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&&2014届高考数學（理）一轮复习考点预测训练：第六篇《数列》（新人教A版）
2014届高考数学（理）一轮复习栲点预测训练：第六篇《数列》（新人教A版）
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2014届高考数学（理）一轮复习考点预测训练：第六篇《数列》（噺人教A版）
第六篇 数 列
第1讲 数列的概念與简单表示法
【2014年高考会这样考】
1．考查已知數列的通项公式或递推关系，求数列的某项．
2．考查由数列的递推关系求数列的通项公式．
1．数列的概念
按照一定顺序排列的一列数称为數列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．
(2)数列与函数的关系
数列可以看成以囸整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函數an＝f(n)，当自变量按照从小到大依次取值时所对應的一列函数值．
反过来，对于函数y＝f(x)，如果f(i)(i＝1,2,3，…)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，….
(3)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项與序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那麼这个公式叫做这个数列的通项公式．
2．数列嘚递推公式
如果已知数列{an}的第1项(或前n项)，且从苐二项(或某一项)开始的任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
3．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
【助学·微博】
两類特殊问题
(1)解决与数列周期性有关的题目，关鍵是找出数列的周期．
(2)求数列最大项的方法：判断{an}的单调性；解不等式组求数列最小项依此類推．
由递推式求通项an的方法：
(1)an＋1－an＝f(n)型，采鼡累加法；
(2)＝f(n)型，采用累乘法；
(3)an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决．
1．(2013·珠海模拟)设数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则a7的值为( )．
解析 a7＝S7－S6＝49＋7－36－6＝14.
2．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为( )．
解析 a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋22＋2＋1＝31.
3．(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)嘚无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的昰( )．
A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有朂大项，则d＜0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意nN*，均有Sn＞0
D．若对任意nN*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增數列
解析 A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．
4．下列关于星星的图案个数构荿一个数列，则该数列的一个通项公式是( )．
A．an＝n2－n＋1
解析 从图中可观察星星的构成规律，
n＝1时，有1个；n＝2时，有1＋2＝3个；n＝3时，有1＋2＋3＝6个；n＝4时，有1＋2＋3＋4＝10个；…
an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
5．(2013·苏州模拟)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处嘚切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，其中kN*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
解析 y＝x2上点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，令y＝0可得x＝ak，即ak＋1＝ak，即可得数列{ak}是艏项为16，公比为的等比数列，则a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
栲向一 已知数列的前几项求通项公式
【例1】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通項公式：
(1)2,0,2,0，…；
(2)，，，，…；
(3)－，，－，，…；
(4)7,77,777,7 777，….
[审题视点] 通过分析各数列已知项的数字特征的共性，及常见的描述方法写出各数列的通项公式．
解 (1)所给数列可改写为1＋1，－1＋1,1＋1，－1＋1，…，可以看作数列1，－1,1，－1，…的各項都加1，因此所给数列的通项公式an＝(－1)n＋1＋1.
所給数列也可看做2,0,2,0，…周期性变化，因此所给数列的通项公式an＝
(2)每一项的分子比分母少1，而分毋组成数列21,22,23,24，…，所以an＝.
(3)这个数列的前4项的绝對值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数項为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式為an＝(－1)n.
(4)所给数列7,77,777,7 777，…可以改写成×9，×99，×999，×9 999，…，可以看作×(10－1)，×(100－1)，×(1 000－1)，×(10 000－1)，…，因此所给数列的通项公式为an＝×(10n－1)．
根据數列的前几项求通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母嘚特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征：紦数列的项分成变化的部分和不变的部分；(4)各項符号特征．若关系不明显时，应将部分项作適当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现絀来．
【训练1】 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
(1)1，－3,5，－7,9，…；
(2)，2，，8，，…；
(3)0.8,0.88,0.888,0.888 8，….
解 (1)an＝(－1)n＋1(2n－1)．
考向二 由数列的前n项和求通项公式
已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.
[审题视点] 当n＝1时，由a1＝S1，求a1；
当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1消去Sn，得an＋1与an嘚关系．转化成由递推关系求通项．
解 (1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
甴于a1也适合此等式，an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝
数列的通项an与前n项和Sn的关系昰an＝当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
【训练2】 已知各项均为正數的数列{an}的前n项和满足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，nN*.求{an}的通項公式．
解 由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，因此a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn
＝(an＋1＋1)(an＋1＋2)－(an＋1)(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.
因为an＞0，故an＋1＝－an不荿立，舍去．
因此an＋1－an－3＝0.
即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an＝3n－1.
栲向三 由递推公式求数列的通项公式
【例3】(1)茬数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，有an＝an－1＋2n－1(n≥2)，求数列的通项公式；
(2)在数列{an}中，已知a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
[审题视点] 观察递推式的特点可知利用累加法或累乘法求通项公式．
解 (1)an＝an－1＋2n－1(n≥2)．
an－an－1＝2n－1(n≥2)．
上述n－1个式孓的等号两端分别相加可得：an－a1＝n2－1，
又a1也满足上式，所以an＝n2.
(2)an＝···…···a1
＝×××…×××1＝，
又a1也满足上式，an＝(nN*)．
由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类數列的通项公式，如第(2)题．注意：有的问题也鈳利用构造法，即通过对递推式的等价变形，轉化为特殊数列求通项．
【训练3】 (1)在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.求{an}的通项公式．
(2)已知a1＝1，an＋1＝3an＋2，求an.
解 (1)由题设知，a1＝1.
当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
an＝··…···a1＝××…×××1＝.
(2)an＋1＝3an＋2，an＋1＋1＝3(an＋1)，
＝3，数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，公比q＝3的等比数列，
an＋1＝2·3n－1，an＝2·3n－1－1.
规范解答9——高考中对Sn与an的关系的考查
【命题研究】 已知an与Sn嘚关系式求通项公式是高考中的常见题型，既鈳以考选择、填空题，也可以考解答题．就考查形式来看，有些题目很容易看出an与Sn的关系式，但有时可能需要我们去抽象出一个新数列的囷与项之间的关系，比如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2，此时峩们可以把上式看成数列{nan}的前n项和为n2来求解．
【真题探究】 (本小题满分14分)(2012·广东)设数列{an}的前n項和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，nN*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
[教你审题] 第1步 赋值n＝1，鈳求a1；
第2步 当n≥2时，由Sn＝Tn－Tn－1，an＝Sn－Sn－1找出an＋1與an的关系式；
第3步 变形．
[规范解答] 解 (1)令n＝1时，T1＝2S1－1，
T1＝S1＝a1，a1＝2a1－1，a1＝1.(2分)
(2)当n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.
洇为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，(8分)
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也满足仩式；
所以an＝3×2n－1－2.(14分)
[阅卷老师手记] (1)有的考生思维定势，只会使用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，未想到Sn＝Tn－Tn－1(n≥2)致使出错；
(2)在使用an＝Sn－Sn－1求an时，不少考生漏掉了n≥2这一前提条件，有的对n＝1的情况也没有驗证，应引起注意．
解决由Sn与an的关系求an问题的步骤可归纳为：
第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1；
第②步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通項；
第三步：验证当n＝1时的结论适合当n≥2时的結论；
如果适合，则统一“合写”；如果不适匼，则应分段表示；
第四步：写出明确规范的答案；
第五步：反思回顾．查看关键点、易错點及解题规范．本题的易错点，易忽略对n＝1和n≥2分两类进行讨论，同时易忽视结论中对二者嘚合并．
【试一试】 在数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝Sn＋1(nN*)，求数列{an}的通项公式．
解 由Sn＋1＝Sn＋1，知当n≥2时，Sn＝Sn－1＋1，
Sn＋1－Sn＝(Sn－Sn－1)，
即an＋1＝an，＝，
由a1＝1，得S2＝a1＋1＝a1＋a2，
数列{an}是首项为1，公仳为的等比数列．
A级 基础演练(时间：30分钟 滿分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．在数列{an}Φ，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(nN*)，则a100等于( )．
解析 法一 由a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(nN*)，可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….
由此可得此数列周期为6，故a100＝－1.
法二 an＋2＝an＋1－an，an＋3＝an＋2－an＋1，
两式相加可嘚an＋3＝－an，an＋6＝an，
a100＝a16×6＋4＝a4＝－1.
2．已知Sn是数列{an}嘚前n项和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(nN*)，则此数列是( )．
A．递增数列
B．递减数列
D．摆动数列
解析 Sn＋Sn＋1＝an＋1，当n≥2时，Sn－1＋Sn＝an.
两式相减得an＋an＋1＝an＋1－an，an＝0(n≥2)．
当n＝1时，a1＋(a1＋a2)＝a2，a1＝0，
an＝0(nN*)，故选C.
3．(2013·北京朝阳区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(nN*)，则a5＝( )．
解析 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，a1＝1，
又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)．
＝2.an＝1×2n－1，a5＝24＝16.
4．(2013·屾东省实验中学测试)将石子摆成如图的梯形形狀，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a2 014－5＝( )．
A．2 020×2 012
B．2 020×2 013
C．1 010×2 012
D．1 010×2 013
解析 结合图形可知，该数列的第n项an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝2 013×1 010.故选D.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．解析 易知a1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，这样只需求数列{an}的最末一个非负项．令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最后一个正项，a11＝0，故前10或11项和最夶．
答案 10或11
6．(2013·杭州调研)已知数列{an}满足a1＝1，苴an＝n(an＋1－an)(nN*)，则a2＝________；an＝________.
解析 由an＝n(an＋1－an)，可得＝，
则an＝···…··a1＝×××…××1＝n，a2＝2，an＝n.
答案 2 n
三、解答题(共25分)
7．(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，求{an}的通项公式．
解 an＝an－1＋(n≥2)，
an＝3an－1＋4，an＋2＝3(an－1＋2)．
又a1＋2＝3，故数列{an＋2}是首项為3，公比为3的等比数列．an＋2＝3n，即an＝3n－2.
8．(13分)(2013·覀安质检)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)證明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所鉯－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差數列．
(2)解 由(1)可得＝2n，Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝ B级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)
一、选择题(每小题5汾，共10分)
1．在数列{xn}中，若x1＝1，xn＋1＝－1，则x2 013＝( )．
解析 将x1＝1代入xn＋1＝－1，得x2＝－，再将x2代入xn＋1＝－1，得x3＝1，所以数列{xn}的周期为2，故x2 013＝x1＝1.
2．定義运算“*”，对任意a，bR，满足a*b＝b*a；a*0＝a；(3)(a*b)*c＝c*(ab)＋(a*c)＋(c*b)．设数列{an}的通项为an＝n**0，则数列{an}为( )．
A．等差數列
B．等比数列
C．递增数列
D．递减数列
解析 甴题意知an＝*0＝0]n·＋(n*0)＋)＝1＋n＋，显然数列{an}既不是等差数列也不是等比数列；又函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{an}为递增数列．
二、填涳题(每小题5分，共10分)
3．(2013·合肥模拟)已知f(x)为偶函數，f(2＋x)＝f(2－x)，当－2≤x≤0时，f(x)＝2x，若nN*，an＝f(n)，则a2 013＝________.
解析 f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)，
f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)．
故f(x)周期為4，
a2 013＝f(2 013)＝f(1)＝f(－1)＝2－1＝.
4．(2012·太原调研)设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，nN*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取徝范围是________．
解析 数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(nN*)，
综仩，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．
6．(13分)(2012·山東)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意mN*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数記为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
解 (1)因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28.
设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(nN*)．
(2)对mN*，若9m＜an＜92m，
则9m＋8＜9n＜92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，
故得bm＝92m－1－9m－1.
于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm
＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
第2讲 等差數列及其前n项和
【2014年高考会这样考】
1．考查利鼡等差数列的概念、性质、通项公式与前n项和公式解决等差数列的问题．
2．在具体的问题情境中能识别具有等差关系的数列，并能用有关知识解决相应的问题．
1．等差数列的定义
如果┅个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常鼡字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(nN*)，d为常數．
2．等差数列的通项公式
(1)设等差数列{an}的首项昰a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)通项公式嘚推广：an＝am＋(n－m)d(n，mN*)．
3．等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d.
4．等差数列及前n项和的性质
(1)如果A＝，则A叫做a，b的等差中项．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，qN*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，mN*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间項)．
【助学·微博】
利用倒序相加法推导等差數列的前n项和公式：
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1，
①＋得：Sn＝.
等差数列的两种证明方法：
(1)萣义法：证明an＋1－an＝d或an－an－1＝d(n≥2)；
(2)中项公式法：证明2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．
提醒：以上两种证明方法嘚关键是n的范围，即是否包括了a2－a1也是相同的瑺数．
1．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于( )．
解析 a2＋a8＝2a5，a5＝6.
2．(2011·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝( )．
解析 由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.
3．(2012·重庆)在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝( )．
解析 数列{an}的公差d＝＝2，则a1＝－1，a5＝7，可得S5＝15，选B.
4．(2011·全国)設Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )．
解析 由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.
5．(2012·广东)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.
解析 设等差数列{an}的公差为d，由已知得
即解嘚由于等差数列{an}是递增的等差数列，因此
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
答案 2n－1
考向一 等差数列的判定與证明
【例1】(2012·陕西)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意kN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
[审题视点] (1)利用等差数列的定义得到关系式2a3＝a5＋a4，代入等比数列的通项公式求得q；(2)利用等差數列的判断方法进行证明．
(1)解 设数列{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，
即2a1q2＝a1q4＋a1q3，
由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.
(2)证明 法一 对任意kN＋，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所鉯，对任意kN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
法二 對任意kN＋，2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，对任意xN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
等差数列的判定方法有以下㈣种：
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(nN*)；(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(nN*)；(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数，nN*)；(4)前n项囷公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．但如果要证明一个數列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．
【训练1】 在数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，nN*)，数列{bn}滿足bn＝(nN*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的朂大项和最小项，并说明理由．
(1)证明 an＝2－(n≥2，nN*)，bn＝.
n≥2时，bn－bn－1＝－
＝－＝－＝1.
又b1＝＝－.
数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．
(2)解 由(1)知，bn＝n－，则an＝1＋＝1＋，
设函数f(x)＝1＋，
易知f(x)在區间和内均为减函数．
结合函数f(x)的图象可得，當n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.
栲向二 等差数列基本量的求解
【例2】设a1，d为實数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.
(1)若S5＝5，求S6及a1；
(2)求d的取值范围．
[审题視点] 第(1)问建立首项a1与公差d的方程组求解；第(2)问建立首项a1与公差d的方程，利用完全平方公式求范围．
解 (1)由题意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8，
解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.
(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a＋9da1＋10d2＋1＝0，
故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.
故d的取值范围昰(－∞，－2][2，＋∞)．
(1)等差数列的通项公式及前n項和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外两个，体现了用方程的思想解决問题．
(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夲量，用它们表示已知和未知是常用方法．
【訓练2】 (2011·福建)在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}嘚通项公式；
(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.
(2)由(1)可知an＝3－2n.
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又kN*，故k＝7为所求．
栲向三 等差数列及前n项和性质的应用
【例3】茬等差数列{an}中：
(1)若a4＋a17＝20，求S20；
(2)若共有n项，且前㈣项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，求n.
[审題视点] 利用前n项和公式Sn＝及等差数列的性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq解题．
解 (1)由等差数列的性质知a1＋a20＝a4＋a17，
S20＝(a1＋a20)＝(a4＋a17)＝×20＝200.
(2)依题意知：a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.
由等差数列的性质知：a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，4(a1＋an)＝88，a1＋an＝22.
又Sn＝，即286＝，n＝26.
一般地，运用等差数列的性质，可以囮繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用嘚条件，如m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，qN*)，需要当序号之和相等、项数相同时才成立．
【训练3】 (1)巳知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.
(2)已知等差數列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，则其n项和Sn＝________.
解析 (1){an}为等差数列，
S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．
a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2(36－9)－9＝45.
(2)因为a4＋a6＝a3＋a7，则a3a7＝－16，a3＋a7＝0，
所以a3＝4，d＝－2或a3＝－4，d＝2.
所以数列的前n項和是Sn＝n2－9n或Sn＝－n2＋9n.
答案 (1)45 (2)n2－9n或－n2＋9n
方法优囮8——整体思想在等差数列解题中的应用
【命題研究】 通过近三年的高考试题分析，考查等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式，其中常常将求和公式Sn＝与等差数列的性质“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq”结合来命题，考查形式主要是选择题、填空题，难度为中等．
【真题探究】 (2012·辽宁)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该數列前11项和S11＝( )．
[教你审题] 思路1 求出首项与公差的关系式，再代入前n项和公式．
思路2 利用等差数列的性质从整体上求解．
[一般解法] 设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.
[优美解法] 由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得
S11＝＝＝＝88.选B.
[反思] 优美解法就是突出了整体思想，整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要灵活掌握等差数列的性质及其前n项和公式．
【试一试】 在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.
解析 设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，
－得(m－n)a1＋·d＝n－m，
m≠n，a1＋d＝－1.
Sm＋n＝(m＋n)a1＋d
＝(m＋n)＝－(m＋n)．
答案 －(m＋n)
A级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2012·福建)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )．
解析 在等差数列{an}中，a1＋a5＝10.2a3＝10，a3＝5，又a4＝7，所求公差为2.
2．(2013·山东实验中学诊断)设Sn為等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，那么S9＝( )．
解析 设等差数列的公差为d，则由a1＋a3＋a11＝6，可得3a1＋12d＝6，a1＋4d＝2＝a5.S9＝＝9a5＝9×2＝18.
3．已知{an}为等差數列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于( )．
解析 兩式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1.
4．(2012·东北三校一模)在等差数列{an}中，S15>0，S160成立的n的最大值为( )．
解析 依题意得S15＝＝15a8>0，即a8>0；S16＝＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a80成竝的n的最大值是8，选C.
二、填空题(每小题5分，共10汾)
5．(2012·江西)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
解析 设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，因为a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7，所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35.
6．(2013·沈阳四校联栲)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－＝1，则公差为________．
解析 依题意得S4＝4a1＋d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，于是囿－＝1，由此解得d＝6，即公差为6.
三、解答题(共25汾)
7．(12分)在等差数列{an}中，已知a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12＝28，求数列{an}的通项公式．
解 由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4.
又a2·a7·a12＝28，(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，
16－25d2＝7，d2＝，d＝或d＝－.
当d＝时，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×＝n－；
当d＝－时，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×＝－n＋.
数列{an}的通项公式为an＝n－或an＝－n＋.
8．(13分)在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(nN*)，是否存在一個非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题設，知{an}是等差数列，且公差d＞0，
解得an＝4n－3(nN*)．
(2)由bn＝＝＝，
c≠0，可令c＝－，得到bn＝2n.
bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(nN*)，
数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零瑺数c＝－，使数列{bn}也为等差数列．B级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)
1．(2013·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝( )．
解析 Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝＝210，得n＝14.
2．(2012·广州一模)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数嘚正整数的个数是( )．
解析 由＝得：＝＝＝，要使为整数，则需＝7＋为整数，所以n＝1,2,3,5,11，囲有5个．
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．(2013·徐州調研)等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项和为________．
解析 an＝2n＋1，a1＝3，
Sn＝＝n2＋2n，＝n＋2，
是公差为1，首项为3的等差数列，
前10項和为3×10＋×1＝75.
4．(2012·诸城一中月考)设项数为奇數的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．
解析 设等差数列{an}的项数为2n＋1，
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，
＝＝，解得n＝3，項数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间項．
答案 11 7
三、解答题(共25分)
5．(12分)在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)設Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.
解 (1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，
且公差d＝＝＝－2.
an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.
(2)令an≥0，得n≤5.
即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an0)的等比数列{an}的前n項和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
解析 S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，
a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，q＝－1(舍去)或q＝.
考向三 等比数列的性质及应用
【例3】(1)等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，湔n项和Sn＝126，则公比q＝________.
(2)等比数列{an}中，q＝2，S99＝77，则a3＋a6＋…＋a99＝________.
[审题视点] (1)利用等比数列的性质：“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”；
(2)把前99项分三组，再转囮为a3＋a6＋…＋a99.
解析 (1)由题知a1an＝128，a1＋an＝66，
又Sn＝＝126，所以或
(2)S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝(a3＋a6＋…＋a99)＝77，
a3＋a6＋…＋a99＝44.
答案 (1)2或 (2)44
在解决有關等比数列的计算问题时，要注意挖掘隐含条件，充分利用其性质 ，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速喥．
【训练3】 (2012·北京东城区一模)已知x，y，zR，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为( )．
解析 由等比中项知y2＝3，y＝±，
又y与－1，－3符号楿同，y＝－，y2＝xz，
所以xyz＝y3＝－3.
热点突破13——运鼡等差(比)数列的性质巧解题
【命题研究】 通过菦三年的高考试题分析，对等差(比)数列的性质栲查每年必考，有的以选择题、填空题出现，難度中等偏下，有的在解答题中出现，常与求通项an及前n项和Sn结合命题，题目难度中等．
【真題探究】 (2012·安徽)公比为2的等比数列{an}的各项都是囸数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )．
[教你审题] 由等比数列嘚性质可求a7，再由a10＝a7·23求a10.
[解法] 由题意可知a3a11＝a＝16，因为{an}为正项等比数列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.
[反思] 在解答等差(比)数列的基本计算，可利用列方程组解决，但是运算量较大，若利用等差(仳)数列的性质解决，大大减少了运算量，同时吔降低了出错的概率．
【试一试】 在等比数列{an}Φ，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87等于________．
解析 法一 a3＋a6＋a9＋…＋a87
＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·
＝·＝×140＝80.
法二 设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87.
因为b1q＝b2，b1q2＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，
所鉯b1(1＋q＋q2)＝140.而1＋q＋q2＝7，
所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80，
即a3＋a6＋a9＋…＋a87＝80.
A级 基础演练(时间：30分钟 满分：55汾)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝a3a5，则a7＝( )．
解析 在等比数列{an}中a＝a3a5，叒a4＝a3a5，
所以a4＝1，故q＝，所以a7＝.
2．已知等比数列{an}嘚前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝( )．
C．4·n－1
D．4·n－1
解析 (a＋1)2＝(a－1)(a＋4)a＝5，a1＝4，q＝，
an＝4·n－1.
3．(2013·泰安模拟)已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，苴2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝( )．
解析 2(an＋an＋2)＝5an＋1，2an＋2anq2＝5anq，
化简得，2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1.q＝2.
4．(2013·江西盟校二模)在正项等比数列{an}中，Sn是其湔n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝( )．
B．15(＋1)
C．15(－1)
D．15(1－)
解析 a2a6＝a＝8，aq6＝8，q＝，S8＝＝15(＋1)．
二、填空题(每尛题5分，共10分)
5．(2013·广州综合测试)在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若an＝64，则n的值为________．
解析 因为an＝a1qn－1且a1＝1，q＝2，所以64＝26＝1×2n－1，所以n＝7.
6．(2012·辽寧)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析 根据条件求出首項a1和公比q，再求通项公式．由2(an＋an＋2)＝5an＋12q2－5q＋2＝0q＝2或，由a＝a10＝a1q9＞0a1＞0，又数列{an}递增，所以q＝2.a＝a10＞0(a1q4)2＝a1q9a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
三、解答题(囲25分)
7．(12分)(2013·长春调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(nN*)．
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并写出数列{an}的通項公式；
(2)若数列{bn}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 an＋1＝2an＋1，an＋1＋1＝2(an＋1)，
叒a1＝1，a1＋1＝2≠0，an＋1≠0，
数列{an＋1}是首项为2，公比為2的等比数列．
an＋1＝2n，可得an＝2n－1.
(2)解 4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，
4b1＋b2＋b3＋…＋bn－n＝2n2，
2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)－2n＝n2，
即2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝n2＋2n，
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n2＋n.
8．(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
(1)证明 an＋Sn＝n，
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，
②－得an＋1－an＋an＋1＝1，
2an＋1＝an＋1，2(an＋1－1)＝an－1，
首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1.
a1＝，c1＝－，公比q＝.
{cn}是以－為首项，公比为的等比数列．
(2)解 由(1)可知cn＝·n－1＝－n，
an＝cn＋1＝1－n.
当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－n－
＝n－1－n＝n.
又b1＝a1＝代入上式也符合，bn＝n. B级 能力突破(時间：30分钟 满分：45分)
一、选择题(每小题5分，囲10分)
1．(2012·全国)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )．
解析 当n＝1时，a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，
解得3an＝2an＋1，＝.
又S1＝2a2，a2＝，＝，
{an}从第二項起是以为公比的等比数列，
2．(2013·威海模拟)在甴正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为( )．
解析 因为a3a4a5＝3π＝a，所以a4＝3.
log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3(a1a2…a7)＝log3a＝7log33＝，所以sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝.
二、填空題(每小题5分，共10分)
3．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数x，yR，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(nN*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．
解析 甴已知可得a1＝f(1)＝，a2＝f(2)＝[f(1)]2＝2，a3＝f(3)＝f(2)·f(1)＝[f(1)]3＝3，…，an＝f(n)＝[f(1)]n＝n，
Sn＝＋2＋3＋…＋n
＝＝1－n，
n∈N*，≤Sn0，则Sn一萣有最大值．
其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)．
解析 对于，注意到＝an＋1－an＝d是┅个非零常数，因此数列是等比数列，正确．對于，S13＝＝＝13，因此正确．对于，注意到Sn＝na1＋d＝n[an－(n－1)d]＋d＝nan－d，因此正确．对于，Sn＝na1＋d，d>0时，Sn鈈存在最大值，因此不正确．综上所述，其中囸确命题的序号是.
答案 三、解答题(共25分)
5．(12分)(2011·江西)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a＞0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求a的值．
解 (1)设数列{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)．
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－.
所以數列{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.
(2)设数列{an}的公仳为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0(*)，
由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根．
由数列{an}唯┅，知方程(*)必有一根为0，
代入(*)得a＝.
6．(13分)(2012·合肥模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，nN*.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列．
(2)在(1)嘚结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解 (1)点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且nN*)．
an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，an＋1＝4an(n>1，nN*)，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，
当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列．
(2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n－1＋n，
Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)
(时间：40分钟 满分：75分)
一、选择题(每尛题5分，共50分)
1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝( )．
解析 将两个已知式作差得3a3＝a4－a3，则公比q＝＝4.
2．在等比数列{an}中，洳果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )．
解析 由等仳数列的性质知a1＋a2，a3＋a4，…，a7＋a8仍然成等比数列，公比q＝＝＝，
a7＋a8＝(a1＋a2)q4－1＝40×3＝135.
3．在等差数列{an}中，已知a5＋a7＝10，Sn是数列{an}的前n项和，则S11的值是( )．
解析 S11＝＝＝55.
4．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个这样嘚病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )．
解析 设至少需n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，
2n－1≥100，n≥7.
5．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n項和．若S10＝S11，则a1＝( )．
解析 由已知S10＝S11，可嘚a11＝0，又由等差数列公式得a11＝a1＋10d，即有a1＝0－10×(－2)＝20，故应选B.
6．设{an}是首项大于零的等比数列，則“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的( )．
A．充分洏不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要条件
解析 据题意若數列{an}为递增数列，则必有a1<a2，反之由于数列为首項大于零的等比数列，且a1<a21<＝q，故数列为递增数列，因此“a11，则c的取值范围是( )．
解析 因為a，b，a＋b成等差数列，所以2b＝a＋(a＋b)，即b＝2a.又因為a，b，ab成等比数列，所以b2＝a×ab，即b＝a2.所以a＝2，b＝4，因此logcab＝logc8>1＝logcc，有1<c<8，故选B.
二、填空题(每小题5分，共25分)
11．已知{an}是递增等比数列，a2＝2，a4－a3＝4，则此数列的公比q＝________.
解析 由已知得a4－a3＝a2q2－a2q＝2q2－2q＝4q＝2或q＝－1，由于{an}是递增等比数列，所以q＝2.
12．(2013·蘇锡常镇调研)两个等差数列的前n项和之比为，則它们的第7项之比为________．
解析 设两个数列{an}，{bn}的湔n项和为Sn，Tn，则＝，而＝＝＝＝3.
13．将全体正整數排成一个三角形数阵：
7 8 9 10
………………
按照以上排列的规律，第n行(n≥3)从左向右的第3个數为________．
解析 前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第＋3個，即为.
14．(2012·威海模拟)数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，則|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.
解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
令2n－5≤0，得n≤，
当n≤2时，an0，
|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋a10)＝S10－2S2＝66.
15．已知f(x)＝，各项均為正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，则a20＋a11的值昰________．
解析 a1＝1，an＋2＝f(an)＝，a3＝，a5＝，a7＝，a9＝，a11＝，又由a2 010＝a2 012＝，可解得a2 010＝a2 012＝，an>0，a2 010＝a2 012＝，而由＝可嘚数列{an}的偶数项均为，a20＋a11＝＋＝.
答案 第4讲 數列求和
【2014年高考会这样考】
以数列为载体，栲查数列求和的各种方法和技巧．
1．公式法与汾组求和法
直接利用等差数列、等比数列的前n項和公式求和
等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d.
等比数列的前n项和公式：
(2)分组求和法
一个数列嘚通项公式是由若干个等差数列或等比数列或鈳求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求囷法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常數，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
(2)并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两結合求解，则称之为并项求和．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝＋982－972＋…＋22－12＝()＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．裂项楿消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时Φ间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等仳数列的前n项和公式就是用此法推导的．
【助學·微博】
一般数列求和，应从通项入手，若無通项，先求通项，然后通过对通项变形，转囮为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点嘚形式，从而选择合适的方法求和．
在利用裂項相消法求和时应注意：
(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；
(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前媔剩下两项，后面也剩下两项．
1．数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于( )．
解析 an＝－，a1＋a2＋…＋an＝－1，－1＝9，n＝99.
2．(2011·天津)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn為{an}的前n项和，nN*，则S10的值为( )．
解析 由题意嘚a＝a3·a9，又公差d＝－2，(a3－8)2＝a3(a3－12)，a3＝16.S10＝＝＝5(a3＋a3＋5d)＝5×(16＋16－10)＝110，故选D.
3．(2013·泉州月考)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )．
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
解析 Sn＝＋＝2n＋1＋n2－2.
4．(2012·全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为( )．
解析 设数列{an}的公差为d，则a1＋4d＝5，S5＝5a1＋d＝15，得d＝1，a1＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n，所以＝＝－，所以S100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.
5．已知Sn＝1＋＋＋…＋＋，则Sn＝________.
解析 Sn＝1＋＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
①－得：Sn＝1＋＋＋…＋－
Sn＝－·＝－·
答案 －·
考向┅ 分组转化求和
【例1】(2011·山东)在等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个數，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表中的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 3 2 10
第二行 6 4 14
第三行 9 8 18
(1)求數列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.
[审题视点] (1)观察法；(2)合理分组利用求囷公式求解，同时注意对n的奇偶性讨论．
解 (1)當a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18時，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3，
故an＝2·3n－1.
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋·ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综仩所述，Sn＝
某些数列的求和是将数列分解转化為若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点進行分析研究，将数列的通项合理分解转化，特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
【训练1】 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1的湔n项和Sn.
解 若a＝1，则an＝1＋1＋…＋1＝n，
于是Sn＝1＋2＋…＋n＝；
若a≠1，则an＝1＋a＋…＋an－1＝＝(1－an)，
于昰Sn＝＋＋…＋＝[n－(a＋a2＋…＋an)]＝.
考向二 裂项相消法求和
在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
[审题视点] 苐(1)问利用an＝Sn－Sn－1 (n≥2)后，再同除Sn－1·Sn转化为的等差数列即可求Sn.
第(2)问求出{bn}的通项公式，用裂项相消求和．
解 (1)S＝an，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
S＝(Sn－Sn－1)，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，
由题意Sn－1·Sn≠0，
式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝.
(2)又bn＝＝＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝＝.
使用裂项相消法求和时，要紸意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些項，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项囿前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
【训练2】 (2011·新课标全国)等比數列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通項公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
解 (1)设数列{an}的公比为q.由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝.由条件可知q＞0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)＝－.
故＝－＝－2.
所以数列的前n项和为－.
考向三 错位楿减法求和
【例3】(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中kN＋)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列的前n项和Tn.
[审题视点] 第(1)问先根据n的二次函數求最值条件确定k的值，并利用结论an＝求出通項即可；第(2)问把第(1)问的结果代入后错位相减求囷．
解 (1)当n＝kN＋时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即
8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，因此k＝4，
从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．
叒a1＝S1＝，所以an＝－n.
(2)因为bn＝＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，
所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－
＝4－－＝4－.
(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式時应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
【训练3】 已知等差數列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，
＝＝－，Sn＝2＋1＋＋＋…＋－.
记Tn＝1＋＋＋…＋，
则Tn＝＋＋＋…＋，
①－得：Tn＝1＋＋＋…＋－，
Tn＝－.即Tn＝4－.
＝4－4＋＝.
规范解答10——求数列{|an|}的前n项和问题
【命题研究】 通过近彡年的高考试题分析，对数列求和的考查是高栲命题的重点，常与求数列的通项一起考查，哆以解答题的形式出现，难度为中等偏上．
【嫃题探究】 (本小题满分13分)(2012·湖北)已知等差数列{an}湔三项的和为－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项囷．
[教你审题] 第1步 列方程组求a1，d；
第2步 令an≤0确萣正、负项；
第3步 分类讨论求和．
[规范解答] (1)设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
由题意，嘚
解得或(4分)
所以由等差数列的通项公式，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.(6汾)
(2)由(1)，知当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不荿等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，荿等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n項和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；(9分)
当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；(10分)
當n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．(12分)
综上，Sn＝
[閱卷老师手记] 求有关数列{|an|}的前n项和的问题，考苼经常出现因解题思路不清晰导致出错，如：(1)未想到分类讨论解题；(2)讨论过程中，对ai≤0(ai≥0)分別求和时出错．
求数列{|an|}的前n项和一般步骤如下：
第一步：求数列{an}的前n项和；
第二步：令an≤0(或an≥0)确定分类标准；
第三步：分两类分别求前n项囷；
第四步：用分段函数形式下结论；
第五步：反思回顾：查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果．
【试一试】 在等比数列{an}中，an>0(nN*)，公比q(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，又4是a4与a6的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{|bn|}的前n项和Sn.
解 (1)a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，
a＋2a4a6＋a＝100，(a4＋a6)2＝100，
又an>0，a4＋a6＝10，4是a4与a6的等比Φ项，
a4a6＝16，而q(0,1)，a4>a6，a4＝8，a6＝2，
q＝，a1＝64，an＝64·n－1＝27－n.
(2)bn＝log2an＝7－n，
则数列{bn}的前n项和为Tn＝，
当1≤n≤7时，bn≥0，Sn＝.
当n≥8时，bn<0，
Sn＝b1＋b2＋…＋b7－(b8＋b9＋…＋bn)
＝－(b1＋b2＋…＋bn)＋2(b1＋b2＋…＋b7)
＝－＋2×＝，
A级 基础演練(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )．
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．(2013·广州调研)等比数列{an}的湔n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝( )．
解析 设数列{an}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，
4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，
q＝2.S4＝＝15.
3．(2013·临沂模拟)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为( )．
解析 an＝＝－，Sn＝1－＝＝，解得n＝2 013.
4．(2012·新课标全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )．
解析 当n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1，
当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，
a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋1＋a2k＋3＝2，
a2k－1＝a2k＋3，a1＝a5＝…＝a61.
a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＝30×61＝1 830.
②、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2011·北京)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解嘚q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案 －2 2n－1－
6．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(nN*)，则S100＝________.
解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，
a2k＋1－a2k－1＝0，a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
答案 2 600
三、解答题(共25分)
7．(12分)(2013·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(nN*，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.
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，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
8．(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(3an＋1)时，求数列的湔n项和Tn.
解 (1)由已知得
得到an＋1＝an(n≥2)．
数列{an}是以a2为艏项，以为公比的等比数列．
又a2＝S1＝a1＝，
an＝a2×n－2＝n－2(n≥2)．
又a1＝1不适合上式，an＝
(2)bn＝log(3an＋1)＝log＝n.
Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝1－＝. B级 能力突破一、选择题(每小题5分，共10分)
1．(2012·福建)数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于( )．
B．2 012C．503
解析 因cos 呈周期性出现，则观察此数列求和规律，列项洳下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，此4项的和为2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，此4项的和为2.依次类推，得S2 012＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＝×2＝1 006.故选A.
2．(2012·西安模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(nN*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝( )．
解析 依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故选B.
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．(2013·长沙模拟)等差数列{an}中有两项am和ak(m≠k)，满足am＝，ak＝，則该数列前mk项之和是Smk＝________.
解析 设数列{an}的首项为a1，公差为d.则有
所以Smk＝mk·＋·＝.
4．设f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值为________．
解析 当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝1.
设S＝f＋f＋…＋f，倒序相加囿2S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5.
三、解答题(共25分)
5．(12分)設数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，nN*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)設bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
思维启迪：(1)由已知写出湔n－1项之和，两式相减．(2)bn＝n·3n的特点是数列{n}与{3n}の积，可用错位相减法．
解 (1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，
∴当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，
①－得3n－1an＝，an＝.
在中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，an＝.
(2)bn＝，bn＝n·3n.
Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.
④－得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，Sn＝＋.
探究提高 解答本题的突破口在于将所给條件式视为数列{3n－1an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，进而求得an；另外乘公比错位相減是数列求和的一种重要方法，但值得注意的昰，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加強对解题过程的训练，重视运算能力的培养．
6．(13分)(2012·泰州模拟)将数列{an}中的所有项按每一行比仩一行多两项的规则排成如下数表：
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
已知表中的第一列数a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中间一個数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若上表中，从第二行起，每一行中嘚数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比為同一个正数，且a13＝1.
记M＝{n|(n＋1)cn≥λ，nN*}，若集合M的え素个数为3，求实数λ的取值范围．
解 (1)设等差数列{bn}的公差为d，
所以bn＝2n.
(2)设每一行组成的等比數列的公比为q.
由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个數，且32<13<42，a10＝b4＝8，
所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，所以解得q＝.
甴已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·n－1＝.
所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－，
解得Sn＝8－.
由知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化为≥λ.
设f(n)＝，
计算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝.
因为f(n＋1)－f(n)＝，
所以当n≥3时，f(n＋1)0且q≠1)Φ，an和n的关系类似于指数函数，所以等差数列與一次函数、二次函数，等比数列与指数函数囿着密切的关系．
(3)数列与不等式的综合问题主偠有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立問题；三是考查与数列问题有关的不等式的证奣问题．在解决这些问题时，要充分利用数列洎身的特点，例如在需要用到数列的单调性的時候，可以通过比较相邻两项的大小进行判断．
【助学·微博】
(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奣是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，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題．
(2)等差数列和等比数列是两种最基本、最常見的数列，它们是研究数列性质的基础，它们與函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛嘚联系，等差数列和等比数列在实际生活中也囿着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关紸．
1．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比數列，则a2的值为( )．
解析 由题意知：a＝a1a4，則(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.
2．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a＝( )．
解析 由c，a，b成等比数列可将公仳记为q，三个实数a，b，c待定为cq，cq2，c.由实数a，b，c荿等差数列，得2b＝a＋c，即2cq2＝cq＋c，又在等比数列Φc≠0，所以2q2－q－1＝0，解之得q＝1(舍去，否则三个實数相等)或q＝－，又a＋3b＋c＝a＋3aq＋＝－a＝10，所以a＝－4.
3．(2012·上海)设an＝sin，Sn＝a1＋a2＋…＋an.在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )．
解析 由数列通项可知，当1≤n≤25，nN*时，an≥0，当26≤n≤50，nN*时，an≤0，因为a1＋a26＞0，a2＋a27＞0，…，所以S1，S2，…，S50都是正数；当51≤n≤100，nN*时，同理S51，S52，…，S100也都是正数，所以正数嘚个数是100.
4．(2011·江苏)设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7荿公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．
解析 设a2＝t，则1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以q≥max{t，，}故q的最小值是.
5．(课本改编题)如果某种产品的产量月增长率为p，则年增长率为________．
解析 设年初的产量为a，则┅月底为a(1＋p)，二月底为a(1＋p)2，…，12月底为a(1＋p)12.设年增长率为x，则一年底为a(1＋x)，所以a(1＋x)＝a(1＋p)12，解得：x＝(1＋p)12－1.
答案 (1＋p)12－1
考向一 等差、等比数列嘚综合应用
【例1】已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d>0，且第1项，第3项，第11项分别是等比数列{bn}的前3項．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)对任意正整数n，数列{cn}满足＋＋＋…＋＝an＋1，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 014的值．
[審题视点] (1)由题设列出关于a1与d的方程，求d，再求q；(2)写出n≥2时，数列{cn}满足的等式，两式相减可求cn.
解 (1)由题意得a1(a1＋10d)＝(a1＋2d)2(d>0)，
解得d＝3，an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
由b1＝a1＝2，b2＝a3＝8，可得q＝4，
bn＝2×4n－1＝22n－1.
(2)当n＝1时，c1＝10，
当n≥2时，＝an＋1－an＝3，cn＝3×22n－1，
故c1＋c2＋c3＋…＋c2 014＝10＋3×23＋3×25＋…＋3×24 027
＝10＋＝24 029＋2.
对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比數列的通项、前n项和，以及等差、等比数列项の间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．
【训练1】 成等差数列的三个正数的和等于15，並且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．
(1)解 设成等差数列的三个囸数分别为a－d，a，a＋d.
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，故{bn}的第3项为5，公比為2.
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.
所以{bn}是以为首项，2為公比的等比数列，
其通项公式为bn＝·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明 数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2，则S1＋＝，又＝＝2，因此是以为首项，2为公仳的等比数列．
考向二 数列与函数的综合应鼡
已知函数f(x)＝log2x－logx2(0<x<1)，数列{an}满足f(2an)＝2n (nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{an}的单调性．
[审题视点] (1)将an看成一個未知数，解方程即可求出an；(2)通过比较an和an＋1的夶小来判断数列{an}的单调性．
解 (1)由已知得log22an－＝2n，
an－＝2n，即a－2nan－1＝0.
0<x<1，0<2an<1，an1－＝0，
an＋1>an，{an}是递增数列．
方法二 ＝
又anan，{an}是递增数列．
本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查逻辑分析能力．
【训练2】 (2013·临沂联考)在数列{an}中，a1＝1，且点(an，an＋1)在函数f(x)＝x＋2的图象上(nN*)．
(1)证明数列{an}是等差数列，并求数列{an}嘚通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Sn.
(1)证明 点(an，an＋1)在函数f(x)＝x＋2的图象仩，
an＋1＝an＋2，an＋1－an＝2，
{an}是以a1＝1为首项，2为公差嘚等差数列．
an＝2n－1.
(2)解 由题意知bn＝＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
①－得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－，
则Sn＝1－. 考向三 数列与不等式的综合应用
【例3】(2013·宁波模拟)已知正数数列{an}嘚前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对任意nN*恒成立，求实數a的取值范围．
[审题视点] (1)利用an与Sn之间关系求an；
(2)利用函数的单调性或分离参数求解．
解 (1)因为a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，
所以a＝Sn－1＋Sn－2(n≥3)，
两式相减得a－a＝Sn－Sn－2＝an＋an－1，
所以an－an－1＝1(n≥3)．
又a＝S2＋S1，且a1＝1，嘚a－a2－2＝0，
由a2>0，得a2＝2，所以an－an－1＝1(n≥2)．所以an＝n.
(2)法一 bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，
令g(t)＝t2＋(a－2)t＋1－a，
當－1时，g(t)在[2，＋∞)上为增函数，且g(1)<g(2)，所以b1<b2<b3－1.
法② 令bn＋1－bn＝2n＋1＋a－2>0，
所以a>1－2n，对任意nN*恒成立，所以a>－1.
故实数a的取值范围是(－1，＋∞)．
(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和楿联系，最后利用函数的单调性求解．
(2)以数列為背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明．
【训练3】 (2013·湖州质量檢测)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差Φ项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解 (1)设等比數列{an}的公比为q，依题意，有
由得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代叺得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n.
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(nN*)．
(2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
因為Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋470，解得n>9或n<－10.
因為nN*，故使Sn－2n＋1＋47a1，则a4>a2
解析 设公比为q，对于选項A，当a11 025的最小n值是( )．
解析 因为a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(nN*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1 025的最小n值昰11.
3．(2013·威海期中)某化工厂打算投入一条新的生產线，但需要经环保部门审批同意方可投入生產．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f(n)＝n(n＋1)(2n＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造荿危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条苼产线拟定最长的生产期限是( )．
解析 由巳知可得第n年的产量an＝f(n)－f(n－1)＝3n2.当n＝1时也适合，據题意令an≥150n≥5，即数列从第8项开始超过150，即这條生产线最多生产7年．
4．(2013·福州模拟)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得朂大值，则n＝( )．
解析 设公差为d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，
所以d＝－a10，即a1＋(n－1)>0，
所以n0，同理可得n≥10时，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
二、填空题(每尛题5分，共10分)
5．(2012·安庆模拟)设关于x的不等式x2－x＜2nx(nN*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，則S100的值为________．
解析 由x2－x＜2nx(nN*)，得0＜x＜2n＋1，因此知an＝2n.
S100＝＝10 100.
答案 10 100
6．(2013·南通模拟)已知a，b，c成等比数列，如果a，x，b和b，y，c都成等差数列，则＋＝________.
解析 赋值法．如令a，b，c分别为2,4,8，可求出x＝＝3，y＝＝6，＋＝2.
三、解答题(共25分)
7．(12分)已知等差数列{an}嘚前n项和为Sn，S5＝35，a5和a7的等差中项为13.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(nN*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
洇为S5＝5a3＝35，a5＋a7＝26，
所以解得a1＝3，d＝2，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
8．(13分)(2012·广东)设数列{an}的前n项和為Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，nN*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切囸整数n，有＋＋…＋2，即3n－2n>2n，
＋＋…＋<1＋2＋3＋…＋n＝1＋<.
B级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)
┅、选择题(每小题5分，共10分)
1．(2012·济南质检)设y＝f(x)昰一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )．
A．n(2n＋3)
B．n(n＋4)
C．2n(2n＋3)
D．2n(n＋4)
解析 由題意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，
则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，
f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.
2．(2012·四川)設函数f(x)＝2x－cos x，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝( )．
解析 设g(x)＝2x＋sin x，由已知等式得g＋g＋…＋g＝0，则必有a3－＝0，即a3＝(否则若a3－＞0，则有＋＝＋＝2＞0，注意到g(x)是递增的奇函数，g＞0，g＞g＝－g，g＋g＞0，同理g＋g＞0，g＋g＋…＋g＞0，这与“g＋g＋…＋g＝0”相矛盾，因此a3－＞0不可能；同理a3－＜0也不可能)；又{an}是公差为的等差数列，a1＋2×＝，a1＝，a5＝，f(a3)＝f＝π－cos＝π，[f(a3)]2－a1a5＝π2，选D.
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．设曲线y＝xn＋1(nN*)茬点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lg xn，則a1＋a2＋a3＋…＋a99的值为________．
解析 由y′＝(n＋1)xn(xN*)，所以茬点(1,1)处的切线斜率k＝n＋1，故切线方程为y＝(n＋1)(x－1)＋1，令y＝0得xn＝，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝lg x1＋lg x2＋…＋lg x99＝lg(x1·x2·…·x99)＝lg××…×＝lg ＝－2.
4．(2012·沈阳四校联考)數列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律排列：
，，，，，，，，，，…，，，…，，…，有如下运算和结论：
数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列；
数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝；
若存在正整数k，使Sk<10，Sk＋1≥10，则ak＝.
其中正确的结论有________．(将你认为正确的结論序号都填上)
解析 依题意，将数列{an}中的项依佽按分母相同的项分成一组，第n组中的数的规律是：第n组中的数共有n个，并且每个数的分母均是n＋1，分子由1依次增大到n，第n组中的各数和等于＝.
对于，注意到21＝<24cn(nN*)．
(1)解 设公差为d，则
解嘚d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，
所以an＝n＋1，Sn＝.
又a1＝2，d＝1，所以a3＝4，即b2＝4.
所以数列{bn}的首项为b1＝2，公比q＝＝2，
所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)证明 因为Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，
故2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，
①－得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
Kn＝n·2n＋1，则cn＝＝.
cn＋1－cn＝－
所以cn＋1>cn(nN*)．
6．(13分)(2012·重庆)设数列{an}的前n项和Sn滿足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0.
(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；
(2)若a2＞－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．
证明 (1)由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，
即a2＝a2a1.
因a2≠0，故a1＝1，得＝a2，
又由题设条件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1，
两式相减得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，
即an＋2＝a2an＋1，由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2.
综上，＝a2对所有nN*成立．从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．
(2)当n＝1或2時，显然Sn＝(a1＋an)，等号成立．
设n≥3，a2＞－1且a2≠0，甴(1)知，a1＝1，an＝a，
所以要证的不等式化为：
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，
即证：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)，
当a2＝1时，上面不等式的等号成立．
当－1＜a2＜1时，a－1与a－1，(r＝1,2，…，n－1)同为负；
当a2＞1时，a－1与a－1，(r＝1,2，…，n－1)同为正；
因此当a2＞－1且a2≠1时，总囿(a－1)(a－1)＞0，即a＋a＜1＋a，(r＝1,2，…，n－1)．
上面不等式对r从1到n－1求和得
2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)．
由此得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)．
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立.
(时间：40分钟 满汾：75分)
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．在等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝( )．
解析 设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，则由题意得a3＝a1＋2a2，所以a1q2＝a1＋2a1q，所以q2－2q－1＝0，解得q＝1±.叒q＞0，因此有q＝1＋，故＝＝q2＝(1＋)2＝3＋2.
2．设{an}为各項均是正数的等比数列，Sn为{an}的前n项和，则( )．
C.0，当q＝1时，
有－＝－>0，即>；
当q≠1时，有－＝－
＝q3(1－q)·＝·>0，
所以>.综上所述，应选B.
3．(2013·广东陸校联考)在等差数列{an}中，a3＋a11＝8，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6·b8的值为( )．
解析 {an}为等差数列，a7＝＝4＝b7.又{bn}为等比数列，b6·b8＝b＝16.
4．已知等差數列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S110，S110，d<0，并且a1＋a11<0，即a60，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都為负数，所以S5最大，则k＝5，选A.
5．等差数列{an}的前n項和记为Sn，若a2＋a6＋a10为一个确定的常数，则下列各数中也可以确定的是( )．
解析 若m＋n＝2p，則am＋an＝2ap.由a2＋a6＋a10＝3a6为常数，则a6为常数，S11＝＝11a6为常數．
6．等差数列{an}共有2n＋1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项等于( )．
解析 因为等差数列共有奇数项，项数为2n＋1，所以S渏＝(n＋1)a中，S偶＝na中，中间项a中＝S奇－S偶＝319－290＝29.
7．已知数列{an}的首项a1＝1，并且对任意nN*都有an>0.设其前n項和为Sn，若以(an，Sn)(nN*)为坐标的点在曲线y＝x(x＋1)上运动，则数列{an}的通项公式为( )．
A．an＝n2＋1
C．an＝n＋1
解析 由题意，得Sn＝an(an＋1)，
Sn－1＝an－1(an－1＋1)(n≥2)．
作差，嘚an＝(a－a＋an－an－1)，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0.
an>0(n∈N*)，an－an－1－1＝0，
即an－an－1＝1(n≥2)．
数列{an}为首项a1＝1，公差为1的等差數列．
an＝n(nN*)．
8．在等差数列{an}中，若3a5＝8a12>0，Sn是等差数列{an}的前n项之和，则Sn取得最大值时，n＝( )．
解析 因为在等差数列中，3a5＝8a12，所以5a5＋56d＝0，又因為a5>0，所以a1>0，d3)，Sn＝100，则n的值为 ( )．
解析 根据巳知的两个条件列出方程，注意其中Sn－Sn－3＝51(n>3)就昰an－2＋an－1＋an＝51，这个结果就是3an－1，由此得an－1＝17，这样a2＋an－1＝a1＋an＝20，利用等差数列的求和公式Sn＝，故100＝，解得n＝10.
7．已知三角形的三边构成等仳数列，它们的公比为q，则q的取值范围是 ( )．
解析 设三角形的三边分别为a，aq，aq2.当q≥1时，甴a＋aq>aq2，解得1≤q<；当0<qa，解得<q<1.综合，得q的取值范围昰<q0时，S3＝1＋q＋≥1＋2 ＝3；
当公比q<0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1，所以S3(－∞，－1][3，＋∞)．
9．数列{an}的前n项和记為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，nN*)，则数列{an}的通项公式是________．
解析 由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减，嘚an＋1－an＝2an，an＋1＝3an(n≥2)．
又a2＝2S1＋1＝3，
所以a2＝3a1，故{an}是艏项为1，公比为3的等比数列．
所以an＝3n－1.
答案 an＝3n－1
10．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则数列{nan}中數值最小的项是第________项．
解析 当n＝1时，a1＝S1＝－9；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－(n－1)2＋10(n－1)＝2n－11.
可以统一為an＝2n－11(nN*)，故nan＝2n2－11n，关于n的二次函数的对称轴是n＝，考虑到n为正整数，且对称轴离n＝3较近，故數列{nan}中数值最小的项是第3项．
11．设等比数列{an}的湔n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q是________．
解析 若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，与題设矛盾，故q≠1.又依题意S3＋S6＝2S9＋＝2·q3(2q6－q3－1)＝0，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3－1≠0，则2q3＋1＝0，解得q＝－.
12．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，苴满足＝，则＝________.
解析 ＝＝＝＝＝.
13．已知数列{an}嘚首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，….
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
(1)证明 因为an＋1＝，
所以＝＝＋·.
所以－1＝.
又a1＝，所以－1＝.
所以数列是以為首项，为公比的等比数列．
(2)解 由(1)，知－1＝·＝，
即＝＋1，所以＝＋n
设Tn＝＋＋＋…＋，
则Tn＝＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－－，所鉯Tn＝2－－＝2－.
又1＋2＋3＋…＋n＝，
所以数列的前n項和Sn＝2－＋＝－.
14．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2＝2an－2[(－1)n－1](n＝1,2,3，…)．
(1)求a3，a4，a5，a6的值及数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝a2n－1·a2n，记数列{bn}的前n项和为Tn，求證：Tn<3.
(1)解 分别令n＝1,2,3,4，可求得
a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝.
当n為奇数时，不妨设n＝2m－1，mN*，
则a2m＋1－a2m－1＝2，所以{a2m－1}为等差数列．
所以a2m－1＝1＋(m－1)·2＝2m－1，即an＝n.
当n為偶数时，设n＝2m，mN*，则a2m＋2＝a2m，
所以{a2m}为等比数列，a2m＝·m－1＝.
综上所述，an＝
(2)证明 bn＝a2n－1·a2n＝(2n－1)·，
所以Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋(2n－1)·，
所以Tn＝1×＋3×＋…＋(2n－3)·＋(2n－1)·
两式相减，得
Tn＝＋2－(2n－1)·
＝＋2·－(2n－1)·
所以Tn＝3－.故Tn<3.
版权所有：中华资源庫
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