 考点三 裂项相消法求和 典例 [例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=nan-n(n-1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;

2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1 [自主解答] (1)∵Sn=nan-n(n-1),当 n≥2 时,Sn-1=(n-1)· an-1-(n-1)(n-2), ∴an=Sn-Sn-1=nan-n(n-1)-(n-1)an-1+(n-1)· (n-2),即 an-an-1=2. ∴数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列,故 an=1+(n-1)· 2=2n-1,n∈N*. 2 2 1 1 (2)由(1)知 bn= = = - , anan+1 ?2n-1??2n+1? 2n-1 2n+1 1 1 ? 1 1 1 1 1 1 2n - 1- ?+? - ?+? - ?+?+? 故 Tn=b1+b2+?+bn=? ? 3? ?3 5? ?5 7? ?2n-1 2n+1?=1-2n+1=2n+1. 【变式】 1 本例条件不变,若数列{bn}满足 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. Sn+n 解:Sn=nan-n(n-1)=n(2n-1)-n(n-1)=n2。bn= 1 1 1 1 1 = = = - , Sn+n n2+n n?n+1? n n+1

1 1? ?1 1? ?1 1? 1 n ?1- 1 ? Tn=? ?1-2?+?2-3?+?3-4?+?+?n n+1?=1-n+1=n+1. 方法小结 利用裂项相消法求和应注意 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项; (2)将通项裂项后, 有时需要调整前面的系数, 使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等. 如: 若{an} 是等差数列,则 1 ? 1 ? 1 1 1 1 1 1 = ? - , = ? - . anan+1 d?an an+1? anan+2 2d?an an+2? 以题试法 3.在等比数列{an}中,a1>0,n∈N*,且 a3-a2=8,又 a1、a5 的等比中项为 16. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (2)设 bn=log4an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,是否存在正整数 k,使得 + + +?+ <k 对任意 n S1 S2 S3 Sn ∈N*恒成立.若存在,求出正整数 k 的最小值;不存在,请说明理由. 解:(1)设数列{an}的公比为 q,由题意可得 a3=16,∵a3-a2=8,则 a2=8,∴q=2。∴an=2n 1.


1 ? n+1 n?n+3? 1 4 4 1 + (2)∵bn=log42n 1= ,∴Sn=b1+b2+?+bn= 。∵ = = ? - , 2 4 Sn n?n+3? 3?n n+3? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 4 22 ∴ + + +?+ = ?1-4+2-5+3-6+?+n-n+3?= ?1+2+3-n+1-n+2-n+3?< , S1 S2 S3 Sn 3? ? 3? ? 9 ∴存在正整数 k 的最小值为 3.

利用错位相减法解决数列求和的答题模板 1 [典例] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n2+kn,k∈N*,且 Sn 的最大值为 8. 2 (1)确定常数 k,求 an;

?9-2an? (2)求数列? n ?的前 n 项和 Tn. ? 2 ?

[快速审题] (第 1 问) 1.审条件,挖解题信息 观察 1 → Sn=- n2+kn及Sn的最大值为8 条件 ― 2 2.审结论,明解题方向 观察所 1 应建立关 Sn的最大值为8, 可求Sn的表达式 → 求k的值及an ― ― ― ― → ????? ? Sn=-2n2+4n 求结论 ― 于k的方程 即Sk=8,k=4 3.建联系,找解题突破口 根据已知条件,可利用an 注意公式的 9 7 验证n=1时, 9 ― ― ― ― → an=Sn-Sn-1= -n?n≥2?,a1=S1= ― ― ― ― ― → an= -n 与Sn的关系求通项公式 ― 使用条件 2 2 an是否成立 2 (第 2 问) 1.审条件,挖解题信息
n 可化简数列? ? 观察 ?9-2an? n 9-2an 9 n 2 ? ? ? ? ?????? ― → a = - n 及数列 ? ? 2n =2n-1 n n 条件 2 ? 2 ?

Sn 是关于n的二次函数 ??????? ? 当n=k时,Sn取得最大值

? 9-2a ?

2.审结论,明解题方向
分析通项 n-1 的特点 观察所 ?9-2an? 2 ? ?的前n项和Tn ??????? ? 可利用错位相减法求和 ― → 求数列 n 求结论 ? 2 ? n

3.建联系,找解题突破口 条件具备,代入求和: Tn = 1 +

2 3 n-1 + 2 + ? + n-2 + 2 2 2

n 2
n-1



― ― ― ― → 同乘以2 2Tn=2+2+

等式两边

3 +? 2



n-1 n + n-2 ② n- 3 2 2

― ― ― ― → ②-①:2Tn-Tn=2+1+

错位相减

1 +?+ 2 n 2
n- 2

1 2
n- 2



n 2
n- 2

=4-

1 2
n- 2



=4-

n+2 2 n- 2
[规范解题]

1 1 1 (1)当 n=k∈N*时,Sn=- n2+kn 取得最大值,即 8=Sk=- k2+k2= k2,故 k2=16,k=4. 2 2 2 1 7 当 n=1 时,a1=S1=- +4= ,?(3 分) 2 2 9 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -n.?(6 分) 2 9 当 n=1 时,上式也成立,综上,an= -n. 2 9-2an n-1 n-1 n 2 3 n 3 (2)因为 n = n-1, 所以 Tn=1+ + 2+?+ n-2 + n-1, ①?(7 分)。 所以 2Tn=2+2+ +?+ n-3 2 2 2 2 2 2 2 2 + 2
n-2,②。②-①:2Tn-Tn=2+1+

n

n+2 1 1 n 1 n +?+ n-2- n-1=4- n-2- n-1=4- n-1 .?(11 分)故 Tn=4- 2 2 2 2 2 2

n+2 - .?(12 分) 2n 1 ,,[常见失分探因] 利用 an=Sn-Sn-1 时,易忽视条件 n≥2,即不验证 a1=\f(7,2),是否适合 an=\f(9,2)-n. 错位相减时,易漏项或求错项数 —————————————————[一个万能模板]—————————— 第一步 将数列{cn}写成两个数列的积的形式 cn=anbn,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列 ― → 第二步 写出数列{cn}的前 n 项和 Sn=a1b1+a2b2+?+anbn ― → 第三步 Sn=a1b1+a2b2+?+anbn 的两边同乘以公比 q,得 qSn=qa1b1+qa2b2+?+qanbn ― → 第四步 两式错位相减得(q-1)Sn

― → 第五步 等式两边同时除以 q-1,得 Sn ― → 第六步 反思回顾,查看关键点,易错点及解题规范.如本题错位相减时,是否有漏项

【基础题】
?1? 1.已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和,且 9S3=S6,则数列?a ?的前 5 项和为( ) ? n?

15 A. 或 5 8

31 B. 或 5 16

31 C. 16

15 D. 8

9?1-q3? 1-q6 ?1? 解析: 选 C 设数列{an}的公比为 q.由题意可知 q≠1, 且 = , 解得 q=2, 所以数列?a ?是 ? n? 1-q 1-q 1 31 以 1 为首项, 为公比的等比数列,由求和公式可得 S5= . 2 16 2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn(a、b∈R),且 S25=100,则 a12+a14 等于( A.16 解析:选 B B.8 C.4 D.不确定 )

由数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn(a、b∈R),可知数列{an}是等差数列,由 S25=

?a1+a25?×25 =100,解得 a1+a25=8,所以 a1+a25=a12+a14=8. 2 1 1 1 1 1 3.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 1 A.n2+1- n 2 B.2n2-n+1- 1 2n 1 C.n2+1- n-1 2 )

1 D.n2-n+1- n 2

1 解析:选 A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ n, 2 1 1 1? 1 2 则 Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+? ?2+22+?+2n?=n +1-2n. 4.若数列{an}为等比数列,且 a1=1,q=2,则 Tn= 1 A.1- n 4 解析:选 C B.1- 1 2n 1 2 1- n? C. ? 4 ? 3? 1 1 1 + +?+ 的结果可化为( a1a2 a2a3 anan+1 )

1 2 1- n? D. ? 2 ? 3?

1 - 1?2n-1 1 1 1?3 - an=2n 1,设 bn= =? ?2n 1,则 Tn=b1+b2+?+bn= +? +?+? ?2? 2 ?2? anan+1 ?2?

1 1? 1- n? 2? 4 ? 2? 1 = = ?1-4n? ?. 1 3 1- 4
? 1 ? 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列?a a ?的前 100 项和为( ? n n+1?

)

100 A. 101

99 B. 101

99 C. 100

101 D. 100

a +4d=5, ? ? 1 解析:选 A 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d。∵a5=5,S5=15,∴? 5×?5-1? 5a1+ d=15, ? 2 ?
? ?a1=1, ? 1 ? 1 1 1 1 ∴? ∴an=a1+(n-1)d=n。∴ = = - ,∴数列?a a ?的前 100 项和为 1- n a a n ? n + 1 ? n + 1 ? n n+1? n n+1 ?d=1, ?

1 1 1 1 1 1 100 + - +?+ - =1- = . 2 2 3 100 101 101 101
?n2?当n为奇数时?, ? 6.已知函数 f(n)=? 2 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于( ?-n ?当n为偶数时?, ?

)

A.0

B.100

C.-100

D.10 200

解析:选 B 由题意,a1+a2+a3+?+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+?+992-1002-1002 +1012=-(1+2)+(3+2)+?-(99+100)+(101+100)=-(1+2+?+99+100)+(2+3+?+100+101) =-1+101=100. 7.在等差数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a2+a8=18-a5,则 S9=________. 解析:由等差数列的性质及 a2+a8=18-a5,得 2a5=18-a5,则 a5=6,故 S9= ?a1+a9?×9 =9a5=54. 2

8.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,{an}的“差数列”的通项 公式为 2n,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析:∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 2-2n 2-2n 1 n+1 - - =2n 1+2n 2+?+22+2+2= +2=2n-2+2=2n。∴Sn= =2 -2. 1-2 1-2


答案:2n 1-2


? 1 ? 9.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列?b b ?的前 n 项和 Sn ? n n+1?

=________. a4 - - 解析: 设等比数列{an}的公比为 q, 则 =q3=27, 解得 q=3.所以 an=a1qn 1=3×3n 1=3n, 故 bn=log3an a1 1 1 1 1 =n,所以 = = - . bnbn+1 n?n+1? n n+1
? 1 ? 1 1 1 1 1 1 n n 则数列?b b ?的前 n 项和为 1- + - +?+ - =1- = 。答案: 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 n+1 ? n n+1?

10.在等比数列{an}中,a2a3=32,a5=32. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,求 S1+2S2+?+nSn.
?a1q· a1q2=32, ? - 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,依题意得? 4 解得 a1=2,q=2,故 an=2· 2n 1=2n. ? a q = 32 , ? 1

2?1-2n? (2)∵Sn 表示数列{an}的前 n 项和,∴Sn= =2(2n-1), 1-2 ∴S1+2S2+?+nSn=2[(2+2· 22+…+n· 2n)-(1+2+…+n)]=2(2+2· 22+?+n· 2n)-n(n+1), 设 Tn=2+2· 22+?+n· 2n,① 则 2Tn=22+2· 23+?+n· 2n 1,②


①-②,得 -Tn=2+2 +?+2 -n· 2
2 n n+1

2?1-2n? + + + = -n· 2n 1=(1-n)2n 1-2,∴Tn=(n-1)2n 1+2, 1-2
+ +

∴S1+2S2+?+nSn=2[(n-1)2n 1+2]-n(n+1)=(n-1)2n 2+4-n(n+1). 11.已知等差数列{an}满足:a5=9,a2+a6=14. (1)求{an}的通项公式; (2)若 bn=an+qan(q>0),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
? ?a1+4d=9, 解:(1)设数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则由 a5=9,a2+a6=14,得? ?2a1+6d=14, ? ?a1=1, ? 解得? 所以{an}的通项 an=2n-1. ?d=2, ?

(2)由 an=2n-1 得 bn=2n-1+q2n 1.


当 q>0 且 q≠1 时,Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(q1+q3+q5+?+q2n 1)=n2+


q?1-q2n? ; 1-q2

当 q=1 时,bn=2n,则 Sn=n(n+1).所以数列{bn}的前 n 项和 n?n+1?,q=1, ? ? Sn=? 2 q?1-q2n? n+ ,q>0,q≠1. ? 1-q2 ? 2 12.若数列{an}满足:a1= ,a2=2,3(an+1-2an+an-1)=2. 3 (1)证明:数列{an+1-an}是等差数列; 1 1 1 1 5 (2)求使 + + +?+ > 成立的最小的正整数 n. a1 a2 a3 an 2 2 2 解:(1)由 3(an+1-2an+an-1)=2 可得:an+1-2an+an-1= ,即(an+1-an)-(an-an-1)= , 3 3 4 2 故数列{an+1-an}是以 a2-a1= 为首项, 为公差的等差数列. 3 3 4 2 2 2 1 (2)由(1)知 an+1-an= + (n-1)= (n+1),于是累加求和得 an=a1+ (2+3+?+n)= n(n+1), 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 5 ∴ =3?n-n+1?,∴ + + +?+ =3- > ,∴n>5,∴最小的正整数 n 为 6. an ? a a a a ? n+1 2 1 2 3 n 【重点题】 1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=( A.6n-n2 B.n2-6n+18 )

?6n-n2?1≤n≤3? ? C.? 2 ?n -6n+18?n>3? ?

?6n-n2 ? D.? 2 ?n -6n ?

?1≤n≤3? ?n>3?

解析:选 C ∵由 Sn=n2-6n 得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为 2。∴an=-5+(n-1)×2=
?6n-n2?1≤n≤3?, ? 2n-7,∴n≤3 时,an<0,n>3 时,an>0,∴Tn=? 2 ? ?n -6n+18?n>3?.

2. 若数列{an}满足 a1=2 且 an+an-1=2n+2n 1, Sn 为数列{an}的前 n 项和, 则 log2(S2 012+2)=________.


解析: 因为 a1+a2=22+2, a3+a4=24+23, a5+a6=26+25, ?.所以 S2 012=a1+a2+a3+a4+?+a2 011 2?1-22 012? 2 013 +a2 012=21+22+23+24+?+22 011+22 012= =2 -2。故 log2(S2 012+2)=log222 013=2 013. 1-2 答案:2 013 3.已知递增的等比数列{an}满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若 bn=anlog an,Sn=b1+b2+?+bn,求 Sn. 2 解:(1)设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q.依题意,有 2(a3+2)=a2+a4,
3 ?q= , ? ? ? ?a1q+a1q =20, ?q=2, ? 代入 a2+a3+a4=28,得 a3=8。∴a2+a4=20。∴? 解得 或 ? 2 2 ?a3=a1q =8, ? ? ?a1=2, ?

1

?a1=32.

? ?q=2, 又{an}为递增数列,∴? ∴an=2n. ?a1=2. ?

1 (2)∵bn=2n· log 2n=-n· 2n, 2 ∴-Sn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n.① ∴-2Sn=1×22+2×23+3×24+?+(n-1)×2n+n×2n 1.②


①-②得 Sn=2+22+23+?+2n-n· 2n

+1

2?1-2n? + + + + + = -n· 2n 1=2n 1-n· 2n 1-2,∴Sn=2n 1-n· 2n 1-2. 1-2 【附加题】 1.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等比数列. (1)求数列{an}的通项; (2)求数列{2an}的前 n 项和 Sn. 1+2d 1+8d 解:(1)由题设知公差 d≠0,由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列得 = , 1 1+2d 解得 d=1 或 d=0(舍去),故{an}的通项 an=1+(n-1)×1=n. 2?1-2n? n+1 (2)由(1)知 2an=2 ,由等比数列前 n 项和公式得 Sn=2+2 +2 +?+2 = =2 -2. 1-2
n 2 3 n

3 2.设函数 f(x)=x3,在等差数列{an}中,a3=7,a1+a2+a3=12,记 Sn=f( an+1),令 bn=anSn,数列

?1? ? ?的前 n 项和为 Tn. ?bn?

(1)求{an}的通项公式和 Sn; 1 (2)求证:Tn< . 3 解:(1)设数列{an}的公差为 d,由 a3=a1+2d=7,a1+a2+a3=3a1+3d=12,解得 a1=1,d=3,则 3 an=3n-2。∵f(x)=x3,∴Sn=f( an+1)=an+1=3n+1. 1 ? 1 1 1 1 - (2)证明:∵bn=anSn=(3n-2)(3n+1),∴ = = ? . bn ?3n-2??3n+1? 3?3n-2 3n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= + +?+ = ?1-4+4-7+?+3n-2-3n+1?= ?1-3n+1?.∴Tn< . b1 b2 bn 3? 3 ? 3? ? 3.已知二次函数 f(x)=x2-5x+10,当 x∈(n,n+1](n∈N*)时,把 f(x)在此区间内的整数值的个数表 示为 an. (1)求 a1 和 a2 的值; (2)求 n≥3 时 an 的表达式; 4 (3)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn(n≥3). anan+1 解:(1)f(x)=x2-5x+10,又 x∈(n,n+1](n∈N*)时,f(x)的整数个数为 an,所以 f(x)在(1,2]上的值域为 15 ? [4,6)?a1=2;f(x)在(2,3]上的值域为? ? 4 ,4??a2=1. (2)当 n≥3 时,f(x)是增函数,故 an=f(n+1)-f(n)=2n-4. 1 1 4 4 4 (3)由(1)和(2)可知,b1= =2,b2= =2.而当 n≥3 时,bn= =2?2n-4-2n-2?. ? 2×1 1×2 ?2n-4??2n-2? ? 所以当 n≥3 时,Sn=b1+b2+b3+b4+?+bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =2+2+2?2-4+4-6+?+2n-4-2n-2?=4+2?2-2n-2?=5- . ? ? ? ? n-1

第五节

数列的综合应用 [基础知识]

1.数列在实际生活中有着广泛的应用,其解题的基本步骤,可用图表示如下:

2.数列应用题常见模型 (1)等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减少)的量就是公 差. (2)等比模型:如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型,这个固定的数就

是公比. (3)递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化时,应考虑是 an 与 an+1 的递推关系,还是前 n 项和 Sn 与 Sn+1 之间的递推关系. [小题] 1.某学校高一、高二、高三共计 2 460 名学生,三个年级的学生人数刚好成等差数列,则该校高二年 级的人数是( A.800 ) B.820 C.840 D.860

解析:选 B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为 a-d,a,a+d. 2 460 则 a-d+a+a+d=2 460,解得 a= =820。故高二年级共有 820 人. 3 2. (教材习题改编)有一种细菌和一种病毒, 每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为 2 个, 现在有一个这样的细菌和 100 个这样的病毒(假设病毒不繁殖),问细菌将病毒全部杀死至少需要 ( A.6 秒钟 B.7 秒钟 C.8 秒钟 D.9 秒钟 1-2n - 解析:选 B 设至少需 n 秒钟,则 1+21+22+?+2n 1≥100,即 ≥100,解得 n≥7. 1-2 3.数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且 a6=b7,则有( A.a3+a9≤b4+b10 C.a3+a9≠b4+b10 解析:选 B B.a3+a9≥b4+b10 D.a3+a9 与 b4+b10 的大小不确定 ) )

2 a3+a9≥2 a3a9=2 a6 =2a6=2b7=b4+b10,当且仅当 a3=a9 时,不等式取等号.

4 .一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为 ________.

2π π ,公差为 ,则这个多边形的边数为 3 36

2π n?n-1? π 解析:由于凸 n 边形的内角和为(n-2)π,故 n+ × =(n-2)π. 3 2 36 化简得 n2-25n+144=0.解得 n=9 或 n=16(舍去).答案:9 5.设曲线 y=xn 1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn,xn=________,令 an=lg xn,


则 a1+a2+?+a99 的值为________. 解析:∵y=xn 1,∴y′=(n+1)xn,它在点(1,1)处的切线方程为 y-1=(n+1)(x-1),


与 x 轴交点的横坐标为 xn=1-

1 n = ,由 an=lg xn 得 an=lg n-lg(n+1), n+1 n+1

于是 a1+a2+?+a99=lg 1-lg 2+lg 2-lg3+?+lg 99-lg 100=lg 1-lg 100=0-2=-2. n 答案: -2 n+1 【小结】 1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解,有些数列题目条件已指明是等差 (或等比)数列, 有的数列并没有指明,但可以通过分析构造,转化为等差数列或等比数列,然后应用等差、等比数列的相 关知识解决问题.

2.数列是一种特殊的函数,故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常 见的数列,它们是研究数列性质的基础,与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系,在实际生 活中也有着广泛的应用,随着高考对能力要求的进一步提高,这一部分内容也将受到越来越多的关注.

考点一

等差数列与等比数列的综合问题 典例

[例 1] 在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比 q>0,设 bn=log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项 an. [自主解答] (1)证明:∵bn=log2an, an+1 ∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数,∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. an (2)∵b1+b3+b5=6,∴b3=2,∵a1>1,∴b1=log2a1>0。b1b3b5=0,∴b5=0.
?b1+2d=2, ?b1=4, ? ? ∴? 解得? ? ? ?b1+4d=0, ?d=-1,

1 ? ?log2q=-1, ?q=2, n?n-1? 9n-n2 ? ∴Sn=4n+ ×(-1)= .∵? ∴? 2 2 ? ?log2a1=4, ? ?a1=16, 【变式】 试比较(2)求出的 Sn 与 an 的大小. n?9-n? - 解:∵an=25 n>0,当 n≥9 时,Sn= ≤0, 2

∴an=25 n(n∈N*).


1 1 1 ∴n≥9 时,an>Sn。∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1,a6= ,a7= ,a8= , 2 4 8 S1=4,S2=7,S3=9,S4=10,S5=10,S6=9,S7=7,S8=4, ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn;当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn. 方法小结 解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数 列,部分项成等比数列,要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究;如果两个数列通过运算综合在 一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开,弄清两个数列各自的特征,再进行求解. 以题试法 1.已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且满足 a3a6=55,a2+a7=16. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 bn (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式 an= + 2+ 3+?+ n(n 为正整数),求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2 2 2 2 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,则依题意知 d>0, 由 a2+a7=16,得 2a1+7d=16,①

由 a3a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55,② 由①得 2a1=16-7d,将其代入②得(16-3d)(16+3d)=220,即 256-9d2=220.∴d2=4,又 d>0, ∴d=2,代入①得 a1=1,∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. b1 (2)∵当 n=1 时,a1= ,∴b1=2. 2 bn-1 bn bn-1 b1 b2 b3 b1 b2 b3 当 n≥2 时,an= + 2+ 3+?+ n-1+ n,an-1= + 2+ 3+?+ n-1, 2 2 2 2 2 2 2 2 2
?2,n=1, ? bn + 两式相减得 an-an-1= n,∴bn=2n 1,∴bn=? n+1 2 ?2 ,n≥2. ?

当 n=1 时,S1=b1=2; b2?1-2n 1? n+2 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+b3+?+bn=2+ =2 -6, 1-2


当 n=1 时上式也成立.综上,当 n 为正整数时,Sn=2n 2-6.


考点二

等差数列与等比数列的实际应用 典例

[例 2] 某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M 的价值在使用过程中逐年减少.从 第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年开始,每年初 M 的价值为上年初的 75%.则第 n 年初 M 的价值 an=________. [自主解答] 当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,an=120-10(n-1)=130 3?n-6 3 -10n;当 n≥7 时,数列{an}是以 a6 为首项, 为公比的等比数列,又 a6=70,所以 an=70×? ?4? . 4 130-10n,n≤6, ? ? [答案] an=? ?3?n-6,n≥7 70 × ? ?4? ? 方法小结 1.数列实际应用题的解题策略 解等差、等比数列应用题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学 关系,把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,然后求解. 2.处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时,各期所付款额及利息(注:最后一次付款没有利息). (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最 后一次付款时的利息之和,只有掌握了这一点,才可以顺利建立等量关系. 以题试法 2.从经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.根据规划,本年度投 1 入 800 万元,以后每年投入将比上年减少 ,本年度当地旅游业估计收入 400 万元,由于该项建设对旅游 5 1 业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 . 4

(1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元,写出表达式; (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入? 1? ? 1?n-1 解:(1)第一年投入为 800 万元,第二年投入为 800? ?1-5?万元, 第 n 年内的总投入为 800?1-5? 万元,所以,n 年的投入为: 1? ? 1?n-1 ?4?n an=800+800? ?1-5?+?+800?1-5? =4 000-4 000?5? . 1? 第一年旅游业收入为 400 万元,第二年旅游业收入为 400? ?1+4?万元. 1?n-1 第 n 年旅游业收入为 400? ?1+4? 万元,所以,n 年内的旅游业总收入为 1? ? 1?n-1 ?5?n bn=400+400? ?1+4?+?+400?1+4? =1 600?4? -1 600. (2)设经过 n 年旅游业的总收入超过总投入,由此 bn-an>0, 5?n ?4?n>0,化简得 2?5?n+5?4?n-7>0, 即 1 600? - 1 600 - 4 000 + 4 000 4 ? ? ?5? ?4? ?5? 4?n 2 2 设? = x ,代入上式,得 5 x - 7 x + 2>0 ,解此不等式,得 x < 或 x>1(舍去), 5 ? ? 5 4?n 2 即? ?5? <5,由此得 n≥5。故至少经过 5 年旅游业的总收入才能超过总投入. 考点三 数列与函数、不等式的综合应用 典例 x [例 3] 设函数 f(x)= +sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}. 2 (1)求数列{xn}的通项公式; (2)设{xn}的前 n 项和为 Sn,求 sin Sn. 1 1 2π [自主解答] (1)令 f′(x)= +cos x=0,得 cos x=- ,解得 x=2kπ± (k∈Z). 2 2 3 2π 由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知,xn=2nπ- (n∈N*). 3 2 2nπ (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+?+n)- nπ=n(n+1)π- , 3 3 2nπ? 所以 sin Sn=sin? ?n?n+1?π- 3 ?. 2nπ . 3

因为 n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,n(n+1)一定为偶数,所以 sin Sn=-sin 4π 3 2mπ- ?=- ; 当 n=3m-2(m∈N*)时,sin Sn=-sin? 3? ? 2 2π? 3 当 n=3m-1(m∈N*)时,sin Sn=-sin? ?2mπ- 3 ?= 2 ; 当 n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0.

? 综上所述,sin S =? 3 ,n=3m-1?m∈N ?, 2 ?0,n=3m?m∈N ?.

n * *

3 ,n=3m-2?m∈N*?, 2

方法小结 数列与函数的综合问题主要有以下两类: (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题; (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子 化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思想方法求解,在问题的求解过 程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决. 以题试法 3.设数列{an}是公差为 d 的等差数列,其前 n 项和为 Sn.已知 a1=1,d=2, (1)求当 n∈N*时, Sn+64 的最小值; n

n+1 5 2 3 (2)当 n∈N*时,求证: + +?+ < . S1S3 S2S4 SnSn+2 16 n?n-1?d 2 Sn+64 64 解:(1)∵a1=1,d=2,∴Sn=na1+ =n , =n+ ≥2 2 n n Sn+64 64 当且仅当 n= ,即 n=8 时,上式取等号.故 的最小值是 16. n n (2)证明:由(1)知 Sn=n2,当 n∈N*时, 1 ? n+1 n+ 1 1? 1 = 2 2= n2- ? n + 2?2?, 4 ? SnSn+2 n ?n+2? 64 n× =16, n

1 n+1 1? 1 1 ? 1? 1 1 ? 2 3 1 1 + +?+ = 2- 2 + 2- 2 +?+ ?n2-?n+2?2? S1S3 S2S4 4? ? SnSn+2 4?1 3 ? 4?2 4 ? 1 1 1 1 1 1 1 = ?12+22-?n+1?2-?n+2?2?,∵ + >0, 4? ? ?n+1?2 ?n+2?2 ∴ n+1 1? 1 1 ? 5 2 3 + +?+ < 2+ 2 = . S1S3 S2S4 SnSn+2 4?1 2 ? 16

探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题, 此类题目的条件或结论不完备, 要求考生自己去探索, 结合已知条件,进行观察、分析、比较和概括.它对考生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法解决 问题的能力提出了较高的要求.这类问题不仅考查考生的探索能力,而且给考生提供了创新思维的空间, 所以备受高考的青睐,是高考重点考查的内容.探索性问题一般可以分为:条件探索性问题、规律探索性 问题、结论探索性问题、存在探索性问题等. 3 3an [典例] 已知数列{an}的首项 a1= ,an+1= ,n∈N*. 5 2an+1

?1 ? (1)求证:数列?a -1?为等比数列; ?
n

?

1 1 1 (2)记 Sn= + +?+ ,若 Sn<100,求最大正整数 n; a1 a2 an (3)是否存在互不相等的正整数 m,s,n,使 m,s,n 成等差数列,且 am-1,as-1,an-1 成等比数 列?如果存在,请给以证明;如果不存在,请说明理由. [解] 1 2 1 1 1 1 (1)证明:因为 = + ,所以 -1= - . 3 3 a 3 an 3 an+1 an+1 n

1 1 ?1 ? 又因为 -1≠0,所以 -1≠0(n∈N*),所以数列?a -1?为等比数列. a1 an ? n ? 1?n 1 2 1?n-1 1 (2)由(1),可得 -1= ×? ,所以 =2×? ?3? +1. an 3 ?3? an 1 1 - n+1 3 3 1 1 1 1 1 1 1 + 2+?+ n?=n+2× Sn= + +?+ =n+2? =n+1- n, 3 3 3 ? ? a1 a2 an 1 3 1- 3 1 若 Sn<100,则 n+1- n<100,所以最大正整数 n 的值为 99. 3 3n (3)假设存在,则 m+n=2s,(am-1)(an-1)=(as-1)2,因为 an= n , 3 +2 3n 3m 3s 所以?3n+2-1??3m+2-1?=?3s+2-1?2。化简,得 3m+3n=2· 3s.

?

??

? ?

?

因为 3m+3n≥2· 3m n=2· 3s,当且仅当 m=n 时等号成立.又 m,s,n 互不相等,所以 3m+3n=2· 3s


不成立,所以不存在满足条件的 m,n,s. [题后悟道] 本题属于存在探索性问题,处理这种问题的一般方法是:假定题中的数学对象存在或结

论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设, 否则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要的作用. 解决数列探索性问题基本方法: (1)对于条件开放的探索性问题,往往采用分析法,从结论和部分已知条件入手,执果索因,导出所需 的条件. (2)对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两个变量的问题,变量归一是 常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根据题目条件,确定变量的值.数列中大小 关系的探索问题可以采用构造函数,根据函数的单调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法. (3)处理规律探索性问题,应充分利用已知条件,先求出数列的前几项,根据前几项的特点透彻分析, 发现规律、猜想结论. ?针对训练 已知数列{an}中,a1=1,且点 P(an,an+1)(n∈N*)在直线 x-y+1=0 上. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,Sn 表示数列{bn}的前 n 项和,试问:是否存在关于 n 的关系式 g(n),使得 S1+S2+S3+? an

+Sn-1=(Sn-1)· g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立?若存在,写出 g(n)的解析式,并加以证明;若 不存在,试说明理由. 解:(1)由点 P(an,an+1)在直线 x-y+1=0 上,即 an+1-an=1, 且 a1=1,即数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.则 an=1+(n-1)×1=n(n∈N*). 1 1 1 1 (2)假设存在满足条件的 g(n),由 bn= ,可得 Sn=1+ + +?+ , n 2 3 n 1 Sn-Sn-1= (n≥2), n nSn-(n-1)Sn-1=Sn-1+1, (n-1)Sn-1-(n-2)Sn-2=Sn-2+1, ? 2S2-S1=S1+1. 以上(n-1)个等式等号两端分别相加得 nSn-S1=S1+S2+S3+?+Sn-1+n-1,即 S1+S2+S3+?+Sn-1=nSn-n=n(Sn-1),n≥2. 令 g(n)=n,故存在关于 n 的关系式 g(n)=n,使得 S1+S2+S3+?+Sn-1=(Sn-1)· g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立.

【基础题】 1.数列{an}是公差不为 0 的等差数列,且 a1,a3,a7 为等比数列{bn}中连续的三项,则数列{bn}的公 比为( A. 2 ) B.4 C.2 1 D. 2

2 解析:选 C 设数列{an}的公差为 d(d≠0),由 a2 3=a1a7 得(a1+2d) =a1(a1+6d),解得 a1=2d,故数列

a3 a1+2d 2a1 {bn}的公比 q= = = =2. a1 a1 a1 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S9=-36,S13=-104,等比数列{bn}中,b5=a5,b7=a7,则 b6 的值为( A.± 4 2 ) B.-4 2 C.4 2 D.无法确定

解析: 选 A 依题意得, S9=9a5=-36?b5=a5=-4, S13=13a7=-104?b7=a7=-8, 所以 b6=± 4 2. 3.已知数列{an},{bn}满足 a1=1 且 an,an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+2n 的两个零点,则 b10 等于( A.24 B.32 C.48 D.64 )

an+2 + 解析:选 D 依题意有 anan+1=2n,所以 an+1an+2=2n 1,两式相除得 =2.所以 a1,a3,a5,?成等 an 比数列,a2,a4,a6,?也成等比数列,而 a1=1,a2=2.所以 a10=2· 24=32,a11=1· 25=32.又因为 an+an
+1

=bn,所以 b10=a10+a11=64. 4.在如图所示的表格中,如果每格填上一个数后,每一行成等差数列,每一列成等比数列,那么 x+y

+z 的值为 (

)

2 1

4 2 x y z

A.1

B.2

C.3

D.4

1 解析:选 B 由题知表格中第三列中的数成首项为 4,公比为 的等比数列,故有 x=1.根据每行成等 2 1?3 5 5 1 ?1?4 3 差数列得第四列前两个数字依次为 5, ,故第四列的公比为 ,所以 y=5×? ?2? =8,同理 z=6×?2? =8, 2 2 故 x+y+z=2. 5.设{an}是各项为正数的无穷数列,Ai 是边长为 ai,ai+1 的矩形的面积(i=1,2,?),则{An}为等比数 列的充要条件为( )

A.{an}是等比数列 B.a1,a3,?,a2n-1,?或 a2,a4,?,a2n,?是等比数列 C.a1,a3,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?均是等比数列 D.a1,a3,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?均是等比数列,且公比相同 An+1 an+1an+2 an+2 A2 a3 A3 a4 解析:选 D ∵Ai=aiai+1,若{An}为等比数列,则 = = 为常数,即 = , = ,?. An an A1 a1 A2 a2 anan+1 ∴a1,a3,a5,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?成等比数列,且公比相等.反之,若奇数项和偶 An+1 an+2 数项分别成等比数列,且公比相等,设为 q,则 = =q,从而{An}为等比数列. An an 6.已知数列{an}满足 3an+1+an=4 且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 整数 n 是( A.5 ) B.6 C.7 D.8 1 的最小 125

?-1?n-1, 解析:选 C 由递推式变形得 3(an+1-1)=-(an-1),则 an-1=8· ? 3? ? ?? ?8? ?1-?-3? ? ? 1 1 -6?=6×? ? < ,即 3 所以|S -n-6|=|a -1+a -1+?+a -1-6|=? 1 ?3? 125 ? 1+3 ?
n n 1 2 n n

1

n-1

>250,所

以满足条件的最小整数 n 是 7. 7.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,2S2,3S3 成等差数列,则等比数列{an}的公比为________. 解析:设等比数列{an}的公比为 q(q≠0),由 4S2=S1+3S3,得 4(a1+a1q)=a1+3(a1+a1q+a1q2),即 1 1 3q2-q=0,故 q= 。答案: 3 3 8.植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距 10 米.开始时需 将树苗集中放置在某一树坑旁边.使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这

个最小值为________米. 解析:当放在最左侧坑时,路程和为 2×(0+10+20+?+190);当放在左侧第 2 个坑时,路程和为 2×(10+0+10+20+?+180)(减少了 360 米);当放在左侧第 3 个坑时,路程和为 2×(20+10+0+10+ 20+?+170)(减少了 680 米);依次进行,显然当放在中间的第 10、11 个坑时,路程和最小,为 2×(90+ 80+?+0+10+20+?+100)=2 000 米. 答案:2 000
2 * 9.在数列{an}中,若 a2 n-an-1=p(n≥2,n∈N ,p 为常数),则称{an}为“等方差数列”.

下列是对“等方差数列”的判断: ①若{an}是等方差数列,则{a2 n}是等差数列; ②已知数列{an}是等方差数列,则数列{a2 n}是等方差数列. ③{(-1)n}是等方差数列; ④若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k 为常数)也是等方差数列; 其中正确命题的序号为________. 解析: 对于①, 由等方差数列的定义可知, {a2 故①正确. 对于②, 取 an= n, n}是公差为 p 的等差数列, 则数列{an}是等方差数列, 但数列{a2 故②错. 对于③, 因为[(-1)n]2-[(-1)n 1]2=0(n≥2, n}不是等方差数列,


2 2 n∈N*)为常数, 所以{(-1)n}是等方差数列, 故③正确. 对于④, 若 a2 n∈N*), 则 akn -a2 n-an-1=p(n≥2, k?n-1? 2 2 2 2 2 =(akn -a2 kn-1)+(akn-1-akn-2)+?+(akn-k+1-ak?n-1?)=kp 为常数,故④正确.

答案:①③④ 10.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2,数列{bn}为等比数列,且首项 b1=1,b4=8. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=abn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn; 解:(1)∵数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2, ∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1。当 n=1 时,a1=S1=1 亦满足上式,故 an=2n-1(n ∈N*).又数列{bn}为等比数列,设公比为 q,∵b1=1,b4=b1q3=8,∴q=2。∴bn=2n 1(n∈N*).


(2)cn=abn=2bn-1=2n-1. Tn=c1+c2+c3+?+cn=(21-1)+(22-1)+?+(2n-1)=(21+22+?+2n)-n= 所以 Tn=2n 1-2-n.


2?1-2n? -n. 1-2

2 2 * 11.已知各项均为正数的数列{an}满足:an +1=2an+anan+1,且 a2+a4=2a3+4,其中 n∈N .

(1)求数列{an}的通项公式; nan (2)设数列{bn}满足:bn= ,是否存在正整数 m,n(1<m<n),使得 b1,bm,bn 成等比数列?若 ?2n+1?2n 存在,求出所有的 m,n 的值,若不存在,请说明理由.
2 解:(1)因为 a2 n+1=2an+anan+1,即(an+an+1)(2an-an+1)=0。又 an>0,所以 2an-an+1=0,即 2an=an
+1

。所以数列{an}是公比为 2 的等比数列. 由 a2+a4=2a3+4,得 2a1+8a1=8a1+4,解得 a1=2。故数列{an}的通项公式为 an=2n(n∈N*).

nan n 1 m n (2)因为 bn= = ,所以 b1= ,bm= ,b = . 3 ?2n+1?2n 2n+1 2m+1 n 2n+1 m 1 n m n 若 b1,bm,bn 成等比数列,则?2m+1?2= ?2n+1?,即 2 = . ? ? 3? ? 4m +4m+1 6n+3 由
2 m2 n 3 -2m +4m+1 6 6 = ,可得 = ,所以-2m2+4m+1>0,从而 1- <m<1+ . n m2 2 2 4m2+4m+1 6n+3 2

又 n∈N*,且 m>1,所以 m=2,此时 n=12。故当且仅当 m=2,n=12 时,b1,bm,bn 成等比数列. bn+bn+2 12. 设同时满足条件: ① ≥bn+1; ②bn≤M(n∈N*, M 是常数)的无穷数列{bn}叫“嘉文”数列. 已 2 知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn= (1)求数列{an}的通项公式; 2Sn ?1? (2)设 bn= +1,若数列{bn}为等比数列,求 a 的值,并证明数列?b ?为“嘉文”数列. an ? n? a a an 解:(1)因为 S1= (a -1)=a1,所以 a1=a。当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (a -a - ),整理得 a-1 1 a-1 n n 1 an-1 =a,即数列{an}是以 a 为首项,a 为公比的等比数列.所以 an=a·an 1=an.


a (a -1)(a 为常数,且 a≠0,a≠1). a-1 n

a 2× ?a -1? a-1 n ?3a-1?an-2a (2)由(1)知,bn= +1= ,(*) an ?a-1?an 由数列{bn}是等比数列,则 b2 b3,故? 2=b1· 3a2+2a+2 3a+2?2 1 =3· ,解得 a= , a2 3 ? a ?

1 1 再将 a= 代入(*)式得 bn=3n,故数列{bn}为等比数列,所以 a= . 3 3 1 1 1 1 + n+ n+2 2 bn bn+2 3 3 由于 = > 2 2
?1? 件②.故数列?b ?为“嘉文”数列. ? n?

1 1 · 3n 3n+2 1 1 1 1 1 1 = n+1= ,满足条件①;由于 = n≤ ,故存在 M≥ 满足条 2 bn 3 3 3 3 bn+1

【重点题】 1 1.设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数,对任意实数 x,y∈R,都有 f(x)f(y)=f(x+y),若 a1= ,an 2 =f(n)(n∈N*),则数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围是( 1 ? A.? ?2,2? 1 ? B.? ?2,2? 1 ? C.? ?2,1? 1 ? D.? ?2,1? )

1 解析:选 C 由题意得 an+1=f(n+1)=f(1)f(n)= an, 2 1? ?1?n? 1 - ?2? ? 2? 1?n ?1 ? 故 Sn= =1-? ?2? .则数列{an}的前 n 项和的取值范围是?2,1?. 1 1- 2 2.设关于 x 的不等式 x2-x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为 an,数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S100 的值为________.

100?2+200? 解析:由 x2-x<2nx(n∈N*),得 0<x<2n+1,因此知 an=2n。故 S100= =10 100. 2 答案:10 100 3.祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民 创业园,台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务,某台商 到大陆一创业园投资 72 万美元建起一座蔬菜加工厂, 第一年各种经费 12 万美元, 以后每年增加 4 万美元, 每年销售蔬菜收入 50 万美元,设 f(n)表示前 n 年的纯收入.(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年的总支出-投 资额) (1)从第几年开始获取纯利润? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均利润最大时以 48 万美元出售该厂; ②纯利润总和最大时,以 16 万美元出售该厂,问哪种方案较合算? 解:由题意知,每年的经费是以 12 为首项,4 为公差的等差数列. n?n-1? ? 则 f(n)=50n-?12n+ ×4 -72=-2n2+40n-72. 2 ? ? (1)获取纯利润就是要求 f(n)>0,故有-2n2+40n-72>0,解得 2<n<18. 又 n∈N*,故从第三年开始获利. 36? f?n? (2)①平均利润为 =40-2? ?n+ n ?≤16,当且仅当 n=6 时取等号. n 故此方案获利 6×16+48=144 万美元,此时 n=6. ②f(n)=-2n2+40n-72=-2(n-10)2+128,当 n=10 时,f(n)max=128. 故此方案共获利 128+16=144 万美元. 比较两种方案,在获利相同的前提下,第①种方案只需 6 年,第②种方案需要 10 年,故选择第①种 方案. 【附加题】 1.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n-5an-85,n∈N*. (1)证明:{an-1}是等比数列; (2)求数列{Sn}的通项公式.请指出 n 为何值时,Sn 取得最小值,并说明理由. 解:(1)证明:当 n=1 时,a1=S1=1-5a1-85,解得 a1=-14,则 a1-1=-15. ∵当 n≥2 时,Sn-1=(n-1)-5an-1-85,∴an=Sn-Sn-1=1-5an+5an-1, 5 5 ∴6an=5an-1+1,即 an-1= (an-1-1),∴{an-1}是首项为-15,公比为 的等比数列. 6 6

?5?n-1,∴Sn=n-5?1-15· ?5?n-1?-85=n+75· ?5?n-1-90. (2)∵an-1=-15· ?6? ? ?6? ? ?6? ?5?n-1>0,即 15· ?5?n-1<1,解得 n>log5 1 +1≈15.85. 由 an=1-15· 6 ? ? ?6? 615
∴当 n≤15 时,an<0;当 n≥16 时,an>0。故 n=15 时,Sn 取得最小值. 2.在正项数列{an}中,a1=2,点 An( an, an+1)在双曲线 y2-x2=1 上,数列{bn}中,点{bn,Tn}在

1 直线 y=- x+1 上,其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等比数列. 解:(1)由点 An 在 y2-x2=1 上知,an+1-an=1,∴数列{an}是一个以 2 为首项,以 1 为公差的等差数 列,∴an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1。 1 (2)证明:∵点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上, 2 1 1 ∴Tn=- bn+1.①。∴Tn-1=- bn-1+1(n≥2).② 2 2 1 1 3 1 1 ①②两式相减得 bn=- bn+ bn-1(n≥2),∴ bn= bn-1,∴bn= bn-1. 2 2 2 2 3 1 2 2 1 令 n=1,得 b1=- b1+1,∴b1= ,∴{bn}是以 为首项,以 为公比的等比数列. 2 3 3 3 3.已知数列{an}中,a1=1,a2=3,且 an+1=an+2an-1(n≥2). (1)设 bn=an+1+λan,是否存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列.若存在,求出 λ 的值,若不存在,请 说明理由; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)假设存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列,设 bn =q(n≥2), bn-1

即 an+1+λan=q(an+λan-1),得 an+1=(q-λ)an+qλan-1.
?q-λ=1, ? 与已知 an+1=an+2an-1 比较,得? 解得 λ=1 或 λ=-2. ? ?qλ=2,

所以存在实数 λ,使数列{bn}为等比数列. 当 λ=1 时,q=2,b1=4,则数列{bn}是首项为 4,公比为 2 的等比数列; 当 λ=-2 时,q=-1,b1=1,则数列{bn}是首项为 1,公比为-1 的等比数列. an+1 an ?-1?n 1 1 + - ?n+1(n≥1), (2)由(1)知 an+1-2an=(-1)n 1(n≥1),所以 n+1- n= n+1 =? 2? ? 2 2 2


an a1 a2 a1? ?a3 a2? ?an an-1? 2- 1 + 3- 2 +?+? n- n-1? 当 n≥2 时, n= 1+? 2 2 ?2 2 ? ?2 2 ? ?2 2 ? 1 1 1 1 1 ? - ?2+?- ?3+?+?- ?n= + = +? ? 2? 2 2 ? 2? ? 2?

?-1?2?1-?-1?n-1? 2? ? ? 2? ? 1 1? ? 1?n-1? = + ?1-?-2? ?. 1? 2 6 ? 1-?-2?

1 - a1 1 an 1 1 1 + 因为 1= 也适合上式,所以 n= + ? 1-?- ?n 1?(n≥1).所以 an= [2n 1+(-1)n]. 2 2 2 2 6? ? 2? ? 3 1 + 则 Sn= [(22+23+…+2n 1)+((-1)1+(-1)2+…+(-1)n)] 3
n n ?-1? -1 1?4?1-2 ? ?-1??1-?-1? ?? 1? n+2 + = ? ?=3??2 -4?+ 2 ? ?. 3? 1-2 1-?-1? ? ? ?
n


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