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【三维设计】2016届(新课标)高考数学(文)大一轮复习精品讲义:第五章 数列 Word版含答案

第五章 数 列

第一节 对应学生用书P71

数列的概念与简单表示法

基础盘查一 数列的有关概念 (一)循纲忆知 了解数列的概念(定义、数列的项、通项公式、前 n 项和) (二)小题查验 1.判断正误 (1)1,2,3,4 和 1,2,4,3 是相同的数列( (2)同一个数在数列中可以重复出现( (3)an 与{an}是不同的概念( ) ) ) )

(4)所有的数列都有通项公式,且通项公式在形式上一定是唯一的( 答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)×

2.(人教 A 版教材例题改编)写出下面数列的一个通项公式,使它的前 4 项分别是下列各 数: 1 1 1 (1)1,- , ,- ; 2 3 4 (2)2,0,2,0. ?-1?n 答案:(1)an= n
+1

(2)an=(-1)n 1+1


基础盘查二 数列的表示方法 (一)循纲忆知 1.了解数列三种简单的表示方法(列表法、图象法、通项公式法); 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数. (二)小题查验 1.判断正误 (1)数列是一种特殊的函数( ) ) )

(2)毎一个数列都可用三种表示法表示(

(3)如果数列{an}的前 n 项和为 Sn,则对?n∈N*,都有 an+1=Sn+1-Sn( 答案:(1)√ (2)× (3)√

-1-

an 2.已知数列{an}中,a1=1,an+1= ,则 a5 等于________. 2an+3 答案: 1 161

基础盘查三 数列的分类 (一)循纲忆知 了解数列的分类(按项数分、按项间的大小等). (二)小题查验 x-1 1.(人教 B 版教材例题改编)已知函数 f(x)= ,设 an=f(n)(n∈N*),则{an}是________ x 数列(填“递增”或“递减”) 答案:递增 2.对于数列{an},“an+1>|an|(n=1,2?)”是“{an}为递增数列”的________条件. 答案:充分不必要

对应学生用书P71

考点一 由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 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. [提醒] 不是所有的数列都有通项公式,若有,也不一定唯一. [题组练透]
?0,n为奇数, ? 1+?-1?n 1+cos nπ 1. 已知 n∈N*, 给出 4 个表达式: ①an=? ②an= , ③an= , 2 2 ? ?1,n为偶数,

nπ? ④an=? ?sin 2 ?.其中能作为数列:0,1,0,1,0,1,0,1,?的通项公式的是( A.①②③ C.②③④ B.①②④ D.①③④

)

解析:选 A 检验知①②③都是所给数列的通项公式. 2.根据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式: (1)4,6,8,10,?; (2)- 1 1 1 1 , ,- , ,?; 1×2 2×3 3×4 4×5
-2-

(3)a,b,a,b,a,b,?(其中 a,b 为实数); (4)9,99,999,9 999,?. 解:(1)各数都是偶数,且最小为 4,所以通项公式 an=2(n+1),n∈N*. (2)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的积的倒数,且奇数项为负,偶数 1 项为正,所以它的一个通项公式 an=(-1)n× ,n∈N*. n?n+1? (3) 这是一个摆动数列,奇数项是 a ,偶数项是 b ,所以此数列的一个通项公式 an =
? ?a,n为奇数, ? ?b,n为偶数. ?

(4)这个数列的前 4 项可以写成 10-1,100-1,1 000-1,10 000-1,所以它的一个通项公 式 an=10n-1,n∈N*. [类题通法] 用观察法求数列的通项公式的技巧 (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. 考点二 由an与Sn的关系求通项an(重点保分型考点——师生共研) [必备知识]
?S1,n=1, ? 数列的前 n 项和通常用 Sn 表示,记作 Sn=a1+a2+?+an,则通项 an=? . ?Sn-Sn-1,n≥2 ?

[提醒] 若当 n≥2 时求出的 an 也适合 n=1 时的情形, 则用一个式子表示 an, 否则分段表 示. [典题例析] 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. 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, 由于 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.

-3-

∴当 b=-1 时,an=2· 3n 1;


? ?3+b,n=1, 当 b≠-1 时,an=? n-1 ?2· 3 ,n≥2. ?

[类题通法] 已知 Sn 求 an 的三个步骤 (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. [演练冲关] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn. (1)若 Sn=(-1)n 1· n,求 a5+a6 及 an;


(2)若 Sn=3n+2n+1,求 an. 解:(1)a5+a6=S6-S4=(-6)-(-4)=-2, 当 n=1 时,a1=S1=1; 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(-1)n 1· n-(-1)n· (n-1)


=(-1)n 1· [n+(n-1)]


=(-1)n 1· (2n-1),


又 a1 也适合于此式, 所以 an=(-1)n 1· (2n-1).


(2)因为当 n=1 时,a1=S1=6; 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(3n+2n+1)-[3n 1+2(n-1)+1]


=2· 3n 1+2,


由于 a1 不适合此式,
? ?6,n=1, 所以 an=? n-1 ?2· 3 +2,n≥2. ?

考点三 由递推关系式求数列的通项公式(常考常新型考点——多角探明) [必备知识] 递推公式: 如果已知数列{an}的第一项(或前几项), 且任一项 an 与它的前一项 an-1(或前几 项)间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. [多角探明]
-4-

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. 归纳起来常见的命题角度有: (1)形如 an+1=anf(n),求 an; (2)形如 an+1=an+f(n),求 an; (3)形如 an+1=Aan+B(A≠0 且 A≠1),求 an. Aan (4)形如 an+1= (A,B,C 为常数),求 an. Ban+C 角度一:形如 an+1=anf(n),求 an n+2 1.在数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn= a .求数列{an}的通项公式. 3 n 解:由题设知,a1=1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= ∴ ∴ an n+1 = . an-1 n-1 an n+1 a4 5 a3 4 a2 = ,?, = , = , =3. a3 3 a2 2 a1 an-1 n-1 n+2 n+1 an- a . 3 3 n-1

an n?n+1? 以上 n-1 个式子的等号两端分别相乘,得到 = . a1 2 n?n+1? 又∵a1=1,∴an= . 2 角度二:形如 an+1=an+f(n),求 an 1 2.(1)在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ ,求数列{an}的通项公式. n?n+1? (2)若数列{an}满足:a1=1,an+1=an+2n,求数列{an}的通项公式. 解:(1)由题意,得 an+1-an= 1 1 1 = - , n?n+1? n n+1

an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 1 1 1 1 1 1? ? 1? 1 =?n-1-n?+?n-2-n-1?+?+? ?2-3?+?1-2?+2=3-n. ? ? ? ? (2)由题意知 an+1-an=2n, an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 =2
n-1

+2

n-2

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

角度三:形如 an+1=Aan+B(A≠0 且 A≠1),求 an 3.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式. 解:∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),
-5-



an+1+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.


Aan 角度四:形如 an+1= (A,B,C 为常数),求 an Ban+C 2an 4.已知数列{an}中,a1=1,an+1= ,求数列{an}的通项公式. an+2 2an 解:∵an+1= ,a =1,∴an≠0, an+2 1 ∴ 1 1 1 1 1 1 1 = + ,即 - = ,又 a1=1,则 =1, a1 an+1 an 2 an+1 an 2

?1? 1 ∴?a ?是以 1 为首项, 为公差的等差数列. 2 ? n?

1 1 1 n 1 ∴ = +(n-1)× = + , an a1 2 2 2 2 ∴an= (n∈N*). n+1 [类题通法] 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数列的通项公式, (如角度二),注意:有的问题也可利用构造法,即通过对递推式的等价变形,(如角度三、四) 转化为特殊数列求通项.
对应A本课时跟踪检测?二十九?

一、选择题 2 3 4 5 1.数列 1, , , , ,?的一个通项公式 an=( 3 5 7 9 n A. 2n+1 n C. 2n-3 n B. 2n-1 n D. 2n+3 )

1 2 3 n 解析:选 B 由已知得,数列可写成 , , ,?,故通项为 . 1 3 5 2n-1 2.数列{an}的前 n 项积为 n2,那么当 n≥2 时,an=( A.2n-1 ?n+1? C. n2
2

)

B.n

2

n2 D. ?n-1?2

-6-

解析:选 D 设数列{an}的前 n 项积为 Tn,则 Tn=n2, 当 n≥2 时,an= Tn n2 = . Tn-1 ?n-1?2 )

1 3.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 9 C. 2 1 解析:选 B ∵an+an+1= ,a2=2, 2 7 B. 2 13 D. 2

?-3,n为奇数, ? ∴an=? 2 ?2, n为偶数. ?
3? 7 ∴S21=11×? ?-2?+10×2=2.故选 B. 4.在各项均为正数的数列{an}中,对任意 m,n∈N*,都有 am+n=am· an.若 a6=64,则 a9 等于( ) B.510 D.1 024

A.256 C.512

解析:选 C 在各项均为正数的数列{an}中,对任意 m,n∈N*,都有 am+n=am· an.∴a6= a3· a3=64,a3=8. ∴a9=a6· a3=64×8,a9=512.故选 C. 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn=kn2,若对所有的 n∈N*,都有 an+1>an,则实数 k 的 取值范围是( ) B.(-∞,1) D.(-∞,0)

A.(0,+∞) C.(1,+∞)

解析:选 A 由 Sn=kn2 得 an=k(2n-1).因为 an+1>an,所以数列{an}是递增的,因此 k >0,故选 A. 6.(2015· 北京海淀区期末)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 C .8 解析:选 B ∵a1=19,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)=22-3n. 设{an}的前 k 项和数值最大, ) B.7 D.9

-7-

? ? ?ak≥0, ?22-3k≥0, 则有? k∈N*,∴? ?ak+1≤0, ?22-3?k+1?≤0, ? ?



19 22 ≤k≤ , 3 3

∵k∈N*,∴k=7.∴满足条件的 n 的值为 7. 二、填空题 n-2 1 1 7.在数列-1,0, , ,?, 2 ,?中,0.08 是它的第____________项. 9 8 n n-2 解析:令 2 =0.08,得 2n2-25n+50=0, n 即(2n-5)(n-10)=0. 5 解得 n=10 或 n= (舍去). 2 答案:10 8.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3-3×2n,n∈N*,则 an=________. 解析:分情况讨论: ①当 n=1 时,a1=S1=3-3×21=-3; ②当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3-3×2n)-(3-3×2n 1)=-3×2n 1.
- -

综合①②,得 an=-3×2n 1.


答案:-3×2n

-1 +

9.(2015· 大连双基测试)数列{an}满足:a1+3a2+5a3+?+(2n-1)· an=(n-1)· 3n 1+3(n ∈N*),则数列{an}的通项公式 an=________. 解析:a1+3a2+5a3+?+(2n-3)· an-1+(2n-1)· an=(n-1)· 3n 1+3,把 n 换成 n-1 得,


a1+3a2+5a3+?+(2n-3)· an-1=(n-2)· 3n+3,两式相减得 an=3n. 答案:3n 10.在一个数列中,如果?n∈N*,都有 anan+1an+2=k(k 为常数),那么这个数列叫做等积 数列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且 a1=1,a2=2,公积为 8,则 a1 +a2+a3+?+a12=________. 解析:依题意得数列{an}是周期为 3 的数列,且 a1=1,a2=2,a3=4,因此 a1+a2+a3 +?+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)=28. 答案:28 三、解答题 1 1 11.已知 Sn 为正项数列{an}的前 n 项和,且满足 Sn= a2 + a (n∈N*). 2 n 2 n (1)求 a1,a2,a3,a4 的值; (2)求数列{an}的通项公式.

-8-

1 1 解:(1)由 Sn= a2 + a (n∈N*),可得 2 n 2 n 1 1 a1= a2 + a ,解得 a1=1; 2 1 2 1 1 1 S2=a1+a2= a2 + a ,解得 a2=2; 2 2 2 2 同理,a3=3,a4=4. 1 1 (2)Sn= a2 + a ,① 2 n 2 n 1 1 当 n≥2 时,Sn-1= a2 + a ,② 2 n-1 2 n-1 ①-②得(an-an-1-1)(an+an-1)=0. 由于 an+an-1≠0, 所以 an-an-1=1, 又由(1)知 a1=1, 故数列{an}是首项为 1,公差为 1 的等差数列,故 an=n. 1 12.已知数列{an}中,an=1+ (n∈N*,a∈R,且 a≠0). a+2?n-1? (1)若 a=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值; (2)若对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立,求 a 的取值范围. 1 解:(1)∵an=1+ (n∈N*,a∈R,且 a≠0), a+2?n-1? 1 又∵a=-7,∴an=1+ . 2n-9 1 结合函数 f(x)=1+ 的单调性, 2x-9 可知 1>a1>a2>a3>a4, a5>a6>a7>?>an>1(n∈N*). ∴数列{an}中的最大项为 a5=2,最小项为 a4=0. 1 2 1 (2)an=1+ =1+ . a+2?n-1? 2-a n- 2 ∵对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立, 1 2 结合函数 f(x)=1+ 的单调性, 2-a x- 2 2-a 知 5< <6,∴-10<a<-8. 2

-9-

故 a 的取值范围为(-10,-8).

第二节

等差数列及其前 n 项和

对应学生用书P73

基础盘查一 等差数列的有关概念 (一)循纲忆知 理解等差数列的概念(定义、公差、等差中项). (二)小题查验 1.判断正误 (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列 ( ) (2)等差数列的公差是相邻两项的差( ) ) (3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N*,都有 2an+1=an+an+2( 答案:(1)× (2)× (3)√

2.(人教 A 版教材例题改编)判断下面数列是否为等差数列.(只写结果) (1)an=2n-1; 答案:(1)是 (2)是 (2)an=pn+q(p、q 为常数).

基础盘查二 等差数列的有关公式 (一)循纲忆知 1.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式; 2.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题; 3.了解等差数列与一次函数的关系. (二)小题查验 1.判断正误 (1)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的( ) )

(2)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数(

(3)已知数列{an}的通项公式是 an=pn+q(其中 p,q 为常数),则数列{an}一定是等差数列 ( ) 答案:(1)√ (2)√ (3)√
- 10 -

2 4 2.(人教 A 版教材例题改编)已知等差数列 5,4 ,3 ,?,则前 n 项和 Sn=________. 7 7 1 答案: (75n-5n2) 14 基础盘查三 等差数列的性质 (一)循纲忆知 掌握等差数列的性质及其应用. (二)小题查验 1.判断正误 (1)在等差数列{an}中,若 am+an=ap+aq,则一定有 m+n=p+q( (2)数列{an},{bn}都是等差数列,则数列{an+bn}也一定是等差数列( ) )

(3)等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,取出数列中的所有奇数项,组成一个新的数列, 一定还是等差数列( )

(4)数列{an}的通项公式为 an=3n+5, 则数列{an}的公差与函数 y=3x+5 的图象的斜率相 等( ) 答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)√

2.(北师大版教材例题改编)已知等差数列{an},a5=-20,a20=-35,则 an=________ 答案:-15-n 3.在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11 等于________. 答案:88

对应学生用书P74

考点一 等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 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+ n?n-1? ?a1+an?n d= . 2 2 [题组练透] 1.(2014· 福建高考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( A.8 C.12 B.10 D.14 )

解析:选 C 设等差数列{an}的公差为 d,则 S3=3a1+3d,所以 12=3×2+3d,解得 d

- 11 -

=2,所以 a6=a1+5d=2+5×2=12,故选 C. 2.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,a12=-8,S9=-9,则 S16=________. 解析:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, a =a +11d=-8, ? ?a1=3, ? 12 1 ? 由已知,得? 解得? 9d×8 ?d=-1. ? ? ?S9=9a1+ 2 =-9, 16×15 ∴S16=16×3+ ×(-1)=-72. 2 答案:-72 3.在等差数列{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. (2)由(1)可知 an=3-2n, n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35,即 k2-2k-35=0, 解得 k=7 或 k=-5.又 k∈N*,故 k=7. [类题通法] 等差数列的基本运算的解题策略 (1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能 求另外两个,体现了用方程组解决问题的思想. (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的作用,而 a1 和 d 是等差数列 的两个基本量,用它们表示已知量和未知量是常用方法. 考点二 等差数列的判断与证明(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] (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.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 2 中项. [提醒] 要注意定义中的“从第 2 项起”.如果一个数列不是从第 2 项起,而是从第 3 项 或第 4 项起,每一项与它前一项的差是同一个常数,那么此数列不是等差数列.

- 12 -

[一题多变] [典型母题] 1 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且满足 an+2Sn· Sn-1=0(n≥2),a1= . 2
?1? (1)求证:?S ?是等差数列; ? n?

(2)求 an 的表达式. [解] (1)证明:∵an=Sn-Sn-1(n≥2),

又 an=-2Sn· Sn-1,∴Sn-1-Sn=2Sn· Sn-1,Sn≠0. 1 1 因此 - =2(n≥2). Sn Sn-1
?1? 1 1 故由等差数列的定义知?S ?是以 = =2 为首项,2 为公差的等差数列. S ? n? 1 a1 1 1 (2)由(1)知 = +(n-1)d=2+(n-1)×2=2n, Sn S1

1 即 Sn= . 2n 1 由于当 n≥2 时,有 an=-2Sn· Sn-1=- , 2n?n-1? 1 又∵a1= ,不适合上式. 2

?2,n=1, ∴a =? 1 ?-2n?n-1?,n≥2.
n

1

[题点发散 1] 试说明本例中数列{an}是不是等差数列. -1 解:当 n≥2 时,an+1= , 2n?n+1? 1 -1 -1 -1 1 而 an+1-an= - = ?n+1-n-1? ? 2n?n+1? 2n?n-1? 2n ? = 1 . n?n-1??n+1?

∴当 n≥2 时,an+1-an 的值不是一个与 n 无关的常数,故数列{an}不是等差数列. Sn-1 [题点发散 2] 若将本例条件改为“a1=2,Sn= (n≥2)”,问题不变,试求解. 2Sn-1+1 Sn-1 解:(1)∵Sn= , 2Sn-1+1

- 13 -

1 2Sn-1+1 1 ∴ = = +2. Sn Sn-1 Sn-1 1 1 ∴ - =2. Sn Sn-1
?1? 1 ∴?S ?是以 为首项,以 2 为公差的等差数列. 2 ? n?

1 1 3 (2)由(1)知 = +(n-1)×2=2n- , Sn 2 2 1 即 Sn= . 3 2n- 2 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 1 - 3 7 2n- 2n- 2 2 1



-2 ; 3 ?2n- ??2n-7? 2?? 2? ?

当 n=1 时,a1=2 不适合上式, ?, ?2?n=1- 2 故 a =? ?n≥2?. 3 ?2n- ??2n-7? ?? 2?? 2?
n

[题点发散 3] =

若本例变为:已知数列{an}中,a1=2,an=2-

1 (n≥2,n∈N*),设 bn an-1

1 (n∈N*).求证:数列{bn}是等差数列. an-1 证明:∵an=2- 1 ∴an+1=2- . an 1 1 ∴bn+1-bn= - = an+1-1 an-1 an-1 1 1 - = =1, 1 a -1 an-1 2- -1 n an 1 , an-1

∴{bn}是首项为 b1=

1 =1,公差为 1 的等差数列. 2-1 [类题通法]

等差数列的判定方法 (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 an-an-1 为同一常数; (2)等差中项法:验证 2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立; (3)通项公式法:验证 an=pn+q; (4)前 n 项和公式法:验证 Sn=An2+Bn.

- 14 -

[提醒] 在解答题中常应用定义法和等差中项法,而通项公式法和前 n 项和公式法主要适 用于选择题、填空题中的简单判断.

考点三 等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d,(n,m∈N*). (2)若{an}为等差数列,且 k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),则 ak+al=am+an. (3)若{an}是等差数列,公差为 d,则 ak,ak+m,ak+2m,?(k,m∈N*)是公差为 md 的等差 数列. (4)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也是等差数列. [典题例析] 1.等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则 2a9-a10 的值是( A.20 C.24 B.22 D.-8 )

解析:选 C ∵a1+3a8+a15=5a8=120,∴a8=24, ∴2a9-a10=a10+a8-a10=a8=24. 2.(2014· 北京高考)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n=________时, {an}的前 n 项和最大. 解析:∵数列{an}是等差数列,且 a7+a8+a9=3a8>0,∴a8>0.又 a7+a10=a8+a9<0, ∴a9<0.∴当 n=8 时,其前 n 项和最大. 答案:8 3.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S10=10,S20=30,则 S30=________. 解析:∵S10,S20-S10,S30-S20 成等差数列,且 S10=10,S20=30,S20-S10=20,∴S30 -30=10+2×10=30, ∴S30=60. 答案:60 4. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知前 6 项和为 36, 最后 6 项的和为 180, Sn=324(n >6),求数列{an}的项数及 a9+a10. 解:由题意知 a1+a2+?+a6=36,① an+an-1+an-2+?+an-5=180,② ①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+?+(a6+an-5)=6(a1+an)=216,∴a1+an=36, n?a1+an? 又 Sn= =324,∴18n=324,∴n=18. 2

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∵a1+an=36,n=18,∴a1+a18=36, 从而 a9+a10=a1+a18=36. [类题通法] 1.等差数列的性质 (1)项的性质:在等差数列{an}中,am-an=(m-n)d? (n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差. (2)和的性质:在等差数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,则 ①S2n=n(a1+a2n)=?=n(an+an+1); ②S2n-1=(2n-1)an. 2.求等差数列前 n 项和 Sn 最值的两种方法 (1)函数法:利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二 次函数最值的方法求解. (2)邻项变号法:
?am≥0, ? ①a1>0,d<0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm; ?am+1≤0 ? ?am≤0, ? ②当 a1<0,d>0 时,满足? 的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm. ? ?am+1≥0

am-an =d(m≠n),其几何意义是点 m-n

[演练冲关] 1. 设数列{an}, {bn}都是等差数列, 且 a1=25, b1=75, a2+b2=100, 则 a37+b37 等于( A.0 C.100 B.37 D.-37 )

解析:选 C 设{an},{bn}的公差分别为 d1,d2,则(an+1+bn+1)-(an+bn)=(an+1-an)+(bn
+1

-bn)=d1+d2,∴{an+bn}为等差数列,又 a1+b1=a2+b2=100,∴{an+bn}为常数列,∴

a37+b37=100. 2.已知等差数列{an}的公差为 2,项数是偶数,所有奇数项之和为 15,所有偶数项之和 为 25,则这个数列的项数为( A.10 C.30 ) B.20 D.40

解析:选 A 设这个数列有 2n 项,则由等差数列的性质可知:偶数项之和减去奇数项之 和等于 nd,即 25-15=2n,故 2n=10,即数列的项数为 10. 3.在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取何值时,Sn 取得最大值,并求出它的最大值. 解:∵a1=20,S10=S15,

- 16 -

10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2 5 ∴d=- . 3 5? 5 65 法一:由 an=20+(n-1)×? ?-3?=-3n+ 3 . 得 a13=0.即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值, 12×11 ? 5? 且最大值为 S12=S13=12×20+ ×?-3?=130. 2 n?n-1? ? 5? 5 2 125 法二:∴Sn=20n+ · ?-3?=-6n + 6 n 2 25 5 3 125 n- ?2+ =- ? . 2 ? ? 6 24 ∵n∈N*,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 法三: 由 S10=S15 得 a11+a12+a13+a14+a15=0. ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 对应B本课时跟踪检测?三十?

[A 卷——夯基保分] 一、选择题 1.设 Sn 为等差数列的前 n 项和,公差 d=-2,若 S10=S11,则 a1=( A.18 C.22 B.20 D.24 )

解析:选 B 由 S10=S11,得 a11=0.又已知 d=-2,则 a11=a1+10d=a1+10×(-2)=0, 解得 a1=20. 2.(2015· 兰州、张掖联考)等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( A.13 C.52 ) B.26 D.156

解析:选 B ∵3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24, ∴6a4+6a10=24,∴a4+a10=4, 13?a1+a13? 13?a4+a10? 13×4 ∴S13= = = =26,故选 B. 2 2 2 3.已知等差数列{an}满足 a2=3,Sn-Sn-3=51(n>3),Sn=100,则 n 的值为(
- 17 -

)

A.8 C.10 解析:选 C 由 Sn-Sn-3=51 得, an-2+an-1+an=51,所以 an-1=17, n?a2+an-1? 又 a2=3,Sn= =100, 2 解得 n=10.

B.9 D.11

4.(2015· 辽宁鞍山检测)已知 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,若对任意的 n∈N*满足 an+1= an+a2,且 a3=2,则 S2 014=( A.1 006×2 013 C.1 007×2 013 ) B.1 006×2 014 D.1 007×2 014

解析: 选 C 在 an+1=an+a2 中, 令 n=1, 则 a2=a1+a2,a1=0, 令 n=2,则 a3=2=2a2, a2=1,于是 an+1-an=1,故数列{an}是首项为 0,公差为 1 的等差数列, S2 014= 2 014×2 013 =1 007×2 013. 2

5.(2015· 洛阳统考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则 满足 Sn>0 的最大自然数 n 的值为( A.6 C.12 ) B.7 D.13

解析:选 C ∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零,又 a3+a10= a1+a12>0,a1+a13=2a7<0,∴S12>0,S13<0,∴满足 Sn>0 的最大自然数 n 的值为 12. 6.(2015· 河北唐山一模)各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 3Sn=anan+1,则 a2 +a4+a6+?+a2n=( n?n+5? A. 2 3n?n+1? C. 2 ) n?5n+1? B. 2 ?n+3??n+5? D. 2

解析:选 C 当 n=1 时,3S1=a1a2,3a1=a1a2,∴a2=3.当 n≥2 时,由 3Sn=anan+1,可得 3Sn-1=an-1an,两式相减得 3an=an(an+1-an-1),又∵an≠0,∴an+1-an-1=3,∴{a2n}为一个 以 3 为首项,3 为公差的等差数列, n?n-1? 3n?n+1? ∴a2+a4+a6+?+a2n=3n+ ×3= ,选 C. 2 2 二、填空题 7.(2014· 江西高考)在等差数列{an}中,a1=7,公差为 d,前 n 项和为 Sn ,当且仅当 n =8 时 Sn 取得最大值,则 d 的取值范围为________. 解析:由题意,当且仅当 n=8 时 Sn 有最大值,可得
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d<0, ? ? ?a8>0, ? ?a9<0,

d<0, ? ? 即?7+7d>0, ? ?7+8d<0,

7 解得-1<d<- . 8

7? 答案:? ?-1,-8? 8. 已知等差数列{an}中, an≠0, 若 n≥2 且 an-1+an+1-a2 S2n-1=38, 则 n 等于________. n=0, 解析:∵2an=an-1+an+1, 又 an-1+an+1-a2 n=0,
2 ∴2an-an =0,即 an(2-an)=0.

∵an≠0,∴an=2. ∴S2n-1=2(2n-1)=38,解得 n=10. 答案:10 9.(2015· 无锡一模)已知数列{an}中,a1=1,a2=2,当整数 n≥2 时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+ S1)都成立,则 S15=________. 解析:由 Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1=2,即 an+1-an=2(n≥2), 所以数列{an}从第二项起构成等差数列,则 S15=1+2+4+6+8+?+28=211. 答案:211 An 7n+45 an 10.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 Bn n+3 bn 整数的正整数 n 的个数是________. an A2n-1 14n+38 7n+19 12 解析:由等差数列前 n 项和的性质知, = = = =7+ ,故当 n= bn B2n-1 2n+2 n+1 n+1 an an 1,2,3,5,11 时, 为整数,故使得 为整数的正整数 n 的个数是 5. bn bn 答案:5 三、解答题 11.(2015· 长春调研)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,其中 a1=3,S5-S2=27. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 Sn,2 2(an+1+1),Sn+2 成等比数列,求正整数 n 的值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 S5-S2=3a1+9d=27, 又 a1=3,则 d=2,故 an=2n+1. (2)由(1)可得 Sn=n2+2n,又 Sn· Sn+2=8(an+1+1)2, 即 n(n+2)2(n+4)=8(2n+4)2,化简得 n2+4n-32=0, 解得 n=4 或 n=-8(舍),所以 n 的值为 4.

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12.已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a3· a4=117,a2+a5=22. (1)求 an 和 Sn; Sn (2)若数列{bn}是等差数列,且 bn= ,求非零常数 c. n+c 解:(1)∵数列{an}为等差数列,∴a3+a4=a2+a5=22. 又 a3· a4=117, ∴a3,a4 是方程 x2-22x+117=0 的两实根, 又公差 d>0,∴a3<a4,∴a3=9,a4=13,
? ? ?a1+2d=9, ?a1=1, ∴? ∴? ?a1+3d=13, ?d=4. ? ?

∴通项公式 an=4n-3. n?n-1? ∴Sn=na1+ ×d=2n2-n. 2 2n2-n Sn (2)由(1)知 Sn=2n2-n,∴bn= = , n+c n+c 1 6 15 ∴b1= ,b2= ,b3= . 1+c 2+c 3+c ∵数列{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3, 即 6 1 15 ×2= + ,∴2c2+c=0, 2+c 1+c 3+c

1 1 ∴c=- 或 c=0(舍去),故 c=- . 2 2 [B 卷——增分提能] 1.已知数列{an}满足 2an+1=an+an+2(n∈N*),它的前 n 项和为 Sn,且 a3=10,S6=72, 1 若 bn= an-30,设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn 的最小值. 2 解:∵2an+1=an+an+2,∴an+1-an=an+2-an+1, 故数列{an}为等差数列. 设数列{an}的首项为 a1,公差为 d,由 a3=10,S6=72 得,
?a1+2d=10, ? ? 解得 a1=2,d=4. ?6a1+15d=72, ?

1 ∴an=4n-2,则 bn= an-30=2n-31, 2
?bn≤0, ?2n-31≤0, ? ? 29 31 令? 即? 解得 ≤n≤ , 2 2 ? ? b ≥ 0 , 2 ? n + 1 ? - 31 ≥ 0 , + ? n 1 ?

∵n∈N*,∴n=15, 即数列{bn}的前 15 项均为负值,∴T15 最小.

- 20 -

∵数列{bn}的首项是-29,公差为 2, 15?-29+2×15-31? ∴T15= =-225, 2 ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn 的最小值为-225. 2.(2015· 安徽宿州调研)已知函数 f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7. (1)设函数 y=f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an},求证:{an}为等差数列; (2)设函数 y=f(x)的图象的顶点到 x 轴的距离构成数列{bn},求{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)证明:∵f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7 =[x-(n+1)]2+3n-8, ∴an=3n-8, ∵an+1-an=3(n+1)-8-(3n-8)=3, ∴数列{an}为等差数列. (2)由题意知,bn=|an|=|3n-8|, ∴当 1≤n≤2 时,bn=8-3n, n?b1+bn? n[5+?8-3n?] Sn=b1+?+bn= = 2 2 = 13n-3n2 ; 2

当 n≥3 时,bn=3n-8, Sn=b1+b2+b3+?+bn=5+2+1+?+(3n-8) ?n-2?[1+?3n-8?] 3n2-13n+28 =7+ = . 2 2 3n ,1≤n≤2, ?13n- 2 ∴S =? 3n -13n+28 ,n≥3. ? 2
n 2 2

bn+bn+2 3.设同时满足条件:① ≤bn+1(n∈N*);②bn≤M(n∈N*,M 是与 n 无关的常数) 2 的无穷数列{bn}叫“特界”数列. (1)若数列{an}为等差数列,Sn 是其前 n 项和,a3=4,S3=18,求 Sn; (2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列,并说明理由. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 a1+2d=4,S3=a1+a2+a3=3a1+3d=18, 解得 a1=8,d=-2, n?n-1? ∴Sn=na1+ d=-n2+9n. 2 (2){Sn}是“特界”数列,理由如下:
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由 = 得

Sn+Sn+2 ?Sn+2-Sn+1?-?Sn+1-Sn? -Sn+1= 2 2 an+2-an+1 d = =-1<0, 2 2 Sn+Sn+2 <Sn+1,故数列{Sn}适合条件①. 2

9?2 81 * 而 Sn=-n2+9n=-? ?n-2? + 4 (n∈N ), 则当 n=4 或 5 时,Sn 有最大值 20, 即 Sn≤20,故数列{Sn}适合条件②. 综上,数列{Sn}是“特界”数列.

第三节

等比数列及其前 n 项和

对应学生用书P76

基础盘查一 等比数列的有关概念 (一)循纲忆知 理解等比数列的概念(定义、公比、等比中项). (二)小题查验 1.判断正误 (1)常数列一定是等比数列( ) ) )

(2)等比数列中不存在数值为 0 的项(

(3)满足 an+1=qan(n∈N*,q 为常数)的数列{an}为等比数列( (4)G 为 a,b 的等比中项?G2=ab( 答案:(1)× (2)√ (3)× (4)× )

2.已知数列 a,a(1-a),a(1-a)2,?是等比数列,则实数 a 的取值范围是( A.a≠1 C.a≠0 答案:D 基础盘查二 等比数列的有关公式 (一)循纲忆知 1.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式; B.a≠0 或 a≠1 D.a≠0 且 a≠1

)

2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;

- 22 -

3.了解等比数列与指数函数的关系. (二)小题查验 1.判断正误 (1)若等比数列{an}的首项为 a1,公比是 q,则其通项公式为 an=a1qn( (2)数列{an}的通项公式是 an=an,则其前 n 项和为 Sn= 答案:(1)× (2)× a?1-an? ( 1-a ) )

2.(人教 A 版教材习题改编)在等比数列{an}中,已知 a1=-1,a4=64,则 q=________, S4=________. 答案:-4 51 基础盘查三 等比数列的性质 (一)循纲忆知 掌握等比数列的性质及应用. (二)小题查验 1.判断正误 (1)q>1 时,等比数列{an}是递增数列( ) ) )

(2)在等比数列{an}中,若 am· an=ap· aq,则 m+n=p+q(

(3)在等比数列{an}中,如果 m+n=2k(m,n,k∈N*),那么 am· an=a2 k(
?1? (4)若数列{an}是等比数列,则数列?a ?是等比数列( ? n?

) )

(5)如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列( 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×

2.(北师大版教材习题改编)将公比为 q 的等比数列 a1,a2,a3,a4?依次取相邻两项的乘 积组成新的数列 a1a2,a2a3,a3a4,?.此数列是( A.公比为 q 的等比数列 C.公比为 q3 的等比数列 答案:B )

B.公比为 q2 的等比数列 D.不一定是等比数列

对应学生用书P76

考点一 等比数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 等比数列的有关公式

- 23 -

(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 [提醒] 运用等比数列的前 n 项和公式时,必须对 q=1 与 q≠1 分类讨论. [题组练透] 1.(2015· 东北三校联考)已知数列{an}满足 2an+1+an=0,a2=1,则数列{an}的前 10 项和 S10 为( ) 4 B. (210+1) 3 4 - D. (2 10+1) 3

4 A. (210-1) 3 4 - C. (2 10-1) 3

an+1 1 解析:选 C ∵2an+1+an=0,∴ =- .又 a2=1,∴a1=-2,∴数列{an}是首项为- an 2 a1?1-q10? -2?1-2 1 2,公比为 q=- 的等比数列,∴S10= = 2 1 1-q 1+ 2
-10

? 4 -10 = (2 -1),故选 C. 3 )

2.在等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值为( A.1 1 C.1 或- 2 1 B.- 2 1 D.-1 或 2

?a1q2=7, ? 解析:选 C 根据已知条件得? 2 ? ?a1+a1q+a1q =21,



1+q+q2 =3. q2

整理得 2q2-q-1=0, 1 解得 q=1 或 q=- . 2 5 5 Sn 3.(2015· 唐山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+a3= ,a2+a4= ,则 = 2 4 an ( ) A.4n C.2n
-1

B.4n-1 D.2n-1

-1

解析:选 D

?a +a =2, 设{a }的公比为 q,∵? 5 ?a +a =4,
1 3 n 2 4

5

- 24 -

?a +a q =2 ①, ∴? 5 ?a q+a q =4 ②,
1 1 2 1 1 3 n-1

5

1+q2 1 ?1? 由①②可得 3=2,∴q= ,代入①得 a1=2,∴an=2× ?2? 2 q+q

4 = n, 2

?1?n? ?1- 1n? 2×? 1 - 4 ? ?2? ? ? 1 ? ? 2? n Sn ∴Sn= =4?1-2n?,∴ = =2 -1,选 D. 1 an 4 1- n 2 2
4.设数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 6Sn+1=9an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若数列{bn}满足 bn= ,求数列{bn}前 n 项和 Tn. an 1 解:(1)当 n=1 时,由 6a1+1=9a1,得 a1= . 3 当 n≥2 时,由 6Sn+1=9an,得 6Sn-1+1=9an-1, 两式相减得 6(Sn-Sn-1)=9(an-an-1), 即 6an=9(an-an-1),∴an=3an-1. 1 1 - - ∴数列{an}是首项为 ,公比为 3 的等比数列,其通项公式为 an= ×3n 1=3n 2. 3 3 1?n-2 1 (2)∵bn= =? , an ?3? 1 ∴{bn}是首项为 3,公比为 的等比数列, 3

?1?n? 3? ?1-?3? ? 9? ?1?n? ∴Tn=b1+b2+?+bn= = ?1-?3? ?. 1 2 1- 3
[类题通法] 解决等比数列有关问题的常用思想方法 (1)方程的思想:等比数列中有五个量 a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列 方程(组)求关键量 a1 和 q,问题可迎刃而解. (2)分类讨论的思想: 等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论, 当 q=1 时, {an} 的前 n 项和 Sn=na1;当 q≠1 时,{an}的前 n 项和 Sn= a1?1-qn? a1-anq = . 1-q 1-q

考点二 等比数列的判定与证明(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] 1.定义 如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零),那么这个数
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an+1 列就叫做等比数列.定义的表达式为 =q. an 2.等比中项 G 是 a 与 b 的等比中项?a,G,b 成等比数列?G2=ab. [提醒] 在等比数列中每项与公比都不为 0. [一题多变] [典型母题] 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. [解] (1)证明:∵an+Sn=n,①

∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1, an+1-1 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?n 1 1?n-1 (2)由(1)知 cn=- ×? =-? ?2? 2 ?2? 1?n ∴an=1-? ?2? . [题点发散 1] 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 证明:∵由(2)知 an=1-? ?2? , ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 1?n ? ?1?n-1? =1-? ?2? -?1-?2? ? 1?n-1 ?1?n ?1?n =? ?2? -?2? =?2? . 1?n 1 又 b1=a1= 也符合上式,∴bn=? ?2? . 2 ∴ bn+1 1 = ,数列{bn}是等比数列. bn 2 a2 n+1 本例条件变为:已知数列{an}满足:a1=1,a2=a(a≠0),an+2=p· (其 an
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[题点发散 2]

?an+1? ?是不是等比数列. 中 p 为非零常数,n∈N*).试判断数列? ? an ?
2 an an+2 an+1 +1 解:由 an+2=p· ,得 =p· . an an an+1

an+1 令 cn= ,则 c1=a,cn+1=pcn. an cn+1 ∵a≠0,∴c1≠0, =p(非零常数), cn
?an+1? ?是等比数列. ∴数列? ? an ?

[类题通法] 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 an-1 {an}是等比数列. (2)中项公式法: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 1(c,q 均是不为 0 的常数,n∈N*),则


{an}是等比数列. (4)前 n 项和公式法: 若数列{an}的前 n 项和 Sn=k· qn-k(k 为常数且 k≠0, q≠0,1), 则{an} 是等比数列. [提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明,而后两种方法常用于选 择题、填空题中的判定. (2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比数列即可. 考点三 等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研) [必备知识]
2 (1)若 m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则 am· an=ap· aq=ak ;

?1? ?an? (2)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},?a ?,{a2 bn},?b ?(λ≠0)仍 n},{an· ? n? ? n?

然是等比数列; (3)在等比数列{an}中, 等距离取出若干项也构成一个等比数列, 即 an, an+k, an+2k, an+3k, ? 为等比数列,公比为 qk; (4)公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为 qn,当公比为-1 时,Sn,S2n-Sn,S3n-S4n 不一定构成等比数列. [典题例析] 1.(2015· 长春调研)在正项等比数列{an}中,已知 a1a2a3=4,a4a5a6=12, an-1anan+1=324, 则 n=________.

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解析:设数列{an}的公比为 q,
3 3 12 由 a1a2a3=4=a3 1q 与 a4a5a6=12=a1q , 3n 3 可得 q9=3,an-1anan+1=a3 =324, 1q


因此 q3n 6=81=34=q36,


所以 n=14, 答案:14 2. (2014· 广东高考)若等比数列{an}的各项均为正数, 且 a10a11+a9a12=2e5, 则 ln a1+ln a2 +?+ln a20=________. 解析:因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e5, 所以 a10a11=e5. 所以 ln a1+ln a2+?+ln a20=ln(a1a2?a20) =ln[(a1a20)· (a2a19)· …· (a10a11)] =ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50. 答案:50 [类题通法] 等比数列常见性质的应用 等比数列的性质可以分为三类:①通项公式的变形,②等比中项的变形,③前 n 项和公 式的变形.根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口. [演练冲关] 1.(2014· 江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an}中,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6 的 值是________. 解析:设等比数列{an}的公比为 q,q>0,则 a8=a6+2a4 即为 a4q4=a4q2+2a4,解得 q2= 2(负值舍去),又 a2=1,所以 a6=a2q4=4. 答案:4 S10 31 2.等比数列{an}的首项 a1=-1,前 n 项和为 Sn,若 = ,则公比 q=________. S5 32 S10-S5 S10 31 1 解析:由 = ,a1=-1 知公比 q≠1, =- .由等比数列前 n 项和的性质知 S5, S5 32 S5 32 S10-S5,S15-S10 成等比数列,且公比为 q5, 1 1 故 q5=- ,q=- . 32 2 1 答案:- 2
对应A本课时跟踪检测?三十一?

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[A 卷——夯基保分] 一、选择题 1.(2014· 重庆高考)对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是( A.a1,a3,a9 成等比数列 C.a2,a4,a8 成等比数列 B.a2,a3,a6 成等比数列 D.a3,a6,a9 成等比数列 )

解析:选 D 由等比数列的性质得,a3· a9=a2 6≠0,因此 a3,a6,a9 一定成等比数列,选 D. 1 1 1 2.(2015· 昆明、玉溪统考)等比数列{an}中,a1=1,q=2,则 Tn= + +?+ a1a2 a2a3 anan+1 的结果可化为( 1 A.1- n 4 1 2 1- n? C. ? 3? 4 ?
n-1

) 1 B.1- n 2 1 2 1- n? D. ? 3? 2 ? 1?n? 1? 1-? ?4? ? 2? 1 1 1 1 1 , = - n= 2n-1= × n-1,所以 Tn= = 2 4 1 anan+1 2n 1· 2 2 1- 4

解析:选 C 依题意,an=2 2? ?1?n? 1- . 3? ?4? ?

3.若正项数列{an}满足 lg an+1=1+lg an,且 a2 001+a2 002+a2 003+?+a2 010=2 014,则 a2 011+a2 012+a2 013+?+a2 020 的值为( A.2 014×1010 C.2 015×1010 解析:选 A 由条件知 lg an+1-lg an=lg ) B.2 014×1011 D.2 015×1011 an+1 an+1 =1,即 =10,所以{an}是公比为 10 的 an an

等比数列.因为(a2 001+?+a2 010)· q10=a2 011+?+a2 020,所以 a2 011+?+a2 020=2 014×1010, 选 A. 4. (2015· 山西四校联考)等比数列{an}满足 an>0, n∈N*, 且 a3· a2n-3=22n(n≥2), 则当 n≥1 时,log2a1+log2a2+?+log2a2n-1=( A.n(2n-1) C.n2 ) B.(n+1)2 D.(n-1)2

2n n 解析:选 A 由等比数列的性质,得 a3· a2n-3=a2 n=2 ,从而得 an=2 .

法一:log2a1+log2a2+?+log2a2n-1=log2[(a1a2n-1)· (a2a2n-2)· …· (an-1an+1)an]=log22n(2n =n(2n-1).

- 1)

法二:取 n=1,log2a1=log22=1,而(1+1)2=4,(1-1)2=0,排除 B,D;取 n=2,log2a1 +log2a2+log2a3=log22+log24+log28=6,而 22=4,排除 C,选 A.

- 29 -

S2m a2m 5m+1 5.已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,若存在 m∈N*,满足 =9, = ,则数 Sm am m-1 列{an}的公比为( A.-2 C.-3 ) B.2 D.3

a1?1-q2m? 1-q S2m S2m 解析: 选 B 设公比为 q, 若 q=1, 则 =2, 与题中条件矛盾, 故 q≠1.∵ = Sm Sm a1?1-qm? 1-q =qm+1=9,∴qm=8. ∴
2m 1 5m+1 a2m a1q = m-1 =qm=8= ,∴m=3,∴q3=8, am a1q m-1


∴q=2. 6.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是( 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 A 2 a3 解析:选 D ∵Ai=aiai+1,若{An}为等比数列,则 = = 为常数,即 = , An an A 1 a1 anan+1 A 3 a4 = ,?.∴a1,a3,a5,?,a2n-1,?和 a2,a4,?,a2n,?成等比数列,且公比相等.反 A 2 a2 An+1 an+2 之,若奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相等,设为 q,则 = =q,从而{An}为 An an 等比数列. 二、填空题 7.(2014· 安徽高考)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数 列,则 q=________. 解析:法一:因为数列{an}是等差数列,所以 a1+1,a3+3,a5+5 也成等差数列,又 a1 +1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数列,所以 a1+1,a3+3,a5+5 是常数列,故 q=1. 法二:因为数列{an}是等差数列,所以可设 a1=t-d,a3=t,a5=t+d,故由已知得(t+3)2 =(t-d+1)(t+d+5),得 d2+4d+4=0,即 d=-2,所以 a3+3=a1+1,即 q=1. 答案:1 8. (2015· 兰州模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn=m· 2n 1-3, 则 m=________.


)

解析:a1=S1=m-3, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=m· 2n 2,


- 30 -

∴a2=m,a3=2m,又 a2 2=a1a3, ∴m2=(m-3)· 2m,整理得 m2-6m=0, 则 m=6 或 m=0(舍去). 答案:6 9.(2015· 兰州、张掖联考)已知数列{an}的首项为 1,数列{bn}为等比数列且 bn= b10· b11=2,则 a21=________. a2 a3 解析:∵b1= =a2,b2= ,∴a3=b2a2=b1b2, a1 a2 a4 ∵b3= ,∴a4=b1b2b3,?,an=b1b2b3· ?· bn-1, a3 ∴a21=b1b2b3· ?· b20=(b10b11)10=210=1 024. 答案:1 024 10. 若一个数列的第 m 项等于这个数列的前 m 项的乘积, 则称该数列为“m 积数列”. 若 各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 014 积数列”,且 a1>1, 则当其前 n 项的乘积取最大 值时 n 的值为________. 解析:由题可知 a1a2a3· ?· a2 014=a2 014, 故 a1a2a3· ?· a2 013=1, 由于{an}是各项均为正数的等比数列且 a1>1, 所以 a1 007=1,公比 0<q<1, 所以 a1 006>1 且 0<a1 008<1, 故当数列{an}的前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为 1 006 或 1 007. 答案:1 006 或 1 007 三、解答题 11.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,


an+1 ,若 an

又当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n 2(2-1)=2n 2.
- -

当 n=1 时 a1=1,不适合上式.
?1,n=1, ? ∴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,

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2?1-4n? 2?4n-1? ∴a3+a5+?+a2n+1= = . 3 1-4 2?4n-1? 22n 1+1 ∴a1+a3+?+a2n+1=1+ = . 3 3


12.(2014· 重庆高考)已知{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列,Sn 表示{an}的前 n 项和. (1)求 an 及 Sn; (2)设{bn}是首项为 2 的等比数列,公比 q 满足 q2-(a4+1)q+S4=0,求{bn}的通项公式及 其前 n 项和 Tn. 解:(1)因为{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列,所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. n?a1+an? n?1+2n-1? 2 故 Sn= = =n . 2 2 (2)由(1)得 a4=7,S4=16. 因为 q2-(a4+1)q+S4=0,即 q2-8q+16=0, 所以(q-4)2=0,从而 q=4. 又因 b1=2,{bn}是公比 q=4 的等比数列,所以 bn=b1qn 1=2· 4n 1=22n 1.
- - -

b1?1-qn? 2 n 从而{bn}的前 n 项和 Tn= = (4 -1). 3 1-q [B 卷——增分提能] 40 1.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S1,2S2,3S3 成等差数列,且 S4= . 27 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q. ∵S1,2S2,3S3 成等差数列, ∴4S2=S1+3S3. 即 4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3), a3 1 ∴a2=3a3,∴q= = . a2 3 a1?1-q4? 40 40 又 S4= ,即 = , 27 27 1- q 1?n-1 解得 a1=1,∴an=? ?3? .

?1?n a1?1-qn? 1-?3? 3? ?1?n? (2)由(1)得 Sn= = = ?1-?3? ?. 1 2 1-q 1- 3
2.(2015· 宝鸡模拟)已知数列{an}满足 a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).

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(1)求证:{an+1+2an}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)证明:∵an+1=an+6an-1(n≥2), ∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2). 又 a1=5,a2=5, ∴a2+2a1=15, ∴an+2an-1≠0(n≥2), ∴ an+1+2an =3(n≥2), an+2an-1

∴数列{an+1+2an}是以 15 为首项,3 为公比的等比数列. (2)由(1)得 an+1+2an=15×3n 1=5×3n,


则 an+1=-2an+5×3n, ∴an+1-3n 1=-2(an-3n).


又∵a1-3=2,∴an-3n≠0, ∴{an-3n}是以 2 为首项,-2 为公比的等比数列. ∴an-3n=2×(-2)n 1,


即 an=2×(-2)n 1+3n(n∈N*).


3.已知等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是 q,且满 足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q. (1)求 an 与 bn; an (2)设 cn=3bn-λ· 2 ,若数列{cn}是递增数列,求 λ 的取值范围. 3
? ?q+3+a2=12, 解:(1)由已知可得? 2 ?3+a2=q , ?

所以 q2+q-12=0, 解得 q=3 或 q=-4(舍),从而 a2=6, 所以 an=3n,bn=3n 1.


an (2)由(1)知,cn=3bn-λ· 2 =3n-λ· 2n. 3 由题意,cn+1>cn 对任意的 n∈N*恒成立, 即 3n 1-λ· 2n 1>3n-λ· 2n 恒成立,
+ +

?3?n 恒成立. 亦即 λ· 2n<2· 3n 恒成立,即 λ<2· ?2?
3?n 由于函数 y=? ?2? 是增函数,

- 33 -

?3?n?min=2×3=3, 所以? ?2· ?2? ? 2
故 λ<3,即 λ 的取值范围为(-∞,3).

第四节

数列求和

对应学生用书P78

基础盘查 数列求和的常用方法 (一)循纲忆知 1.熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式; 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法(①分组求和;②拆项相消;③错位相减; ④倒序相加;⑤并项求和). (二)小题查验 1.判断正误 1 1 1 (1)当 n≥2 时, 2 = - ( n -1 n-1 n+1 )

(2)求 Sn=a+2a2+3a3+?+nan 时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求 得( ) (3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得 sin2 1° +sin2 2° +sin2 3° +?+sin2 88° +sin2 89° =44.5( )


(4)若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n 1· n,则 S50=-25( 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√

)

nπ 2.数列{an}的通项公式为 an=ncos ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 015 等于( 2 A.1 002 C.1 006 B.1 004 D.1 008

)

nπ 解析:选 B 因为数列 an=ncos 呈周期性变化,观察此数列规律如下:a1=0,a2=-2, 2 a3=0,a4=4. 故 S4=a1+a2+a3+a4=2. 因此 S2 015=S2 012+a2 013+a2 014+a2 015 =(a1+a2+a3+a4)+?+(a2
009+a2 010+a2 011+a2 012)+a2 013+a2 014+a2 015=

2 012 ×2+ 4

- 34 -

(-2) =1 004. 1 1 1 1 1 3.(人教 A 版教材习题改编)数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 2 4 8 16 2 的值等于________ 1 答案:n2+1- n 2 1 1 1 4.设 an=1+2+3+?+n,则 Sn= + +?+ =________. a1 a2 an n?n+1? 解析:∵an=1+2+3+?+n= . 2 1 1 ? 1 2 ∴ = =2? - . an n?n+1? ?n n+1? 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=2?1-2+2-3+3-4+?+n-n+1?

?

?

1 =2?1-n+1?

?

?



2n . n+1 2n n+1

答案:

对应学生用书P79

考点一 公式法求和(基础送分型考点——自主练透) [必备知识] 1.等差、等比数列的前 n 项和公式 n?a1+an? n?n-1? (1)等差数列:Sn= =na1+ d; 2 2 na ,q=1, ? ? 1 (2)等比数列:Sn=?a1-anq a1?1-qn? = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q 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. [题组练透]

- 35 -

1.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成等比数列,则{an} 的前 n 项和 Sn =( A.n(n+1) C. n?n+1? 2 ) B. n(n-1) n?n-1? D. 2

2 解析: 选 A 因为 a2, a4, a8 成等比数列, 所以 a4 =a2· a8, 所以(a1+6)2=(a1+2)· (a1+14),

n?n-1? 解得 a1=2.所以 Sn=na1+ d=n(n+1).故选 A. 2 2.若等比数列{an}满足 a1+a4=10,a2+a5=20,则{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析:由题意 a2+a5=q(a1+a4),得 20=q×10,故 q=2,代入 a1+a4=a1+a1q3=10, 10 得 9a1=10,得 a1= . 9 10 ?1-2n? 9 10 故 Sn= = (2n-1). 9 1-2 10 答案: (2n-1) 9 3.(2013· 重庆高考)设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N*. (1)求{an}的通项公式及前 n 项和 Sn; (2)已知{bn}是等差数列,Tn 为其前 n 项和,且 b1=a2,b3=a1+a2+a3,求 T20. 解:(1)由题设知{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, 所以 an=3
n-1

1-3n 1 n ,Sn= = (3 -1). 1-3 2

(2)由(1)知 b1=a2=3,b3=a1+a2+a3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以数列{bn}的 公差 d=5, 20×19 故 T20=20×3+ ×5=1 010. 2 [类题通法] 数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差或 等比或可求数列前 n 项和的数列来求之. 考点二 分组转化法求和(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 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 用分组求和法,分别求和后再相加减. [典题例析] (2014· 山东高考)在等差数列{an}中,已知公差 d=2, a2 是 a1 与 a4 的等比中项. (1)求数列 {an}的通项公式;
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n?n+1? (2)设 bn=a ,记 Tn=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,求 Tn . 2 解:(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6), 解得 a1=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n. n?n+1? (2)由题意知 bn=a =n(n+1). 2 所以 Tn=-1×2+2×3-3×4+?+(-1)nn×(n+1). 因为 bn+1-bn=2(n+1), 可得当 n 为偶数时, Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+?+(-bn-1+bn) =4+8+12+?+2n n ?4+2n? 2 = 2 = n?n+2? , 2

当 n 为奇数时, ?n-1??n+1? Tn=Tn-1+(-bn)= -n(n+1) 2 ?n+1?2 =- . 2 1? ,n为奇数, ?-?n+ 2 所以 T =? n?n+2? ? 2 ,n为偶数.
n 2

[类题通法] 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, ? ?cn,n为偶数,

可采用分组求和法求和. (3)某些数列的求和是将数列分解转化为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进行分析研究,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. [演练冲关]

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已知等比数列{an}中,首项 a1=3,公比 q>1,且 3(an+2+an)-10an+1=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 ? ? (2)设?bn+3an?是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
? ?

解:(1)∵3(an+2+an)-10an+1=0, ∴3(anq2+an)-10anq=0, 即 3q2-10q+3=0. ∵公比 q>1,∴q=3. 又首项 a1=3,∴数列{an}的通项公式为 an=3n. 1 ? ? (2)∵?bn+3an?是首项为 1,公差为 2 的等差数列,
? ?

1 ∴bn+ an=1+2(n-1). 3 即数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1-3n 1,


Sn=-(1+3+32+?+3n 1)+[1+3+…+(2n-1)]


1 =- (3n-1)+n2. 2 考点三 错位相减法求和(题点多变型考点——全面发掘) [必备知识] 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求,如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的. [一题多变] [典型母题]

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(2014· 四川高考)设等差数列{an}的公差为 d, 点(an, bn)在函数 f(x)=2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列{an}的前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1, 函数 f(x)的图象在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- 的前 n 项和 Tn. [解] (1)由已知,b7=2a7,b8=2a8=4b7, 1 ?an? , 求数列?b ? ln 2 ? n?

有 2a8=4×2a7=2a7+2, 解得 d=a8-a7=2. n?n-1? 所以 Sn=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n. 2 (2)函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 1 它在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- , ln 2 ln 2 解得 a2=2. 所以 d=a2-a1=1. 从而 an=n,bn=2n, n-1 n 1 2 3 所以 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+?+ n-1. 1 2 2 2
n 1 1 1 1 n 1 n 2 -n-2 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+?+ n-1- n=2- n-1- n= . 2 2 2 2 2n 2 2


2n 1-n-2 所以 Tn= . 2n


[题点发散 1] 在本例条件下,证明:数列{bn}为等比数列. 证明:由已知,bn=2an>0. bn+1 当 n≥1 时, =2an+1-an=2d. bn 所以数列{bn}是首项为 2a1,公比为 2d 的等比数列. [题点发散 2] 在本例(2)条件下,求数列{anb2 n}的前 n 项和 Sn.
2 解:由例(2)可得 an=n,bn=2n,则 anbn =n· 4n .

于是,Sn=1×4+2×42+3×43+?+(n-1)· 4n 1+n· 4n,


4Sn=1×42+2×43+?+(n-1)· 4n+n· 4n 1.


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4n 1-4 ?1-3n?4n 1-4 + + 因此,Sn-4Sn=4+42+?+4n-n· 4n 1= -n· 4n 1= . 3 3
+ +

?3n-1?4n 1+4 所以 Sn= . 9


[类题通法] 用错位相减法求和的注意事项 (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. 考点四 裂项相消法求和(常考常新型考点——多角探明) [多角探明] 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. 裂项相消法求和是历年高考的重点,命题角度凸显灵活多变,在解题中要善于利用裂项 相消的基本思想,变换数列 an 的通项公式,达到求解目的. 归纳起来常见的命题角度有: 1 (1)形如 an= 型; n?n+k? (2)形如 an= 1 型; n+k+ n

n+ 1 (3)形如 an= 2 型. n ?n+2?2 1 角度一:形如 an= 型 n?n+k?
2 1.(2014· 广东高考)设各项均为正数的数列{an} 的前 n 项和为 Sn ,且 Sn 满足 Sn -(n2+

n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an} 的通项公式; 1 1 1 1 (3)证明:对一切正整数 n ,有 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3 解:(1)由题意知,
2 2 * S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N . 2 2 令 n=1,有 S2 1-(1 +1-3)S1-3×(1 +1)=0,

可得 S2 1+S1-6=0,解得 S1=-3 或 2, 即 a1=-3 或 2,

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又 an 为正数,所以 a1=2.
2 2 * (2)由 S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N 可得,

(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则 Sn=n2+n 或 Sn=-3, 又数列{an}的各项均为正数, 所以 Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1), 所以当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 又 a1=2=2×1,所以 an=2n. 1 1 1 1 (3)证明:当 n=1 时, = = < 成立; a1?a1+1? 2×3 6 3 1 1 1 1 1 1 当 n≥2 时, = < = ?2n-1-2n+1?, ? an?an+1? 2n?2n+1? ?2n-1??2n+1? 2? 1 1 1 所以 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 1 1 ?? 1 1 1 1? - - +?+? < + ?? 6 2??3 5? ?2n-1 2n+1?? 1 1 1 1 1 1 1 = + ?3-2n+1?< + = . 6 2? ? 6 6 3 所以对一切正整数 n, 有 1 1 1 1 + +?+ < . a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1? 3 1 型 n+k+ n

角度二:形如 an=

1 2.(2015· 江南十校联考)已知函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2),令 an= ,n∈N*. f?n+1?+f?n? 记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S2 014=( A. 2 013-1 C. 2 015-1 ) B. 2 014-1 D. 2 015+1

1 解析:选 C 由 f(4)=2 可得 4a=2,解得 a= , 2 1 则 f(x)=x . 2 1 1 ∴an= = = n+1- n, f?n+1?+f?n? n+1+ n S2 014=a1+a2+a3+?+a2 014=( 2- 1)+( 3- 2)+( 4- 3)+?+( 2 014- 2 013) +( 2 015- 2 014)= 2 015-1.

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n+1 角度三:形如 an= 2 型 n ?n+2?2
2 2 3.(2013· 江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 * (2)令 bn= . 2 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明:对于任意的 n∈N ,都有 Tn< 64 ?n+2? an
2 2 解:(1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,

得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n. (2)证明:由于 an=2n, 1 ? n+1 n+1 1 ?1 2- 故 bn= = 2 2= n ? n + 2?2?. 16 ? ?n+2?2a2 4 n ? n + 2 ? n 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= ?1-32+22-42+32-52+?+?n-1?2-?n+1?2+ 16? 1 1 ? 1? 1 1 1 ? 1? 1? 5 - 1+ 2- - n2 ?n+2?2?=16? 2 ?n+1?2 ?n+2?2?<16?1+22?=64. [类题通法] 利用裂项相消法求和的注意事项 (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 1 1 1 1 1 1 1 1 等.如:若{an}是等差数列,则 = ?a -a ?, = ?a -a ?. anan+1 d? n n+1? anan+2 2d? n n+2?
对应B本课时跟踪检测?三十二?

[A 卷——夯基保分] 一、选择题 1.数列{1+2n 1}的前 n 项和为(


) B.2+2n D.n+2+2n


A.1+2

n

C.n+2n-1 解析:选 C 由题意得 an=1+2n 1, 1-2n 所以 Sn=n+ =n+2n-1,故选 C. 1-2

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?1? 2.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 ? n?

项和为(

) 31 B. 或 5 16 15 D. 8

15 A. 或 5 8 31 C. 16

9?1-q3? 1-q6 解析:选 C 设{an}的公比为 q,显然 q≠1,由题意得 = ,所以 1+q3=9, 1-q 1-q 1?5 1-? 2? 31 ? 1 ? ? 1 得 q=2,所以?a ?是首项为 1,公比为 的等比数列,前 5 项和为 = . 2 1 16 ? n? 1- 2 3.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n· (3n-2),则 a1+a2+?+a10=( A.15 C.-12 B.12 D.-15 )

解析:选 A 记 bn=3n-2,则数列{bn}是以 1 为首项,3 为公差的等差数列,所以 a1+ a2+?+a9+a10=(-b1)+b2+?+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+?+(b10-b9)=5×3=15. 1 1 1 1 4.(2015· 曲靖一模) 2 + 2 + 2 +?+ 的值为( 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1?2-1 n+1 A. 2?n+2? 1 3 1 1 C. - ?n+1+n+2? 4 2? ? n+1 3 B. - 4 2?n+2? 3 1 1 D. - + 2 n+1 n+2 )

1 1 1 1 1 1 解析:选 C ∵ = 2 = = ?n-n+2?, 2 ? ?n+1? -1 n +2n n?n+2? 2? ∴ 1 1 1 1 + + +?+ 22-1 32-1 42-1 ?n+1?2-1

1 1 1 1 1 1 1 1 = ?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2? 2? ? 1 1 1 3 = ?2-n+1-n+2? 2? ? 1 3 1 1 = - ?n+1+n+2?. 4 2? ? 1 1 5. 已知数列{an}满足 an+1= + an-a2 且 a1= , 则该数列的前 2 016 项的和等于( n, 2 2 A.1 509 C.1 512 B.3 018 D.2 016 )

1 1 2 解析:选 C 因为 a1= ,又 an+1= + an-an , 2 2

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1 ? ?2,n=2k-1?k∈N*?, 1 所以 a2=1,从而 a3= ,a4=1,即得 an=? 2 ? ?1,n=2k?k∈N*?, 1 1+ ?=1 512. 的和等于 S2 016=1 008×? ? 2?

故数列的前 2 016 项

6.(2015· 日照一模)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=( A.6n-n2
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3? ? C. 2 ?n -6n+18?n>3? ?

)

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

解析:选 C 由 Sn=n2-6n 可得,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2-6n-(n-1)2+6(n-1)=2n-7. 当 n=1 时,S1=-5=a1,也满足上式, 所以 an=2n-7,n∈N*. ∴n≤3 时,an<0;n>3 时,an>0,
2 ? ?6n-n ?1≤n≤3?, ? ∴Tn= 2 ? ?n -6n+18?n>3?.

二、填空题
? 1 ? 1+2+3+?+n 7.(2015· 沈阳质量监测)已知数列{an}满足 an= ,则数列?a a ?的前 n 项 n ? n n+1?

和为________. 1+2+3+?+n n+1 解析:an= = , n 2 1 1 ? 1 4 - = =4? , anan+1 ?n+1??n+2? ?n+1 n+2? 所求的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 4?2-3+3-4+?+n+1-n+2?

?

?

1 1 2n =4?2-n+2?= ? ? n+2. 答案: 2n n+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 - - =2n 1+2n 2+?+22+2+2= +2=2n-2+2=2n. 1-2

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2-2n 1 n+1 ∴Sn= =2 -2. 1-2


答案:2n 1-2


9.(2015· 辽宁五校协作体联考)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,记 Sn 是数列{an} 的前 n 项和,则 S60=________. 解析:依题意得,当 n 是奇数时,an+2-an=1,即数列{an}中的奇数项依次形成首项为 1、 公差为 1 的等差数列,a1+a3+a5+?+a59=30×1+ 30×29 ×1=465;当 n 是偶数时,an+2 2

+an=1,即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于 1,a2+a4+a6+a8+?+a58+a60=(a2 +a4)+(a6+a8)+?+(a58+a60)=15.因此,该数列的前 60 项和 S60=465+15=480. 答案:480 10.(2015· 西安二模)数列{an}是等差数列,数列{bn}满足 bn=anan+1an+2(n∈N*),设 Sn 为 3 {bn}的前 n 项和.若 a12= a5>0,则当 Sn 取得最大值时 n 的值为________. 8 81? 3 76 解析:设{an}的公差为 d,由 a12= a5>0 得 a1=- d,d<0,所以 an=? ? n- 5 ? d, 8 5 从而可知当 1≤n≤16 时,an>0; 当 n≥17 时,an<0. 从而 b1>b2>?>b14>0>b17>b18>?, b15=a15a16a17<0,b16=a16a17a18>0,故 S14>S13>?>S1,S14>S15,S15<S16,S16>S17 >S18>?. 6 9 6 9 3 因为 a15=- d>0, a18= d<0, 所以 a15+a18=- d+ d= d<0, 所以 b15+b16=a16a17(a15 5 5 5 5 5 +a18)>0,所以 S16>S14,故当 Sn 取得最大值时 n=16. 答案:16 三、解答题 n2+n 11.(2014· 湖南高考)已知数列{an} 的前 n 项和 Sn= ,n∈N* . 2 (1)求数列{an} 的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan ,求数列{bn} 的前 2n 项和. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=1; n2+n ?n-1?2+?n-1? 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - =n. 2 2 故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知,an=n,故 bn=2n+(-1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n, 则 T2n=(21+22+?+22n)+(-1+2-3+4-?+2n).
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记 A=21+22+?+22n,B=-1+2-3+4-?+2n,则 2?1-22n? 2n+1 A= =2 -2, 1-2 B=(-1+2)+(-3+4)+?+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n 1+n-2.


12.在等差数列{an}中,a10=30,a20=50. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)令 bn=2 (an-10),证明:数列{bn}为等比数列; 2 (3)求数列{nbn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d, 由 a10=30,a20=50,
? ? ?a1+9d=30, ?a1=12, 得方程组? 解得? ?a1+19d=50, ?d=2. ? ?

所以 an=12+(n-1)· 2=2n+10. bn+1 2n 1 (2)证明:由(1)得 bn=2n,所以 = n =2. bn 2


所以{bn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. (3)由 nbn=n×2n,得 Tn=1×2+2×22+?+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+?+(n-1)×2n+n×2n 1,②


①-②得, -Tn=2+22+?+2n-n×2n 1=2n 1-2-n×2n 1.
+ + +

所以 Tn=(n-1)2n 1+2.


[B 卷——增分提能] 1 1. (2015· 大连一模)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 等比数列{bn}的公比为 , 满足 S3=15, 2 a1+2b1=3,a2+4b2=6. (1)求数列{an},{bn}的通项 an,bn; (2)求数列{an· bn}的前 n 项和 Tn. 3a1+3d=15, ? ? 解:(1)设{an}的公差为 d,所以?a1+2b1=3, ? ?a1+d+2b1=6, 1 解得 a1=2,d=3,b1= , 2 1?n 所以 an=3n-1,bn=? ?2? .

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(2)由(1)知 1?2 1 ?1?3 ?1?n-1+(3n-1)?1?n,① Tn=2× +5×? ?2? +8×?2? +?+(3n-4)· ?2? ?2? 2 1?2 1 1 ?1?3 ?1?n ?1?n+1 ①× 得 Tn=2×? ?2? +5×?2? +?+(3n-4)×?2? +(3n-1)?2? ,② 2 2 ①-②得 1?n-1? 1? 1-? 2? ? ? ? 4 1 1 1 1 1 1 ? ?2+? ?3+?+? ?n? - (3n - 1) ? ? n + 1 = 1 + 3× Tn = 2× + 3× ? - (3n - ??2? ?2? ?2? ? ?2? 2 2 1 1- 2

?1?n+1,整理得 Tn=-(3n+5)?1?n+5. 1)· ?2? ?2?
2.(2014· 山东高考)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等比 数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=(-1)n
-1

4n ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

2×1 解:(1)因为 S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2 4×3 S4=4a1+ ×2=4a1+12, 2 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得 a1=1,所以 an=2n-1. (2)bn=(-1)n
-1

1 1 4n 4n - - =(-1)n 1 =(-1)n 1?2n-1+2n+1?. ? ? anan+1 ?2n-1??2n+1?

当 n 为偶数时, 1 1 ? ? 1 1 ? 1 1 1 1 2n + + 1+ ?-? + ?+?+? Tn=? - ? 3? ?3 5? ?2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?=1-2n+1=2n+1. 当 n 为奇数时, 1 1 ? ? 1 1 ? 1 1 1 2n+2 1 + + 1+ ?-? + ?+?-? Tn=? + ? 3? ?3 5? ?2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?=1+2n+1=2n+1. 2n+2 ? ?2n+1,n为奇数, 所以 T =? 2n ?2n+1,n为偶数. ?
n

?或T =2n+1+?-1? ? n 2n+1 ?

n-1

? ? ?
1 ,其中 n∈N*. 4an

3.(2015· 杭州质检)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=1-

- 47 -

2 (1)设 bn= ,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式; 2an-1 4an 1 (2)设 cn= ,数列{cncn+2}的前 n 项和为 Tn,是否存在正整数 m,使得 Tn< 对于 n+1 cmcm+1 n∈N*恒成立?若存在,求出 m 的最小值;若不存在,请说明理由. 2 2 解:(1)∵bn+1-bn= - 2an+1-1 2an-1 = 2 2 - 1 2 a n-1 ? 2? ?1-4an?-1 4an 2 - =2(常数), 2an-1 2an-1



∴数列{bn}是等差数列. ∵a1=1,∴b1=2, 因此 bn=2+(n-1)×2=2n, n+1 2 由 bn= 得 an= . 2n 2an-1 n+1 4an 2 (2)由 cn= ,an= 得 cn= , 2 n n n+1 1 1 ? 4 ∴cncn+2= =2? - , n?n+2? ?n n+2? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn=2?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2?=2?1+2-n+1-n+2?<3,

?

?

?

?

依题意要使 Tn<

m?m+1? 1 1 对于 n∈N*恒成立,只需 ≥3,即 ≥3, 4 cmcm+1 cmcm+1

解得 m≥3 或 m≤-4,又 m 为正整数,所以 m 的最小值为 3.

第五节

数列的综合应用

对应学生用书P81

考点一 等差数列与等比数列的综合问题(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 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,则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来,研 究这些项与序号之间的关系;如果两个数列是通过运算综合在一起的,就要从分析运算入手,
- 48 -

把两个数列分割开,再根据两个数列各自的特征进行求解. [典题例析] 3 (2013· 天津高考)已知首项为 的等比数列{an}不是递减数列,其前 n 项和为 Sn(n∈N*),且 2 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)设 Tn=Sn- (n∈N*), 求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. Sn 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q, 因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列, 所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3, a5 1 于是 q2= = . a3 4 3 1 又{an}不是递减数列且 a1= ,所以 q=- . 2 2 故等比数列{an}的通项公式为 1 3 3 - ?n-1=(-1)n-1· n. an= ×? 2 ? 2? 2 1 - ?n= (2)由(1)得 Sn=1-? ? 2?

?1+2 ,n为奇数, ? 1 ?1-2 ,n为偶数.
n n

1

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小, 3 所以 1<Sn≤S1= , 2 1 1 3 2 5 故 0<Sn- ≤S1- = - = ; Sn S1 2 3 6 3 1 1 3 4 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大,所以 =S2≤Sn<1,故 0>Sn- ≥S2- = - = 4 Sn S2 4 3 7 - . 12 综上,对于 n∈N*,总有- 7 1 5 ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6

5 7 所以数列{Tn}的最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 [类题通法] 等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标,为最终解决问题设置中间问题,例如求和需要先求出通项、 求通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序.

- 49 -

(2)注意细节:在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要 看其是否有等于 1 的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等, 这些细节对解题的影响也是巨大的. [提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论,分类解决问题后还要注 意结论的整合. [演练冲关] 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 014. b1 b2 bn 解:(1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得 d=2(∵d>0). ∴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 当 n≥2 时, + +?+ =a . b1 b2 bn-1 n cn 两式相减得: =an+1-an=2. bn ∴cn=2bn=2· 3n 1(n≥2).


c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1
? ?3,n=1, ∴cn=? n-1 ?2· 3 ,n≥2. ?

6-2×32 014 ∴c1+c2+c3+?+c2 014=3+ =3+(-3+32 014)=32 014. 1-3 考点二 等差数列与等比数列的实际应用(重点保分型考点——师生共研) [必备知识] 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.

- 50 -

(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. [典题例析] 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍,并且每年年底固定给股东们分 红 500 万元.该企业 2010 年年底分红后的资金为 1 000 万元. (1)求该企业 2014 年年底分红后的资金; (2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过 32 500 万元. 解:设 an 为(2010+n)年年底分红后的资金, 其中 n∈N*, 则 a1=2×1 000-500=1 500, a2=2×1 500-500=2 500,?,an=2an-1-500(n≥2). ∴an-500=2(an-1-500)(n≥2), 即数列{an-500}是首项为 a1-500=1 000,公比为 2 的等比数列. ∴an-500=1 000×2n 1,


∴an=1 000×2n 1+500.


(1)a4=1 000×24 1+500=8 500,


∴该企业 2014 年年底分红后的资金为 8 500 万元. (2)由 an>32 500,即 2n 1>32,得 n>6,


∴该企业从 2017 年开始年底分红后的资金超过 32 500 万元. [类题通法] 解数列应用题的建模思路 从实际出发,通过抽象概括建立数学模型,通过对模型的解析,再返回实际中去,其思 路框图为:

[演练冲关] 某乡镇引进一高科技企业,投入资金 720 万元建设基本设施,第一年各种运营费用 120 万元,以后每年增加 40 万元.每年企业销售收入 500 万元,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,该企业为开发新产品,有两种处理方案: ①年平均利润最大时,以 480 万元出售该企业;
- 51 -

②纯利润最大时,以 160 万元出售该企业. 问哪种方案最合算? 解:由题意知每年的运营费用(万元)是以 120 为首项,40 为公差的等差数列. n?n-1? 则 f(n)=500n-?120n+ ×40?-720 2 ? ? =-20n2+400n-720. (1)获取纯利润就是 f(n)>0, 故有-20n2+400n-720>0, 解得 2<n<18. 又 n∈N*,可知从第三年开始获取纯利润. 36? f?n? (2)①年平均利润 =400-20? ?n+ n ?≤160, n 当且仅当 n=6 时取等号. 故此方案获利 6×160+480= 1 440(万元),此时 n=6. ②f(n)=-20n2+400n-720=-20(n-10)2+1 280, 当 n=10 时,f(n)max=1 280. 故此方案共获利 1 280+160=1 440(万元). 比较两种方案,在同等数额获利的基础上,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. 考点三 数列与其他知识的交汇(常考常新型考点——多角探明) [多角探明] 数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题,近年由于对数列要求降低, 但仍有一些省份在考查数列与其他知识的交汇. 归纳起来常见的命题角度有: (1)数列与函数的交汇; (2)数列与不等式的交汇. 角度一:数列与函数的交汇 1.(2015· 广东七校联考)已知函数 f(x)=kx+b(k≠0),f(4)=10,又 f(1),f(2),f(6)成等比 数列. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)设 an=2f(n)+2n,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)由题意知:f2(2)=f(1)· f(6), 即(2k+b)2=(k+b)· (6k+b), 即 2k2=-3kb, ∵k≠0,∴2k+3b=0,
- 52 -

又 f(4)=10,∴4k+b=10, ∴k=3,b=-2, ∴函数 f(x)的解析式为 f(x)=3x-2. (2)由(1)知:an=23n 2+2n.


∴数列{an}的前 n 项和 Sn=a1+a2+?+an =(2+24+27+?+23n 2)+2(1+2+?+n)




2?1-8n? ?1+n?n +2· 2 1-8

2 = (8n-1)+n(n+1). 7 角度二:数列与不等式的交汇 2.(2015· 长沙二模)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a10=15,且 a3,a4,a7 成等 比数列. (1)求数列{an}的通项公式; an 7 (2)设 bn= n,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求证:- ≤Tn<-1(n∈N*). 2 4
? ?a10=15, 解:(1)设数列{an}的公差为 d(d≠0),由已知得? 2 ?a4=a3a7, ? ?a1+9d=15, ? 即? 2 ??a1+3d? =?a1+2d??a1+6d?, ? ?a1=-3, ? 解得? ? ?d=2.

∴an=2n-5(n∈N*). an 2n-5 (2)证明:∵bn= n= n ,n∈N*. 2 2 -3 -1 1 2n-5 ∴Tn= + 2 + 3+?+ n ,① 2 2 2 2 -3 -1 1 2n-7 2n-5 1 T = + 3 + 4+?+ n + n+1 ,② 2 n 22 2 2 2 2 -3 1 1 1 ? 2n-5 1 ①-②得 Tn= +2? ?22+23+?+2n?- 2n+1 2 2 1 1-2n =- + n+1 , 2 2 2n-1 ∴Tn=-1- n (n∈N*), 2

- 53 -



2n-1 >0(n∈N*), 2n

∴Tn<-1. 2n+1? 2n-1 2n-3 ? Tn+1-Tn=?-1- n+1 ?-?-1- n ?= n+1 , 2 ? 2 2 ? ? ? ∴Tn<Tn+1(n≥2). 1 3 又 T1=-1- =- , 2 2 4-1 7 T2=-1- =- . 4 4 ∵T1>T2,∴T2 最小, 7 即 Tn≥T2=- . 4 7 综上所述,- ≤Tn<-1(n∈N*). 4 [类题通法] 1.数列与函数的综合一般体现在两个方面 (1)以数列的特征量 n,an,Sn 等为坐标的点在函数图象上,可以得到数列的递推关系; (2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题. 2.数列与不等式相结合问题的处理方法 解决数列与不等式的综合问题时,如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法,如比较 法、综合法、分析法、放缩法等;如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法,如列 表法、因式分解法、穿根法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合 处理就行了.

对应A本课时跟踪检测?三十三?

[A 卷——夯基保分] 1.(2015· 云南检测)在数列{an}中,a1=1,数列{an+1-3an}是首项为 9,公比为 3 的等比 数列. (1)求 a2,a3;
?an? (2)求数列?3n?的前 n 项和 Sn. ? ?

解:(1)∵数列{an+1-3an}是首项为 9,公比为 3 的等比数列, ∴an+1-3an=9×3n 1=3n 1,
- +

∴a2-3a1=9,a3-3a2=27,

- 54 -

∴a2=12,a3=63. an+1 an + (2)∵an+1-3an=3n 1,∴ n+1- n=1, 3 3
?an? 1 ∴数列?3n?是首项为 ,公差为 1 的等差数列, 3 ? ?
2 ?an? n n?n-1? 3n -n ∴数列?3n?的前 n 项和 Sn= + = . 3 2 6 ? ?

1 2.(2015· 合肥质检)已知函数 f(x)=x+ (x>0),以点(n,f(n))为切点作函数图象的切线 ln(n x ∈N*),直线 x=n+1 与函数 y=f(x)图象及切线 ln 分别相交于 An,Bn,记 an=|AnBn|. (1)求切线 ln 的方程及数列{an}的通项公式; (2)设数列{nan}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<1. 1 1 解:(1)对 f(x)=x+ (x>0)求导,得 f′(x)=1- 2, x x 1 1 n+ ?=?1- 2?(x-n), 则切线 ln 的方程为:y-? ? n? ? n ? 1 2 1- 2?x+ . 即 y=? ? n? n 1 n-1 易知 An?n+1,n+1+n+1?,Bn?n+1,n+1+ 2 ?, n ? ? ? ? 由 an=|AnBn|知 an=? 1? 1 ? 1 -n- 2 ?= 2 . ?n+1 n ? n ?n+1?

1 1 1 (2)证明:∵nan= = - , n?n+1? n n+1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=a1+2a2+?+nan=1- + - +?+ - =1- <1. 2 2 3 n n+1 n+1 3.已知等比数列{an}满足 an+1+an=9· 2n 1,n∈N*.


(1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若不等式 Sn>kan-2 对一切 n∈N*恒成立, 求实数 k 的取 值范围. 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q, ∵an+1+an=9· 2n 1,n∈N*,∴a2+a1=9,


a3+a2=18, a3+a2 18 ∴q= = =2, a2+a1 9 ∴2a1+a1=9,∴a1=3. ∴an=3· 2n 1,n∈N*.


a1?1-qn? 3?1-2n? (2)由(1)知 Sn= = =3(2n-1), 1-q 1-2
- 55 -

∴不等式 3(2n-1)>k· 3· 2n 1-2,


1 即 k<2- n-1对一切 n∈N*恒成立. 3· 2 1 令 f(n)=2- n-1,则 f(n)随 n 的增大而增大, 3· 2 1 5 5 ∴f(n)min=f(1)=2- = ,∴k< . 3 3 3 5? ∴实数 k 的取值范围为? ?-∞,3?. [B 卷——增分提能] 1.(2015· 湖南耒阳二中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,长沙市计划 用若干时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,替换车为电力型 和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车 128 辆,混合动力型公交车 400 辆;计划以后 电力型车每年的投入量比上一年增加 50%,混合动力型车每年比上一年多投入 a 辆. (1)求经过 n 年,该市被更换的公交车总数 S(n); (2)若该市计划 7 年内完成全部更换,求 a 的最小值. 解:(1)设 an,bn 分别为第 n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量. 3 依题意,得{an}是首项为 128,公比为 1+50%= 的等比数列,{bn}是首项为 400,公差 2 为 a 的等差数列. 所以{an}的前 n 项和

?3?n? 128×? ?1-?2? ? ?3?n ? Sn= =256? ??2? -1?, 3 1- 2
{bn}的前 n 项和 Tn=400n+ n?n-1? a. 2

所以经过 n 年,该市被更换的公交车总数为 n?n-1? ?3?n ? S(n)=Sn+Tn=256? ??2? -1?+400n+ 2 a. (2)若计划 7 年内完成全部更换,则 S(7)≥10 000, 7×6 ?3?7 ? 所以 256? ??2? -1?+400×7+ 2 a≥10 000, 16 即 21a≥3 082,所以 a≥146 . 21 又 a∈N*,所以 a 的最小值为 147. 2.?创新题?已知点 A(1,0), B(0,1)和互不相同的点 P1, P2, P3, ?, Pn, ?, 满足 OP n =an OA +bn OB (n∈N*),其中{an},{bn}分别为等差数列和等比数列,O 为坐标原点,若 P1 是线段

????

??? ?

??? ?

- 56 -

AB 的中点. (1)求 a1,b1 的值; (2)点 P1,P2,P3,?,Pn,?能否在同一条直线上?请证明你的结论.

? 1 ??? ? ???? 1 ??? 解:(1)P1 是线段 AB 的中点? OP = + , OA OB 1 2 2
又 OP 1 =a1 OA +b1 OB ,且 OA , OB 不共线, 1 由平面向量基本定理,知 a1=b1= . 2
* (2)由 OP n =an OA +bn OB (n∈N )? OP n =(an,bn),

????

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

????

??? ?

??? ?

????

设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q, 则由于 P1,P2,P3,?,Pn,?互不相同, 所以 d=0,q=1 不会同时成立. 1 若 d=0,q≠1,则 an=a1= (n∈N*) 2 1 ?P1,P2,P3,?,Pn,?都在直线 x= 上; 2 1 若 q=1,d≠0,则 bn= 为常数列 2 1 ?P1,P2,P3,?,Pn,?都在直线 y= 上; 2 若 d≠0 且 q≠1,P1,P2,P3,?,Pn,?在同一条直线上? P n-1P n =(an-an-1,bn-bn
-1

?????? ?

* )与 P nP n+1 =(an+1-an,bn+1-bn)始终共线(n≥2,n∈N )

?????? ?

?(an-an-1)(bn+1-bn)-(an+1-an)(bn-bn-1)=0 ?d(bn+1-bn)-d(bn-bn-1)=0 ?bn+1-bn=bn-bn-1 ?q=1,这与 q≠1 矛盾, 所以当 d≠0 且 q≠1 时,P1,P2,P3,?,Pn,?不可能在同一条直线上.

见课时跟踪检测A本

命题点一 数列的概念及表示 难度:中、低

命题指数:☆☆☆☆ 题型:选择题、填空题

1.(2014· 辽宁高考)设等差数列{an}的公差为 d,若数列{2a1an}为递减数列,则( A.d<0 B.d>0
- 57 -

)

C.a1d<0

D.a1d>0

解析:选 C ∵数列{2a1an}为递减数列,a1an=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右 边为关于 n 的一次函数,∴a1d<0. 1 2.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an+1= ,a =2,则 a1 =________. 1-an 8 解析:将 a8=2 代入 an+1= 1 1 1 1 ,可求得 a7= ;再将 a7= 代入 an+1= ,可求得 a6 2 2 1-an 1- an

1 =-1; 再将 a6=-1 代入 an+1= , 可求得 a5=2; 由此可以推出数列{an}是一个周期数列, 1-an 1 且周期为 3,所以 a1=a7= . 2 1 答案: 2 2 1 3.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an= 3 3 ________. 2 1 2 1 解析:当 n=1 时,由已知 Sn= an+ ,得 a1= a1+ ,即 a1=1;当 n≥2 时,由已知得 3 3 3 3 2 1? ?2 1? 2 2 1 2 到 Sn-1= an-1+ ,所以 an=Sn-Sn-1=? ?3an+3?-?3an-1+3?=3an-3an-1, 所以 an=-2an-1, 3 3 所以数列{an}为以 1 为首项,以-2 为公比的等比数列,所以 an=(-2)n 1.


答案:(-2)n

-1

4.(2014· 安徽高考)如图,在等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC =2 2.过点 A 作 BC 的垂线,垂足为 A1 ;过点 A1 作 AC 的垂线, 垂足为 A2; 过点 A2 作 A1C 的垂线, 垂足为 A3 ; ?, 依此类推. 设 BA=a1 , AA1=a2 , A1A2=a3 , ?, A5A6=a7 , 则 a7=________.

解析:法一:直接递推归纳:等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 2,所以 AB=AC= a1=2,AA1=a2= 2,A1A2=a3=1,?,A5A6=a7=a1×? 2?6 1 = . ?2? 4

法二:求通项:等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 2,所以 AB=AC=a1=2,AA1= π 2 1 2 2 a2= 2,?,An-1An=an+1=sin · a = a =2×? ?n,故 a7=2×? ?6= . 4 n 2 n ?2? ?2? 4 1 答案: 4 命题点二 等差数列与等比数列命题指数:☆☆☆☆☆ 难度:中、低题型:选择题、填空题、解答题

1. (2014· 天津高考)设{an} 是首项为 a1 , 公差为-1 的等差数列, Sn 为其前 n 项和. 若 S1,

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S2,S4 成等比数列,则 a1=( A.2 1 C. 2

) B.-2 1 D.- 2

解析:选 D 由 S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6 成等比数列可得(2a1-1)2=a1(4a1-6), 1 解得 a1=- . 2 2.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S3=a2 +10a1 ,a5=9,则 a1=( 1 A. 3 1 C. 9 解析:选 C 由已知及 S3=a1+a2+a3, 得 a3=9a1, 设数列{an}的公比为 q, 则 q2=9, 所以 a5=9=a1· q4=81a1, 1 得 a1= . 9 3.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, 则 m=( A.3 C .5 ) B.4 D.6 ) 1 B.- 3 1 D.- 9

解析:选 C 由 Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, 得 am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3, 所以等差数列的公差为 d=am+1-am=3-2=1, a =a +?m-1?d=2, ? ? m 1 由? 1 ? ?Sm=a1m+2m?m-1?d=0, a +m-1=2, ? ? ? 1 ?a1=-2, 得? 解得? 1 ?m=5. ? ? ?a1m+2m?m-1?=0, 4.(2014· 安徽高考)数列{an} 满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
?an? (1)证明:数列? n ?是等差数列; ? ?

(2)设 bn=3n· an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

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an+1 an an+1 an 解:(1)证明:由已知可得 = +1,即 - =1. n n+1 n+ 1 n
?an? a1 所以? n ?是以 =1 为首项,1 为公差的等差数列. 1 ? ?

an (2)由(1)得 =1+(n-1)· 1=n,所以 an=n2. n 从而 bn=n· 3 n. Sn=1· 31+2· 32+3· 33+?+n· 3n,① 3Sn=1· 32+2· 33+?+(n-1)· 3n+n· 3n 1.②


①-②得-2Sn=31+32+?+3n-n· 3n = = 3· ?1-3n? + -n· 3n 1 1-3 ?1-2n?· 3n 1-3 . 2
+ +

+1

?2n-1?· 3n 1+3 所以 Sn= . 4 5.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. 1? ? (1)证明:?an+2?是等比数列,并求{an}的通项公式;
? ?

1 1 1 3 (2)证明: + +?+ < . a1 a2 an 2 1 1 a + ?. 证明:(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+ =3? 2 ? n 2? 1 3 又 a1+ = , 2 2 1? ? 3 所以?an+2?是首项为 ,公比为 3 的等比数列. 2 ? ? 1 3n 所以 an+ = , 2 2 因此{an}的通项公式为 an= 1 2 (2)由(1)知 = n . an 3 -1 因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n 1,


3n-1 . 2

1 1 所以 n ≤ - . 3 -1 2×3n 1 1 1 1 1 1 于是 + +?+ ≤1+ +?+ n-1 a1 a2 an 3 3 1 3 3 1- n?< . = ? 3? 2 2?

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1 1 1 3 所以 + +?+ < . a1 a2 an 2 6.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1, 其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. 解:(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1, an+1an+2=λSn+1-1. 两式相减得 an+1(an+2-an)=λan+1. 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ. (2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令 2a2=a1+a3,解得 λ=4. 故 an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为 1,公差为 4 的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n} 是首项为 3,公差为 4 的等差数列,a2n=4n-1. 所以 an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在 λ=4,使得数列{an}为等差数列. 7.(2014· 湖北高考)已知等差数列{an}满足:a1=2,且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的 最小值;若不存在,说明理由. 解: (1)设数列{an}的公差为 d, 依题意, 2,2+d,2+4d 成等比数列, 故有(2+d)2=2(2+4d), 化简得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4. 当 d=0 时,an=2; 当 d=4 时,an=2+(n-1)· 4=4n-2, 从而得数列{an}的通项公式为 an=2 或 an=4n-2. (2)当 an=2 时,Sn=2n. 显然 2n<60n+800, 此时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立. n[2+?4n-2?] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0, 解得 n>40 或 n<-10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立,n 的最小值为 41. 综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n;
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当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41. 命题点三 数列的综合应用 难度:高、中 命题指数:☆☆☆ 题型:解答题

1.(2014· 浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3?an=( 2)bn(n∈N*).若{an}为等比数 列,且 a1=2,b3=6+b2. (1)求 an 与 bn; 1 1 (2)设 cn= - (n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. an bn ①求 Sn; ②求正整数 k,使得对任意 n∈N*,均有 Sk≥Sn. 解:(1)由题意 a1a2a3?an=( 2)bn,b3-b2=6, 知 a3=( 2)b3-b2=8. 又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2 舍去), 所以数列{an}的通项为 an=2n(n∈N*). 所以 a1a2a3?an=2
n ? n ?1? 2

=( 2)n(n

+1).

故数列{bn}的通项为 bn=n(n+1)(n∈N*). 1 1 1 1 1 (2)①由(1)知 cn= - = n-?n-n+1?(n∈N*), an bn 2 ? ? 1 1 1 1 1 1 1- + - +?+ 所以 Sn= + 2+?+ n-? 2 2 2 ? 2 2 3 1 1 ? 1 ? 1 ? 1 1 * - 1- n n+1?=1-2n-? n+1?=n+1-2n(n∈N ). ②因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 当 n≥5 时, cn= 而 得 1 ?n?n+1? ? -1 , n ? n?n+1?? 2

n?n+1? ?n+1??n+2? ?n+1??n-2? - = >0, + + 2n 2n 1 2n 1 n?n+1? 5· ?5+1? ≤ <1, 2n 25

所以,当 n≥5 时,cn<0. 综上,对任意 n∈N*恒有 S4≥Sn,故 k=4. 2.(2014· 湖南高考)已知数列{an}满足 a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*. (1)若{an}是递增数列,且 a1,2a2,3a3 成等差数列,求 p 的值;

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1 (2)若 p= ,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式. 2 解:(1)因为{an}是递增数列, 所以 an+1-an=|an+1-an|=pn. 而 a1=1,因此 a2=p+1,a3=p2+p+1. 又 a1,2a2,3a3 成等差数列,所以 4a2=a1+3a3, 因而 3p2-p=0, 1 解得 p= 或 p=0. 3 1 当 p=0 时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾,故 p= . 3 (2)由于{a2n-1}是递增数列,因而 a2n+1-a2n-1>0, 于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0. ① 但 1 1 < ,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ② 22n 22n-1

由①②知,a2n-a2n-1>0, 1?2n-1 ?-1?2n 因此 a2n-a2n-1=? ?2? = 22n-1 . ③ 因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故 1?2n ?-1?2n 1 a2n+1-a2n=-? ?2? = 22n . ④


?-1?n 1 由③④即知,an+1-an= . 2n


于是 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1) ?-1?n 1 1 =1+ - 2+?+ n-1 2 2 2 1 - ?n-1 1-? 2 ? ? 1 =1+ · 2 1 1+ 2
n 4 1 ?-1? = + · n-1 . 3 3 2 n 4 1 ?-1? 故数列{an}的通项公式为 an= + · n-1 . 3 3 2

“数列”类题目的审题技巧与解题规范 [对应学生用书 P84]

- 63 -

[技法概述] 有的数学题条件并不明显,而寓于概念、 存于性质或含于图中,审题时,就要注意深入 挖掘这些隐含条件和信息,解题时,可避免因忽视隐含条件而出现错误. [适用题型] 在高考中,有以下几种解答题用到此种审题方法: 1.利用导数研究函数性质时,应注意函数定义域; 2.求等比数列前 n 项和应注意公比 q 的值,研究数列的性质时,应注意 n 的取值; 3.观察三视图时,应注意平行与垂直.

[典例] (本题满分 12 分)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 014?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存 在,说明理由.

[解题流程]

[失分警示]

第一步 设出公比 q, 列出关

于 a1,q 的方程组, 求出 a1,q.

? ? ? ? ? ?

解:?1?设等比数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0. ?S2-S4=S3-S2, 由题意得? ??1分? ?a2+a3+a4=-18,
2 3 2 ?-a1q -a1q =a1q , ? 即 ??2分? 2 ?a1q?1+q+q ?=-18,

不注意 a1,q 的 范围,导致扣分.

?a1=3, 解得? ??4分? ?q=-2.

第二步 根据所求,利用公?[ 式求出 an. 故数列{an}的通项公式为an=3×?-2?n 1.??5分?


- 64 -

第三步 利用 (1)的结论求出 Sn ,将问题转化为 (-2)n≤-2 013.

? ?2?由?1?有S = 1-?-2? ? ? 若存在n,使得S ≥2 014, ?则1-?-2? ≥2 014, ?即?-2? ≤-2 013.??8分?
n n n n

3· [1-?-2?n]

=1-?-2?n.??7分?

对 n 的值不讨论,

第四步 对 n 的取值讨论, 确定 n 的值. ?

?当n为奇数时,?-2? =-2 ≤-2 013,??10分? ?即2 ≥2 013,则n≥11.??11分? ?综上,存在符合条件的正整数n, ?且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.??12分?
n n n

当n为偶数时,?-2?n>0,上式不成立;

盲目得出结论.即只 写出 n 为奇数情况 忽略 n 为偶数,导 致失分.

1.(2015· 石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且 a1· a2=2,a3· a4=32. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 bn (2)设数列{bn}满足 + + +?+ =a + -1(n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和. 1 3 5 2n-1 n 1
2 ? ?a1q=2, ? 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,由已知得 2 5 ?a1q =32, ?

? ?a1=1, 又∵a1>0,q>0,∴? ?q=2, ?

∴an=2n 1.


b1 b2 b3 bn (2)由题意可得 + + +?+ =2n-1, 1 3 5 2n-1 bn bn - - ∴2n 1-1+ =2n-1(n≥2), =2n 1, 2n-1 2n-1 ∴bn=(2n-1)· 2n 1(n≥2),


当 n=1 时,b1=1,符合上式, ∴bn=(2n-1)· 2n 1(n∈N*).


设数列{bn}的前 n 项和为 Tn=1+3×21+5×22+?+(2n-1)· 2n 1,


则 2Tn=1×2+3×22+5×23+?+(2n-3)· 2n 1+(2n-1)· 2n,


- 65 -

两式相减得-Tn=1+2(2+22+?+2n 1)-(2n-1)· 2n=-(2n-3)· 2n-3,


∴Tn=(2n-3)· 2n+3. 2.(2015· 青岛二模)若数列{bn}对于任意的 n∈N*,都有 bn+2-bn=d(常数),则称数列{bn}
?4n-1,n为奇数, ? 是公差为 d 的准等差数列. 如数列 cn, 若 cn=? 则数列{cn}是公差为 8 的准 ?4n+9,n为偶数, ?

等差数列.设数列{an}满足 a1=a,对于 n∈N*,都有 an+an+1=2n. (1)求证:{an}是准等差数列; (2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20. 解:(1)证明:∵an+an+1=2n(n∈N*)①, ∴an+1+an+2=2(n+1)②, ②-①,得 an+2-an=2(n∈N*). ∴{an}是公差为 2 的准等差数列. (2)由已知 a1=a,an+an+1=2n(n∈N*), ∴a1+a2=2×1,即 a2=2-a. 由(1)得 a1,a3,a5,?是以 a 为首项,2 为公差的等差数列. a2,a4,a6,?是以 2-a 为首项,2 为公差的等差数列. n ? 当 n 为偶数时,an=2-a+? ?2-1?×2=n-a; 当 n 为奇数时,an=a+? n+1 ? ? 2 -1?×2=n+a-1.

? ?n+a-1,n为奇数, ∴an=? ?n-a,n为偶数. ?

S20=a1+a2+a3+a4+?+a19+a20 =(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a19+a20) =2×1+2×3+?+2×19 ?1+19?×10 =2× 2 =200. 1 11 3.(2015· 天津红桥模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= n2+ n(n∈N*). 2 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1 k (2)设 cn= ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求使不等式 Tn> 对一切 n∈ 2 014 ?2an-11??2an-9? N*都成立的最大正整数 k 的值;
? ?an (3)设 f(n)=? ?3an-13 ?

n=2k-1,k∈N*, n=2k,k∈N ,
*

是否存在 m∈N*,使得 f(m+15)=5f(m)成

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立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=6, 当 n≥2 时, 1 2 11 ? ?1 2 11 ? an=Sn-Sn-1=? ?2n + 2 n?-?2?n-1? + 2 ?n-1?? =n+5. 而当 n=1 时,n+5=6, ∴an=n+5(n∈N*). (2)cn= 1 1 = ?2an-11??2an-9? ?2n-1??2n+1?

1 1 1 = ?2n-1-2n+1?, 2? ? ∴Tn=c1+c2+?+cn 1 1 ?? 1 1 1 1 - 1- ?+? - ?+?+? = ?? 3? ?3 5? 2?? ?2n-1 2n+1?? = n . 2n+1

n+1 n 1 ∵Tn+1-Tn= - = > 0, 2n+3 2n+1 ?2n+3??2n+1? 1 ∴Tn 单调递增,故(Tn)min=T1= . 3 1 k 1 令 > ,得 k<671 ,所以 kmax=671. 3 2 014 3
? ?n+5 (3)f(n)=? ?3n+2 ?

n=2k-1,k∈N*, n=2k,k∈N*,

当 m 为奇数时,m+15 为偶数, 由 f(m+15)=5f(m) 得 3m+47=5m+25,解得 m=11. 当 m 为偶数时,m+15 为奇数, 由 f(m+15)=5f(m), 5 得 m+20=15m+10,解得 m= ?N*(舍去). 7 综上,存在唯一正整数 m=11,使得 f(m+15)=5f(m)成立.

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