nbhkdz.com冰点文库

【创新设计,教师用书】(人教A版,理科)2015届高考数学第一轮复习细致讲解练:第五篇 数列

时间:2015-11-23

第五篇 数



A

第1讲 [最新考纲]

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函数.

知 识 梳 理 1.数列的概念 (1)数列的定义 按照一定顺序排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫做这个数列的项.排 在第一位的数称为这个数列的第 1 项,通常也叫做首项. (2)数列的通项公式 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. (3)数列的前 n 项和 在数列{an}中,Sn=a1+a2+?+an 叫做数列的前 n 项和. 2.数列的表示方法 (1)表示方法

列表法 图象法 公 式 法 通项公式

列表格表达 n 与 f(n)的对应关系 把点(n,f(n))画在平面直角坐标系中 把数列的通项使用通项公式表达的方法 使用初始值 a1 和 an+1=f(an)或 a1, a2 和 an+1=f(an, an-1)等表达数列 的方法

递推 公式

(2)数列的函数特征:上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法,数列可以 看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2,?,n}的函数 an=f(n))当自变量 由小到大依次取值时所对应的一列函数值.

* 3.数列的分类

分类原则 按项数分类 单 调 性

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*

从第二项起, 有些项大于它 摆动数列 的前一项, 有些项小于它的 前一项的数列 周期性 ?n∈N*,存在正整数常数 k,an+k=an

4.an 与 Sn 的关系 ?S1,n=1, 若数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an=? ?Sn-Sn-1,n≥2. 辨 析 感 悟 1.对数列概念的认识 (1)数列 1,2,3,4,5,6 与数列 6,5,4,3,2,1 表示同一数列.(×) (2)1,1,1,1,?不能构成一个数列.(×) 2.对数列的性质及表示法的理解 1+?-1?n+1 (3)(教材练习改编)数列 1,0,1,0,1,0,?的通项公式,只能是 an= .(×) 2 (4)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.(×)

(5)(2013· 开封模拟改编)已知 Sn=3n+1,则 an=2· 3n-1.(×) [感悟· 提升] 1.一个区别 “数列”与“数集”

数列与数集都是具有某种属性的数的全体,数列中的数是有序的,而数集中的元 素是无序的, 同一个数在数列中可以重复出现, 而数集中的元素是互异的, 如(1)、 (2). 2.三个防范 如(4). ?1,n为奇数, 二是数列的通项公式不唯一,如(3)中还可以表示为 an=? ?0,n为偶数. 三是已知 Sn 求 an 时,一定要验证 n=1 的特殊情形,如(5). 学生用书?第 79 页 一是注意数列不仅有递增、递减数列,还有常数列、摆动数列,

考点一

由数列的前几项求数列的通项

【例 1】 根据下面各数列前几项的值,写出数列的一个通项公式: (1)-1,7,-13,19,?; 2 4 6 8 10 (2)3,15,35,63,99,?; 1 9 25 (3)2,2,2,8, 2 ,?; (4)5,55,555,5 555,?. 解 (1)偶数项为正,奇数项为负,故通项公式必含有因式(-1)n,观察各项的绝 对值,后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6,故数列的一个通项公式为 an =(-1)n(6n-5). (2) 这 是 一 个 分 数 数 列 , 其 分 子 构 成 偶 数 数 列 , 而 分 母 可 分 解 为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11,?,每一项都是两个相邻奇数的乘积.知所求数列 2n 的一个通项公式为 an= . ?2n-1??2n+1? (3)数列的各项,有的是分数,有的是整数,可将数列的各项都统一成分数再观 1 4 9 16 25 n2 察.即2,2,2, 2 , 2 ,?,从而可得数列的一个通项公式为 an= 2 .

5 5 5 (4)将原数列改写为9×9,9×99,9×999,?,易知数列 9,99,999,?的通项为 10n-1, 5 故所求的数列的一个通项公式为 an=9(10n-1). 规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时,需仔细观察分析,抓住其几方面 的特征:分式中分子、分母的各自特征;相邻项的变化特征;拆项后的各部分特 征;符号特征.应多进行对比、分析,从整体到局部多角度观察、归纳、联想. 【训练 1】 根据下面数列的前几项的值,写出数列的一个通项公式: 1 1 5 13 29 61 (1)2,4,-8,16,-32,64,?; 3 7 9 (2)2,1,10,17,?. 解 (1)各项的分母分别为 21,22,23,24,?,易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 2-3 21-3 22-3 23-3 24-3 3.因此把第 1 项变为- 2 , 原数列可化为- 21 , 22 ,- 23 , 24 ,?, 2n-3 因此可得数列的一个通项公式为 an=(-1) · 2n .
n

3 5 7, 9 (2)将数列统一为2,5, 10 ,17,?,对于分子 3,5,7,9,?,是序号的 2 倍加 1, 可得分子的通项公式为 bn = 2n + 1 ,对于分母 2,5,10,17 ,?,联想到数列 1,4,9,16,?,即数列{n2},可得分母的通项公式为 cn=n2+1,因此可得数列的 2n+1 一个通项公式为 an= 2 . n +1

考点二

由 an 与 Sn 的关系求通项 an

2Sn 【例 2】 (2013· 广东卷节选)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, n =an+1 1 2 -3n2-n-3,n∈N*. (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式.

1 2 解 (1)依题意,2S1=a2-3-1-3, 又 S1=a1=1,所以 a2=4; 1 2 (2)由题意 2Sn=nan+1-3n3-n2-3n, 所以当 n≥2 时, 1 2 2Sn-1=(n-1)an-3(n-1)3-(n-1)2-3(n-1) 1 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an-3(3n2-3n+1)-(2n-1)-3, 整理得(n+1)an-nan+1=-n(n+1), an+1 an a2 a1 即 - =1,又 2 - 1 =1, n+1 n
?an? a1 故数列? n ?是首项为 1 =1,公差为 1 的等差数列, ? ?

an 所以 n =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2. 规律方法 给出 Sn 与 an 的递推关系,求 an,常用思路是:一是利用 Sn-Sn-1= an(n≥2)转化为 an 的递推关系,再求其通项公式;二是转化为 Sn 的递推关系,先 求出 Sn 与 n 之间的关系,再求 an. 【训练 2】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{Sn}的前 n 项和为 Tn,满足 Tn= 2Sn-n2,n∈N*. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解 (1)令 n=1 时,T1=2S1-1, ∵T1=S1=a1,∴a1=2a1-1,∴a1=1. (2)n≥2 时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2, 则 Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-1)2] =2(Sn-Sn-1)-2n+1=2an-2n+1. 因为当 n=1 时,a1=S1=1 也满足上式, 所以 Sn=2an-2n+1(n≥1), 当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1, 两式相减得 an=2an-2an-1-2,

所以 an=2an-1+2(n≥2),所以 an+2=2(an-1+2), 因为 a1+2=3≠0, 所以数列{an+2}是以 3 为首项,公比为 2 的等比数列. 所以 an+2=3×2n-1,∴an=3×2n-1-2, 当 n=1 时也成立, 所以 an=3×2n-1-2. 学生用书?第 80 页

考点三 【例 3】 在数列{an}中,

由递推公式求数列的通项公式

(1)若 a1=2,an+1=an+n+1,则通项 an=________; (2)若 a1=1,an+1=3an+2,则通项 an=________. 审题路线 (1)变形为 an+1-an=n+1?用累加法,即 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2) +?+(an-an-1)?得出 an. (2)变形为 an+1+1=3(an+1)?再变形为 an+1+1 1 = ?用累乘法或迭代法可求 an. an+1 3

解析 (1)由题意得,当 n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)=2 +(2+3+?+n)=2+ ?n-1??2+n? n?n+1? = 2 +1. 2

1×?1+1? 又 a1=2= +1,符合上式, 2 n?n+1? 因此 an= 2 +1. an+1+1 (2)an+1=3an+2,即 an+1+1=3(an+1),即 =3, an+1 法一 a2+1 a3+1 a4+1 an+1+1 =3, =3, =3,?, =3.将这些等式两边分别相 a1+1 a2+1 a3+1 an+1

an+1+1 n 乘得 =3 . a1+1 因为 a1=1,所以 an+1+1 =3n,即 an+1=2×3n-1(n≥1),所以 an=2×3n-1- 1+1

1(n≥2),又 a1=1 也满足上式,故 an=2×3n-1-1.

法二 由

an+1+1 =3,即 an+1+1=3(an+1), an+1

当 n≥2 时,an+1=3(an-1+1), ∴an+1=3(an-1+1)=32(an-2+1)=33(an-3+1)=?=3n-1(a1+1)=2×3n-1, ∴an=2×3n-1-1; 当 n=1 时,a1=1=2×31-1-1 也满足. ∴an=2×3n-1-1. 答案 (1) n?n+1? 2 +1 (2)2×3n-1-1

规律方法 数列的递推关系是给出数列的一种方法,根据给出的初始值和递推关 系可以依次写出这个数列的各项, 由递推关系求数列的通项公式, 常用的方法有: ①求出数列的前几项, 再归纳猜想出数列的一个通项公式;②将已知递推关系式 整理、变形,变成等差、等比数列,或用累加法、累乘法、迭代法求通项.
2 【训练 3】 设{an}是首项为 1 的正项数列,且(n+1)a2 an=0(n= n+1-nan+an+1·

1,2,3,?),则它的通项公式 an=________. 解析 ∵(n+1)a2 an-na2 n+1+an+1· n=0, ∴(an+1+an)[(n+1)an+1-nan]=0, 又 an+1+an>0,∴(n+1)an+1-nan=0, an+1 n-1 n a2 a3 a4 a5 an 1 2 3 4 1 即 a = ,∴a · · · · ?· =2×3×4×5×?× n ,∴an=n. a a a n+1 an-1 n 1 2 3 4 1 答案 n

1.求数列通项或指定项,通常用观察法 (对于交错数列一般用(-1)n 或(-1)n+1 来区分奇偶项的符号);已知数列中的递推关系,一般只要求写出数列的前几项, 若求通项可用归纳、猜想和转化的方法. ?S1?n=1?, 2.由 Sn 求 an 时,an=? 注意验证 a1 是否包含在后面 an 的公式 ?Sn-Sn-1?n≥2?, 中,若不符合要单独列出,一般已知条件含 an 与 Sn 的关系的数列题均可考虑上 述公式. 3.已知递推关系求通项:对这类问题的要求不高,但试题难度较难把握.一般

有三种常见思路: (1)算出前几项,再归纳、猜想; (2)“an+1=pan+q”这种形式通常转化为 an+1+λ=p(an+λ),由待定系数法求出 λ,再化为等比数列; (3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式.

思想方法 4——用函数的思想解决数列问题 【典例】 (2013· 新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0, S15=25,则 nSn 的最小值为________. 解析 由题意及等差数列的性质, 10 知 a1+a10=0,a1+a15= 3 . 10 2 两式相减,得 a15-a10= 3 =5d,所以 d=3,a1=-3. n?n-1? n3-10n2 所以 nSn=n· [na1+ 2 d]= . 3 令 f(x)= x3-10x2 ,x>0, 3

1 20 则 f′(x)=3x(3x-20),由函数的单调性,可知函数 f(x)在 x= 3 时取得最小值, 检验 n=6 时,6S6=-48,而 n=7 时,7S7=-49,故 nSn 的最小值为-49. 答案 -49 [反思感悟] (1)本题求出的 nSn 的表达式可以看做是一个定义在正整数集 N*上的 三次函数,因此可以采用导数法求解. (2)易错分析:由于 n 为正整数,因而不能将 而产生错误的地方. 【自主体验】 1.设 an=-3n2+15n-18,则数列{an}中的最大项的值是 ( 16 A. 3 13 B. 3 ). 20 代入求最值,这是考生容易忽略 3

C.4

D.0

5? 3 ? 解析 ∵an=-3?n-2?2+4,由二次函数性质,得当 n=2 或 3 时,an 最大,最 ? ? 大为 0. 答案 D 2.已知{an}是递增数列,且对于任意的 n∈N*,an=n2+λn 恒成立,则实数 λ 的 取值范围是________. λ 解析 设 f(n)=an=n2+λn,其图象的对称轴为直线 n=-2,要使数列{an}为递 λ 3 增数列,只需使定义在正整数上的函数 f(n)为增函数,故只需满足-2<2,即 λ >-3. 答案 (-3,+∞)

对应学生用书 P285 基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 2 4 6 1.(2014· 深圳中学模拟)数列 0,3,5,7,?的一个通项公式为( n-1 A.an= (n∈N*) n+1 2n D.an= (n∈N*) 2n+1 0 解析 将 0 写成 ,观察数列中每一项的分子、分母可知,分子为偶数列,可表 1 示为 2(n-1),n∈N*;分母为奇数列,可表示为 2n-1,n∈N*,故选 C. 答案 C n 1 2.若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 Sn= ,则a =( n+1 5 5 A.6 6 B.5 1 C.30 D.30 ). B.an= n-1 (n∈N*) 2n+1 ).

2?n-1? C.an= (n∈N*) 2n-1

n-1 n 1 1 解析 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - n = ,∴a =5×(5+1)=30. n+1 n?n+1? 5 答案 D 3. (2014· 贵阳模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn=2n2-1, 则 a3=( A.-10 B.6 C.10 D.14 解析 a3=S3-S2=2×32-1-(2×22-1)=10. 答案 C 4.已知 a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( ?n+1?n-1 ? A.2n-1 B.? ? n ? C.n2 D.n (构造法)由已知整理得(n+1)an=nan+1, ). ).

解析 法一

?an? an+1 an ∴ = n ,∴数列? n ?是常数列. n+1 ? ?

an a1 且 n = 1 =1,∴an=n. 法二 (累乘法):n≥2 时, ? a3 3 a2 2 a2=2,a1=1, an 两边分别相乘得a =n,又因为 a1=1,∴an=n. 1 答案 D 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn=( A.2n-1 ?3? B.?2?n-1 ? ? ?2? C.?3?n-1 ? ? D. 1 2
n-1

an-1 n-1 an n = , = . an-1 n-1 an-2 n-2

).

解析 ∵Sn=2an+1,∴当 n≥2 时,Sn-1=2an, ∴an=Sn-Sn-1=2an+1-2an(n≥2), an+1 3 即 a =2(n≥2), n 1 1 ?3? 又 a2=2,∴an=2×?2?n-2(n≥2). ? ?

1 ?3?- 1 当 n=1 时,a1=1≠2×?2? 1=3, ? ? 1,n=1, ? ? ∴an=?1?3?n-2 ? ? ,n≥2, ? ?2?2? 1 ?3? ?3? ∴Sn=2an+1=2×2×?2?n-1=?2?n-1. ? ? ? ? 答案 B 二、填空题 6. (2013· 蚌埠模拟)数列{an}的通项公式 an=-n2+10n+11, 则该数列前________ 项的和最大. 解析 易知 a1=20>0,显然要想使和最大,则应把所有的非负项求和即可,令

an≥0,则-n2+10n+11≥0,∴-1≤n≤11,可见,当 n=11 时,a11=0,故 a10 是最后一个正项,a11=0,故前 10 或 11 项和最大. 答案 10 或 11 n 7.(2014· 广州模拟)设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+?+3n-1an=3,则数列{an} 的通项公式为________. n 解析 ∵a1+3a2+32a3+?+3n-1an=3,则当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+?+3n-
2

n-1 1 1 an-1= 3 ,两式左右两边分别相减得 3n-1an=3,∴an=3n(n≥2).由题意知,

1 1 a1=3,符合上式,∴an=3n(n∈N*). 1 答案 an=3n 8.(2013· 淄博二模)在如图所示的数阵中,第 9 行的第 2 个数为________.

解析 每行的第二个数构成一个数列{an},由题意知 a2=3,a3=6,a4=11,a5 =18,所以 a3-a2=3,a4-a3=5,a5-a4=7,?, an-an-1=2(n-1)-1=2n-3,等式两边同时相加得

?2n-3+3?×?n-2? an-a2= =n2-2n, 2 所以 an=n2-2n+a2=n2-2n+3(n≥2),所以 a9=92-2×9+3=66. 答案 66 三、解答题 9.数列{an}的通项公式是 an=n2-7n+6. (1)这个数列的第 4 项是多少? (2)150 是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项? (3)该数列从第几项开始各项都是正数? 解 (1)当 n=4 时,a4=42-4×7+6=-6. (2)令 an=150,即 n2-7n+6=150, 解得 n=16 或 n=-9(舍去),即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n2-7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍). ∴从第 7 项起各项都是正数. 10.在数列{an}中,a1=1,Sn 为其前 n 项和,且 an+1=2Sn+n2-n+1. (1)设 bn=an+1-an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn; (2)求数列{an}的通项公式. 解 (1)∵an+1=2Sn+n2-n+1, ∴an=2Sn-1+(n-1)2-(n-1)+1(n≥2), 两式相减得,an+1-an=2an+2n-2(n≥2). 由已知可得 a2=3, ∴n=1 时上式也成立. ∴an+1-3an=2n-2(n∈N*),an-3an-1=2(n-1)-2(n≥2). 两式相减,得(an+1-an)-3(an-an-1)=2(n≥2). ∵bn=an+1-an, ∴bn-3bn-1=2(n≥2), bn+1=3(bn-1+1)(n≥2). ∵b1+1=3≠0, ∴{bn+1}是以 3 为公比,3 为首项的等比数列, ∴bn+1=3×3n-1=3n,

∴bn=3n-1. 1 n+1 3 ∴Tn=31+32+?+3n-n=2· 3 -n-2. (2)由(1)知,an+1-an=3n-1, ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+?+(a3-a2)+(a2-a1)+a1 1 =30+31+32+?+3n-1-(n-1)=2(3n+1)-n. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、选择题 4 1. 已知数列{an}的通项公式为 an= , 则满足 an+1<an 的 n 的取值为( 11-2n A.3 B.4 C.5 D.6 ).

4 4 8 9 解析 由 an+1<an,得 an+1-an= - = <0,解得2< 9-2n 11-2n ?9-2n??11-2n? 11 n< 2 ,又 n∈N*,∴n=5. 答案 C ??3-a?x-3,x≤7, 2.(2014· 湖州模拟)设函数 f(x)=? x-6 数列{an}满足 an=f(n),n ?a ,x>7, ∈N*,且数列{an}是递增数列,则实数 a 的取值范围是( ?9 ? A.?4,3? ? ? ?9 ? B.?4,3? ? ? C.(1,3) D.(2,3) ).

解析 ∵数列{an}是递增数列,又 an=f(n)(n∈N*),

?3-a>0, ∴?a>1, ?f?8?>f?7?
答案 D 二、填空题

?2<a<3.

3.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 4.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a(a≠3),an+1=Sn+3n,n∈N*. (1)设 bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式; (2)若 an+1≥an,n∈N*,求 a 的取值范围. 解 (1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n, 即 Sn+1=2Sn+3n, 由此得 Sn+1-3n+1=2(Sn-3n), 又 S1-31=a-3(a≠3),故数列{Sn-3n}是首项为 a-3,公比为 2 的等比数列, 因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*. (2)由(1)知 Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N*, 于是, 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a -3)2n-2, 当 n=1 时,a1=a 不适合上式, ?a,n=1, 故 an=? n-1 n-2 ?2×3 +?a-3?2 ,n≥2. an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2 ? ?3?n-2 ? ?2? +a-3?, =2n-2?12· ? ? ? ? ?3?n-2 ?2? +a-3≥0?a≥-9. 当 n≥2 时,an+1≥an?12· ? ? 又 a2=a1+3>a1. 综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞).

学生用书?第 81 页

第2讲 [最新考纲] 1.理解等差数列的概念.

等差数列及其前 n 项和

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

知 识 梳 理 1.等差数列的定义 如果一个数列从第 2 项起, 每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个 数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,公差通常用字母 d 表示. 数学语言表达式:an+1-an=d(n∈N*),d 为常数. 2.等差数列的通项公式与前 n 项和公式 (1)若等差数列{an}的首项是 a1,公差是 d,则其通项公式为 an=a1+(n-1)d. 若等差数列{an}的第 m 项为 am,则其第 n 项 an 可以表示为 an=am+(n-m)d. (2)等差数列的前 n 项和公式 n?a1+an? n?n-1? Sn= = na d.(其中 n∈N*,a1 为首项,d 为公差,an 为第 n 项) 1+ 2 2 3.等差数列及前 n 项和的性质 a+b (1)若 a,A,b 成等差数列,则 A 叫做 a,b 的等差中项,且 A= 2 . (2)若{an}为等差数列,当 m+n=p+q,am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*). (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. (5)S2n-1=(2n-1)an. nd (6)若 n 为偶数,则 S 偶-S 奇= 2 ; 若 n 为奇数,则 S 奇-S 偶=a 中(中间项).

4.等差数列与函数的关系 (1)等差数列与一次函数的区别与联系 等差数列 解析式 不同点 an=kn+b(n∈N*) 一次函数 f(x)=kx+b(k≠0)

定义域为 N*,图象是一系列孤 定义域为 R,图象是一条直线,k 立的点(在直线上),k 为公差 为斜率

数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数. ①k≠0 相同点 时,数列 an=kn+b(n∈N*)图象所表示的点均匀分布在函数 f(x)= kx+b(k≠0)的图象上; ②k>0 时, 数列为递增数列, 函数为增函数; ③k<0 时,数列为递减数列,函数为减函数 d? d ? (2)等差数列前 n 项和公式可变形为 Sn=2n2+?a1-2?n,当 d≠0 时,它是关于 n ? ? d? d ? 的二次函数,它的图象是抛物线 y=2x2+?a1-2?x 上横坐标为正整数的均匀分布 ? ? 的一群孤立的点. 辨 析 感 悟 1.对等差数列概念的理解 (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)(教材习题改编)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.(×) 2.等差数列的通项公式与前 n 项和 (4)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.(√) (5)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的.(√) (6)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数.(×) 3.等差数列性质的活用 (7)(2013· 广东卷改编)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=20.(√)
?an? (8)(2013· 辽宁卷改编)已知关于 d>0 的等差数列{an},则数列{an},{nan},? n ?, ? ?

{an+3nd}都是递增数列.(×)

[感悟· 提升] 一点注意 (1)、(2). 等差数列与函数的区别 一是当公差 d≠0 时,等差数列的通项公式是 n 的一次 等差数列概念中的“从第 2 项起”与“同一个常数”的重要性,如

函数,当公差 d=0 时,an 为常数,如(3);二是公差不为 0 的等差数列的前 n 项 和公式是 n 的二次函数,且常数项为 0;三是等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的,如(8)中若 an=3n-12,则满足已知,但 nan=3n2-12n 并非递增;若 an 1 an=n+1,则满足已知,但 n =1+n是递减数列;设 an=a1+(n-1)d=dn+m, 则 an+3nd=4dn+m 是递增数列. 学生用书?第 82 页

考点一

等差数列的基本量的求解

【例 1】 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 进而由 Sk=-35 可得 2k-k2=-35. 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或-5. 又 k∈N*,故 k=7 为所求. 规律方法 (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,体现了用方程的思想解决问题. (2)数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用,而 a1 和 d 是等 差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法. 【训练 1】 (1)(2013· 浙江五校联考)已知等差数列{an}满足 a2+a4=4,a3+a5=

10,则它的前 10 项的和 S10=( A.85 B.135 C.95

). D.23

(2)(2013· 新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 Sm-1=-2, Sm=0, Sm+1=3,则 m=( A.3 B.4 ). C.5 D.6

解析 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, ?2a1+4d=4, ?a1=-4, 则? 解得? ?2a1+6d=10, ?d=3. 10×9 ∴S10=10×(-4)+ 2 ×3=95. (2)法一 ∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,

∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3, n?n-1? n?n-1? ∴公差 d=am+1-am=1,由 Sn=na1+ 2 d=na1+ 2 , m?m-1? ? ?ma1+ 2 =0, 得? ?m-1??m-2? ? m - 1 ? a + =-2, ? 1 ? 2 1-m 由①得 a1= 2 ,代入②可得 m=5. 法二 ∵数列{an}为等差数列,且前 n 项和为 Sn,
?Sn? ∴数列? n ?也为等差数列. ? ?

① ②

Sm-1 Sm+1 2Sm -2 3 ∴ + = m ,即 + =0, m-1 m+1 m-1 m+1 解得 m=5.经检验为原方程的解.故选 C. 答案 (1)C (2)C 考点二 等差数列的判定与证明

【例 2】 (2014· 梅州调研改编)若数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+2SnSn-1 1 =0(n≥2),a1=2.
?1? (1)求证:?S ?成等差数列; ? n?

(2)求数列{an}的通项公式. 审题路线 (1)利用 an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为关于 Sn 与 Sn-1 的式子?同除 Sn· Sn-
1?利用定义证明?得出结论.

1 (2)由(1)求S ?再求 Sn?再代入条件 an=-2SnSn-1, 求 an?验证 n=1 的情况?得
n

出结论. (1)证明 当 n≥2 时,由 an+2SnSn-1=0,

1 1 得 Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以S - =2, n Sn-1
?1? 1 1 又S =a =2,故?S ?是首项为 2,公差为 2 的等差数列. ? n? 1 1

(2)解

1 1 由(1)可得S =2n,∴Sn=2n.
n

当 n≥2 时, 1 an=Sn-Sn-1=2n- n-1-n 1 1 = =- . 2?n-1? 2n?n-1? 2n?n-1?

1 当 n=1 时,a1=2不适合上式. 1 ? ?2,n=1, 故 an=? 1 - ? ? 2n?n-1?,n≥2. 规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种:一是定义法,证明 an-an-1=d(n≥2,d 为常数);二是等差中项法,证明 2an+1=an+an+2.若证明一 个数列不是等差数列,则只需举出反例即可,也可以用反证法. 【训练 2】 已知数列{an}满足:a1=2,an+1=3an+3n+1-2n. an-2n 设 bn= 3n .证明:数列{bn}为等差数列,并求{an}的通项公式. an+1-2n+1 an-2n 3an+3n+1-2n-2n+1 3an-3· 2n 证明 ∵bn+1-bn= - 3n = - =1, 3n+1 3n+1 3n+1 a1-2 ∴{bn}为等差数列,又 b1= 3 =0. ∴bn=n-1,∴an=(n-1)· 3n+2n.

学生用书?第 83 页 考点三 等差数列的性质及应用 ).

【例 3】 (1)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,S8=4a3,a7=-2,则 a9=( A.-6 B.-4 C.-2 D.2

(2)在等差数列{an}中,前 m 项的和为 30,前 2m 项的和为 100,则前 3m 项的和 为________. 解析 (1)S8=4a3? 8?a1+a8? =4a3?a3+a6=a3,∴a6=0,∴d=-2,∴a9=a7 2

+2d=-2-4=-6. (2)记数列{an}的前 n 项和为 Sn,由等差数列前 n 项和的性质知 Sm,S2m-Sm,S3m -S2m 成等差数列,则 2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m),又 Sm=30,S2m=100,S2m- Sm=100-30=70,所以 S3m-S2m=2(S2m-Sm)-Sm=110,所以 S3m=110+100= 210. 答案 (1)A (2)210 规律方法 巧妙运用等差数列的性质,可化繁为简;若奇数个数成等差数列且和 为定值时,可设中间三项为 a-d,a,a+d;若偶数个数成等差数列且和为定值 时,可设中间两项为 a -d,a+d,其余各项再依据等差数列的定义进行对称设 元. 【训练 3】 (1)在等差数列{an}中.若共有 n 项,且前四项之和为 21,后四项之 和为 67,前 n 项和 Sn=286,则 n=________. (2)已知等差数列{an}中,S3=9,S6=36,则 a7+a8+a9=________. 解析 (1)依题意知 a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67. 由等差数列的性质知 a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,∴4(a1+an)=88, ∴a1+an=22. n?a1+an? n×22 又 Sn= ,即 286 = 2 2 ,∴n=26. (2)∵{an}为等差数列, ∴S3,S6-S3,S9-S6 成等差数列, ∴2(S6-S3)=S3+(S9-S6). ∴a7+a8+a9=S9-S6 =2(S6-S3)-S3

=2(36-9)-9=45. 答案 (1)26 (2)45

1.等差数列的判断方法 (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=An2+Bn(A、B 为常数)?{an}是等差数列. 2.方程思想和化归思想:在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为 a1 和 d 等 基本量,通过建立方程(组)获得解.

方法优化 4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用 【典例】 (1)(2012· 辽宁卷)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列前 11 项和 S11=( A.58 ). B.88 C.143 D.176

(2)(2013· 北京卷 ) 若等比数列 {an} 满足: a2 + a4 = 20 , a3 + a5 = 40 ,则公比 q = ________;前 n 项和 Sn=________. [一般解法] (1)设数列{an}的公差为 d,则 a4+a8=16,即 a1+3d+a1+7d=16, 即 a1=8-5d,所以 S11=11a1+ 11×10 2 d=11(8-5d)+55d=88-55d+55d=88.

3 ?a1q+a1q =20, (2)由 a2+a4=20,a3+a5=40,得? 2 4 ?a1q +a1q =40,

2 ?a1q?1+q ?=20, ? 即 2 2 ?a1q ?1+q ?=40,

解得 q=2,a1=2, a1?1-qn? 2?1-2n? n+1 ∴Sn= = =2 -2. 1-q 1-2 [优美解法] (1)由 a1+a11=a4+a8=16,得 11?a1+a11? 11?a4+a8? 11×16 S11= = = 2 =88. 2 2 (2)由已知,得 a3+a5 q?a2+a4? = =q=2, a2+a4 a2+a4

a1?1-qn? n+1 又 a1=2,所以 Sn= =2 -2. 1-q [反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧,简化了解题过程,节省 了时间,这就要求学生要掌握公式,理解其结构特征. 【自主体验】 在等差数列{an}中,已知 Sn=m,Sm=n(m≠n),则 Sm+n=________. 解析 设{an}的公差为 d,则由 Sn=m,Sm=n, n?n-1? ? S = na + n 1 ? 2 d=m, 得? m?m-1? ? ?Sm=ma1+ 2 d=n. ②-①得(m-n)a1+ ∵m≠n,∴a1+ ① ②

?m-n??m+n-1? · d=n-m, 2

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

∴Sm+n=(m+n)a1+

m+n-1 ? ? =(m+n)?a1+ d?=-(m+n). 2 ? ? 答案 -(m+n)

对应学生用书 P287 基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、选择题 S3 S2 1.(2013· 温州二模)记 Sn 为等差数列{an}前 n 项和,若 3 - 2 =1,则其公差 d= ( 1 A.2 ). B.2 C.3 D.4

a1+a2+a3 a1+a2 S3 S2 解析 由 3 - 2 =1,得 - 2 =1, 3 d? ? 即 a1+d-?a1+2?=1,∴d=2. ? ? 答案 B 2.(2014· 潍坊期末考试)在等差数列{an}中,a5+a6+a7=15,那么 a3+a4+?+ a9 等于( A.21 ). B.30 C.35 D.40

解析 由题意得 3a6=15,a6=5.所以 a3+a4+?+a9=7a6=7×5=35. 答案 C 3.(2013· 揭阳二模)在等差数列{an}中,首项 a1=0,公差 d≠0,若 am=a1+a2 +?+a9,则 m 的值为( A.37 B.36 C.20 ). D.19

解析 由 am=a1+a2+?+a9,得(m-1)d=9a5=36d?m=37. 答案 A 4.(2014· 郑州模拟){an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,已知 a7=5,S7=21,则 S10=( ). D.28

A.40 B.35 C.30

7?a1+a7? 7?a1+5? 解析 设公差为 d,则由已知得 S7= ,即 21 = ,解得 a1=1,所 2 2

10×9 10×9 2 2 以 a7=a1+6d,所以 d=3.所以 S10=10a1+ 2 d=10+ 2 ×3=40. 答案 A 5.(2013· 淄博二模)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 a13=S13=13,则 a1=( ).

A.-14 B.-13 C.-12 D.-11 13?a1+a13? 解析 在等差数列中,S13= =13,所以 a1+a13=2,即 a1=2-a13=2 2 -13=-11. 答案 D 二、填空题 6.(2013· 肇庆二模)在等差数列{an}中,a15=33,a25=66,则 a35=________. 解析 a25-a15=10d=66-33=33,∴a35=a25+10d=66+33=99. 答案 99 7.(2014· 成都模拟)已知等差数列{an}的首项 a1=1,前三项之和 S3=9,则{an} 的通项 an=________. 解析 由 a1=1,S3=9,得 a1+a2+a3=9,即 3a1+3d=9,解得 d=2,∴an=1 +(n-1)×2=2n-1. 答案 2n-1 8. (2013· 浙江五校联考)若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*),若 a2∶a3=5∶ 2,则 S3∶S5=________. S3 3?a1+a3? 3a2 3 5 3 解析 S = = = × = . 5 5?a1+a5? 5a3 5 2 2 答案 3∶2 三、解答题 9.已知等差数列{an}的公差 d=1,前 n 项和为 Sn. (1)若 1,a1,a3 成等比数列,求 a1; (2)若 S5>a1a9,求 a1 的取值范围.
2 解 (1)因为数列{an}的公差 d=1,且 1,a1,a3 成等比数列,所以 a1 =1×(a1+ 2 2),即 a1 -a1-2=0,解得 a1=-1 或 2.

2 (2)因为数列{an}的公差 d=1,且 S5>a1a9,所以 5a1+10>a1 +8a1,即 a2 1+3a1

-10<0,解得-5<a1<2. 故 a1 的取值范围是(-5,2). Sn 10.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an= n +2(n-1)(n∈N*). (1)求证:数列{an}为等差数列,并求 an 与 Sn. S2 S3 Sn (2)是否存在自然数 n,使得 S1+ 2 + 3 +?+ n -(n-1)2=2 015?若存在,求出 n 的值;若不存在,请说明理由. Sn 证明 (1)由 an= n +2(n-1),得 Sn=nan-2n(n-1)(n∈N*). 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1), 即 an-an-1=4, 故数列{an}是以 1 为首项,4 为公差的等差数列. ?a1+an?n 于是,an=4n-3,Sn= =2n2-n(n∈N*). 2 Sn (2)由(1),得 n =2n-1(n∈N*), S2 S3 Sn 又 S1+ 2 + 3 +?+ n -(n-1)2=1+3+5+7+?+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n- 1)2=2n-1. 令 2n-1=2 015,得 n=1 008, 即存在满足条件的自然数 n=1 008. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、选择题 1.(2014· 咸阳模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S4=40,Sn=210,Sn-4 =130,则 n=( A.12 B.14 ). C.16 D.18

解析 Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80, S4=a1+a2+a3+a4=40,

所以 4(a1+an)=120, a1+an=30, n?a1+an? 由 Sn= =210,得 n=14. 2 答案 B 2.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=13,S3=S11,当 Sn 最大时,n 的值 是( A.5 解析 法一 ). B.6 C.7 D.8

由 S3=S11,得 a4+a5+?+a11=0,根据等差数列的性质,可得 a7

+a8=0,根据首项等于 13 可推知这个数列递减,从而得到 a7>0,a8<0,故 n =7 时,Sn 最大. 法二 由 S3=S11,可得 3a1+3d=11a1+55d,把 a1=13 代入,得 d=-2,故 Sn =13n-n(n-1)=-n2+14n,根据二次函数的性质,知当 n=7 时,Sn 最大. 法三 根据 a1=13,S3=S11,则这个数列的公差不等于零,且这个数列的和先是 单调递增然后又单调递减, 根据公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二 3+11 次函数, 以及二次函数图象的对称性, 得只有当 n= 2 =7 时, Sn 取得最大值. 答案 C 二、填空题
2 2 * 3. (2014· 九江一模)正项数列{an}满足: a1=1, a2=2,2a2 n≥2), n=an+1+an-1(n∈N ,

则 a7=________.
2 2 * 解析 因为 2a2 n=an+1+an-1(n∈N ,n≥2), 2 2 2 所以数列{a2 n}是以 a1=1 为首项,以 d=a2-a1=4-1=3 为公差的等差数列,

所以 a2 n=1+3(n-1)=3n-2, 所以 an= 3n-2,n≥1. 所以 a7= 3×7-2= 19. 答案 19

三、解答题 4. (2013· 西安模拟)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)求数列{an}的通项公式; Sn (2)若数列{bn}满足 bn= , 是否存在非零实数 c 使得{bn}为等差数列?若存在, n+c 求出 c 的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,且 d>0,由等差数列的性质,得 a2+a5=a3 +a4=22, 所以 a3,a4 是关于 x 的方程 x2-22x+117=0 的解,所以 a3=9,a4=13,易知 a1=1,d=4,故通项为 an=1+(n-1)×4=4n-3. (2)由(1)知 Sn= n?1+4n-3? 2n2-n Sn 2 = 2 n - n ,所以 b = = . n 2 n+c n+c

1 6 15 法一 所以 b1= ,b2= ,b3= (c≠0). 1+c 2+c 3+c 1 令 2b2=b1+b3,解得 c=-2. 2n -n 1 当 c=-2时,bn= 1 =2n, n-2 当 n≥2 时,bn-bn-1=2. 1 故当 c=-2时,数列{bn}为等差数列. n?1+4n-3? 1? ? 2n?n-2? 2 ? ? Sn 法二 由 bn= = = , n+c n+c n+c ∵c≠0, 1 ∴可令 c=-2,得到 bn=2n. ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*), ∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列. 1 即存在一个非零常数 c=-2,使数列{bn}也为等差数列.
2

学生用书?第 84 页

第3讲 [最新考纲]

等比数列及其前 n 项和

1.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式及前 n 项和公式. 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. 3.了解等比数列与指数函数的关系.

知 识 梳 理 1.等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义 如果一个数列从第 2 项起, 每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数,那么 这个数列叫做等比数列, 这个常数叫做等比数列的公比, 公比通常用字母 q(q≠0) 表示. an 数学语言表达式: =q(n≥2),q 为常数. an-1 (2)等比中项 如果 a,G,b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项.即:G 是 a 与 b 的 等比中项?a,G,b 成等比数列?G2=ab. 2.等比数列的通项公式及前 n 项和公式 (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-1; 若等比数列{an}的第 m 项为 am,公比是 q,则其第 n 项 an 可以表示为 an=amqn-
m

.

a1?1-qn? (2)等比数列的前 n 项和公式:当 q=1 时,Sn=na1;当 q≠1 时,Sn= = 1-q a1-anq . 1-q 3.等比数列及前 n 项和的性质 (1)若{an}为等比数列,且 k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则 ak· al=am· an. (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即 ak,ak+m,ak+2m,?仍是等比数 列,公比为 qm. (3)当 q≠-1,或 q=-1 且 n 为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为 qn.
?1? ?an? (4)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),?a ?,{a2 bn},?b ? n},{an· ? n? ? n?

仍是等比数列. 辨 析 感 悟 1.对等比数列概念的理解 (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)三个数 a,b,c 成等比数列的充要条件是 b2=ac.(×) a (3)若三个数成等比数列,那么这三个数可以设为q,a,aq.(√) 2.通项公式与前 n 项和的关系 a?1-an? (4)数列{an}的通项公式是 an=a ,则其前 n 项和为 Sn= .(×) 1-a
n

2 (5)(2013· 新课标全国Ⅰ卷改编)设首项为 1,公比为3的等比数列{an}的前 n 项和 为 Sn,则 Sn=3-2an.(√) 3.等比数列性质的活用 (6)如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列.(×) (7)(2014· 兰州模拟改编)在等比数列{an}中, 已知 a7· a12=5, 则 a8a9a10a11=25.(√) (8)(2013· 江西卷改编)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项等于-2 或 0.(×) [感悟· 提升] 1.一个区别 等差数列的首项和公差可以为零,且等差中项唯一;而等比数列

首项和公比均不为零,等比中项可以有两个值.如 (1)中的“常数”,应为“同 一非零常数”;(2)中,若 b2=ac,则不能推出 a,b,c 成等比数列,因为 a,b, c 为 0 时,不成立. 2. 两个防范 一是在运用等比数列的前 n 项和公式时, 必须注意对 q=1 或 q≠1

分类讨论,防止因忽略 q=1 这一特殊情形而导致解题失误,如(4). an+1 二是运用等比数列的性质时,注意条件的限制,如(6)中当 a =q<0 时,ln an+1 n -ln an=ln q 无意义. 学生用书?第 85 页

考点一

等比数列的判定与证明

【例 1】 (2013· 济宁测试)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若对于任意的正整数 n 都有 Sn=2an-3n,设 bn=an+3. 求证:数列{bn}是等比数列,并求 an. 证明 由 Sn=2an-3n 对于任意的正整数都成立, 得 Sn+1=2an+1-3(n+1), 两式相减,得 Sn+1-Sn=2an+1-3(n+1)-2an+3n, 所以 an+1=2an+1-2an-3,即 an+1=2an+3, bn+1 an+1+3 所以 an+1+3=2(an+3), 即 b = =2 对一切正整数都成立, 所以数列{bn} an+3 n 是等比数列. 由已知得:S1=2a1-3,即 a1=2a1-3,所以 a1=3, 所以 b1=a1+3=6,即 bn=6· 2n-1. 故 an=6· 2n-1-3=3· 2n-3. an 规律方法 证明数列{an}是等比数列常用的方法: 一是定义法, 证明 =q(n≥2, an-1
2 q 为常数);二是等比中项法,证明 an =an-1· an+1.若判断一个数列不是等比数列,

则只需举出反例即可,也可以用反证法. 【训练 1】 (2013· 陕西卷)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式;

(2)设 q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列. 解 (1)设{an}的前 n 项和为 Sn, 当 q=1 时,Sn=a1+a1+?+a1=na1; 当 q≠1 时,Sn=a1+a1q+a1q2+?+a1qn-1,① qSn=a1q+a1q2+?+a1qn,② ①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn, 1, ?na1,q= a1?1-qn? ∴Sn= ,∴Sn=?a1?1-qn? 1-q ? 1-q ,q≠1. (2)假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N*, (ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1), a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k-1 a2 · a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1, 1q +2a1q =a1q

∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1. ∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立, ∴{an+1}不是等比数列. 考点二 等比数列基本量的求解

【例 2】 (2013· 湖北卷)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不
1 2 m

存在,说明理由. 审题路线 (1)建立关于 a1 与 q 的方程组可求解.
m 1 1 (2)分两种情况,由 an?a ?再用等比数列求和求 ? a ?得到结论. n n=1 n

解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,
3 3 ?a1q =125, 则由已知可得? 2 ?|a1q-a1q |=10,

5 ? ?a1= , 3 解得? ? ?q=3

?a1=-5, 或? ?q=-1.

5 n-1 故 an=3· 3 或 an=-5· (-1)n-1. 5 n-1 1 3?1? (2)若 an=3· 3 ,则a =5?3?n-1, ? ? n
?1? 3 1 则?a ?是首项为5,公比为3的等比数列. ? n?

3? ?1? ? ?1-?3?m? 5 ? ? ? ? 9 ? 1 ?1? ? 9 ?1-?3?m?< <1. 从而 ? a = =10· 1 ? ? ? ? 10 n=1 n 1-3
m

1 1 若 an=-5· (-1)n-1,则a =-5(-1)n-1,
n

?1? 1 故?a ?是首项为-5,公比为-1 的等比数列, ? n?

? 1 * 1 ?-5,m=2k-1?k∈N ?, 从而 ? a =? n=1 n ? ?0,m=2k ?k∈N*?,
m m 1 故 ? a <1. n=1 n

m 1 综上,对任何正整数 m,总有 ? a <1. n=1 n

1 1 1 故不存在正整数 m,使得a +a +?+a ≥1 成立.
1 2 n

规律方法 等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题,解决这类问题 的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用,尤其需要注意的是,在 使用等比数列的前 n 项和公式时,应该要分类讨论,有时还应善于运用整体代换 思想简化运算过程. 【训练 2】 (1)已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和,且 9S3=
?1? S6,则数列?a ?的前 5 项和为________. ? n?

(2)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 为其前 n 项和.已知 a2a4=1,S3=7,则

S5=________.
?1? 9?1-q3? 1-q6 解析 (1)显然公比 q≠1,由题意可知 = ,解得 q=2,则数列?a ?是 1-q 1-q ? n? ?1? 1 31 以 1 为首项,2为公比的等比数列,由求和公式可得数列?a ?的前 5 项和 T5=16. ? n?

a1q =1, ?a1q· (2)显然公比 q≠1,由题意得?a1?1-q3? ? 1-q =7, a =4, ? ? 1 解得? 1 q=2 ? ?
5

3

a =9, ? ? 1 或? 1 q=-3 ? ?

(舍去),

1? ? 1-25? ? 4 a1?1-q ? ? ? 31 ∴S5= = 1 =4. 1-q 1-2 31 答案 (1)16 31 (2) 4

考点三

等比数列性质的应用

【例 3】 (1)(2012· 新课标全国卷)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8, 则 a1+a10=( A.7 ). B.5 C.-5
5

D.-7

S10 31 (2)等比数列{an}的首项 a1=-1, 前 n 项和为 Sn, 若 S =32, 则公比 q=________. ?a4+a7=2, ?a4=4, ?a4=-2, 解析 (1)由已知得? 解得? 或? ?a5a6=a4a7=-8, ?a7=-2 ?a7=4. 当 a4=4,a7=-2 时,易得 a1=-8,a10=1,从而 a1+a10=-7; 当 a4=-2,a7=4 时,易得 a10=-8,a1=1,从而 a1+a10=-7. S10-S5 S10 31 1 (2)由 S =32,a1=-1 知公比 q≠1,则 S =-32.
5 5

由等比数列前 n 项和的性质知 S5,S10-S5,S15-S10 成等比数列,且公比为 q5, 1 1 故 q5=-32,q=-2.

1 答案 (1)D (2)-2 规律方法 熟练掌握等比数列的一些性质可提高解题速度,历年高考对等比数列 的性质考查较多,主要是考查“等积性”,题目“小而巧”且背景不断更新.解 题时要善于类比并且要能正确区分等差、等比数列的性质,不要把两者的性质搞 混. 【训练 3】 (1)已知 x,y,z∈R,若-1,x,y,z,-3 成等比数列,则 xyz 的值 为 A.-3 C.-3 3 ( ).

B.± 3 D.± 3 3

(2)(2014· 昆明模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中,a3= 2-1,a5= 2+1, 则 a2 3+2a2a6+a3a7=( A.4 -4 2 解析 (1)由等比中项知 y2=3,∴y=± 3, 又∵y 与-1,-3 符号相同,∴y=- 3,y2=xz, 所以 xyz=y3=-3 3.
2 2 (2)由等比数列性质,得 a3a7=a5 ,a2a6=a3a5,所以 a2 3+2a2a6+a3a7=a3+2a3a5 2 2 2 +a2 5=(a3+a5) =( 2-1+ 2+1) =(2 2) =8.

). C.8 D.8

B.6

答案 (1)C

(2)C

1.等比数列的判定方法有以下几种: an+1 (1)定义: a =q(q 是不为零的常数,n∈N*)?{an}是等比数列. n (2)通项公式:an=cqn-1(c、q 均是不为零的常数,n∈N*)?{an}是等比数列. (3)等比中项法:a2 an+2(an· an+1· an+2≠0,n∈N*)?{an}是等比数列. n+1=an· 2.方程观点以及基本量(首项 a1 和公比 q)思想仍然是求解等比数列问题的基本 方法:在 a1,q,n,an,Sn 五个量中,知三求二. 3.在求解与等比数列有关的问题时,除了要灵活地运用定义和公式外,还要注 意等比数列性质的应用,以减少运算量而提高解题速度.

教你审题 6——如何确定数列中的项 【典例】 (2012· 山东卷)在等差数列{an}中, a3+a4+a5=84,a9=73.? (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为 bm? ,求数 列{bm}的前 m 项和 Sm. [审题] 一审条件?:根据性质转化为先求 a4,再结合 a9 求 a1 和 d.

二审条件?:转化为求{bm}的通项公式,尽而再求 Sm. 三审结构:由 9m<an<92m 得 9m-1+1≤n≤92m-1. 解 (1)由 a3+a4+a5=84,可得 3a4=84,即 a4=28,而 a9=73,则 5d=a9-a4 =45,即 d=9.又 a1=a4-3d=28-27=1,所以 an=1+(n-1)×9=9n-8,即 an=9n-8(n∈N*). (2)对任意 m∈N*,9m<9n-8<92m,则 9m+8<9n<92m+8, 8 8 即 9m-1+9<n<92m-1+9,而 n∈N*,所以 9m-1+1≤n≤92m-1. 由题意,可知 bm=92m-1-9m-1. 于是 Sm=b1+b2+?+bm=9 +9 +?+9
1 3 2m-1

-(9 +9 +?+9

0

1

m-1

9-92m+1 )= - 1-92

1-9m 92m+1-9 9m-1 92m+1-10×9m+1 = 80 - 8 = , 80 1-9 92m+1-10×9m+1 即 Sm= . 80 [反思感悟] 本题第(2)问设置了落入区间内的项构成新数列,这是对考生数学能 力的挑战,由通项公式及已知区间建立不等式求项数,进而得到所求数列{bm} 的通项公式是解答该问题的核心与关键. 【自主体验】 (2014· 许昌模拟)已知点(1,2)是函数 f(x)=ax(a>0,且 a≠1)的图象上一点,数列 {an}的前 n 项和 Sn=f(n)-1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an}前 2 013 项中的第 3 项,第 6 项,?,第 3k 项删去,求数列{an}

前 2 013 项中剩余项的和. 解 (1)把点(1,2)代入函数 f(x)=ax,得 a=2. ∴Sn=f(n)-1=2n-1, 当 n=1 时,a1=S1=21-1=1,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)= 2n
-1

,经验证可知 n=1 时,也适合上式,∴an=2n-1.

(2)由(1)知数列{an}为等比数列,公比为 2,故其第 3 项,第 6 项,?,第 2 013 项也为等比数列,首项 a3=23-1=4,公比 23=8,a2 013=22 102=4×8671-1 为其第 4?1-8671? 4?22 013-1? 671 项,∴此数列的和为 = ,又数列{an}的前 2 013 项和为 7 1-8 1×?1-22 013? 2 013 S2 103= =2 -1, 1-2 4?22 013-1? 3?22 013-1? ∴所求剩余项的和为(22 013-1)- = . 7 7

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、选择题 1.(2013· 六安二模)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-2,n∈N*,则 A.{an}是递增的等比数列 B.{an}是递增数列,但不是等比数列 C.{an}是递减的等比数列 D.{an}不是等比数列,也不单调 解析 ∵Sn=3n-2,∴Sn-1=3n-1-2, ∴an=Sn-Sn-1=3n-2-(3n-1-2)=2×3n-1(n≥2), 当 n=1 时,a1=S1=1 不适合上式,但 a1<a2<a3<?. 答案 B 7 2.(2014· 广州模拟)已知等比数列{an}的公比 q=2,前 n 项和为 Sn.若 S3=2,则 ( ).

S6 等于 31 A. 2 63 B. 2 C.63 127 D. 2

(

).

a1?1-23? a1?1-26? 7 1 63 解析 S3= =7a1=2,所以 a1=2.所以 S6= =63a1= 2 . 1-2 1-2 答案 B 3.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)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 B.-3 1 C.9 1 D.-9 ( ).

a1?1-q3? 解析 由题知 q≠1,则 S3= =a1q+10a1,得 q2=9,又 a5=a1q4=9, 1-q 1 则 a1=9. 答案 C 4.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 或2
2 ?a1q =7, 解析 根据已知条件? 2 ?a1+a1q+a1q =21.

(

).

1 B.-2

1 C.1 或-2

D.-1

1+q+q2 1 得 q2 =3.整理得 2q2-q-1=0,解得 q=1 或-2. 答案 C 5.(2014· 浙江十校联考)若方程 x2-5x+m=0 与 x2-10x+n=0 的四个根适当排 列后,恰好组成一个首项为 1 的等比数列,则 m∶n 值为 1 A.4 1 B.2 C.2 D.4 ( ).

解析 设方程 x2-5x+m=0 的两根为 x1,x2,方程 x2-10x+n=0 的两根为 x3, x4. ?x1+x2=5, ?x3+x4=10, ? 则? 由题意知 x1=1,x2=4,x3=2,x4=8,∴m=4, x2=m, ?x3· x4=n, ?x1·

1 n=16,∴m∶n=4. 答案 A 二、填空题 S10 31 6.(2014· 江西九校联考)实数项等比数列{an}的前 n 项的和为 Sn,若 S =32,则
5

公比 q 等于________. a1?1-q10? 1-q 1-q10 S10 S10 解析 首先 q≠1,因为若 q=1,则 S =2,当 q≠1 时, S = = a1?1-q5? 1-q5 5 5 1-q ?1-q5??1+q5? 31 1 1 = =32,q5=-32,q=-2. 1-q5 1 答案 -2 7.在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,则 a7+a8=________. 解析 ∵a1+a2=a1(1+q)=30,a3+a4=a1q2(1+q)=60,∴q2=2,∴a7+a8=

a1q6(1+q)=[a1(1+q)]· (q2)3=30×8=240. 答案 240 8.设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列, 则 q 的值为________. 解析 由已知条件,得 2Sn=Sn+1+Sn+2, an+2 即 2Sn=2Sn+2an+1+an+2,即 =-2. an+1 答案 -2

三、解答题 9.在数列{an}中,已知 a1=-1,且 an+1=2an+3n-4(n∈N*). (1)求证:数列{an+1-an+3}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式及前 n 项和 Sn. (1)证明 令 bn=an+1-an+3,

则 bn+1=an+2-an+1+3=2an+1+3(n+1)-4-2an-3n+4+3=2(an+1-an+3)= 2bn,即 bn+1=2bn. 由已知得 a2=-3,于是 b1=a2-a1+3=1≠0.

所以数列{an+1-an+3}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列. (2)解 由(1)可知 bn=an+1-an+3=2n-1,

即 2an+3n-4-an+3=2n-1, ∴an=2n-1-3n+1(n∈N*), 于是 Sn=(1+2+2 +?+2 3n2+n =2 - 2 -1.
n 2 n-1

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

10.(2013· 济南期末)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a2=4,a3+a4 =17. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+2,证明数列{bn}是等比数列并求其前 n 项和 Tn. 解 (1) 设 等 差 数 列 {an} 的 首 项 为 a1 , 公 差 为 d. 由 题 意 知

?a3+a4=a1+2d+a1+3d=17, ? ?a2=a1+d=4, 解得 a1=1,d=3, ∴an=3n-2(n∈N*). (2)证明:由题意知,bn=2an+2=23n(n∈N*), bn-1=23(n-1)=23n-3(n∈N*,n≥2), bn 23n ∴ = 3n-3=23=8(n∈N*,n≥2),又 b1=8, bn-1 2 ∴{bn}是以 b1=8,公比为 8 的等比数列, 8?1-8n? 8 n Tn= =7(8 -1). 1-8 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、选择题 1.(2014· 兰州模拟)已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N*),且 a2+a4+a6 =9,则 log1(a5+a7+a9)的值是
3

(

).

1 A.-5

B.-5

C .5

1 D.5

an+1 解析 由 log3an+1=log3an+1(n∈N*), 得 log3an+1-log3an=1 且 an>0, 即 log3 a n an+1 =1,解得 a =3,所以数列{an}是公比为 3 的等比数列.因为 a5+a7+a9=(a2 n +a4+a6)q3, 所以 a5+a7+a9=9×33=35.所以 log1(a5+a7+a9)=log135=-log335
3 3

=-5. 答案 B 2.(2014· 山东省实验中学诊断)在各项为正的等比数列{an}中,a4 与 a14 的等比中 项为 2 2,则 2a7+a11 的最小值是 ( A.16 B.8 ). D.4

C.2 2

解析 由题意知 a4· a14=(2 2)2=a2 9,即 a9=2 2.设公比为 q(q>0),所以 2a7+ 2a9 4 2 a11= q2 +a9q2= q2 +2 2q2≥ 2 8. 答案 B 二、填空题 1 3.(2013· 江苏卷)在正项等比数列{an}中,a5=2,a6+a7=3.则满足 a1+a2+?+ an>a1a2?an 的最大正整数 n 的值为________. 1 1 解析 由已知条件得2q+2q2=3,即 q2+q-6=0,解得 q=2 或 q=-3(舍去), 1 1 an=a5qn-5=2×2n-5=2n-6, a1+a2+?+an=32(2n-1),a1a2?an=2-52-42-3?2n
-6

4 2 4 2 4 2 2 2 ×2 2q =8,当且仅当 2 =2 2q ,即 q= 2时取等号,其最小值为 q q



, ,可求

由 a1+a2+?+an>a1a2?an,可知 2n-5-2-5>

得 n 的最大值为 12,而当 n=13 时,28-2-5<213,所以 n 的最大值为 12. 答案 12 三、解答题

3 4.已知首项为2的等比数列{an}不是递减数列,其前 n 项和为 Sn(n∈N*),且 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-S (n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
n

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, a5 1 即 4a5=a3,于是 q2=a =4.
3

3 1 又{an}不是递减数列且 a1=2,所以 q=-2. 故等比数列{an}的通项公式为 3 ? 1? 3 an=2×?-2?n-1=(-1)n-1· 2n. ? ? 1 1+2n,n为奇数, ? ? ? 1? (2)由(1)得 Sn=1-?-2?n=? ? ? 1 ? ?1-2n,n为偶数. 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-S ≤S1-S =2-3=6.
n 1

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

5 7 所以数列{Tn}最大项的值为6,最小项的值为-12.

第4讲 [最新考纲]

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.

知 识 梳 理 1.公式法 (1)等差数列的前 n 项和公式: n?a1+an? n?n-1? Sn= = na 1+ 2 2 d. (2)等比数列的前 n 项和公式:

?na1,q=1, n Sn=?a1-anq a1?1-q ? ? 1-q = 1-q ,q≠1.
2.数列求和的几种常用方法 (1)分组求和法 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 项和可用倒序相加法,如等差数列的前 n 项和公式 即是用此法推导的. (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. 形如 an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.

例如,Sn=1002-992+982-972+?+22-12=(1002-992)+(982-972)+?+(22 -12)=(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050. 3.常见的拆项公式 (1) (2) (3) 1 1 1 =n- ; n?n+1? n+1 1 ? 1 1? 1 =2?2n-1-2n+1?; ?2n-1??2n+1? ? ? 1 n+ n+1 = n+1- n. 辨 析 感 悟 数列求和的常用方法 (1)当 n≥2 时, 1 1 1 = - .(×) n -1 n-1 n+1
2

(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)(2014· 南京调研改编)若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n 1· n,则 S50=-25.(√)


[感悟· 提升] 两个防范 一是用裂项相消法求和时,注意裂项后的系数以及搞清未消去的项, 如(1). 二是含有字母的数列求和, 常伴随着分类讨论, 如(2)中 a 需要分 a=0, a=1, a≠1 且 a≠0 三种情况求和,只有当 a≠1 且 a≠0 时可用错位相减法求和. 学生用书?第 88 页

考点一

分组转化法求和

【例 1】 已知数列{an}的通项公式是 an=2· 3n-1+(-1)n(ln 2-ln 3)+(-1)nnln 3, 求其前 n 项和 Sn. 解 Sn=2(1+3+?+3n-1)+[-1+1-1+?+(-1)n](ln 2-ln 3)+[-1+2-3

+?+(-1)nn]ln 3, 所以当 n 为偶数时,

1-3n n n Sn=2× + ln 3=3n+2ln 3-1; 1-3 2 当 n 为奇数时, 1-3n ?n-1 ? Sn=2× -(ln 2-ln 3)+? -n?ln 3 1-3 ? 2 ? n-1 =3n- 2 ln 3-ln 2-1. n n ? 3 + ? 2ln 3-1,n为偶数, 综上所述,Sn=? n-1 n ? ?3 - 2 ln 3-ln 2-1,n为奇数. 规律方法 (1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的 数列,它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解. (2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的,可以分项数为奇数和偶 数时使用等差数列或等比数列的求和公式. 【训练 1】 (2014· 湖州质检)在等比数列{an}中,已知 a1=3,公比 q≠1,等差数 列{bn}满足 b1=a1,b4=a2,b13=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 cn=(-1)nbn+an,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,等差数列{bn}的公差为 d. 由已知,得 a2=3q,a3=3q2,b1=3,b4=3+3d,b13=3+12d, ?3q=3+3d, ?q=1+d, 故? 2 ?? 2 ?q=3 或 1(舍去). ?3q =3+12d ?q =1+4d 所以 d=2,所以 an=3n,bn=2n+1. (2)由题意,得 cn=(-1)nbn+an=(-1)n(2n+1)+3n, Sn=c1+c2+?+cn =(-3+5)+(-7+9)+?+[(-1)n-1(2n-1)+ (-1)n(2n+1)]+3+32+?+3n. 3n+1 3 3n+1 3 当 n 为偶数时,Sn=n+ 2 -2= 2 +n-2; 3n+1 3 3n+1 7 当 n 为奇数时,Sn=(n-1)-(2n+1)+ 2 -2= 2 -n-2.

3 3 ? + n - ?2 2,n为偶数, 所以 Sn=? n 1 3 7 ? ? 2 -n-2,n为奇数.


n+1

考点二

裂项相消法求和

2 【例 2】 (2013· 江西卷)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2

+n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)令 bn= 5 Tn<64.
2 2 解 (1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,

n+1 ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N*,都有 ?n+2?2a2 n

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 an=2n. (2)证明 n+1 由于 an=2n,bn= 2, ?n+2?2an

1 ? n+1 1 ?1 则 bn= 2 . 2= ?n2- ?n+2?2? 4n ?n+2? 16? ? 1 1 1 1 1 1 1? Tn=16?1-32+22-42+32-52+?+?n-1?2- ? 1 1 1 ? 2+ 2- ?n+1? n ?n+2?2? ?

1 1 1 ? 1? = ?1+22-?n+1?2-?n+2?2? 16? ? 1? 5 1? <16?1+22?=64. ? ? 规律方法 使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些 项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正 负相消是此法的根源与目的.

1 【训练 2】(2013· 滨州一模)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn, 且 Sn+2an=1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)设 bn=log1(1-Sn+1)(n∈N*),令 Tn=b b +b b +?+ ,求 Tn. bnbn+1 1 2 2 3 3 1 2 解 (1)当 n=1 时,a1=S1,由 S1+2a1=1,得 a1=3, 1 1 当 n≥2 时,Sn=1-2an,Sn-1=1-2an-1, 1 1 则 Sn-Sn-1= (an-1-an),即 an= (an-1-an), 2 2 1 所以 an=3an-1(n≥2). 2 1 故数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列. 2 ?1?n-1 ?1?n ?3? =2· ?3? (n∈N*). 故 an=3· ? ? ? ? 1 ?1? (2)因为 1-Sn=2an=?3?n. ? ? ?1? 所以 bn=log1(1-Sn+1)=log1?3?n+1=n+1, 3 3? ? 1 1 1 1 因为 = = - , bnbn+1 ?n+1??n+2? n+1 n+2 1 1 1 所以 Tn=b b +b b +?+ bnbn+1 1 2 2 3 1 ? ? 1 ?1 1? ?1 1? =?2-3?+?3-4?+?+?n+1-n+2? ? ? ? ? ? ? 1 1 n =2- = . n+2 2?n+2? 学生用书?第 89 页 考点三 错位相减法求和

【例 3】 (2013· 山东卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an +1. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Tn, 且 Tn+ 2n =λ(λ 为常数), 令 cn=b2n, (n∈N*),

求数列{cn}的前 n 项和 Rn. 解 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. 由 S4=4S2,a2n=2an+1,得 ?4a1+6d=8a1+4d, ? ?a1+?2n-1?d=2a1+2?n-1?d+1. 解得 a1=1,d=2. 因此 an=2n-1,n∈N*. (2)由题意知 Tn=λ- 2
n-1,

n

n-1 n-2 n 所以 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=- n-1+ n-2 = n-1 . 2 2 2 2n-2 1 - 故 cn=b2n= 2n-1 =(n-1)(4)n 1,n∈N*, 2 1 1 1 1 1 所以 Rn=0×(4)0+1×(4)1+2×(4)2+3×(4)3+?+(n-1)×(4)n-1, 1 1 1 1 1 1 则4Rn=0×(4)1+1×(4)2+2×(4)3+?+(n-2)×(4)n-1+(n-1)×(4)n, 两式相减得 1 1n -? ? 3 11 12 13 1 n-1 1n 4 4 1n 1 R - ( n - 1) × ( ) = - ( n - 1) × ( n = ( ) + ( ) + ( ) +?+ ( ) 4 4 4 4 4 4 1 4 ) =3 - 1-4 1+3n 1 n 3 (4) , 3n+1 1 整理得 Rn=9(4- n-1 ). 4 3n+1 1 所以数列{cn}的前 n 项和 Rn=9(4- n-1 ). 4 规律方法 (1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列, 求数列{an· bn} 的前 n 项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的 公比,然后作差求解. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式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. 【训练 3】 (2013· 嘉兴二模)在数列{an}中,a1=2,an+1=3an+2.

(1)记 bn=an+1,求证:数列{bn}为等比数列; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Sn. (1)证明 由 an+1=3an+2,可得 an+1+1=3(an+1).

因为 bn=an+1,所以 bn+1=3bn, 又 b1=a1+1=3,所以数列{bn}是以 3 为首项,以 3 为公比的等比数列. (2)解 由(1)知 an+1=3n,an=3n-1,所以 nan=n· 3n-n, 所以 Sn=(3+2· 32+?+n· 3n)-(1+2+?+n), n2+n 其中 1+2+?+n= 2 , 记 Tn=3+2· 32+?+n· 3n,① 3Tn=32+2· 33+?+(n-1)· 3n+n· 3n+1,② 两式相减得-2Tn=3+3 +?+3 -n· 3 2n-1 n+1 3 即 Tn= 4 · 3 +4, ?2n-1?· 3n+1 2n2+2n-3 所以 Sn= - . 4 4
2 n n+1

3-3n+1 = -n· 3n+1, -2

数列求和的方法技巧 (1)倒序相加:用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和. (2)错位相减:用于等差数列与等比数列的积数列的求和. (3)分组求和:用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和.

答题模板 7——求数列{|an|}的前 n 项和问题 【典例】 (14 分)(2013· 浙江卷)在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+?+|an|. [规范解答] (1)由题意得 5a3· a1=(2a2+2)2, (2 分)

即 d2-3d-4=0.故 d=-1 或 4. 所以 an=-n+11,n∈N*或 an=4n+6,n∈N* , (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 1 21 ∴Sn=-2n2+ 2 n, 当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an| 1 21 =Sn=-2n2+ 2 n. 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an| 1 21 =-Sn+2S11=2n2- 2 n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+?+|an| 1 2 21 - ? ? 2n + 2 n,n≤11, =? 1 2 21 ? ?2n - 2 n+110,n≥12.

(4 分) (6 分)

(8 分)

(10 分)

(12 分)

?14分?

[反思感悟] (1)本题求解用了分类讨论思想,求数列{|an|}的和时,因为 an 有正有 负,所以应分两类分别求和. (2)常出现的错误:①当 n≤11 时,求{|an|}的和,有的学生认为就是 S11=110; ②当 n≥12 时,求{|an|}的和,有的学生不能转化为 2(a1+a2+?+a11)-(a1+a2 +?+an),导致出错. 答题模板 求数列{|an|}的前 n 项和一般步骤如下: 第一步:求数列{an}的前 n 项和; 第二步:令 an≤0(或 an≥0)确定分类标准; 第三步:分两类分别求前 n 项和; 第四步:用分段函数形式下结论; 第五步:反思回顾:查看{|an|}的前 n 项和与{an}的前 n 项和的关系,以防求错结 果. 【自主体验】 已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式;

(2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 a2=a1+d,a3=a1+2d, ?3a1+3d=-3, 由题意,得? ?a1?a1+d??a1+2d?=8. ?a1=2, ?a1=-4, 解得? 或? ?d=-3 ?d=3. 所以由等差数列的通项公式,可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)由(1),知当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. ?-3n+7,n=1,2, 故|an|=|3n-7|=? ?3n-7,n≥3. 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+?+|an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+?+(3n-7) =5+ ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =2n - 2 n+10. 2

4,n=1, ? ? 当 n=2 时,满足此式.综上,Sn=?3 2 11 n - 2 n+10,n>1. ? ?2

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题
?Sn? 1.等差数列{an}的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项和为 Sn,则数列? n ?的前 10 ? ?

项的和为

(

).

A.120

B.70

C.75

D.100

?Sn? 10×9 Sn 解析 因为 n =n+2,所以? n ?的前 10 项和为 10×3+ 2 =75. ? ?

答案 C 2.若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则数列{an}的前 n 项和为 ( A.2n+n2-1 C.2n+1+n2-2 B.2n+1+n2-1 D.2n+n-2 ).

2?1-2n? n?1+2n-1? 解析 Sn= + =2n+1-2+n2. 2 1-2 答案 C 3.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n-1· n,则 S17= ( A.9 解析 B.8 C.17 ).

D.16

S17=1-2+3-4+5-6+?+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-

6+7)+?+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+?+1=9. 答案 A 4. (2014· 西安质检)已知数列{an}满足 a1=1, an+1· an=2n(n∈N*), 则 S2 012=( A.22 012-1 B . 3· 21
006

). -1

-3

C . 3· 21

006

D.3· 21 005-2 an+2· an+1 2 2 解析 a1=1,a2=a =2,又 = 2n =2. a an 1 n +1 · an+2 ∴ a =2.∴a1,a3,a5,?成等比数列;a2,a4,a6,?成等比数列, n ∴S2 012=a1+a2+a3+a4+a5+a6+?+a2 011+a2 012 =(a1+a3+a5+?+a2 011)+(a2+a4+a6+?+a2 012) 1-21 006 2?1-21 006? = + =3· 21 006-3.故选 B. 1-2 1-2 答案 B
? 1 ? ? ? 5.(2014· 杭州模拟)已知函数 f(x)=x2+2bx 过(1,2)点,若数列?f?n??的前 n 项和为 ? ? ? ?
n+1

Sn,则 S2 014 的值为

(

).

2 012 A.2 011

2 010 B.2 011

2 014 C.2 013

2 014 D.2 015

1 解析 由已知得 b=2,∴f(n)=n2+n, 1 1 1 1 1 ∴ = 2 = =n- , f?n? n +n n?n+1? n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 014 ∴S2 014=1-2+2-3+?+2 013-2 014+2 014-2 015=1-2 015=2 015. 答案 D 二、填空题 1 6.在等比数列{an}中,若 a1=2,a4=-4,则公比 q=________;|a1|+|a2|+? +|an|=________. 解析 设等比数列{an}的公比为 q,则 a4=a1q3,代入数据解得 q3=-8,所以 q =-2;等比数列{|an|}的公比为|q|=2, 1 1 1 则|an|=2×2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|=2(1+2+22+?+2n-1)=2(2n-1) 1 =2n-1-2. 答案 -2 1 2n-1-2

7.(2013· 山西晋中名校联合测试)在数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记 Sn 为{an}的前 n 项和,则 S2 013=________. 解析 由 a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得 a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,该 数列是周期为 4 的数列, 所以 S2 013=503(a1+a2+a3+a4)+a2 013=503×(-2)+1 =- 1 005. 答案 -1 005
2 2 8. (2014· 武汉模拟)等比数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1, 则 a2 1+a2+?+an=____.

解析 当 n=1 时,a1=S1=1, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1,
2 又∵a1=1 适合上式.∴an=2n-1,∴an =4n-1. 2 ∴数列{a2 n}是以 a1=1 为首项,以 4 为公比的等比数列.

?1-4 2 2 1· ∴a2 1+a2+?+an= 1-4

n

? 1 n =3(4 -1).

1 答案 3(4n-1) 三、解答题
2 9.正项数列{an}满足:an -(2n-1)an-2n=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an; (2)令 bn= 1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?n+1?an

解 (1)由 a2 n-(2n-1)an-2n=0 得(an-2n)(an+1)=0,由于{an}是正项数列,则 an=2n. 1 1 (2)由(1)知 an=2n,故 bn= = ?n+1?an 2n?n+1? 1 ? 1?1 =2?n-n+1?, ? ? 1 1 1 1 1 ? 1? ∴Tn=2?1-2+2-3+?+n-n+1? ? ? 1 ? 1? n =2?1-n+1?= . ? ? 2?n+1? 10.(2013· 烟台期末)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn=a1+3a2+?+(2n-1)an,求 Sn. 解 (1)∵Sn=2an-2,∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2), an 即 an=2an-2an-1,∵an≠0,∴ =2(n≥2,n∈N*). an-1 ∵a1=S1,∴a1=2a1-2,即 a1=2. 数列{an}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.∴an=2n. (2)Sn=a1+3a2+?+(2n-1)an =1×2+3×22+5×23+?+(2n-1)2n, ∴2Sn=1×22+3×23+?+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1, ①-②得-Sn=1×2+(2×22+2×23+?+2×2n)-(2n-1)2n+1, 即-Sn=1×2+(23+24+?+2n+1)-(2n-1)2n+1 ∴Sn=(2n-3)· 2n+1+6. ① ②

能力提升题组

(建议用时:25 分钟)

一、选择题 1 1.(2014· 西安模拟)数列{an}满足 an+an+1=2(n∈N*),且 a1=1,Sn 是数列{an} 的前 n 项和,则 S21= 21 A. 2 B.6 C.10 ( ).

D.11

1 解析 依题意得 an+an+1=an+1+an+2=2,则 an+2=an,即数列{an}中的奇数项、 偶数项分别相等,则 a21=a1=1,S21=(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a19+a20)+a21= 1 10(a1+a2)+a21=10×2+1=6,故选 B. 答案 B 2.(2014· 长沙模拟)已知函数 f(n)=n2cosnπ,且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3 +?+a100= A.-100 200 解析 若 n 为偶数,则 an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-(2n+1),为首项为 a2 =-5,公差为-4 的等差数列;若 n 为奇数,则 an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+ 1)2=2n+1,为首项为 a1=3,公差为 4 的等差数列.所以 a1+a2+a3+?+a100 =(a1+a3+?+a99)+(a2+a4+?+a100) =50×3+ 答案 A 二、填空题 3. 设 f(x)= 解 析 4x ?1? ?2? ?10? , 利用倒序相加法, 可求得 f?11?+f?11?+?+f?11?的值为______. x ? ? ? ? ? ? 4 +2 当 x1 + x2 = 1 时 , f(x1) + f(x2) = = 50×49 50×49 × 4 + 50 × ( - 5) + 2 2 ×(-4)=-100. B.0 C.100 ( ).

D . 10

=1. ?1? ?2? ?10? ? ? 1 ? ?10?? ? ? 2 ? ? 9 ?? 设 S=f?11?+f?11?+?+f?11?,倒序相加有 2S=?f?11?+f?11??+?f?11?+f?11?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ?10? ? 1 ? +?+f?11?+f?11?=10,即 S=5. ? ? ? ? 答案 5 三、解答题 4.(2014· 洛阳模拟)在数列{an}中,a1=-5,a2=-2,记 A(n)=a1+a2+?+an, B(n)=a2+a3+?+an+1,C(n)=a3+a4+?+an+2(n∈N*),若对于任意 n∈N*, A(n),B(n),C(n)成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前 n 项和. 解 (1)根据题意 A(n),B(n),C(n)成等差数列, ∴A(n)+C(n)=2B(n), 整理得 an+2-an+1=a2-a1=-2+5=3, ∴数列{an}是首项为-5,公差为 3 的等差数列, ∴an=-5+3(n-1)=3n-8. ?-3n+8,n≤2, (2)|an|=? ?3n-8,n≥3, 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. n?5+8-3n? 3n2 13 当 n≤2 时,Sn= =- 2 2 + 2 n; ?n-2??1+3n-8? 3n2 13 当 n≥3 时,Sn=7+ = 2 - 2 n+14, 2 3 2 13 ? ?-2n + 2 n,n≤2, 综上,Sn=? 3 2 13 ? ?2n - 2 n+14,n≥3.

第5讲 [最新考纲]

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.

知 识 梳 理 1.等差数列和等比数列的综合 等差数列中最基本的量是其首项 a1 和公差 d,等比数列中最基本的量是其首项 a1 和公比 q,在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程 组求解出这两个数列的基本量解决问题的. 2.数列和函数、不等式的综合 (1)等差数列的通项公式和前 n 项和公式是在公差 d≠0 的情况下关于 n 的一次或 二次函数. (2)等比数列的通项公式和前 n 项和公式在公比 q≠1 的情况下是公比 q 的指数函 数模型. (3)数列常与不等式结合,如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等,需熟练 应用不等式知识解决数列中的相关问题. 3.数列的应用题 (1)解决数列应用题的基本步骤是: ①根据实际问题的要求, 识别是等差数列还是等比数列, 用数列表示问题的已知; ②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型; ③求出数学模型,根据求解结果对实际问题作出结论. (2)数列应用题常见模型: ①等差模型:如果增加(或减少)的量是一个固定量,该模型是等差数列模型,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,该模型是等比数列 模型,这个固定的数就是公比; ③递推数列模型: 如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而 变化时, 应考虑是 an 与 an-1 的递推关系, 或前 n 项和 Sn 与 Sn-1 之间的递推关系. 辨 析 感 悟 1.等差数列与等比数列的综合问题

(1)在等差数列{an}中,首项 a1 公差 d、前 n 项和 Sn、通项 an、项数 n,这五个元 素中只要已知其中的三个,就一定能够求出另外两个.(√) (2)在等比数列{an}中,首项 a1、公比 q、前 n 项和 Sn、通项 an、项数 n,这五个 元素中只要已知其中的三个,就一定能够求出另外两个.(√) (3)一个细胞由 1 个分裂为 2 个,则经过 5 次分裂后的细胞总数为 63.(×) (4)(2013· 重庆卷改编)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和, 若 a1,a2,a5 成等比数列,则 S8=128.(×) 2.增长率与存贷款利息问题 (5)某厂生产总值月平均增长率为 q,则年平均增长率为 12q.(×) (6)采用单利计息与复利计息的利息都一样.(×) [感悟· 提升] 1.一个区别 “单利计息”与“复利计息”

单利计息属于等差数列模型, 复利计息属于等比数列模型.复利也就是通常说的 “利滚利”.计算本利和的公式是本利和=本金×(1+利率)存期,如(6). 2.一个防范 如(3)、(5). 学生用书?第 91 页 数列的实际应用问题,要学会建模,对应哪一类数列,进而求解,

考点一

等差、等比数列的综合问题

【例 1】 已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+?+a3n-2. 解 (1)设{an}的公差为 d.由题意,得 a2 11=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=-2 或 0(舍去). 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. 由(1)知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等差数列.

n n 从而 Sn=2(a1+a3n-2)=2(-6n+56)=-3n2+28n. 规律方法 对等差、等比数列的综合问题的分析,应重点分析等差、等比数列的 通项及前 n 项和;分析等差、等比数列项之间的关系.往往用到转化与化归的思 想方法. 【训练 1】 (2014· 昆明模拟)已知数列{an}是公差为 2 的等差数列, 它的前 n 项和 为 Sn,且 a1+1,a3+1,a7+1 成等比数列. (1)求{an}的通项公式;
?1? (2)求数列?S ?的前 n 项和 Tn. ? n?

解 (1)由题意,得 a3+1=a1+5,a7+1=a1+13, 所以由(a3+1)2=(a1+1)· (a7+1) 得(a1+5)2=(a1+1)· (a1+13) 解得 a1=3,所以 an=3+2(n-1),即 an=2n+1. (2)由(1)知 an=2n+1,则 Sn=n(n+2), 1 ? 1 1?1 ?n-n+2?, = Sn 2? ? 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? Tn=2?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2? ? ? 1 1 1 ? 1? =2?1+2-n+1-n+2? ? ? 2n+3 3 =4- . 2?n+1??n+2? 考点二 数列在实际问题中的应用

【例 2】 (2012· 湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业 第一年年初有资金 2 000 万元, 将其投入生产, 到当年年底资金增长了 50%.预计 以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底 上缴资金 d 万元, 并将剩余资金全部投入下一年生产.设第 n 年年底企业上缴资 金后的剩余资金为 an 万元. (1)用 d 表示 a1,a2,并写出 an+1 与 an 的关系式; (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元,试确定企业每年 上缴资金 d 的值(用 m 表示).

解 (1)由题意, 得 a1=2 000(1+50%)-d=3 000-d, 3 5 a2=a1(1+50%)-d=2a1-d=4 500-2d, 3 an+1=an(1+50%)-d=2an-d. 3 (2)由(1),得 an=2an-1-d 3?3 ? =2?2an-2-d?-d ? ? 3 ?3? =?2?2an-2-2d-d ? ? ? 3 ?3?2 ? ?3?n-2? ?3? ? ?2? ?. +?+ =?2?n-1a1-d?1+2+? ?2? ? ? ? ? ? ? ?3? ??3? ? 整理,得 an=?2?n-1(3 000-d)-2d??2?n-1-1? ? ? ?? ? ? ?3? =?2?n-1(3 000-3d)+2d. ? ? 由题意,得 am=4 000, ?3? 即?2?m-1(3 000-3d)+2d=4 000. ? ? ??3?m ? ??2? -2?×1 000 1 000?3m-2m+1? ?? ? ? 解得 d= = . 3m-2m ?3?m ?2? -1 ? ? 1 000?3m-2m+1? 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时,经过 m(m≥3)年企业的剩余 3m-2m 资金为 4 000 万元. 规律方法 用数列知识解相关的实际问题,关键是列出相关信息,合理建立数学 模型——数列模型,判断是等差数列还是等比数列模型;求解时,要明确目标, 即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问题、 解不等式问题、还是最值问题,然后经过数学推理与计算得出的结果,放回到实 际问题中进行检验,最终得出结论.

【训练 2】 (2013· 安徽卷)如图,互不相同的点 A1,A2,?,An,?和 B1,B2,?, Bn,?分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn=an.若 a1=1, a2=2,则数列{an}的通项公式是________. 解析 记△OA1B1 的面积为 S,则△OA2B2 的面积为 4S. 从而四边形 AnBnBn+1An+1 的面积均为 3S. 即得△OAnBn 的面积为 S+3(n-1)S=(3n-2)S. 由△OA1B1∽△OAnBn,

a1 1 即a = , n 3n-2 ∴an= 3n-2. 答案 an= 3n-2 考点三 数列与函数、不等式的综合应用

【例 3】 设数列{an}满足 a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N*,函数 f(x)=(an- ?π? an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x 满足 f′?2?=0. ? ? (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

?π? 审题路线 (1)求 f′(x)?由 f′?2?=0 得 an、 an+1、 an+2 的关系式?可推出数列{an} ? ? 为等差数列?根据条件求公差 d?得出通项 an. (2)由(1)知 bn?分组求和?得出前 n 项和 Sn. 解 (1)由题设可得,对任意 n∈N*,f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x. ?π? f′?2?=an-an+1+an+2-an+1=0, ? ? 即 an+1-an=an+2-an+1,故{an}为等差数列. 由 a1=2,a2+a4=8,解得数列{an}的公差 d=1,

所以 an=2+1· (n-1)=n+1. 1 ? 1 ? =2?n+1+2n+1?=2n+2n+2, ? ?

(2)由 bn=

1? ?1? ? ?1-?2?n? n?n+1? 2? ? ?? 1 2 知 Sn=b1+b2+?+bn=2n+2· 2 + = n + 3 n + 1 - 1 2n. 1-2 规律方法 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点上命题 的特点. 【训练 3】 (2014· 浙江五校联考)已知正项数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足 an= Sn+ Sn-1(n≥2). (1)求证:{ Sn}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
? 1 ? ? ? (2)记数列?a a ?的前 n 项和为 Tn,若对任意的 n∈N*,不等式 4Tn<a2-a 恒成 ? ? n n+1? ?

立,求实数 a 的取值范围. 解 (1)因为 an= Sn+ Sn-1,所以 Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1, 即 Sn- Sn-1=1, 所以数列{ Sn}是首项为 1, 公差为 1 的等差数列, 得 Sn=n, 所以 an= Sn+ Sn-1=n+(n-1)=2n-1(n≥2),当 n=1 时,a1=1 也适合,所 以 an=2n-1. (2)因为 1 ? 1 1 1? 1 = =2?2n-1-2n+1?, anan+1 ?2n-1??2n+1? ? ?

1 1 1 1 1 ? 1? 1 ? 1? 1 所以,Tn=2?1-3+3-5 +?+2n-1-2n+1?=2?1-2n+1?.∴Tn<2, ? ? ? ? 要使不等式 4Tn<a2-a 恒成立,只需 2≤a2-a 恒成立,解得 a≤-1 或 a≥2, 故实数 a 的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).

1.用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错. 2.理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用,体会两者解题中的区

别. 3.注意数列与函数、方程、三角、不等式等知识的融合,了解其中蕴含的数学 思想. 4.在现实生活中,人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、 分期付款问题等, 都可以利用数列来解决,因此要会在实际问题中抽象出数学模 型,并用它解决实际问题.

创新突破 6——数列中的新定义问题 【典例】 (2012· 湖北卷)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任 意给定的等比数列{an}, {f(an)}仍是等比数列, 则称 f(x)为“保等比数列函数”. 现 有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数; ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln |x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( A.①② C.①③ 突破 1:采用特殊化思想,选定 an 是关键. 突破 2:逐一验证. 解析 利用特殊化思想,选 an=2n 判定.不妨令 an=2n. ①因为 f(x)=x2,所以 f(an)=4n.显然{f(2n)}是首项为 4,公比为 4 的等比数列. ②因为 f(x)=2x,所以 f(a1)=f(2)=22, f(a2)=f(4)=24,f(a3)=f(8)=28, f?a2? 24 f?a3? 28 所以 =22=4≠ = 4=16, f?a1? f?a2? 2 所以{f(an)}不是等比数列. ③因为 f(x)= |x|,所以 f(an)= 2n=( 2)n. 显然{f(an)}是首项为 2,公比为 2的等比数列. ④因为 f(x)=ln|x|,所以 f(an)=ln 2n=nln 2.显然{f(an)}是首项为 ln 2,公差为 ln 2 的等差数列,故应选 C. ).

B.③④ D.②④

答案 C [反思感悟] (1)本题解题的关键是抓住新定义中 “对任意给定的等比数列 {an}” 这一条件将问题特殊化,即取特殊的等比数列 an=2n,可将问题迎刃而解. (2)对于这类问题,我们首先应弄清问题的本质,然后根据等差数列、等比数列 的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决. 【自主体验】 S2n 1.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,若 S (n∈N*)是非零常数,则称该数列为“和等
n

比数列”; 若数列{cn}是首项为 2, 公差为 d(d≠0)的等差数列, 且数列{cn}是“和 等比数列”,则 d=________. n?c1+cn? 解析 由题意可知,数列{cn}的前 n 项和为 Sn= ,前 2n 项和为 S2n= 2 2n?c1+c2n? 2 2n?c1+c2n? S2n 2nd 2 ,所以 = =2+ =2+ . 因为数列 {cn} 是 2 Sn n?c1+cn? 4+nd-d 4-d 1+ nd 2 S2n “和等比数列”,即 S 为非零常数,所以 d=4.
n

答案 4 2.(2014· 肇庆二模 )若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平 数”,则在 1~100 这 100 个数中,能称为“和平数”的所有数的和是( A.130 B.325 C.676 D.1 300 ).

解析 设两个连续偶数为 2k+2 和 2k(k∈N*),则(2k+2)2-(2k)2=4(2k+1),故 和平数是 4 的倍数,但不是 8 的倍数,故在 1~100 之间,能称为和平数的有 4×1,4×3,4×5,4×7,?,4×25,共计 13 个,其和为 4× 答案 C 1+25 2 ×13=676.

对应学生用书 P293 基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、选择题 1.(2014· 昆明调研)公比不为 1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且-3a1,-a2, a3 成等差数列,若 a1=1,则 S4=( A.-20 B.0 C.7 ). D.40

解析 记等比数列{an}的公比为 q(q≠1),依题意有-2a2=-3a1+a3,-2a1q= -3a1+a1q2,即 q2+2q-3=0,(q+3)(q-1)=0,又 q≠1,因此有 q=-3,则 1×[1-?-3?4] S4= =-20. 1+3 答案 A 2.若-9,a,-1 成等差数列,-9,m,b,n,-1 成等比数列,则 ab=( A.15 B.-15 C.± 15 D.10 ).

解析 由已知得 a= =(-5)×(-3)=15. 答案 A

-9-1 2 2 =-5,b =(-9)×(-1)=9 且 b<0,∴b=-3,∴ab

3.(2014· 德州模拟)数列{an}满足 a1=1,log2an+1=log2an+1(n∈N*),它的前 n 项和为 Sn,则满足 Sn>1 025 的最小 n 值是( A.9 B.10 C.11 ). D.12

解析 因为 a1=1,log2an+1=log2an+1(n∈N*),所以 an+1=2an,an=2n-1,Sn= 2n-1,则满足 Sn>1 025 的最小 n 值是 11. 答案 C 4.已知{an}为等比数列,Sn 是它的前 n 项和.若 a2· a3=2a1,且 a4 与 2a7 的等差 5 中项为4,则 S5=( A.35 B.33 ). C.31 D.29

解析 设数列{an}的公比为 q,则由等比数列的性质知, a2· a3=a1· a4=2a1,即 a4=2. 5 5 由 a4 与 2a7 的等差中项为4知,a4+2a7=2×4, 5 1? a7 1 1 ? 1 ∴a7=2?2×4-a4?=4.∴q3=a =8,即 q=2. ? ? 4

1? ? 16?1-25? ? ? 1 ∴a4=a1q3=a1×8=2,∴a1=16,∴S5= 1 =31. 1-2 答案 C 5.(2014· 兰州模拟)设 y=f(x)是一次函数,若 f(0)=1,且 f(1),f(4),f(13)成等比 数列,则 f(2)+f(4)+?+f(2n)等于( A.n(2n+3) B.n(n+4) ). D.2n(n+4)

C.2n(2n+3)

解析 由题意可设 f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)×(13k+1),解得 k=2, f(2)+f(4)+?+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+?+(2×2n+1)=2n2+3n. 答案 A 二、填空题 6.(2014· 绍兴调研)已知实数 a1,a2,a3,a4 构成公差不为零的等差数列,且 a1, a3,a4 构成等比数列,则此等比数列的公比等于________. 解析 设公差为 d,公比为 q. 则 a2 a4,即(a1+2d)2=a1(a1+3d), 3=a1· a3 a1+2d 1 解得 a1=-4d,所以 q=a = a =2.
1 1

1 答案 2 7.某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天植树的棵数 是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N*)等于________. 解析 每天植树棵数构成等比数列{an}, 其中 a1=2,q=2.则 Sn= 少天数 n=6. 答案 6 8.(2013· 山东省实验中学诊断)数列{an}满足 a1=3,an-anan+1=1,An 表示{an} 前 n 项之积,则 A2 013=________. an-1 3-1 2 1 解析 由 a1=3,an-anan+1=1,得 an+1= a ,所以 a2= 3 =3,a3=-2,
n

a1?1-qn? =2(2n-1)≥100,即 2n+1≥102.∴n≥6,∴最 1-q

a4=3,所以{an}是以 3 为周期的数列,且 a1a2a3=-1,又 2 013=3×671,所以

A2 013=(-1)671=-1. 答案 -1 三、解答题 9. (2014· 杭州模拟)设{an}是公比大于 1 的等比数列, Sn 为数列{an}的前 n 项和. 已 知 S3=7,且 a1+3,3a2,a3+4 构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式. (2)令 bn=nan,n=1,2,?,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. ?a1+a2+a3=7, ? 解 (1)由已知,得??a1+3?+?a3+4? =3a2, ? 2 ?

解得 a2=2.

2 设数列{an}的公比为 q,由 a2=2,可得 a1=q,a3=2q. 2 又 S3=7,可知q+2+2q=7,即 2q2-5q+2=0, 1 解得 q=2 或2.由题意得 q>1,所以 q=2.则 a1=1. 故数列{an}的通项为 an=2n-1. (2)由于 bn=n· 2n-1,n=1,2,?, 则 Tn=1+2×2+3×22+?+n×2n-1, 所以 2Tn=2+2×22+?+(n-1)×2n-1+n×2n, 两式相减得-Tn=1+2+22+23+?+2n 1-n×2n=2n-n×2n-1,


即 Tn=(n-1)2n+1. 10. (2013· 湛江二模)已知函数 f(x)=x2-2x+4, 数列{an}是公差为 d 的等差数列, 若 a1=f(d-1),a3=f(d+1), (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (2)Sn 为{an}的前 n 项和,求证:S +S +?+S ≥3.
1 2 n

(1)解

a1=f(d-1)=d2-4d+7,a3=f(d+1)=d2+3,

又由 a3=a1+2d,可得 d=2,所以 a1=3,an=2n+1. (2)证明 Sn= n?3+2n+1? =n(n+2), 2

1 ? 1 1 1?1 ?n-n+2?, = = Sn n?n+2? 2? ? 1 1 1 所以,S +S +?+S 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 ? 1? =2?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2? ? ? 1 1 ? 1?3 1 1 ? 1 1?3 =2?2-n+1-n+2?≥2?2-1+1-1+2?=3. ? ? ? ? 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、选择题 1.(2014· 福州模拟)在等差数列{an}中,满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是数列{an} 前 n 项的和,若 Sn 取得最大值,则 n=( A.7 B.8 C.9 ).

D.10

解析 设公差为 d,由题设 3(a1+3d)=7(a1+6d), 4 所以 d=-33a1<0. ? 4 ? 解不等式 an>0,即 a1+(n-1)?-33a1?>0, ? ? 37 所以 n< 4 ,则 n≤9, 当 n≤9 时,an>0,同理可得 n≥10 时,an<0. 故当 n=9 时,Sn 取得最大值. 答案 C 2.已知 f(x)=bx+1 是关于 x 的一次函数,b 为不等于 1 的常数,且 g(n)= ?1,n=0, ? 设 an=g(n)-g(n-1)(n∈N*),则数列{an}为( ?f[g?n-1?],n≥1, A.等差数列 B.等比数列 C.递增数列 D.递减数列 解析 a1=g(1)-g(0)=f[g(0)]-g(0)=b+1-1=b,当 n≥2 时,an=g(n)-g(n- 1)=f[g(n-1)]-f[g(n-2)]=b[g(n-1)-g(n-2)]=ban-1,所以{an}是等比数列. 答案 B ).

二、填空题 1 3.(2013· 湖南卷)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1)nan-2n,n∈N*,则 (1)a3=________; (2)S1+S2+?+S100=________. 1 1 解析 (1)当 n=1 时,S1=(-1)a1-2,得 a1=-4.当 n≥2 时,Sn=(-1)n(Sn-Sn
-1

1 1 1 1 )-2n.当 n 为偶数时,Sn-1=-2n,当 n 为奇数时,Sn=2Sn-1- n+1,从而 S1= 2

1 1 1 1 1 1 -4,S3=-16,又由 S3=2S2-24=-16,得 S2=0,则 S3=S2+a3=a3=-16. 1 1 1 1 1 (2)由(1)得 S1+S3+S5+?+S99=-22-24-26-?-2100,S101=-2102, 1 1 1 1 又 S2+S4+S6+?+S100=2S3+23+2S5+25+2S7+27+?+2S101+2101=0, 故 S1 1? 1 ? +S2+?+S100=3?2100-1?. ? ? 1 答案 (1)-16 三、解答题 4.已知等比数列{an}满足 2a1+a3=3a2,且 a3+2 是 a2,a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)若 bn=an+log2a ,Sn=b1+b2+?+bn,求使 Sn-2n+1+47<0 成立的 n 的最小
n

1? 1 ? (2)3?2100-1? ? ?

值. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,依题意,有 ?2a1+a3=3a2, ? ?a2+a4=2?a3+2?,
2 ?a1?2+q ?=3a1q, 即? 3 2 ?a1?q+q ?=2a1q +4,

① ②

由①得 q2-3q+2=0,解得 q=1 或 q=2. 当 q=1 时,不合题意,舍去; 当 q=2 时,代入②得 a1=2,所以 an=2· 2n-1=2n. 故所求数列{an}的通项公式 an=2n(n∈N*).

1 1 (2)bn=an+log2a =2n+log22n=2n-n.
n

所以 Sn=2-1+22-2+23-3+?+2n-n =(2+22+23+?+2n)-(1+2+3+?+n) 2?1-2n? n?1+n? 1 1 = - 2 =2n+1-2-2n-2n2. 1-2 因为 Sn-2n+1+47<0, 1 1 所以 2n+1-2-2n-2n2-2n+1+47<0, 即 n2+n-90>0,解得 n>9 或 n<-10. 因为 n∈N*,故使 Sn-2n+1+47<0 成立的正整数 n 的最小值为 10.

步骤规范练——数列 (建议用时:90 分钟)

(对应学生用书 P295)

一、选择题 1.(2013· 济南模拟)在等差数列{an}中,a2+a8=4,则它的前 9 项和 S9=( A.9 B.18 C.36 D.72 ).

9?a1+a9? 9×4 解析 在等差数列中,a2+a8=a1+a9=4,所以 S9= = 2 =18. 2 答案 B 2.(2014· 广州模拟)已知数列{an}为等差数列,其前 n 项的和为 Sn,若 a3=6,S3 =12,则公差 d=( A.1 B.2 C.3 ). 5 D.3

3?a1+a3? 3?a1+6? 解析 在等差数列中,S3= = =12,解得 a1=2,所以解得 d= 2 2 2. 答案 B 3.(2014· 长沙模拟)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2 +2,S4=3a4+2,则 q=( 3 A.2 1 B.2 2 C.3 D.2 ).

解析 ∵S4-S2=a3+a4=3(a4-a2), 3 ∴a2(q+q2)=3a2(q2-1),∴q=2或-1(舍去). 答案 A 4.(2013· 宜山模拟)已知在正项等比数列{an}中,a1=1,a2a4=16,则|a1-12|+ |a2-12|+?+|a8-12|=( ).

A.224 B.225 C.226 D.256 解析 由 a2a4=a2 3=16,解得 a3=4,又 a1=1, ∴q2=4,∴q=2,∴an=2n-1,令 2n-1≥12,解得 n 的最小值为 5. ∴|a1-12|+ |a2-12|+ ?+|a8-12|=12-a1 +12-a2+12-a3+12-a4+a5-12 +a6-12+a7-12+a8-12 =-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8) =-15+240=225. 答案 B a2 a3 an 5.(2014· 陕西五校一模)如果数列 a1,a ,a ,?, ,?是首项为 1,公比为 an-1 1 2 - 2的等比数列,则 a5 等于( ).

A.32 B.64 C.-32 D.-64 a2 a3 a4 a5 an 解析 易知数列 a1,a ,a ,a ,a ,?, ,?的通项为(- 2)n-1,故 a5= an-1 1 2 3 4 a2 a3 a4 a5 a1· a· a· a· a =1×(- 2)×2×(-2 2)×4=32.
1 2 3 4

答案 A 6.(2013· 安徽望江中学模拟)设数列{an}是公差 d<0 的等差数列,Sn 为其前 n 项 和,若 S6=5a1+10d,则 Sn 取最大值时,n=( A.5 B.6 C.5 或 6 D.6 或 7 解析 由题意得 S6=6a1+15d=5a1+10d,所以 a1+5d=0,即 a6=0,故当 n= 5 或 6 时,Sn 最大. 答案 C 7.(2013· 荆门调研)已知一等差数列的前四项和为 124,后四项和为 156,各项和 为 210,则此等差数列的项数是( ). ).

A.5 B.6 C.7 解析

D.8 124+156 = 70. ∵ Sn = 4

设数列 {an} 为该等差数列,依题意 得 a1 + an =

n?a1+an? 70n =210,∴210= 2 ,∴n=6. 2 答案 B 8.(2013· 河南三市调研)在公差不为 0 的等差数列{an}中,2a3-a2 7+2a11=0,数 列{bn}是等比数列,且 b7=a7,则 b6b8=( A.2 B.4 C.8 D.16 ).

2 解析 因为{an}是等差数列, 所以 a3+a11=2a7, 所以 2a3-a2 7+2a11=4a7-a7=0, 2 解得 a7=0 或 4,因为{bn}为等比数列,所以 bn≠0,所以 b7=a7=4,b6b8=b7 =

16. 答案 D 9.(2013· 西安五校联考)已知 a1,a2, a3,a4 是各项均为正数的等比数列,且公比 q≠1,若将此数列删去某一项得到的数列 (按原来的顺序)是等差数列,则 q = ( ). B. 1+ 5 2 C. -1+ 5 2 D.1+ 5

1+ 5 -1+ 5 A. 2 或 2

解析 由题意知 a1>0, q>0, 若删去 a1, 得 2a1q2=a1q+a1q3, 解得 q=1(舍去); 若删去 a2,得 2a1q2=a1+a1q3,即(q-1)(q2-q-1)=0,解得 q= 去 a3, 得 2a1q=a1+a1q3, 即(q-1)(q2+q-1)=0,解得 q= 得 2a1q=a1+a1q2,解得 q=1(舍去),综上可得 q= 答案 A 10.(2014· 皖南八校模拟)已知函数 y=anx2(an≠0,n∈N*)的图象在 x=1 处的切 线斜率为 2an-1+1(n≥2,n∈N*),且当 n=1 时其图象过点(2,8),则 a7 的值为 ( 1 A.2 ). B.7 C.5 D.6 1+ 5 ;若删 2

-1+ 5 ;若删去 a4, 2

1+ 5 -1+ 5 . 2 或 q= 2

1 解析 由题意知 y′=2anx,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴an-an-1=2,又

1 n=1 时其图象过点(2,8),∴a1×22=8,得 a1=2,∴{an}是首项为 2,公差为2的 n 3 等差数列,an=2+2,得 a7=5. 答案 C 二、填空题 11.(2014· 成都重点中学期末考试)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S4=8, S8=20,则 a11+a12+a13+a14=________. S4 ? ? 4 =2, d,依题意有? S8 5 ? ? 8 =2, 3 a + ? 1 ? 2d=2, 即? 7 5 ? ?a1+2d=2,

解析

设等差数列{an}的公差为



1 13 得 d=4,a1= 8 ,故 a11+a12+a13+a14=4a1+46d=18. 答案 18 12.已知等比数列{an}为递增数列.若 a1>0,且 2(an+an+2)=5an+1,则数列{an} 的公比 q=______. 解析 ∵2(an+an+2)=5an+1,∴2an+2anq2=5anq, 化简得 2q2-5q+2=0,由题意知,q>1.∴q=2. 答案 2 13. (2014· 成都一模)现有一根 n 节的竹竿,自上而下每节的长度依次构成等差数 列,最上面一节长为 10 cm,最下面的三节长度之和为 114 cm,第 6 节的长度是 首节与末节长度的等比中项,则 n=________. 解析 设每节竹竿的长度对应的数列为{an},公差为 d,(d>0).
2 由题意知 a1=10,an+an-1+an-2=114,a6 =a1an.

由 an+an-1+an-2=114,得 3an-1=114,解得 an-1=38, ∴(a1+5d)2=a1(an-1+d),即(10+5d)2=10(38+d),解得 d=2,所以 an-1=a1+ (n-2)d=38,即 10+2(n-2)=38,解得 n=16. 答案 16
2 * 14.(2014· 南通模拟)在数列{an}中,若 an -a2 n+1=p(n≥1,n∈N ,p 为常数),则

称{an}为“等方差数列”,下列是对“等方差数列”的判断:
2 ①若{an}是等方差数列,则{an }是等差数列;

②{(-1)n}是等方差数列; ③若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k 为常数)也是等方差数列. 其中真命题的序号为________(将所有真命题的序号填在横线上).
2 2 2 2 解析 ①正确,因为 a2 n-an+1=p,所以 an+1-an=-p,于是数列{an}为等差数

列.②正确,因为(-1)2n-(-1)2(n+1)=0 为常数,于是数列{(-1)n}为等方差数
2 2 2 2 2 2 2 列.③正确,因为 a2 kn-akn+k=(akn-akn+1)+(akn+1-akn+2)+(akn+2-akn+3)+?+ 2 2 * (akn +k-1-akn+k)=kp,则{akn}(k∈N ,k 为常数)也是等方差数列.

答案 ①②③ 三、解答题 15.(2014· 西安一检)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n+1+1,n∈ N*,且 a1,a2+5,a3 成等差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解 (1)在 2Sn=an+1-2n+1+1 中 令 n=1 得,2S1=a2-22+1, 令 n=2 得,2S2=a3-23+1, 解得,a2=2a1+3,a3=6a1+13. 又 2(a2+5)=a1+a3,即 2(2a1+8)=a1+6a1+13, 解得 a1=1. (2)由 2Sn=an+1-2n+1+1,2Sn+1=an+2-2n+2+1,得 an+2=3an+1+2n+1. 又 a1=1,a2=5 也满足 a2=3a1+21,∴an+1=3an+2n 对 n∈N*成立, ∴an+1+2n+1=3(an+2n), ∴数列{an+2n}以 3 为首项,公比为 3 的等比数列. ∴an+2n=(a1+21)· 3n-1=3n, ∴an=3n-2n. 16.(2014· 浙江五校联考)已知在等比数列{an}中,a1=1,且 a2 是 a1 和 a3-1 的 等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 b1+2b2+3b3+?+nbn=an(n∈N*),求{bn}的通项公式 bn. 解 (1)由题意,得 2a2=a1+a3-1,即 2a1q=a1+a1q2-1,整理得 2q=q2.

又 q≠0,解得 q=2,∴an=2n-1. (2)当 n=1 时,b1=a1=1; 2n-2 当 n≥2 时,nbn=an-an-1=2n-2,即 bn= n , ?1,n=1, ? ∴bn=?2n-2 ,n≥2. ? ? n 17.设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 4Sn=a2 n+1-4n-1,n∈ N*, 且 a2,a5,a14 构成等比数列. (1)证明:a2= 4a1+5; (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a a +a a +?+ <2. anan+1 1 2 2 3 (1)证明
2 当 n=1 时,4a1=a2 2-5,a2=4a1+5,

又 an>0,∴a2= 4a1+5. (2)解
2 当 n≥2 时,4Sn-1=an -4(n-1)-1,

2 2 ∴4an=4Sn-4Sn-1=an +1-an-4, 2 2 即 a2 n+1=an+4an+4=(an+2) ,

又 an>0,∴an+1=an+2, ∴当 n≥2 时,{an}是公差为 2 的等差数列. 又 a2,a5,a14 成等比数列. ∴a2 a14,即(a2+6)2=a2· (a2+24),解得 a2=3. 5=a2· 由(1)知 a1=1.又 a2-a1=3-1=2, ∴数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列. ∴an=2n-1. (3)证明 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ = + + +?+ a1a2 a2a3 anan+1 1×3 3×5 5×7 ?2n-1??2n+1?

1 ?? 1? ?1 1? 1?? ? 1 =2??1-3?+?3-5?+?+?2n-1-2n+1?? ? ? ? ?? ? ?? 1 ? 1 1? =2?1-2n+1?<2. ? ? 18.(2014· 江西八校联考)已知数列{an}的首项 a1=4,前 n 项和为 Sn,且 Sn+1-

3Sn-2n-4=0(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设函数 f(x)=anx+an-1x2+an-2x3+?+a1xn,f′(x)是函数 f(x)的导函数,令 bn =f′(1),求数列{bn}的通项公式,并研究其单调性. 解 (1)由 Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*),得 Sn-3Sn-1-2n+2-4=0(n≥2), 两式相减得 an+1-3an-2=0,可得 an+1+1=3(an+1)(n≥2), 又由已知得 a2=14,所以 a2+1=3(a1+1),即{an+1}是一个首项为 5,公比 q =3 的等比数列,所以 an=5×3n-1-1(n∈N*). (2)因为 f′(x)= an + 2an - 1x+?+ na1xn 1 ,所以 f′(1)= an +2an -1 +?+ na1 =


(5×3n-1-1)+2(5×3n-2-1)+?+n(5×30-1)=5(3n-1+2×3n-2+3×3n-3+? +n×30)- n?n+1? 2 ,

令 S=3n-1+2×3n-2+3×3n-3+?+n×30, 则 3S=3n+2×3n-1+3×3n-2+?+n×31, n 3-3 作差得 S=-2- 4
n+1

5×3n+1-15 n?n+6? ,所以 f′(1)= - 2 , 4

5×3n+1-15 n?n+6? 即 bn= - 2 . 4 5×3n+2-15 ?n+1??n+7? 15×3n 7 而 bn+1= - , 所以 b - b = - n - 所以{bn} n+1 n 4 2 2 2>0, 是单调递增数列. 学生用书?第 93 页

知识只能是这样一种东西,学生靠了它可以得到好的分数,可以升级,但是不会 变为信念,不会对学生产生深刻的教育影响。只有为此而准备好道德的土壤时, 知识才会变成信念。——赞科夫


【创新设计,教师用书】(人教A版,理科)2015届高考数学第....doc

【创新设计,教师用书】(人教A版,理科)2015届高考数学第一轮复习细致讲解练:选修4-2 矩阵与变换_数学_高中教育_教育专区。选修 4-2 矩阵与变换 A [最新考纲]...

(教师用书)高考数学第一轮复习 矩阵与变换细致讲解练 ....doc

(教师用书)高考数学第一轮复习 矩阵与变换细致讲解练 理 新人教A版选修42 【创新设计】 (教师用书)2015 届高考数学第一轮复习 矩阵与变换 细致讲解练 理 新...

2015届高考数学复习专题汇总(链接).doc

高考数学大一轮总复习配套课件+课时训练(人教 A 版,理科) 2015 届《智慧测评...高效训练 【创新设计,教师用书】2015 届高考数学第一轮复习细致讲解练(人教 ...

2018版高考数学理科一轮设计:第1~3章教师用书(人教A版).doc

2018版高考数学理科一轮设计:第1~3章教师用书(人教A版)_高考_高中教育_教育专区。2018 2018 版高考数学理科一轮设计:第 1~3 章教师用书(人教 A 版)本资料...

热点2018届高考数学(新课标版 文)二轮复习细致讲解课件....ppt

热点2018届高考数学(新课标版 文)二轮复习细致讲解课件第8章高考数学填空题的

【创新设计】高考数学一轮总复习 第四篇 三角函数、解....doc

【创新设计】高考数学一轮总复习 第四篇 三角函数、解三角形教案 理 苏教版 - 第(1)课时 课题:书法---写字基本知识 课型:新授课 教学目标:1、初步掌握书写...

【热点重点难点专题透析】(新课标)2016届高考数学二轮....ppt

【热点重点难点专题透析】(新课标)2016届高考数学轮复习 细致讲解 第8章

2018-2019学年高中一轮复习语文通用版:专题检测 “得体....doc

2018-2019学年高中一轮复习语文通用版:专题检测 “得体题”仿真高考练 Word版含解析_高考_高中教育_教育专区。精选资料专题检测 “得体题”仿真高考练 1.下列各...

热点2018届高考数学(新课标版 文)二轮复习细致讲解课件....ppt

热点2018届高考数学(新课标版 文)二轮复习细致讲解课件第7章高考数学选择题的

2014届高考数学(文科,大纲版)一轮复习配套课件:131导数....ppt

2014届高考数学(文科,大纲版)一轮复习配套课件:131导数的概念及基本运算_

优化方案届高考数学文科大纲版一轮复习配套课件113 相....ppt

优化方案届高考数学文科大纲版一轮复习配套课件113 ...0.169 目录 考点

2019年高考专题复习第5单元不等式数学理科新课标_图文.ppt

细致讲解,并配备了适当的习题,以图通过该讲进一 步培养学生解决实际问题的能力. 第五单元 │ 使用建议 2.教学指导 不等式是知识和应用的结合体,在复习中...

高考生物第一轮复习指导.doc

高考生物第一轮复习指导第 页 201 9 年高考生物 第一轮复习指 导 2019 年高 考生物第一轮 复习指导一、 夯实基础,查 漏补缺,构建 知识网络基础 知识复习是...

2015湖南高考桑植一中数学二轮复习分析考生高考答题探....ppt

2015湖南高考桑植一中数学轮复习分析考生高考答题 探究数学教学策略 一、高考评卷信息反馈 2014理科各题平均分、相对难度、0分及满分情况 (样本数:188490 )题号...

2017届高考地理二轮复习热点重点难点细致讲解专题二人....ppt

2017届高考地理二轮复习热点重点难点细致讲解专题二人文地理事象与原理第7讲农业

【精编】人教A版高中数学必修五课件高二第二章 数列2-3....ppt

【精编】人教A版高中数学必修五课件高二第二章 数列2-3《等差数列的前n项和》(新课导入%2B新课讲授%2B课堂_数学_高中教育_教育专区。第二章 数列 2.3 等差...

【精品】五年级上册数学教案-5.1相遇问题 冀教版(201....doc

《相遇问题》教学设计【教学内容】 冀教版五年级上册 45.46 页第五单元第一课时 【教材简析】相遇问题是和人们生活、生产息息相关的数学知识。这部分内容 是在...

高考语文一轮复习语言基础知识运用辨析病句(二)搭配....doc

高考语文一轮复习语言基础知识运用辨析病句(二)搭配不当讲解_高考_高中教育_.

(浙江专版)2019高考语文一轮复习 专题4 散文、小说(2 ....doc

(浙江专版)2019高考语文一轮复习 专题4 散文、小说...( ) A.宿.命(sù) B..(sū) C.熨.帖(...每个展馆都由场馆最高负责人亲自讲解,影片内容细致...

高考生物一轮复习细致讲解练:选修3(5份)第二讲 细胞工程.doc

高考生物一轮复习细致讲解练:选修3(5)第二讲 细胞工程_高考_高中教育_教育