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2016届高考数学大一轮复习 第五章 数列同步练习 文


2016 届高考数学大一轮复习 第五章 数列同步练习 文
第一节 数列的概念与简单表示法

1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式). 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.

1.数列的定义 按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项. 2.数列的分类 分类原则 按项数分类 按

项与项间 的大小关系 分类 3.数列的表示法 数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法. 4.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. 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列 满足条件 项数有限 项数无限

an+1>an an+1<an an+1=an
其中

n∈N*

1.an 与 Sn 的关系 若数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an=? 2.数列与函数的关系 数列是一种特殊的函数, 即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数, 当自变 量依次从小到大取值时所对应的一列函数值,就是数列.
? ?S1,n=1, ?Sn-Sn-1,n≥2. ?

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

1

(1)1,1,1,1,?不能构成一个数列.(

) )

(2)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.( (3)所有数列的第 n 项都能使用公式表达.( )

(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.(

) )

(5)已知 an+2=f(an+1,an)时,如果要确定这个数列,则必须知道初始值 a1,a2.( (6)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)× (4)√ (5)√ (6)√ 2.数列-3,7,-11,15,?的通项公式可能是( A.an=4n-7 C.an=(-1) (4n-1) 答案: C
n
*

)

)
n

B.an=(-1) (4n+1) D.an=(-1)
n+1

(4n-1)

q 3 3 3. 已知数列{an}的通项公式为 an=pn+ (p, q 为常数), 且 a2= , a4= , 则 a8=( n 2 2
5 A. 4 3 C. 4 9 B. 4 D. 2

)

解析:

q 3 ? ?2p+2=2 由题意知? q 3 ? ?4p+4=2

1 ? ?p= ,解得? 4 ? ?q=2

.

q 1 2 9 ∴a8=8p+ =8× + = . 8 4 8 4
答案: B
? n ? 4.已知数列? 2 ?,则 0.98 是它的第________项. ?n +1?
2

解析:

49 =0.98= ,∴n=7. n +1 50
2

n2

答案: 7 5.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2 -3,则数列{an}的通项公式是________. 解析: 当 n=1 时,a1=S1=2-3=-1, 当 n≥2 时,
n

an=Sn-Sn-1=(2n-3)-(2n-1-3)=2n-2n-1=2n-1.
? ?-1,n=1, 故 an=? n-1 ?2 ,n≥2. ?

2

?-1,n=1, ? 答案: an=? n-1 ?2 ,n≥2. ?

由数列的前几项求数列的通项公式 自主练透型 写出下列各数列的一个通项公式: (1)3,5,7,9,?; 1 3 7 15 31 (2) , , , , ,?; 2 4 8 16 32 3 1 3 1 3 (3)-1, ,- , ,- , ,?; 2 3 4 5 6 (4)3,33,333,3333,?. 解析: (1)各项减去 1 后为正偶数, 所以 an=2n+1. 2 -1 1, 2, 3, 4 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 2 2 2 2 ,?,所以 an= n . 2 (3)奇数项为负,偶数项为正,故第 n 项的符号为(-1) ;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?;而各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3,即奇数项为 2 -1,偶数项为 2+1, 1 - ,n为正奇数, ? ? n 2+?-1? 所以 a =(-1) · ,也可写为 a =? n 3 ? ?n,n为正偶数.
n n n n n n

9 99 999 9999 2 (4)将数列各项改写为: , , , ,?,分母都是 3,而分子分别是 10-1,10 3 3 3 3 -1,10 -1,10 -1,?. 1 n 所以 an= (10 -1). 3 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略 (1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、 联想(联想常见的数列)等方法. (2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征; ④各项的符号特征和绝对值特征; ⑤化异为同. 对于分式还可以考虑对分子、 分母各个击破, 或寻找分子、分母之间的关系;⑥对于符号交替出现的情况,可用(-1) 或(-1) 处理.
k k+1
3 4

,k∈N

*

3

由 an 与 Sn 的关系求通项 an 分层深化型 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn. (1)若 Sn=(-1)
n n+1

·n,求 a5+a6 及 an;

(2)若 Sn=3 +2n+1.求 an. 解析: (1)因为 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) =(-1)
n+1

·[n+(n-1)] ·(2n-1),

n+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. ?

1.已知下面数列{an}的前 n 项和 Sn,求{an}的通项公式: (1)Sn=2n -3n;(2)Sn=3 +b. 解析: (1)a1=S1=2-3=-1, 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(2n -3n)-[2(n-1) -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 =(3 +b)-(3
n n-1
2 2 2

n

+b)=2·3

n-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=2·3
n-1



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

4

2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=kc -k(其中 c,k 为常数),且 a2=4,a6=8a3,求 an. 解析: 由 Sn=kc -k 得 an=Sn-Sn-1=kc -kc
5

n

n

n

n-1

(n≥2),
2

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

所以 an=kc -kc

n

n-1

=2 (n≥2),又 a1=S1=2,于是 an=2 .

n

n

1 1 1 1 3.(2014·陕西四校联考)已知数列{an}满足条件 a1+ 2a2+ 3a3+?+ nan=2n+5,则 2 2 2 2 数列{an}的通项公式为( A.an=2 C.an=2
n+1

)
? ?14?n=1? B.an=? n+1 ?2 ?n≥2? ?

n

D.an=2

n+2

1 1 1 1 解析: 由题意可知,数列{an}满足条件 a1+ 2a2+ 3a3+?+ nan=2n+5, 2 2 2 2 1 1 1 1 则 a1+ 2a2+ 3a3+?+ n-1an-1 2 2 2 2 =2(n-1)+5,n>1, 两式相减可得: n=2n+5-2(n-1)-5=2, 2 ∴an=2
n+1

an

,n>1,n∈N .

*

当 n=1 时, =7,∴a1=14, 2
? ?14?n=1?, 综上可知,数列{an}的通项公式为:an=? n+1 ?2 ?n≥2?. ?

a1

故选 B. 答案: B 4.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n≥1,n∈N),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,得 an+1-an=2an,an+1 =3an(n≥2). ∵a2=2S1+1=3,∴a2=3a1,故数列{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列. ∴an=3
n-1

.故填 an=3
n-1

n-1

(n≥1,且 n∈N).

答案: an=3

(n≥1,且 n∈N)

已知数列{an}的前 n 项和 Sn,求数列的通项公式,其求解过程分为三步: (1)先利用 a1=S1 求出 a1;
5

(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. 由递推关系式求数列的通项公式 互动讲练型 根据下列条件,确定数列{an}的通项公式: (1)a1=2,an+1=an+n+1; (2)a1=1,an=

n- 1 an-1(n≥2); n

(3)a1=1,an+1=3an+2. 解析: (1)由题意得,当 n≥2 时,

an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)
?n-1??2+n? n?n+1? =2+(2+3+?+n)=2+ = +1. 2 2 1×?1+1? 又 a1=2= +1,符合上式, 2 因此 an=

n?n+1?
2

+1.

(2)∵an= ∴an-1=

n-1 an-1(n≥2), n

n-2 1 an-2,?,a2= a1. n-1 2

以上(n-1)个式子相乘得 1 2 n-1 a1 1 an=a1· · ·?· = = . 2 3 n n n 当 n=1 时,a1=1,上式也成立. 1 ∴an= .

n

(3)∵an+1=3an+2, ∴an+1+1=3(an+1),∴

an+1+1 =3, an+1

∴数列{an+1} 为等比数列,公比 q=3, 又 a1+1=2,∴an+1=2·3 ∴an=2·3
n-1 n-1



-1.

根据下列条件,确定数列{an }的通项公式:
6

(1)a1=1,an+1=an+2 . (2)a1=1,an+1=2 an. 解析: 1-2 n =2 -1. 1-2 (2)由于
n n

n

(1)an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1=2

n-1

+2

n-2

+?+2+1=

an+1 n =2 , an a3 a2
2

故 =2 , =2 ,?,

a2 a1

1

an n-1 =2 , an-1

将这 n-1 个等式叠乘, 得 =2

an a1

1+2+?+(n-1)

=2 .

n?n-1?
2



故 an=2

n?n-1?
2

由数列递推式求通项公式常用方法有:累加法、累积法、构造法.形如

an=pan-1+m(p、m 为常数,p≠1,m≠0)时,构造等比数列;形如 an=an-1+f(n)({f(n)}可
求和)时,用累加法求解;形如

an =f(n)({f(n)}可求积)时,用累积法求解. an+1

A 级 基础训练 1.下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是( 1 1 1 A.1, , , ,? 2 3 4 B.-1,-2,-3,-4,? 1 1 1 C.-1,- ,- ,- ,? 2 4 8 D.1, 2, 3,?, n 解析: 根据定义,属于无穷数列的是选项 A、B、C(用省略号),属于递增数列的是选 项 C、D,故同时满足要求的是选项 C. 答案: C 2.数列{an}的前 n 项积为 n ,那么当 n≥2 时,an=( A.2n-1 ?n+1? C. 2
2 2

)

)

B. n

2

n

D. 2 ?n-1?

n2

7

解析: 设数列{an}的前 n 项积为 Tn,则 Tn=n ,当 n≥2 时,an= 答案: D

2

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: ∵an+an+1= ,a2=2, 2 3 ? ?- ,n为奇数, 2 ∴an=? ? ?2, n为偶数. 7 ? 3? ∴S21=11×?- ?+10×2= .故选 B. 2 2 ? ? 答案: B 7 B. 2 13 D. 2

)

4.(2014·吉林普通中学摸底)已知数列{an},an=-2n +λ n,若该数列是递减数列, 则实数 λ 的取值范围是( A.(-∞,6] C.(-∞,5] ) B.(-∞,4] D.(-∞,3]
*

2

解析: 数列{an}的通项公式是关于 n(n∈N )的二次函数,若数列是递减数列, 则- λ 3 ≤ ,即 λ ≤6. 2·?-2? 2 答案: A 5.(2014·安徽合肥二检)数列{an}满足 a1=2,an= =( ) 1 A. 6 C.6 解析: 由 an= 1 B.- 6 D.-6

an+1-1 ,其前 n 项积为 Tn,则 T2 014 an+1+1

an+1-1 1+an ,得 an+1= ,而 a1=2, an+1+1 1-an

1 1 则有 a2=-3,a3=- ,a4= ,a5=2, 2 3 故数列{an}是以 4 为周期的周期数列,且 a1a2a3a4=1, 所以 T2 014=(a1a2a3a4) a1a2=1 ×2×(-3)=-6.故选 D.
8
503 503

答案: D 6.(2014·海南三亚一模)在数列 1,2, 7, 10, 13,?中,2 19是这个数列的第 ________项. 解析: 因为 a1=1= 1, a2=2= 4, a3= 7, a4= 10, a5= 13, ?, 所以 an= 3n-2. 令 an= 3n-2=2 19= 76,得 n=26. 答案: 26 7.(2014·天津六校第三次联考)数列{an}中, 已知 a1=1,a2=2,an+1=an+an+2(n∈ N ),则 a7=________. 解析: 由已知 an+1=an+an+2,a1=1,a2=2,能够计算出 a3=1,a4=-1,a5=-2,
*

a6=-1,a7=1.
答案: 1 8.数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,Sn=nan,则 an=________. 解析: 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1, ∴an=an-1(n≥2). 又∵a1=1, ∴an=1. 答案: 1 9.数列{an}的通项公式是 an=n -7n+6. (1)这个数列的第 4 项是多少? (2)150 是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项? (3)该数列从第几项开始各项都是正数? 解析: (1)当 n=4 时,a4=4 -4×7+6=-6. (2)令 an=150,即 n -7n+6=150, 解得 n=16 或 n=-9(舍去), 即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n -7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍). ∴从第 7 项起各项都是正数. 10.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n +2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn.求数列{an} 与{bn}的通项公式. 解析: ∵当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n +2n)-[2(n-1) +2(n-1)]=4n, 当 n=1 时,a1=S1=4 也适合, ∴{an}的通项公式是 an=4n(n∈N ). ∵Tn=2-bn,∴当 n=1 时,b1=2-b1,b1=1. 当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=(2-bn)-(2-bn-1),
9
* 2 2 2 2 2 2 2

∴2bn=bn-1. 1 ∴数列{bn}是公比为 ,首项为 1 的等比数列. 2

?1?n-1 ∴bn=? ? . ?2?
B 级 能力提升 1.定义:称

n 为 n 个正数 P1,P2,?,Pn 的“均倒数”.若数列{an}的前 n P1+P2+?+Pn
)

1 项的“均倒数”为 ,则数列{an}的通项公式为( 2n-1 A.an=2n-1 C.an=4n-3 解析:

B.an=4n-1 D.an=4n-5

n 1 a1+a2+?+an = ,∴ =2n-1,∴a1+a2+?+an=(2n- a1+a2+?+an 2n-1 n

1)n;a1+a2+?+an-1=(2n-3)(n-1)(n≥2),当 n≥2 时,an=(2n-1)n-(2n-3)(n-1) =4n-3;a1=1 也适合此等式,∴an=4n-3. 答案: C 2.下列关于星星的图案构成一个数列,该数列的一个通项公式是________.

解析: 从题图中可观察星星的构成规律,n=1 时,有 1 个;n=2 时,有 3 个;n=3 时,有 6 个;n=4 时,有 10 个;? ∴an=1+2+3+4+?+n= 答案: an=

n?n+1?
2

.

n?n+1?
2
2

3.已知数列{an}满足前 n 项和 Sn=n +1,数列{bn}满足 bn= 设 cn=T2n+1-Tn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)判断数列{cn}的增减性. 解析: (1)a1=2,an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2). 1 ? ?n?n≥2? ∴b =? 2 ? ?3?n=1?
n

2

an+1

,且前 n 项和为 Tn,

?2n-1 n≥2 ? ∴an=? ?2 n=1 ?

.

10

(2)∵cn=bn+1+bn+2+?+b2n+1 = 1 1 1 + +?+ , n+1 n+2 2n+1

1 1 1 ∴cn+1-cn= + - 2n+2 2n+3 n+1 = 1 1 -1 - = <0, 2n+3 2n+2 ?2n+3??2n+2?

∴{cn}是递减数列. 3 * 4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= an-1(n∈N ). 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)在数列{bn}中,b1=5,bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式. 3 解析: (1)当 n=1 时,S1=a1= a1-1, 2 所以 a1=2. 3 由 Sn= an-1,① 2 3 可知当 n≥2 时,Sn-1= an-1-1,② 2

?3 ? ?3 ? ①-②,得 an=? an-1?-? an-1-1?, 2 ? ? ?2 ?
所以 an=3an-1,又 a1≠0, 故 an-1≠0, 所以

an =3, an-1

故数列{an}是首项为 2,公比为 3 的等比数列, 所以 an=2·3
n-1

.
n-1

(2)由(1)知 bn+1=bn+2·3

. ,

当 n≥2 时,bn=bn-1+2·3 ?,

n-2

b3=b2+2·31, b2=b1+2·30,
将以上 n-1 个式子相加并整理, 得 bn=b1+2×(3
n-1 n-2

+?+3 +3 )

1

0

1-3 n-1 =5+2× =3 +4. 1-3 当 n=1 时,3
1-1

+4=5=b1,
11

所以 bn=3

n-1

+4(n∈N ). 第二节 等差数列及其前 n 项和

*

1.理解等差数列的概念. 2.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题. 4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.

1.等差数列的有关概念 (1)定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那 么这个数列就叫做等差数列.符号表示为 an+1-an=d(n∈N ,d 为常数). (2)等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充要条件是 A= 差中项. 2.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+
*

a+b
2

,其中 A 叫做 a,b 的等

n?n-1? ?a1+an?n d= .
2 2

1.等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和. (1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N ). (2)若 k+l=m+n(k,l,m,n∈N ),则 ak+al=am+an. (3)若{an}的公差为 d,则{a2n}也是等差数列,公差为 2d. (4)若{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列. (5)数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?构成等差数列. 2.等差数列的四种判断方法 (1)定义法:an+1-an=d(d 是常数)?{an}是等差数列. (2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N )?{an}是等差数列. (3)通项公式:an=pn+q(p,q 为常数)?{an}是等差数列. (4)前 n 项和公式:Sn=An +Bn(A、B 为常数)?{an}是等差数列.
2 * * *

12

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)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.( (3)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的.( ) )

)

(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的一次函数.( (5)数列{an}满足 an+1-an=n,则数列{an}是等差数列.( )

(6)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)√ (4)× (5)× (6)√ 2.已知在等差数列{an}中,a2=7,a4=15,则前 10 项和 S10=( A.100 C.380 B.210 D.400 )

解析: 因为 a2=7,a4=15,所以 d=4,a1=3, 1 故 S10=10×3+ ×10×9×4=210. 2 答案: B 3.(2014·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: ∵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. 答案: B 4.(2013·重庆卷)若 2,a,b,c,9 成等差数列,则 c-a=________. 解析: 设公差为 d,∵2,a,b,c,9 成等差数列, 7 ∴9-2=4d,∴d= . 4 7 7 又∵c-a=2d,∴c-a=2× = . 4 2 答案: 7 2 ) B. 7 D. 9
*

5.在等差数列 40,37,34,?中,第一个负数项是________.
13

解析: ∵a1=40,d=37-40=-3, ∴an=40+(n-1)×(-3)=-3n+43, 43 令 an<0,即-3n+43<0,解得 n> , 3 故第一个负数项是第 15 项,即 a15=-3×15+43=-2. 答案: -2

等差数列的基本运算 自主练透型 1.(2014·福建卷)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 )

3×?3-1? 3×2 解析: 因为 S3=3a1+ d=3×2+ d=12,所以 d=2.所以 a6=a1+(6 2 2 -1)d=2+5×2=12.故选 C. 答案: C 2.(2014·天津卷)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,S2,S4 成等比数列,则 a1 的值为________.
4×3 解析: 由已知得 S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+ ×(-1)=4a1-6,而 S1, 2

S2,S4 成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得 2a1+1=0,解得 a1=- .
1 答案: - 2 1 3.(2014·福建福州一模)已知等差数列{an},其中 a1= ,a2+a5=4,an=33,则 n 的 3 值为________. 解析: 2 2 1 2 在等差数列{an}中,a2+a5=2a1+5d= +5d=4,所以 d= ,又 an= + (n 3 3 3 3

1 2

-1)=33,解得 n=50. 答案: 50 4.已知 an=-2n+27,则 a1+a4+a7+?+a3n-2=________. 解析: 由 an=-2n+27,知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等 差数列. 从而 a1+a4+a7+?+a3n-2= (a1+a3n-2)= (-6n+56)=-3n +28n. 2 2
14

n

n

2

答案: -3n +28n 等差数列基本运算的通性通法 (1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项 a1 和公差 d,然后由通项公式或前 n 项和 公式转化为方程(组)求解. (2)等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个 就能求另外两个,体现了方程的思想. 等差数列的判定与证明 分层深化型 已知数列{an}满足:a1=2,an+1=3an+3
n+1

2

-2 .设 bn=

n

an-2n
3
n

.

证明:数列{bn}为等差数列,并求{an}的通项公式. 证明: ∵bn+1-bn= = 3an+3
n+1

an+1-2n+1 an-2n
3
n+1



3

n

-2 -2

n

n+1

3

n+1

3an-3·2 - =1, n+1 3

n

∴{bn}为等差数列,又 b1=

a1-2
3
n

=0.
n

∴bn=n-1,∴an=(n-1)·3 +2 .

1.已知数列{an}中,a1=2,an=2- 设 bn= 1
*

1

an-1

(n≥2,n∈N ).

*

an-1

(n∈N ),求证:数列{bn}是等差数列. 1 ,

证明: ∵an=2- 1 ∴an+1=2- .

an-1

an

∴bn+1-bn=

1

an+1-1 an-1



1



2- -1

1 1



1 an-1 = =1, an-1 an-1

an

∴{bn}是首项为 b1=

1 =1,公差为 1 的等差数列. 2-1

2.在数列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0(n≥2).
?1? (1)证明数列? ?是等差数列; ?an?

(2)求数列{an}的通项公式.
15

1 1 解析: (1)证明:将 3anan-1+an-an-1=0(n≥2)整理得 - =3(n≥2).

an an-1

?1? 所以数列? ?是以 1 为首项,3 为公差的等差数列. ?an?

1 (2)由(1)可得 =1+3(n-1)=3n-2,

an

1 所以 an= . 3n-2

3.(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=λ Sn -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. 解析: (1)证明:由题设知 anan+1=λ Sn-1,an+1an+2=λ Sn+1-1, 两式相减得 an+1(an+2-an)=λ an+1, 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ . (2)由题设知 a1=1,a1a2=λ S1-1,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. 等差数列的判定方法大全 (1)等差数列的判定通常有两种方法:第一种是定义法,an-an-1=d(常数)(n≥2);第 二种方法是利用等差中项,即 2an=an-1+an+1(n≥2). (2)解答选择题和填空题时也可以用通项公式与前 n 项和公式直接判定. (3)若判定一个数列不是等差数列,则只需要说明某连续 3 项(如前三项)不是等差数列 即可. 等差数列的性质 互动讲练型 (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

16

(2)(2014·北京卷)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. (3)(2014·上海虹口二模)等差数列{an}的通项公式为 an=2n-8,下列四个命题.α 1:
2 数列{an}是递增数列;α 2:数列{nan}是递增数列;α 3:数列? ?是递增数列;α 4:数列{an}

?an? ?n?

是递增数列.其中真命题是________. 解析: (1)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)由等差数列的性质可得 a7+a8+a9=3a8>0,即 a8>0;而 a7+a10=a8+a9<0,故 a9<0. 所以数列{an}的前 8 项和最大. (3)由已知 an=2n-8 可知等差数列{an}的公差 d 为 2, ∴{an}是递增数列,命题 α 1 正确;而 nan=2n -8n=2(n-2) -8,易知数列{nan}不是
?an? an 8 2 递增数列, 命题 α 2 错误; =2- , 易证数列? ?是递增数列, 命题 α 3 正确; a2 n=4(n-4) ,
2 2

n

n

?n?

有 a1>a2>a3>a4<a5<a6<?,∴{an}不是递增数列,命题 α 4 错误.综上,真命题是 α 1,α 3. 答案: (1)C (2)8 (3)α 1,α
3

2

2

2

2

2

2

2

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: ∵a1+3a8+a15=5a8=120,∴a8=24,∴2a9-a10=a10+a8-a10=a8=24. 答案: C 2.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 3.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),则数列{an}的项数 n=________. 解析: 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, 又 Sn=

n?a1+an?
2

=324,∴18n=324,∴n=18.
17

答案: 18 4.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. 解析: 法一:∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2 5 ∴d=- . 3 5 65 ? 5? ∴an=20+(n-1)×?- ?=- n+ . 3 3 ? 3? ∴a13=0.即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0. 12×11 ? 5? ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 S12=S13=12×20+ ×?- ?= 2 ? 3? 130. 5 法二:同方法一求得 d=- . 3 ∴Sn=20n+

n?n-1? ? 5? 5 2 125 ·?- ?=- n + n
2

? 3?

6

6

5? 25?2 3 125 =- ?n- ? + . 2? 6? 24 ∵n∈N ,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 等差数列的最值的处理方法: (1)利用 Sn=an +bn 转化为二次函数求最值时要注意 n 的取值. (2)若{an}是等差数列,求其前 n 项和的最值时, ①若 a1>0,d<0,且满足?
? ?an≥0, ?an+1<0, ? ?an≤0 ? ? ?an+1>0
2 *

前 n 项和 Sn 最大.

②若 a1<0,d>0,且满足?

,前 n 项和 Sn 最小.

A 级 基础训练 1.(2014·海淀质检)等差数列{an}中,a2=3,a3+a4=9,则 a1a6 的值为( A.14 C.21 B.18 D.27 )

18

?a1+d=3, ? 解析: 依题意得? ?2a1+5d=9, ?

由此解得 d=1,a1=2,

a6=a1+5d=7,a1a6=14.
答案: A 2.(2014·陕西五校三模)等差数列{an}中,如果 a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则 数列{an}前 9 项的和为( A.297 C.99 解析: =66, ∴a2+a5+a8=33, 则数列{an}前 9 项的和为 66+33=99. 答案: C 99 3.(2014·河北唐山一中调研)已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= ,则 a12 的值 2 是( ) A.15 C.31 B.30 D.64 ) B.144 D.66 由等差数列的性质可知,2(a2+a5+a8)=(a1+a4+a7)+(a3+a6+a9)=39+27

11?a1+a11? 11×2a6 99 解析: 由题意可知 2a8=a7+a9=16? a8=8,S11= = =11a6= , 2 2 2 9 a8-a6 7 a6= ,则 d= = , 2 2 4 所以 a12=a8+4d=15,故选 A. 答案: A 4.(2014·安徽六校联考)数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列, 且 bn=an+1-an(n∈ N ),若 b3=-2,b10=12,则 a8=( A.0 C.8 解析: 设{bn}的公差为 d, ∵b10-b3=7d=12-(-2)=14,∴d=2. ∵b3=-2,∴b1=b3-2d=-2-4=-6. 7×6 ∴b1+b2+?+b7=7b1+ ·d=7×(-6)+21×2=0. 2 又 b1+b2+?+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+?+(a8-a7)=a8-a1=a8-3=0,∴a8=3.故
19
*

) B. 3 D.11

选 B. 答案: B 5.(2014·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: 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.故选 C. 2

答案: C 3 6.(2014·江苏连云港二调)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=-3,ak+1= ,Sk 2 =-12,则正整数 k=________. 3 21 解析: 由 Sk+1=Sk+ak+1=-12+ =- , 2 2 3? ? ?k+1??-3+ ? 2? ?k+1??a1+ak+1? 21 ? 又 Sk+1= = =- ,解得 k=13. 2 2 2 答案: 13 7.设数列{an}的通项公式为 an=2n-10(n∈N ),则|a1|+|a2|+?+|a15|=________. 解析: 由 an=2n-10(n∈N )知{an}是以-8 为首项,2 为公差的等差数列,又由 an= 2n-10≥0 得 n≥5,∴当 n≤5 时,an≤0,当 n>5 时,an>0,∴|a1|+|a2|+?+|a15|= -(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+?+a15)=20+110=130. 答案: 130 8.设等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若对任意自然数 n 都有 = 则
* *

Sn 2n-3 , Tn 4n-3

a9

b5+b7 b8+b4



a3

的值为________.

解析: ∵{an},{bn}为等差数列, ∴ ∵

a9

b5+b7 b8+b4



a3



a9 a3 a9+a3 a6 + = = . 2b6 2b6 2b6 b6

S11 a1+a11 2a6 2×11-3 19 a6 19 = = = = ,∴ = . T11 b1+b11 2b6 4×11-3 41 b6 41
19 41
2 *

答案:

9.各项均为正数的数列{an}满足 an=4Sn-2an-1(n∈N ),其中 Sn 为{an}的前 n 项和.
20

(1)求 a1,a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解析: (1)当 n=1 时,a1=4S1-2a1-1, 即(a1-1) =0,解得 a1=1. 当 n=2 时,a2=4S2-2a2-1=4a1+2a2-1 =3+2a2, 解得 a2=3 或 a2=-1(舍去). (2)an=4Sn-2an-1,①
2 2 2 2

a2 n+1=4Sn+1-2an+1-1.②
②-①得 an+1-an=4an+1-2an+1+2an =2(an+1+an), 即(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an). ∵数列{an}各项均为正数, ∴an+1+an>0,an+1-an=2, ∴数列{an}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ∴an=2n-1. 10.(2014·湖北卷)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. 解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d.∵a1,a2,a5 成等比数列,∴a2=a1a5,即(a1+
2 2 2

d)2=a1(a1+4d),解得 d=0 或 d=4.∴an=2 或 an=4n-2.
(2)当 an=2 时,Sn=2n. 由 2n>60n+800 及 n∈N 得 n 无解; 当 an=4n-2 时,Sn= 值为 41. B 级 能力提升 1. 数列{an}满足 a1=1, an+1=r·an+r(n∈N , r∈R 且 r≠0), 则“r=1”是“数列{an} 为等差数列”的( ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
2 * *

n?a1+an?
2

=2n ,由 2n >60n+800 得 n>40.∵n∈N ,∴n 的最小

2

2

*

A.充分不必要条件 C.充分必要条件

解析: 当 r=1 时,易知数列{an}为等差数列;由题意易知 a2=2r,a3=2r +r,当数 1 1 2 列{an}是等差数列时,a2-a1=a3-a2,即 2r-1=2r -r,解得 r= 或 r=1,当 r= 时, 2 2
21

an=1,故“r=1”是“数列{an}为等差数列”的充分不必要条件,选 A.
答案: A 1+an * 2.已知数列{an}是首项为 a,公差为 1 的等差数列,bn= ,若对任意的 n∈N ,都

an

有 bn≥b8 成立,则实数 a 的取值范围为________. 1 * 解析: 依题意得 bn=1+ ,对任意的 n∈N ,都有 bn≥b8,即数列{bn}的最小项是第

an

? ?a8<0 1 1 8 项,于是有 ≥ .又数列{an}是公差为 1 的等差数列,因此有? an a8 ?a9>0 ?

,即?

? ?a+7<0 ?a+8>0 ?



由此解得-8<a<-7,即实数 a 的取值范围是(-8,-7). 答案: (-8,-7) 3.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 解析: ∵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 ? ?6a1+15d=72 ?
*

,解得 a1=2,d=4.

1 ∴an=4n-2,则 bn= an-30=2n-31, 2 令?
?bn≤0 ? ? ?bn+1≥0
*

?2n-31≤0 ? ,即? ? ?2?n+1?-31≥0

29 31 ,解得 ≤n≤ , 2 2

∵n∈N ,∴n=15, 即数列{bn}的前 15 项均为负值,∴T15 最小.∵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. 4.设同时满足条件:①

bn+bn+2
2

≤bn+1(n∈N );②bn≤M(n∈N ,M 是与 n 无关的常数)

*

*

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. 解析: (1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 a1+2d=4,S3=a1+a2+a3=3a1+3d=18,

22

解得 a1=8,d=-2, ∴Sn=na1+

n?n-1? d=-n2+9n.
2

(2){Sn}是“特界”数列,理由如下: 由 = = 得

Sn+Sn+2
2

-Sn+1

?Sn+2-Sn+1?-?Sn+1-Sn? 2

an+2-an+1 d
2

= =-1<0, 2

Sn+Sn+2
2

<Sn+1,故数列{Sn}适合条件①.

? 9?2 81 2 * 而 Sn=-n +9n=-?n- ? + (n∈N ), ? 2? 4
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

1.理解等比数列的概念. 2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题. 4.了解等比数列与指数函数的关系.

1.等比数列的有关概念 (1)定义: 如果一个数列从第 2 项起, 每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零), 那么这个 数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母 q 表示,定义的表达式为

an+1 =q. an
(2)等比中项: 如果 a、G、b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项.即:G 是 a 与 b 的等比中项 ?a,G,b 成等比数列? G =ab.
2

23

2.等比数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1q
n-1

.

na1,q=1. ? ? (2)前 n 项和公式:Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q

1.等比数列的性质 已知数列{an}是等比数列,Sn 是其前 n 项和. (1)若 m+n=p+q=2r,则 am·an=ap·aq=ar.
?1? ?an? 2 ? ?、 ? ?(λ ≠0) (2)若数列{an}、 {bn}(项数相同)是等比数列, 则{λ an}、 {an}、 {an·bn}、 ?an? ?bn?
2

仍然是等比数列. (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 q . (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,

k

其公比为 q ,当公比为-1 时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 不一定构成等比数列. 2.等比数列的三种判定方法 (1)定义:

n

an+1 * =q(q 是不为零的常数,n∈N )?{an}是等比数列. an
n-1

(2)通项公式:an=cq
2

(c、q 均是不为零的常数,n∈N )?{an}是等比数列.
*

*

(3)等比中项法:an+1=an·an+2(an·an+1·an+2≠0,n∈N )?{an}是等比数列.

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的比都是常数,则这个数列是等比数 列.( )
2

(2)三个数 a,b,c 成等比数列的充要条件是 b =ac.(
*

) ) )

(3)满足 an+1=qan(n∈N ,q 为常数)的数列{an}为等比数列.(

(4)如果{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列.( 答案: (1)× (2)× (3)× (4)×

2.设{an}是公比为正数的等比数列,若 a1=1,a5=16,则数列{an}前 7 项的和为( A.63 C.127
4

)

B.64 D.128

解析: 由 a1=1,a5=16,得 q = =16(q>0),q=2,S7=

a5 a1

a1?1-q7? =127. 1-q
24

答案: C 3.(2014·重庆卷)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: 设等比数列的公比为 q,因为 = =q ,即 a6=a3a9,所以 a3,a6,a9 成等比 数列.故选 D. 答案: D 4.在等比数列{an}中,已知 a7·a12=5,则 a8a9a10a11=________. 解析: ∵a7a12=5,∴a8a9a10a11=(a8a11)(a9a10)=(a7a12) =25. 答案: 25 5.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,8a2+a5=0,则 =________. 解析: ∵8a2+a5=0,∴8a2=-a5,即 =-8. ∴q =-8,∴q=-2.
3 2

a6 a9 a3 a6

3

2

S5 S2

a5 a2

a1?1-q5? 5 5 1-q S5 1-q 1-?-2? ∴ = = 2 2= 2=-11. S2 a1?1-q ? 1-q 1-?-2? 1-q
答案: -11

等比数列的基本运算 自主练透型 1.(2014·北京朝阳一模)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,a2+a3=12,则该 数列的前 4 项和为________. 解析: 设等比数列{an}的公比为 q,由 a1=2,a2+a3=12,则 a1q+a1q =12,解得 q 2×?1-2 ? =2,故 S4= =30. 1-2 答案: 30 2.(2014·扬州中学期中测试)设等比数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn,若
4 2

a1=1,a3=4,Sk=63,则 k=________.
解析: 设等比数列{an}公比为 q,由已知 a1=1,a3=4,得 q = =4.又{an}的各项均 1-2 k 为正数,∴q=2.而 Sk= =63,∴2 -1=63,解得 k=6. 1-2
k
2

a3 a1

25

答案: 6 3.已知等比数列{an}为递增数列,且 a5=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的通项公 式 an=________. 解析: 设数列{an}的首项为 a1,公比为 q, ∵a5=a10,2(an+an+2)=5an+1,
? ?a1·q =a1·q , ∴? 2 ?2?1+q ?=5q, ?
2 8 9 2 2

① ②

由①得 a1=q, 1 由②知 q=2 或 q= , 2 又数列{an}为递增数列,∴a1=q=2,从而 an=2 . 答案: 2
n n

4.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a2=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn.
?a1q=6, ? 解析: 设{an}的公比为 q,由题意得? 2 ? ?6a1+a1q =30,

解得?

? ?a1=3 ?q=2 ?

或?

? ?a1=2 ?q=3 ?


n-1

当 a1=3,q=2 时,an=3×2 当 a1=2,q=3 时,an=2×3

,Sn=3×(2 -1); ,Sn=3 -1.
n

n

n-1

1.等比数列基本运算方法 (1)使用两个公式,即通项公式和前 n 项和公式. (2)使用通项公式的变形:an=amq 2.等比数列前 n 项和公式的应用 在使用等比数列前 n 项和公式时, 应首先判断公比 q 能否为 1, 若能, 应分 q=1 与 q≠1 两种情况求解. 等比数列的判定与证明 分层深化型 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. 解析: (1)证明:∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,
n-m

(m,n∈N ).

*

26



an+1-1 1 = . an-1 2

∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1, 1 1 ∴a1= ,c1=- . 2 2 1 1 又 cn=an-1,故{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 ?1?n-1 ?1?n (2)由(1)知 cn=- ×? ? =-? ? 2 ?2? ?2?

?1?n ∴an=1-? ? . ?2?

1.已知数列{an}的首项 a1=5,前 n 项和为 Sn,且 Sn+1=2Sn+n+5(n∈N ).证明数列 {an+1}是等比数列. 证明: 由已知 Sn+1=2Sn+n+5(n∈N )可得当 n≥2 时,Sn=2Sn-1+n+4,两式相减得
*

*

Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即 an+1=2an+1,从而 an+1+1=2(an+1),
当 n=1 时,S2=2S1+1+5,即 a2+a1=2a1+6, 又 a1=5,所以 a2=11,从而 a2+1=2(a1+1). 故 an+1+1=2(an+1),对 n∈N 恒成立, 又 a1=5,a1+1≠0,从而
*

an+1+1 =2. an+1

所以数列{an+1}是等比数列.

2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2=1,S11=33. (1)求{an}的通项公式;

?1? (2)设 bn=? ?an, ?4?
求证:{bn}是等比数列,并求其前 n 项和 Tn. 解析: (1)依题意有

a1+d=1 ? ? ? 11×10 11a1+ d=33, ? 2 ?

1 ? ?a =2 解得? 1 ?d=2 ?
1

,∴an= . 2

n

?1?n ?1?n (2)证明:∵bn=? ? =? ? , ?4?2 ?2?

27



bn+1 1 = 为常数. bn 2

1 1 ∴{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列, 2 2 1? ?1?n? ?1-? ? ? 2? ?2? ? ?1?n ∴Tn= =1-? ? . 1 ?2? 1- 2

2 n 3.已知数列{an}和{bn}满足 a1=λ ,an+1= an+n-4,bn=(-1) (an-3n+21),其中 3 λ 为实数,n 为正整数. (1)证明:对任意实数 λ ,数列{an}不是等比数列; (2)证明:当 λ ≠-18 时,数列{bn}是等比数列. 证明: (1)假设存在一个实数 λ ,使{an}是等比数列,

?2 ?2 2 则有 a2=a1a3,即? λ -3? =λ ?3 ?

?4λ -4? ?9 ? ? ?

4 2 4 2 ? λ -4λ +9= λ -4λ ?9=0,矛盾. 9 9 所以{an}不是等比数列. (2)bn+1=(-1) =(-1)
n+1 n+1

[an+1-3(n+1)+21]

?2an-2n+14? ?3 ? ? ?

2 2 n =- (-1) ·(an-3n+21)=- bn. 3 3 又 λ ≠-18,所以 b1=-(λ +18)≠0. 由上式知 bn≠0,所以

bn+1 2 * =- (n∈N ). bn 3

2 故当 λ ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ +18)为首项,- 为公比的等比数列. 3 等比数列的判断与证明的常用方法 (1)定义法: 若

an+1 an =q(q 为非零常数, n∈N*)或 =q(q 为非零常数,且 n≥2,n∈N*), an an-1

则{an}是等比数列; (2)中项公式法:若数列{an}中,an≠0,且 an+1=anan+2(n∈N ),则数列{an}是等比数列; (3)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定某连续三项不成等比数列即可. 等比数列的性质 互动讲练型
28
2 *

(1)(2014·山东淄博期末)已知等比数列{an}的公比为正数, 且 a3a9=2a5, a2=2, 则 a1=( 1 A. 2 C. 2 ) B. 2 2

2

D. 2

(2)(2014·广东珠海质量监测)等比数列{an}共有奇数项,所有奇数项和 S 奇=255,所 有偶数项和 S 偶=-126,末项是 192,则首项 a1=( A.1 C.3
2

)

B. 2 D. 4
2

解析: (1)由等比数列的性质得 a3a9=a6=2a5,∵q>0, ∴a6= 2a5,q= = 2,a1= = 2,故选 C. (2)设等比数列{an}共有 2k+1(k∈N )项,则 a2k+1=192,则 S 奇=a1+a3+?+a2k-1+a2k
+1 *

a6 a5

a2 q

1 1 = (a2+a4+?+a2k)+a2k+1= S

q

q



+a2k+1=-

126

q

+192=255,解得 q=-2,而 S





a1-a2k+1q2 a1-192×?-2?2 = =255,解得 a1=3,故选 C. 2 2 1-q 1-?-2?
答案: (1)C (2)C

1.(2014·北京丰台一模)已知等比数列{an}中,a2+a3=1,a4+a5=2,则 a6+a7 等于 ( ) A.2 C.4 B. 2 2 D. 4 2
2

解析: 因为 a2+a3,a4+a5,a6+a7 成等比数列,a2+a3=1,a4+a5=2,所以(a4+a5) =(a2+a3)(a6+a7),解得 a6+a7=4. 答案: C

2.(2014·郑州模拟)在正项等比数列{an}中,已知 a1a2a3=4,a4a5a6=12,an-1anan+1= 324,则 n=( A.12 C.14 解析: 设数列{an}的公比为 q, 由 a1a2a3=4=a1q 与 a4a5a6=12=a1q , 可得 q =3,an-1anan+1=a1q 因此 q
3n-6 9 3 3n-3 3 3 3 12

) B.13 D.15

=324,

=81=3 =q ,

4

36

所以 n=14,故选 C.
29

答案: C 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.

A 级 基础训练 1.(2014·北京海淀一模)在数列{an}中,“an=2an-1,n=2,3,4,?”是“{an}是公比 为 2 的等比数列”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

解析: 当 an=0 时,满足 an=2an-1,n=2,3,4,?,但{a n}是等差数列,不是等比 数列,故充分性不成立;又当{an}是公比为 2 的等比数列时,有

an =2,n=2,3,4,?,即 an-1

an=2an-1,n=2,3,4,?,所以必要性成立,故选 B.
答案: B 2.(2014·河北衡水中学五调)已知等比数列{an}的公比 q=2,且 2a4,a6,48 成等差数 列,则{an}的前 8 项和为( A.127 C.511 解析: ∵2a4,a6,48 成等差数列, ∴2a6=2a4+48, ∴2a1q =2a1q +48,又∵q=2,∴a1=1, 1×?1-2 ? ∴S8= =255. 1-2 答案: B 3.(2014·辽宁沈阳模拟)已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N )且 a2+a4+a6= 1 9,则 log (a5+a7+a9)的值是( 3 A.-5 C.5 ) 1 B.- 5 1 D. 5
* 8 5 3

) B.255 D.1 023

解析: 由 log3an+1=log3an+1 及对数运算性质得,log3(3an)=log3an+1,∴3an=an+1,

30



an+1 3 3 =3,即数列{an}是公比为 3 的等比数列,所以 a5+a7+a9=q (a2+a4+a6)=3 ×9 an

1 1 5 5 =3 ,所以 log (a5+a7+a9)=log 3 =-5.故选 A. 3 3 答案: A 4.(2014·浙江温州十校联考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=5,Sm=-11,

Sm+1=21,则 m=(
A.3 C.5

) B. 4 D. 6

解析: 由已知得,Sm-Sm-1=am=-16,Sm+1-Sm=am+1=32,故公比 q=

am+1 =-2,又 am

a1-amq m-1 m-1 Sm= =-11,故 a1=-1,又 am=a1·q =-16,故(-1)×(-2) =-16,求得 m 1-q
=5. 答案: C 5.已知数列{an},则有(
2

)

A.若 an=4 ,n∈N ,则{an}为等比数列 B.若 an·an+2=an+1,n∈N ,则{an}为等比数列 C.若 am·an=2
m+n
2 *

n

*

,m,n∈N ,则{an}为等比数列
*

*

D.若 an·an+3=an+1·an+2,n∈N ,则{an}为等比数列 解析: 若 a1=-2,a2=4,a3=8,满足 an=4 ,n∈N ,但{an}不是等比数列,故 A 错; 若 an=0,满足 an·an+2=an+1,n∈N ,但{an}不是等比数列,故 B 错;若 an=0,满足 an·an
+3 2 * 2

n

*

=an+1·an+2, n∈N , 但{an}不是等比数列, 故 D 错; 若 am·an=2

*

m+n

, m, n∈N , 则有

*

am·an+1 am·an



an+1 2m+n+1 = m+n =2,则{an}是等比数列. an 2
答案: C 6.(2014·安徽卷)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: 设等差数列的公差为 d,则 a3=a1+2d,a5=a1+4d, ∴(a1+2d+3) =(a1+1)(a1+4d+5),解得 d=-1. ∴q=
2

a3+3 a1-2+3 = =1. a1+1 a1+1

答案: 1 7.(2014·郑州市第二次质量预测)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a5=2a3a6,
2

S5=-62,则 a1 的值是________.
31

解析: 设{an}的公比为 q.由 a5=2a3a6 得(a1q ) =2a1q ·a1q , ∴q=2, ∴S5= =-62,a1=-2. 答案: -2

2

4 2

2

5

a1?1-25?
1-2

8.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 an+Sn=1(n∈N ),则通项 an=________. 1 解析: ∵an+Sn=1 ①,∴a1= ,an-1+Sn-1=1 ②,①-②可得 an-an-1+an=0, 2 即得

*

an 1 1 1 1 ?1?n-1 1 = ,∴数列{an}是首项为 ,公比为 的等比数列,则 an= ×? ? = n. an-1 2 2 2 2 ?2? 2
答案: 1 n 2

9.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn=4an-p,其中 p 为非零常数. (1)求证:数列{an}为等比数列; 4 (2)若 a2= ,求{an}的通项公式. 3 解析: (1)证明:当 n=1 时,S1=4a1-p,得 a1= ≠0,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= 3 (4an-p)-(4an-1-p)=4an-4an-1, 得 3an=4an-1,即

p

an 4 4 = ,因而数列{an}为公比为 的等比数列. an-1 3 3

p ?4?n-1 (2)由(1)知,数列{an}的通项公式为 an= ×? ? , 3 ?3?
4 ?4?n-1 又 a2= ,可知 p=3,于是 an=? ? . 3 ?3? 1 1 10.Sn 是无穷等比数列{an}的前 n 项和,且公比 q≠1,已知 1 是 S2 和 S3 的等差中项, 2 3 6 是 2S2 和 3S3 的等比中项. (1)求 S2 和 S3; (2)求此数列{an}的前 n 项和公式. 1 1 ? ? S2+ S3=2, 2 3 解析: (1)根据已知条件? ? ??2S2??3S3?=36.
? ?3S2+2S3=12, 整理得? ??3S2??2S3?=36. ?

解得 3S2=2S3=6,即?

? ?S2=2, ?S3=3. ?

32

(2)∵q≠1,则?

?a1?1+q?=2, ? ?a1?1+q+q ?=3. ?
2

1 可解得 q=- ,a1=4. 2

? ? 1?n? 4?1-?- ? ? ? ? 2? ? ∴Sn= 1 1+ 2
8 8? 1?n = - ?- ? . 3 3? 2? B 级 能力提升 1.已知数列{an},{bn}满足 a1=b1=3,an+1-an= =ban,则 c2 013=( A.9 C.9
2 012

bn+1 * =3,n∈N ,若数列{cn}满足 cn bn

) B.27 D.27
2 012

2 013

2 013

解析: 由已知条件知{an}是首项为 3,公差为 3 的等差数列,数列{bn}是首项为 3,公 比为 3 的等比数列,∴an=3n,bn=3 ,又 cn=ban=3 ,∴c2 013=3 答案: D 2.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”, 若正项等比数列{an}是一个“2 014 积数列”,且 a1>1,则当其前 n 项积最大时 n 的值为 ________. 解析: 由题意可知 a1a2a3·?·a2 014=a2 014,故 a1a2a3·?·a2 013=1,因为数列{an}是 正项等比数列且 a1>1,所以 a1 007=1,公比 0<q<1,所以 a1 006>1 且 0<a1 008<1,故数列{an}的 前 n 项积最大时 n 的值为 1 006 或 1 007. 答案: 1 006 或 1 007 3. (2014·重庆卷)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 q -(a4+1)q+S4=0,求{bn}的通项公 式及其前 n 项和 Tn. 解析: (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. 故 Sn=1+3+?+(2n-1)= (2)由(1)得 a4=7,S4=16. 因为 q -(a4+1)q+S4=0,
33
2 2

n

3n

3×2 013

=27

2 013

,故选 D.

n?a1+an? n?1+2n-1?
2 = 2

=n .

2

即 q -8q+16=0, 所以(q-4) =0,从而 q=4. 又因为 b1=2,{bn}是公比 q=4 的等比数列, 所以 bn=b1q
n-1
2

2

=2·4

n-1

=2

2n-1

.

从而{bn}的前 n 项和 Tn=

b1?1-qn? 2 n = (4 -1). 1-q 3

?1?n 4.(2014·山东青岛二模)已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=? ? ,记 T2n 为{an}的前 2n ?2?
项的和,bn=a2n+a2n-1,n∈N . (1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出 bn; (2)求 T2n.
*

?1?n 解析: (1)∵an·an+1=? ? , ?2? ?1?n+1 ∴an+1·an+2=? ? , ?2?


an+2 1 1 = ,即 an+2= an. an 2 2

∵bn=a2n+a2n-1,

a2n+ a2n-1 2 bn+1 a2n+2+a2n+1 2 1 ∴ = = = , bn a2n+a2n-1 a2n+a2n-1 2
1 ∴{bn}是公比为 的等比数列. 2 1 ∵a1=1,a1·a2= , 2 1 3 ∴a2= ? b1=a1+a2= . 2 2 3 ?1?n-1 3 ∴bn= ×? ? = n. 2 ?2? 2 1 (2)由(1)可知 an+2= an, 2 1 1 ∴a1,a3,a5,?是以 a1=1 为首项,以 为公比的等比数列;a2,a4,a6,?是以 a2= 为 2 2 1 首项,以 为公比的等比数列, 2 ∴T2n=(a1+a3+?+a2n-1)+(a2+a4+?+a2n)

1

1

34

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

35

第四节

数列求和

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. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用相关知识解决相应 的问题.

1.等差数列的前 n 项和公式

n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d.
2 2 2.等比数列的前 n 项和公式

na1,q=1, ? ? Sn=?a1-anq a1?1-qn? = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q
3.一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1+2+3+4+?+n=

n?n+1?
2
2



(2)1+3+5+7+?+2n-1=n ; (3)2+4+6+8+?+2n=n +n.
2

1.数列求和的五种常用方法 (1)分组转化求和法 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. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的, 那么这个 数列的前 n 项和即可用此法来求,如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的. (4)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数, 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法, 如等差数列的前 n 项和公式即是用此法推导
36

的. (5)并项求和法 在一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和. 2.三种常见的拆项公式 (1) 1

n?n+1? n n+1

1 1 = - ;

1 ? 1 1? 1 - (2) = ? ?; ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? (3) 1

n+ n+1

= n+1- n.

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果数列{an}为等比数列,且公比不等于 1,则其前 n 项和 Sn= (2)当 n≥2 时,

a1-an+1 .( 1-q

)

? ? n2-1 2?n-1 n+1?
3

1

1 ? 1? 1 - = .(
n

)

(3)求 Sn=a+2a +3a +?+na 之和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.( )

2

答案: (1)√ (2)√ (3)× 2.设数列{(-1) }的前 n 项和为 Sn,则对任意正整数 n,Sn=( A.
n

)

n[?-1? -1]
2
n

n

?-1? B. 2

n-1

+1

?-1? +1 C. 2 解析:
n n

?-1? -1 D. 2

n

因 为 数 列 {( - 1) } 是 首 项 与 公 比 均 为 - 1 的 等 比 数 列 , 所 以 Sn =
n

-1-?-1? ×?-1? ?-1? -1 = ,选 D. 1-?-1? 2 答案: D 3.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an= A.1 1 C. 6 解析: ∵an= 答案: B
37

1 ,则 S5 等于( n?n+1? 5 B. 6 1 D. 30

)

1

n?n+1? n n+1

1 1 1 1 1 1 5 = - ,∴S5=a1+a2+?+a5=1- + - +?- = . 2 2 3 6 6

4.若 Sn=1-2+3-4+5-6+?+(-1) 答案: -25

n-1

·n,则 S50=________.

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

n

-2+n

2

分组转化法求和 自主练透型 1.数列{1+2 A.1+2
n n-1

}的前 n 项和为(

) B.2+2
n

C.n+2 -1 解析: 由题意得 an=1+2
n n-1

n

D.n+2+2 ,

n

1-2 n 所以 Sn=n+ =n+2 -1,故选 C. 1-2 答案: C 2.(2014·湖南卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1) an,求数列{bn}的前 2n 项和. 解析: (1)当 n=1 时,a1=S1=1; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=
n

n2+n
2

,n∈N .

*

n2+n ?n-1?2+?n-1?
2 - 2

=n.

故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知 an=n,故 bn=2 +(-1) n.记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则 T2n=(2 +2 +?+2 )+(-1+2-3+4-?+2n). 记 A=2 +2 +?+2 ,B=-1+2-3+4-?+2n,则
1 2 2n 2n

n

n

1

2

A=

2?1-2 ? 2n+1 =2 -2, 1-2

2n

B=(-1+2)+(-3+4)+?+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=2 分组求和的解题策略 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,转化为等差数 列或等比数列或可求数列的前 n 项和的数列求和. 错位相减法求和 互动讲练型
38
2n+1

+n-2.

(2014·安徽卷)数列{an}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N . (1)证明:数列{ }是等差数列; (2)设 bn=3 · an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解析: (1)证明:由已知可得
n

*

an n

an+1 an an+1 an = +1,即 - =1. n+1 n n+1 n

所以{ }是以 =1 为首项,1 为公差的等差数列. n 1 (2)由(1)得 =1+(n-1)·1=n,所以 an=n . 从而 bn=n·3 .
n

an

a1

an n

2

Sn=1·31+2·32+3·33+?+n·3n,①
3Sn=1·3 +2·3 +?+(n-1)·3 +n·3 ①-②得,-2Sn=3 +3 +?+3 -n·3 = = 3·?1-3 ? n+1 -n·3 1-3 ?1-2n?·3 2
n+ 1 n
1 2 2 3

n

n+1

.②

n

n+1

-3 .
n+1

?2n-1?·3 所以 Sn= 4

+3 .

已知数列{an}满足首项为 a1=2,an+1=2an(n∈N ).设 bn=3log2an-2(n∈N ),数列{cn} 满足 cn=anbn. (1)求证:数列{bn}为等差数列; (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 解析: (1)证明:由已知可得,an=a1q
n-1

*

*

=2 ,

n

bn=3log22n-2,
∴bn=3n-2,∵bn+1-bn=3, ∴{bn}为等差数列,其中首项 b1=1,公差 d=3. (2)cn=anbn=(3n-2)×2 .
n

Sn=1×2+4×22+7×23+?+(3n-2)×2n, ①
2Sn=1×2 +4×2 +7×2 +?+(3n-5)×2 +(3n-2)×2 ①-②得 -Sn=2+3(2 +2 +2 +?+2 )-(3n-2)×2 4?1-2 ? n+1 =2+3× -(3n-2)×2 1-2
39
n-1
2 3 4 2 3 4

n

n+1

, ②

n

n+1

=-10+(5-3n)×2

n+1

, .

∴Sn=10-(5-3n)×2

n+1

用错位相减法求和时,应注意: (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形; (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确 写出“Sn-qSn”的表达式; (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 裂项相消法求和 分层深化型 (2013·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列?
? ? ?的前 n 项和. ?a2n-1a2n+1?

1

解析: (1)设{an}的公差为 d, 则 Sn=na1+

n?n-1? d.
2

? ?3a1+3d=0, 由已知可得? ?5a1+10d=-5. ?

解得 a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为 an=2-n. (2)由(1)知 从而数列?
?

? ? a2n-1a2n+1 ?3-2n??1-2n? 2?2n-3 2n-1?
= = - 1

1

1

1? 1

1 ?



? ?的前 n 项和为 ?a2n-1a2n+1?

1 1 ? 1? 1 1 1 1 n - + - +?+ - = . ? ? 2n-3 2n-1? 1-2n 2?-1 1 1 3 1.(2014·山东济南一模 ) 设等 差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S3=2S2+4,a5=36. (1)求 an,Sn; 1 1 1 1 * (2)设 bn=Sn-1(n∈N ),Tn= + + +?+ ,求 Tn.

b1 b2 b3

bn

解析: (1)因为 S3=2S2+4, 所以 a1-d=-4, 又因为 a5=36, 所以 a1+4d=36,
40

解得 d=8,a1=4, 所以 an=4+8(n-1)=8n-4,Sn= (2)bn=4n -1=(2n-1)(2n+1), 1 所以 =
2

n?4+8n-4?
2

=4n .

2

bn

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

1 ? 1? 1 - = ? ?, 2?2n-1 2n+1?

Tn= + + +?+ b1 b2 b3 bn
1 1 ? 1? 1 1 1 - = ?1- + - +?+ ? 3 3 5 2n-1 2n+1? 2? 1 ? 1? n = ? 1- . ?= 2n+1? 2n+1 2? 2.(2013·江西卷改编 ) 正项数 列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an;
2 2 2

1

1

1

1

n+1 (2)令 bn= 2 2,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. ?n+2? an
解析: (1)由 Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0, 得[Sn-(n +n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n +n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n-(n-1) -(n-1)=2n. 综上可知,数列{an}的通项 an=2n.
2 2 2 2 2 2 2

n+1 (2)由于 an=2n,bn= 2 2, ?n+2? an
1 n+1 1 ?1 ? 则 bn= 2 2- 2?. ? 2= 4n ?n+2? 16?n ?n+2? ?

Tn= ?1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ 2- 2+ 2- 2? 3 2 4 3 5 ?n-1? ?n+1? n ?n+2?
= = 1 1 1 1? ? 1+ 2- 2- 2 ? 2 ? n + 1 ? ? n + 2? ? 16? ? 1 1 1 ?5 ? 2- 2?. ? - 16?4 ?n+1? ?n+2? ? 3.已知 f(x)= 1 4+ 2,数列

1? 16?

1

1

1

1

1

1

1

1

1

? ?

x

41

{an}的前 n 项和为 Sn,点 Pn?an,-

? ?

an+1? ?

1 ?

在曲线 y=f(x)上(n∈N ),且 a1=1,an>0.

*

(1)证明:数列{an}为等差数列并求数列{an}的通项公式; 1 * (2)求证:Sn> ( 4n+1-1),n∈N . 2 解析: (1)∵- ∴ ∴ 1 1 = 1

an+1

=f(an)=-

1 4+ 2,且 an>0,

an

an+1 a
2 n+1

1 4+ 2.

an

1 * - 2=4(n∈N ).

an

?1? 1 ∴数列? 2?是等差数列,首项 2=1,公差 d=4. ?an?

a1

1 1 2 ∴ 2=1+4(n-1).∴an= . an 4n-3 ∵an>0,∴an= 1 * (n∈N ). 4n-3 1 4n-3 = 2 4n+1- 4n-3 > = , 2 2 4n-3 4n-3+ 4n+1 2

(2)证明:∵an=

1 1 ∴ Sn = a1 + a2 + ? + an > [( 5 - 1) + ( 9 - 5 ) + ? + ( 4n+1 - 4n-3 )] = 2 2 ( 4n+1-1). 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 相等.如:若{an}是等差数列,则 1 ? 1 ? 1? 1 1 1 ?1 = ? - , = ? - ? ?. a a a a anan+1 d? n n+1? anan+2 2d? n n+2? 1

A 级 基础训练 1.设{an}是公比为 q 的等比数列,Sn 是其前 n 项和,若{Sn}是等差数列,则 q 为( A.-1 C.±1 B. 1 D. 0
2 2

)

解析: 据题意可知,2S2=S1+S3,故 2(a1+a1q)=a1+(a1+a1q+a1q ),即 a1q=a1q , ∵a1≠0,q≠0,∴q=1.故选 B. 答案: B

42

2.若数列{an}的通项公式是 an=(-1) (2n-1),则 a1+a2+a3+?+a100=( A.-200 C.200 解析: B.-100 D.100

n

)

由题意知,a1+a2+a3+?+a100=-1+3-5+7+?+(-1) (2×100-1)=

100

(-1+3)+(-5+7)+?+(-197+199)=2×50=100. 答案: D
?1? 3.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? ?的前 ?an?

5 项和为( 15 A. 或 5 8 31 C. 16

) 31 B. 或 5 16 15 D. 8
3 6

9?1-q ? 1-q 解析: 设{an}的公比为 q,由题意知 q≠1,所以由 = ,解得 q=2. 1-q 1-q
?1? 1 所以? ?是以 1 为首项, 为公比的等比数列, a 2 ? n?

?1?5 1-? ? ?2? 31 ∴S5= = ,故选 C. 1 16 1- 2
答案: C 1 1 1 1 4.(2014·云南曲靖一模) 2 + 2 + 2 +?+ 的值为( 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1 )

n+1 A. 2?n+2?
1 ? 3 1? 1 + C. - ? ? 4 2?n+1 n+2? 解析: ∵

3 n+1 B. - 4 2?n+2? 3 1 1 D. - + 2 n+1 n+2

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

1 ? 1?1 = ? - ?, 2?n n+2? ∴ 1 1 1 1 + 2 + 2 +?+ 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1
2

1 1 ? 1? 1 1 1 1 1 = ?1- + - + - +?+ - 3 2 4 3 5 n n+2? 2? ? 1 1 ? 1?3 - = ? - ? 2?2 n+1 n+2?

43

1 ? 3 1? 1 + = - ? ?. 4 2?n+1 n+2? 答案: C 5 . (2014· 江 南 十 校 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) = x 的 图 象 过 点 (4,2) , 令 an = 1 * ,n∈N .记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S2 013=( f?n+1?+f?n? A. 2 012-1 C. 2 014-1 B. 2 013-1 D. 2 014+1 )
a

1 1 a 解析: 由 f(4)=2 可得 4 =2,解得 a= ,则 f(x)=x . 2 2 ∴an= 1

f?n+1?+f?n?



1

n+1+ n

= n+1- n,

S2 013= a1+a2+ a3+?+ a2 013= ( 2 - 1)+( 3 - 2) +( 4 - 3)+?+( 2 014 -
2 013)= 2 014-1. 答案: C 6.数列 a1+2,?,ak+2k,?,a10+20 共有十项,且其和为 240,则 a1+?+ak+? +a10 的值为________. 解析: a1+?+ak+?+a10 =240-(2+?+2k+?+20) ?2+20?×10 =240- 2 =240-110=130. 答案: 130 1 7.在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=-4,则公比 q=________;|a1|+|a2|+?+|an| 2 =________. 解析: 设等比数列{an}的公比为 q, 则 a4=a1q , 代入数据解得 q =-8, 所以 q=-2; 1 1 n-1 等比数列{|an|}的公比为|q|=2,则|an|= ×2 ,所以|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|= (1 2 2 +2+2 +?+2
2 3 3

n-1

1 n 1 n-1 )= (2 -1)=2 - . 2 2 2
n-1

答案: -2

1 - 2

x 4 ?1? ?2? ?10? 8. 设 f(x)= x , 利用倒序相加法, 可求得 f? ?+f? ?+?+f? ?的值为________. 4 +2 ?11? ?11? ?11?

4x1 4x2 2×4x1+x2+2×?4x1+4x2? 解析: 当 x1+x2=1 时, f(x1)+f(x2)= + = 4x1+2 4x2+2 4x1+x2+?4x1+4x2?×2+4
44

=1.

?1? ?2? ?10? ? ? 1 ? ?10?? ? ? 2 ? ? 9 ?? 设 S=f? ?+ f? ? +?+f? ?,倒序相加有 2S=?f? ?+f? ?? + ?f? ?+f? ?? ?11? ?11? ?11? ? ?11? ?11?? ? ?11? ?11?? ? ?10? ? 1 ?? +?+?f? ?+f? ?? ? ?11? ?11??
=10,即 S=5. 答案: 5 9.(2014·全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x -5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列? n?的前 n 项和. ?2 ? 解析: (1)方程 x -5x+6=0 的两根为 2,3, 由题意得 a2=2,a4=3. 1 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d,故 d= . 2 3 从而 a1= . 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2
?an? an n+2 (2)设? n?的前 n 项和为 Sn.由(1)知 n= n+1 ,则 2 2 ?2 ?
2 2

?an?

3 4 n+1 n+2 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 1 3 4 n+1 n+2 Sn= 3+ 4+?+ n+1 + n+2 . 2 2 2 2 2 两式相减得 1 ? n+2 1 3 ?1 Sn= +? 3+?+ n+1?- n+2 2 2 2 4 ? ? 2 1 ? n+2 3 1? = + ?1- n-1?- n+2 . 4 4? 2 ? 2 所以 Sn=2-

n+4
2
n+1

.

10.(2014·山东卷)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

45

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

4n

anan+1

=(-1)

n-1

4n ?2n-1??2n+1?

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

当 n 为偶数时, + + Tn=?1+ ?-? + ?+?+? - =1- 3 3 5 2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?

? ? ? ?

1?

?1 1? ? ? ? ?1 1? ? ? ?

? 1 ? ? ? 1 ? ?

1 ?

?

1 2n = . 2n+1 2n+1

当 n 为奇数时, + + Tn=?1+ ?-? + ?+?-? + =1+ 3 3 5 2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1? 1? 1 ? 1 ?

?

1 2n+2 = . 2n+1 2n+1

2n+2 ? ?2n+1,n为奇数, 所以 T =? 2n ? ?2n+1,n为偶数.
n

?或Tn=2n+1+?-1? ?. ? ? 2n+1 ? ?
B 级 能力提升

n-1

? 1? ?1? ?n-1?+f(1)(n 1.已知 F(x)=f?x+ ?-1 是 R 上的奇函数,an=f(0)+f? ?+?+f? ? ? 2? ?n? ? n ?
∈N ),则数列{an}的通项公式为( A.an=n-1 C.an=n+1
*

) B.an=n D.an=n
2

1? ? 1? ? 解析: ∵F(x)+F(-x)=0, ∴f?x+ ?+f?-x+ ?=2, 即若 a+b=1, 则 f(a)+f(b) 2 2 ? ? ? ?

?1? ?2? ?n-1? + f(1) ,得 2a = [f(0) + f(1)] + = 2. 于是,由 an = f(0) + f ? ? + f ? ? +?+ f ? ? n ?n? ?n? ? n ? ?f?1?+f?n-1??+?+?f?n-1?+f?1??+[f(1)+f(0)]=2n+2,∴a =n+1.故选 C. ? ?n? ? n ?? ? ? n ? ?n?? n ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ??
答案: C 2.(2014·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 3 为{bn}的前 n 项和.若 a12= a5>0,则当 Sn 取得最大值时 n 的值为________. 8 3 76 ? 81? 解析: 设{an}的公差为 d,由 a12= a5>0,得 a1=- d,d<0,所以 an=?n- ?d, 5? 8 5 ? 从而可知当 1≤n≤16 时,an>0;
*

46

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 3.(2014·广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn 满足 Sn-(n +n -3)Sn-3(n +n)=0,n∈N . (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n,有 1
2 * 2 2

a1?a1+1? a2?a2+1?



1

+?+

1

an?an+1? 3

1 < .

解析: (1)令 n=1 代入得 a1=2(负值舍去). (2)由 Sn-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N 得[Sn-(n +n)](Sn+3)=0. 又已知各项均为正数,故 Sn=n +n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n-(n-1) -(n-1)=2n, 当 n=1 时,a1=2 也满足上式, 所以 an=2n,n∈N . (3)证明:k∈N 4k +2k-(3k +3k)=k -k=k(k-1)≥0, ∴4k +2k≥3k +3k, ∴ 1
2 2 *, 2 2 2 * 2 2 2 2 2 2 * 2

ak?ak+1? 2k?2k+1? 4k2+2k 3k2+3k



1



1



1

1 ? 1?1 = ? - ?. 3?k k+1? ∴ 1 1 1 + +?+ a1?a1+1? a2?a2+1? an?an+1?

1 1 ? 1?1 1 1 1 ≤ ? - + - +?+ - 1 2 2 3 n n + 1? 3? ? 1 ? 1 1? = ? 1- < . n+1? 3? ? 3 ∴不等式成立. 4.已知数列{an},如果数列{bn}满足 b1=a1,bn=an+an-1,n≥2,n∈N ,则称数列{bn} 是数列{an}的“生成数列”. (1)若数列{an}的通项为 an=n,写出数列{an}的“生成数列”{bn}的通项公式;
47
*

(2)若数列{cn}的通项为 cn=2n+b(其中 b 是常数),试问数列{cn}的“生成数列”{qn} 是否是等差数列,请说明理由; (3)已知数列{dn}的通项为 dn=2 +n,求数列{dn}的“生成数列”{pn}的前 n 项和 Tn. 解析: (1)当 n≥2 时,bn=an+an-1=2n-1, 当 n=1 时,b1=a1=1 适合上式,∴bn=2n-1(n∈N ).
? ?2+b,n=1, (2)qn=? ?4n+2b-2,n≥2, ?
*

n

当 b=0 时,qn=4n-2,由于 qn+1-qn=4,所以此时数列{cn}的“生成数列”{qn}是等 差数列. 当 b≠0 时,由于 q1=c1=2+b,q2=6+2b,q3=10+2b,此时 q2-q1≠q3-q2,所以此 时数列{cn}的“生成数列”{qn}不是等差数列.
? ?3,n=1, (3)pn=? n-1 ?3·2 +2n-1,n≥2, ?

当 n>1 时,Tn=3+(3·2+3)+(3·2 +5)+?+(3·2 ∴Tn=3+3(2+2 +2 +?+2
2 3

2

n-1

+2n-1),
n
2

n-1

)+(3+5+7+?+2n-1)=3·2 +n -4.
n
2

又 n=1 时,T1=3,适合上式,∴Tn=3·2 +n -4. 第五节 数列的综合应用

能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系, 并能用相关知识解决相应的问 题. 等差数列与等比数列的综合问题 互动讲练型 (2014·浙江卷节选)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.求 Sn.
*

an bn

解析: (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=2 (n∈N ). 所以,a1a2a3?an=2
n
*

n?n+1?
2

=( 2)

n(n+1).

故数列{bn}的通项为 bn=n(n+1)(n∈N ). (2)由(1)知,
48

*

* cn= - = n-? - ?,n∈N . an bn 2 ?n n+1?

1

1

1

?1

1 ?

所以 Sn=

1

n+1 2n

1 * - (n∈N ).

(2014·广东湛江二模)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; (2)设数列{cn}对 n∈N 均有 + +?+ =an+1 成立,求 c1+c2+c3+?+c2 014 的值. 解析: (1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d) =(1+d)(1+13d).∵d>0, 故解得 d=2.∴an=1+(n-1)·2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9, ∴数列{bn}的公比为 3, ∴bn=3·3
n-2
2 *

c1 c2 b1 b2

cn bn

=3

n-1

.

(2)由 + +?+ =an+1 得 当 n≥2 时, + +?+

c1 c2 b1 b2

cn bn

c1 c 2 b1 b 2

cn-1 =an. bn-1

两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. ∴cn=2bn=2·3
n-1

cn bn

(n≥2),

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

6-2×3 ∴c1+c2+c3+?+c2 014=3+ 1-3

2 014

=3+(-3+3

2 014

)=3

2 014

.

解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是清理两个数列的关系.如 果同一数列中部分项成等差数列, 部分项成等比数列, 要把成等差数列或等比数列的项抽出 来单独研究;如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开, 弄清两个数列各自的特征,再进行求解. 数列的实际应用问题 互动讲练型 某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员,第 1 名得全部资金的一半多一万 元,第二名得剩下的一半多一万元,以名次类推都得到剩下的一半多一万元,到第 10 名恰 好资金分完,求此科研单位共拿出多少万元资金进行奖励.

49

解析: 设单位共拿出 x 万元资金,第 1 名到第 10 名所得资金构成数列{an},前 n 项 和为 Sn,则

x 1 a1= +1,an= (x-Sn-1)+1(n≥2),
2 2 ∴2an=x-Sn-1+2,2an+1=x-Sn+2, 两式相减得 2an+1-2an=-an,∴2an+1=an. 1 x ∴{an}是公比为 的等比数列,首项为 +1. 2 2

由 S10=

?x+1??1- 1 ? ?2 ?? 210? ? ?? ?
1 1- 2

=x,解得 x=2 046.

故单位共拿出 2 046 万元资金进行奖励.

某公司按现有能力,每月收入为 70 万元,公司分析部门测算,若不进行改革,入世后 因竞争加剧收入将逐月减少. 分析测算得入世第一个月收入将减少 3 万元, 以后逐月多减少 2 万元,如果进行改革,即投入技术改造 300 万元,且入世后每月再投入 1 万元进行员工培 训,则测算得自入世后第一个月起累计收入 Tn 与时间 n(以月为单位)的关系为 Tn=an+b, 且入世第一个月时收入为 90 万元, 第二个月时累计收入为 170 万元, 问入世后经过几个月, 该公司改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入. 解析: 改革后经过 n 个月的累计纯收入为 Tn-300-n 万元, 不改革时的累计纯收入为 70n-?3n+
?90=a+b ? 又? ?170=2a+b ?

? ?

n?n-1?
2

·2? ?,

?

,∴?

?a=80 ? ?b=10 ?

.

由题意建立不等式 80n+10-300-n>70n-3n-n(n-1), 即 n +11n-290>0,得 n>12.4. ∵n∈N ,取 n=13. ∴经过 13 个月改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入. 解答数列实际应用问题的步骤 (1)确定模型类型:理解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模 型、简单的递推数列模型.基本特征如下表: 数列模型 等差数列 等比数列 基本特征 均匀增加或者减少 指数增长,常见的是增产率问题、存款复利问题
* 2

50

简单递推 数列

指数增长的同时又均匀减少,如年收入增长率为 20%,每年年底要拿出

a(常数)作为下年度的开销,即数列{an}满足 an+1=1.2an-a

(2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程(组) 或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确. (3)给出问题的回答:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案, 在解题中不要忽视了这点. [提醒] 一般地, 涉及递增率或递减率要用等比数列, 涉及依次增加或减少要用等差数 列,有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列的,注意之间的联系. 数列与函数、不等式的综合应用 互动讲练型 (2014·四川卷)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2 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; 1 (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- ,求数 ln 2 列? ?的前 n 项和 Tn.
?bn? ?an?
*

x

解析: (1)由已知,b7=2a7,b8=2a8=4b7, 有 2a8=4×2a7=2a7+2. 解得 d=a8-a7=2. 所以 Sn=na1+

n?n-1? d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
2
x

(2)函数 f(x)=2 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2 =(2a2ln 2)(x-a2), 它在 x 轴上的截距为 a2- 由题意知,a2- 1 . ln 2

1 1 =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2
n

所以 d=a2-a1=1,从而 an=n,bn=2 . 1 2 3 n-1 n 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 1 1 1 n 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+?+ n-1- n 2 2 2 2 1 n 2 =2- n-1- n= 2 2
n+1

-n-2 . n 2
51

2 所以 Tn=

n+1

-n-2 . n 2

已知等比数列{an}满足 an+1+an=9·2 (1)求数列{an}的通项公式;

n-1

,n∈N .

*

(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. 解析: (1)设等比数列{an}的公比为 q, ∵an+1+an=9·2 ∴q=
n-1

*

,n∈N ,∴a2+a1=9,a3+a2=18.

*

a3+a2 18 = =2. a2+a1 9

∴2a1+a1=9,∴a1=3. ∴an=3·2
n-1

,n∈N .

*

(2)由(1)知 Sn=
n

a1?1-qn? 3?1-2n? n = =3(2 -1), 1-q 1-2
n-1

∴不等式 3(2 -1)>k·3·2

1 * -2,∴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? ? 解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基 本条件,综合函数与不等式的知识求解;数列是特殊的函数,以数列为背景的不等式证明问 题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇上命题的特点. 数列中的探索性问题 互动讲练型 (2014·浙江温州十校联考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=
? 1 1? (1)求证:? + ?是等比数列,并求{an}的通项公式 an; ?an 2?

an * (n∈N ). an+3

(2)数列{bn}满足 bn=(3 -1)· n·an,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若不等式(-1) λ < 2

n

n

n

Tn+

n

2

n-1

对一切 n∈N 恒成立,求 λ 的取值范围. 1 an+3 3 得 = =1+ , an+3 an+1 an an
52

*

解析: (1)证明:由 an+1=

an



1 ? 1 1? 1 1 3 + =3? + ?,又 + = , an+1 2 ?an 2? a1 2 2 1

? 1 1? 3 ∴? + ?是以 为首项,3 为公比的等比数列, a 2 2 ? n ?

1 1 3 3 2 n-1 ∴ + = ×3 = ,即 an= n . an 2 2 2 3 -1

n

n 1 1 1 1 1 (2)bn= n-1,Tn=1× 0+2× 1+3× 2+?+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 2 2 2 2 Tn
1 1 1 1 =1× 1+2× 2+?+(n-1)× n-1+n× n, 2 2 2 2 2

Tn 1 1 1 1 1 n+2 两式相减得 = 0+ 1+ 2+?+ n-1-n× n=2- n , 2 2 2 2 2 2 2
∴Tn=4-

n+2
2
n-1

,∴(-1) λ <4- 2 2

n

2 2

n-1

.

若 n 为偶数,则 λ <4-

n-1

,∴λ <3;

2 若 n 为奇数,则-λ <4- n-1, 2 ∴-λ <2,∴λ >-2.∴-2<λ <3.

(2014·江西上饶六校第二次联考)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a2=2, S5=15, 1 n+1 数列{bn}满足 b1= ,bn+1= bn. 2 2n (1)求数列{an},{bn}的通项公式; 2Sn?2-Tn? (2)记 Tn 为数列{bn}的前 n 项和,f(n)= ,试问 f(n)是否存在最大值,若 n+2 存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.
? ?a1+d=2, 解析: (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则? ?5a1+10d=15, ?

解得 a1=1,

d=1,∴an=n,
由题意知

bn+1 bn bn b1?1?n-1 = ,∴ = ? ? , n+1 2n n 1 ?2?

∴bn= n. 2 1 2 3 n (2)由(1),得 Tn= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 1 1 2 3 n Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1, 2 2 2 2 2
53

n

所以 Tn=2- 又 Sn=

n+2
2
n

, ,
2 2 2

n?n+1?
2

2Sn?2-Tn? n +n ?n+1? +n+1 n +n 所以 f(n)= = n ,f(n+1)-f(n)= - n n+1 n +2 2 2 2 = ?n+1??2-n? , n+1 2

当 n≥3 时,f(n+1)-f(n)<0, 当 n<3 时,f(n+1)-f(n)≥0, 3 3 又 f(1)=1,f(2)= ,f(3)= , 2 2 3 ∴f(n)存在最大值,为 . 2 解决存在问题的思路是先假设存在,然后根据假设及题设条件,通过正 确的推理演算,如果能得到一个符合条件的数或式,则假设成立;若得到不符合条件的数或 式,或推出矛盾,则假设不成立,即不存在.

A 级 基础训练 1.(2014·山西省第三次四校联考)设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是 1,公差与 公比都是 2,则 ab1+ab2+ab3+ab4+ab5=( A.54 C.58 ) B.56 D.57
n-1

解析: 由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2 +a4+a8+a16=1+3+7+15+31=57. 答案: D

=2

n-1

,∴ab1+?+ab5=a1+a2

2.(2014·北京卷)设{an}是公比为 q 的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的 ( ) A.充分而不必要条件 C.充分必要条件 解析: B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
?a1>0, ? ?q>1 ?

等比数列{an}为递增数列的充要条件为?

或?

?a1<0, ? ?0<q<1. ?

故“q>1”

是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选 D. 答案: D

54

3.已知数列{an},{bn}满足 a1=1 且 an,an+1 是函数 f(x)=x -bnx+2 的两个零点,则

2

n

b10 等于(
A.24 C.48

) B.32 D.64
n n+1

解析: 依题意有 anan+1=2 , 所以 an+1an+2=2

, 两式相除得

an+2 =2.所以 a1, a3, a5, ? an
4 5

成等比数列,a2,a4,a6,?也成等比数列,而 a1=1,a2=2.所以 a10=2·2 =32,a11=1·2 =32.又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64. 答案: D

4.(2014·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数,且当 n≥3 时,a4a2n-4= 10 ,则数列 lg a1,2lg a2,2 lg a3,2 lg a4,?,2 A.n·2
n
2n 2 3

n-1

lg an,?的前 n 项和 Sn 等于(
n-1

)

B.(n-1)·2
n

-1

C.(n-1)·2 +1

D.2 +1
2n 2 2n

n

解析: ∵等比数列{an}的各项都为正数,且当 n≥3 时,a4a2n-4=10 ,∴an=10 ,即

an=10n,∴2n-1lg an=2n-1lg 10n=n·2n-1,∴Sn=1+2×2+3×22+?+n×2n-1,①
2Sn=1×2+2×2 +3×2 +?+n·2 ,② ∴①-②得-Sn=1+2+2 +?+2 ∴Sn=(n-1)·2 +1. 答案: C 5.若数列{an},{bn}的通项公式分别是 an=(-1) 对任意 n∈N 恒成立,则实数 a 的取值范围是( 1? ? A.?-1, ? 2? ? 3? ? C.?-2, ? 2? ?
* 2 2 3

n

n-1

-n·2 =2 -1-n·2 =(1-n)·2 -1,

n

n

n

n

n

n+2014

?-1? a,bn=2+

n+2 015

n

,且 an<bn

) 1? ? B.?-2, ? 2? ? 3? ? D.?-1, ? 2? ?

1? 1 ? * 解析: 当 n=2k(k∈N )时,由 an<bn 恒成立,得 a<2- 恒成立,所以 a<?2- ?min 2k ? 2k? 1 ? 3 1 ? * = ; 当 n=2k-1(k∈N )时, 由 an<bn 恒成立, 得-a<2+ 恒成立, 即 a>-?2+ 2 k -1? 2 2k-1 ? ? 3 恒成立,所以 a≥-2.综上知,-2≤a< .故选 C. 2 答案: C 6.(2014·上海八校联合调研)已知数列{an}的首项 a1=2,其前 n 项和为 Sn.若 Sn+1= 2Sn+1,则 an=________. 解析: 由 Sn+1=2Sn+1,
55

则有 Sn=2Sn-1+1(n≥2), 两式相减得 an+1=2an, 又 S2=a1+a2=2a1+1,a2=3, 所以数列{an}从第二项开始成等比数列,
? ?2,n=1, ∴an=? n-2 ? ?3·2 ,n≥2. ?2,n=1, ? 答案: ? n-2 ?3·2 ,n≥2 ?

7. (2014·安徽卷)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: 根据题意易得 a1=2,a2= 2,a3=1. ∴{an}构成以 a1=2,q= ∴a7=a1q =2×?
6

2 的等比数列. 2

? 2?6 1 ?= . ?2? 4

答案:

1 4

8.设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,若

S2n * (n∈N )是非零常数,则称数列{an}为“和等比数 Sn

列”. 若数列{2bn}是首项为 2, 公比为 4 的等比数列, 则数列{bn}________(填“是”或“不 是”)“和等比数列”. 解析: 数列{2bn}是首项为 2,公比为 4 的等比数列,所以 2bn=2·4 2n-1.设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=n ,T2n=4n ,所以 等比数列”. 答案: 是 9.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n ,数列{bn}为等比数列,且首项 b1=1,b4 =8. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=abn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解析: (1)∵数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n ,
56
2 2 2 2

n-1

=2

2n-1

,bn=

T2n =4,因此数列{bn}是“和 Tn

∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n -(n-1) =2n-1. 当 n=1 时,a1=S1=1 亦满足上式,故 an=2n-1(n∈N ). 又数列{bn}为等比数列,设公比为 q, ∵b1=1,b4=b1q =8,∴q=2. ∴bn=2
n-1
3 *

2

2

(n∈N ).
n

*

(2)cn=abn=2bn-1=2 -1.

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

-2-n.

10.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1 且 3an+1+2Sn=3(n 为正整数). (1)求{an}的通项公式; 3 * (2)若所有 n∈N , k≤Sn 恒成立,求实数 k 的最大值. 2 1 解析: (1)当 n=1 时,a1=1,3an+1+2Sn=3? a2= ; 3 当 n≥2 时,3an+1+2Sn=3? 3an+2Sn-1=3,得 3(an+1-an)+2(Sn-Sn-1)=0,因此 3an+1 -an=0,即

an+1 1 = , an 3

1 所以数列{an}是首项 a1=1,公比 q= 的等比数列, 3

?1?n-1 所以 an=? ? . ?3?
3 3? ?1?n? * (2)证明:因为? n∈N , k≤Sn 恒成立,Sn= ?1-? ? ?, 2 2? ?3? ? 3 3? ?1?n? 即 k≤ ?1-? ? ?, 2 2? ?3? ?

?1?n 所以 k≤1-? ? . ?3? ?1?n * 令 f(n)=1-? ? ,n∈N ,所以 f(n)单调递增,k 只需小于等于 f(n)的最小值即可,当 ?3?
n=1 时,f(n)取得最小值,所以 k≤f(1)=1- = ,实数 k 的最大值为 .
B 级 能力提升 1 .(2014·湖南三校上学期联考 ) 在等比数列 {an} 中, 0 < a1 < a4 = 1 ,则能使不等式 1 3 2 3 2 3

?a1- 1 ?+?a2- 1 ?+?+?an- 1 ?≤0 成立的最大正整数 n 是( ? ? ? a1? a2? an? ? ? ? ? ? ?

)

57

A.5 C.7 解析:

B. 6 D. 8
?1? 1 设等比数列{an}的公比为 q,则? ?为等比数列,其公比为 ,因为 0<a1<a4 ?an?

q

1? ? 1? 1? 1 ? ? =1,所以 q>1 且 a1= 3.又因为?a1- ?+?a2- ?+?+?an- ?≤0,所以 a1+a2+?+

q

?

a1? ?

a2?

?

an?

an≤ + +?+ ,即 a1 a2 an a1?1-q ? a1? ≤ 1-q
n

1

1

1

1?

1? ?1-qn? ? 1 1-

1 n 7 ,把 a1= 3代入,整理得 q ≤q ,因为 q>1,所以 n≤7,故选 C.

q

q

答案: C 2.(2014·上海六校二联)已知数列{an}的通项公式为 an=2
?bn,an≤bn, ? bn=n+k,设 cn=? ?an,an>bn, ?
5-n

,数列{bn}的通项公式为
*

若在数列{cn}中,c5≤cn 对任意 n∈N 恒成立,则实数 k 的

取值范围是________. 解析: 数列 cn 是取 an 和 bn 中的最大值,据题意 c5 是数列{cn}的最小项,由于函数 y =2
5-n

是减函数,函数 y=n+k 是增函数,所以 b5≤a5≤b6 或 a5≤b5≤a4,即 5+k≤2
5-5

5-5

≤6

+k 或 2

≤5+k≤2

5-4

,解得-5≤k≤-4 或-4≤k≤-3,所以-5≤k≤-3.

答案: [-5,-3] 3. 祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 在 11 个省区设立了海峡两岸农业合作试验 区和台湾农民创业园, 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、 受理、 审批一站式服务,某台商到大陆一创业园投资 72 万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种 经费 12 万美元,以后每年增加 4 万美元,每年销售蔬菜收入 50 万美元,设 f(n)表示前 n 年的纯收入.(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年的总支出-投资额) (1)从第几年开始获取纯利润? (2)若干年后,该台商为开发新项目,有两种处理方案:①年平均利润最大时以 48 万美 元出售该厂;②纯利润总和最大时,以 16 万美元出售该厂,问哪种方案最合算? 解析: 由题意,知每年的经费是以 12 为首项,4 为公差的等差数列.设纯利润与年 数的关系为 f(n), 则 f(n)=50n-?12n+

? ?

n?n-1?
2

×4? ?-72=-2n2+40n-72.

?

(1)获取纯利润就是要求 f(n)>0,故有-2n +40n-72>0,解得 2<n<18. 又 n∈N ,知从第三年开始获利.
*

2

58

(2)①平均利润为

f?n? ? 36? =40-2?n+ ?≤16,当且仅当 n=6 时取等号. n? n ?

故此方案获利 6×16+48=144(万美元),此时 n=6. ②f(n)=-2n +40n-72=-2(n-10) +128, 当 n=10 时,f(n)max=128. 故此方案共获利 128+16=144(万美元). 比较两种方案,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. 1 * 4.(2014·浙江杭州第一次质检)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=1- ,其中 n∈N . 4an 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 (2)设 cn= 4an 1 ,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
2 2

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 解析: (1)∵bn+1-bn= - 2an+1-1 2an-1 = 2 2 - 1 2 a -1 n ? ? 2?1- ?-1 ? 4an? 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, 由 bn= 2 n+1 得 an= . 2an-1 2n 4an n+1 2 ,an= 得 cn= , n+1 2n n 4 1 ? ?1 =2? - ?, ?n n+2?

(2)由 cn= ∴cncn+2=

n?n+2?

1 1 ? ? 1 1 1 1 1 ∴Tn=2?1- + - + - +?+ - n n+2? ? 3 2 4 3 5 ? 1 1 ? ? 1 - =2?1+ - ?<3, ? 2 n+1 n+2? 依题意要使 Tn< 1

cmcm+1

对于 n∈N 恒成立,只需

*

1

cmcm+1

≥3,即

m?m+1?
4

≥3,

解得 m≥3 或 m≤-4,又 m 为正整数,所以 m 的最小值为 3.

59


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