【数学】2019届一轮复习浙江专版第六章数列与数学归纳法学案
第六章数列与数学归纳法
第一节数列的概念与简单表示法
1．数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
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
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝
4．数列的分类
[小题体验]
1．已知数列{an}的前4项为1,3,7,15，则数列{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a5等于________．
答案：
3．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n－1，则an＝________.
答案：2×3n－1
1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．
2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
3．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．
[小题纠偏]
1．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项公式是________．
答案：an＝
2．数列{an}的通项公式为an＝－n2＋9n，则该数列第________项最大．
答案：4或5
[题组练透]
1．已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝②an＝，③an＝，④an＝.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①③④
解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式．
2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
(1)4,6,8,10，…；
(2)(易错题)－，，－，，…；
(3)－1,7，－13,19, …；
(4)9,99,999,9 999，….
解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式an＝2(n＋1)，n∈N*.
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式an＝(－1)n×，n∈N*.
(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)，n∈N*.
(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1，n∈N*.
[谨记通法]
由数列的前几项求数列通项公式的策略
(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：
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各项符号特征等．
(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．
[典例引领]
已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式．
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝2n－an.
解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，
∴an＝4n－5.
(2)当n＝1时，S1＝a1＝2－a1，所以a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－an)－[2(n－1)－an－1]＝2－an＋an－1，
即an＝an－1＋1，转化可得an－2＝(an－1－2)．
所以{an－2}是以首项为a1－2＝－1，公比为的等比数列，
所以an－2＝(－1)·n－1，
即an＝2－n－1.
[由题悟法]
已知Sn求an的 3个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
[即时应用]
已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若an＞0，Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，求an.
解：(1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)
＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]
＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，
所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)当n＝1时，a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
即a－3a1＋2＝0.
解得a1＝1或a1＝2.因为a1＝S1＞1，所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)(an＋2)－(an－1＋1)(an－1＋2)，所以(an－an－1－3)(an＋an－1)＝0.
因为an＞0，所以an＋an－1＞0，
所以an－an－1－3＝0，
所以数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以an＝3n－1.
[锁定考向]
递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．
常见的命题角度有：
(1)形如an＋1＝anf(n)，求an；
(2)形如an＋1＝an＋f(n)，求an；
(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an.
[题点全练]
角度一：形如an＋1＝anf(n)，求an
1．在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1···…·＝＝.
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
∴an＝(n∈N*)．
角度二：形如an＋1＝an＋f(n)，求an
2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，
∴an＝(n∈N*)．
角度三：形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1(n∈N*)．
[通法在握]
典型的递推数列及处理方法
递推式
方 法
示 例
an＋1＝an＋f(n)
叠加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
an＋1＝anf(n)
叠乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝Aan＋B(A≠0,1，B≠0)
化为等比数列
a1＝1，an＋1＝2an＋1
[演练冲关]
根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；
(2)a1＝，an＝an－1(n≥2)；
(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(n≥2)．
解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
(2)因为an＝an－1(n≥2)，
所以当n≥2时，＝，
所以＝，＝，…，＝，＝，
以上n－1个式子相乘得··…··＝··…··，
即＝××2×1，所以an＝.
当n＝1时，a1＝＝，与已知a1＝相符，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，
所以(an＋2)＝3(an－1＋2)．
因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．
所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．数列，，2，2，…，则2是该数列的( )
A．第6项 B．第7项
C．第9项 D．第10项
解析：选B ，，2，2，…可转化为，，，，…，所以可知接下的项为，，＝2，所以2为第7项．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为选项C.
3．(2018·衢州模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝ ，则数列{an}的通项公式an为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由an＋1＝可得＝＝＋.
所以数列是以＝1为首项，公差为的等差数列，所以＝，即an＝.
4．(2018·诸暨模拟)已知数列{an}中，对任意的p，q∈N*都满足ap＋q＝apaq，若a1＝－1，则a9＝________.
解析：由题可得，因为a1＝－1，令p＝q＝1，则a2＝a＝1；令p＝q＝2，则a4＝a＝1；令p＝q＝4，则a8＝a＝1，所以a9＝a8＋1＝a1a8＝－1.
答案：－1
5．(2018·金华模拟)在数列{an}中，an＝(n∈N*)，则该数列的最大项为________；最小项为________．
解析：因为an＝＝1－，所以可知当n＜50时，数列{an}是递增数列；当n＞50时，数列{an}也是递增的．对比函数y＝1－的图象可知，当n＝49时，数列{an}取到最大项，最大值为11；当n＝51时，数列取到最小项，最小值为－9.
答案：11 －9
二保高考，全练题型做到高考达标
1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于( )
A. B．cos
C．cosπ D．cosπ
解析：选D 令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
2．(2018·江山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5＝( )
A．－16 B．16
C．31 D．32
解析：选B 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，an＝2an－1，所以有＝2，所以{an}是首项为1，公比为2的等比数列，其通项为an＝2n－1，所以a5＝24＝16.
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，则此数列是( )
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．摆动数列
解析：选C 因为Sn＋Sn＋1＝an＋1，所以当n≥2时，Sn－1＋Sn＝an，两式相减，得an＋an＋1＝an＋1－an，所以有an＝0.当n＝1时，a1＋a1＋a2＝a2，所以a1＝0.所以an＝0.即数列是常数列．
4．(2018·浦江模拟)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝n2，则该数列的通项公式为( )
A．an＝2 B．an＝2
C．an＝ D．an＝
解析：选C 当n＝1时，a1＝1.
当n≥2时，a1a2a3…an－1＝(n－1)2，
所以当n≥2时，an＝＝2.
所以an＝
5．(2018·丽水模拟)数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由a1＝∈，得a2＝2a1－1＝∈，所以a3＝2a2＝∈，所以a4＝2a3＝∈，所以a5＝2a4－1＝＝a1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a
2 018＝a504×4＋2＝a2＝.
6．在数列－1,0，，，…，，…中，0.08是它的第____________项．
解析：令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0.
解得n＝10或n＝(舍去)．
答案：10
7．(2018·海宁模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－1，则该数列的前8项和为________．
解析：S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1＋5＋9＋13＝28.
答案：28
8．在一个数列中，如果对任意的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
9．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)，可得
a1＝a＋a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2；
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝a＋an，①
当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，
解得1
an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，即得k>－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．
a1
a2 a3
a4 a5 a6
……
解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.
答案：97
2．(2018·温州模拟)设函数f(x)＝log2x－logx4(0an.
故数列{an}是递增数列．
第二节等差数列及其前n项和
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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
2．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＋d＝.
3．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
[小题体验]
1．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
答案：10
2．(2018·温州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，a5＝3，则an＝________；S7＝________.
答案：－n＋8 28
3．(教材习题改编)已知等差数列5,4，3，…，则前n项和Sn＝________.
答案：(75n－5n2)
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．
[小题纠偏]
1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d的取值范围是( )
A．(－3，＋∞) B.
C. D.
答案：D
2．(2018·湖州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝16，a6＝10，则公差d＝________；Sn取到最大时的n的值为________．
解析：因为数列{an}是等差数列，且a3＝16，a6＝10，所以公差d＝＝－2，所以an＝－2n＋22，要使Sn能够取到最大值，则需an＝－2n＋22≥0，所以解得n≤11.所以可知使得Sn取到最大时的n的值为10或11.
答案：－2 10或11
[题组练透]
1．(2017·嘉兴二模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设数列{an}的公差为d，因为Sn为等差数列{an}的前n项和，且＝，所以10a1＝4a1＋6d，所以a1＝d.所以＝＝＝.
2．设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝( )
A．5 B．6
C．9 D．11
解析：选C 因为ak是a6与ak＋6的等比中项，
所以a＝a6ak＋6.
又等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，
所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]，
所以(k－3)2＝3(k＋3)，
解得k＝9或k＝0(舍去)，故选C.
3．公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等．
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a7＝2a5，∴a1＋6d＝2(a1＋4d)，则a1＝－2d，∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等．
答案：11
4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，
公差为d，
由已知，得
解得
∴S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
答案：－72
[谨记通法]
等差数列基本运算的方法策略
(1)等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a1，d，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．
(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn＝结合使用，体现整体代入的思想．
[典例引领]
(2018·舟山模拟)已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
解：(1)证明：b1＝＝－，
当n≥2时，bn－bn－1＝－＝－＝＝1.
所以数列{bn}是以首项为－，1为公差的等差数列．
(2)因为b1＝－，公差d＝1；
所以bn＝－＋n－1＝n－＝.
所以an＝＋1.
所以当n＝3时，(an)min＝a3＝－1；
当n＝4时，(an)max＝a4＝3.
[由题悟法]
等差数列的判定与证明方法
方 法
解 读
适合题型
定义法
对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数
⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
[即时应用]
已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝，且an＝，
∴bn＋1＝＝＝2＋，
∴bn＋1－bn＝2＋－＝2.
又b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为
bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又bn＝，∴an＝＝.
∴数列{an}的通项公式为an＝.
[典例引领]
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝( )
A．18 B．12
C．9 D．6
解析：选D 由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6.
2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足an
>0的最大n的值为______，满足SkSk＋1<0的正整数k＝______.
解析：由题可得a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6<0，所以使得an>0的最大n的值为6.又a6＋a7＝S7－S5>0，则S11＝＝11a6>0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，S13＝＝13a7<0，因为{an}是递减的等差数列，所以满足SkSk＋1<0的正整数k＝12.
答案：6 12
[由题悟法]
1．等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[即时应用]
1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因为数列{an}是等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，因为＝，所以不妨设S4＝1，则S8＝3，所以S8－S4＝2，所以S16＝1＋2＋3＋4＝10，所以＝.
2．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}的项数为________．
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＝＝324，
∴18n＝324，∴n＝18.
答案：18
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4.则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝－2n＋3
C．an＝2n－1或－2n＋3 D．an＝2n
解析：选A 设数列{an}的公差为d，由a3＝a－4可得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d＝±2.因为数列{an}是递增数列，所以d>0，故d＝2.所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＝6，则S9为( )
A．45 B．54
C．63 D．27
解析：选B 法一：∵S9＝＝9a5＝9×6＝54.故选B.
法二：由a5＝6，得a1＋4d＝6，
∴S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝9×6＝54，故选B.
3．(2018·温州十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a5等于( )
A．8 B．10
C．12 D．14
解析：选B 设数列{an}的公差为d，因为a1＝2，S3＝12，所以S3＝3a1＋3d＝6＋3d＝12，解得d＝2.所以a5＝2＋4d＝10.
4．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.
又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
答案：－
5．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
解析：∵∴
∴Sn的最大值为S5.
答案：S5
二保高考，全练题型做到高考达标
1．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝，S4＝20，则S6＝( )
A．16 B．24
C．36 D．48
解析：选D 设数列{an}的公差为d，由S4＝4a1＋6d＝2＋6d＝20，解得d＝3，所以S6＝6a1＋15d＝3＋45＝48.
2．(2018·浙江五校联考)等差数列{an}中，a1＝0，等差d≠0，若ak＝a1＋a2＋…＋a7，则实数k＝( )
A．22 B．23
C．24 D．25
解析：选A 因为a1＝0，且ak＝a1＋a2＋…＋a7，
即(k－1)d＝21d，又因为d≠0，所以k＝22.
3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{}都是等差数列，且公差相等，则a6＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选A 设{an}的公差为d，由题意得，＝＝，又{an}和{}都是等差数列，且公差相同，∴解得
a6＝a1＋5d＝＋＝.
4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D 由＝，可得＝＝＝7＋，所以要使为整数，则需为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共5个．
5．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为( )
A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1
解析：选B 设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意的正整数n上式均成立，
所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，
解得d＝2，k＝.
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
6．(2018·金华十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________.
解析：设公差为d，则2＋d＝1＋2d，所以d＝1.所以a2＝1＋1＝2；Sn＝n＋＝.
答案：2
7．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－16时，Tn＝－a1－a2－…－a6＋a7＋…＋an＝－2S6＝n(2n－23)＋132.所以Tn＝
答案：－30 Tn＝
9．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
解：(1)设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k.
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
(2)证明：由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝＝.
10．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝a＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0.
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由4Sn＝a＋2an－3,4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，
得4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，
所以当n≥5时，{an}成等差数列．
(2)由4a1＝a＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，
又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以由(1)得an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，
而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，
所以an＝
所以Sn＝
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为________．
解析：设公差为d.因为a1，a3，a13成等比数列，所以(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.所以an＝2n－1，Sn＝n2.所以＝＝.令t＝n＋1，则原式＝＝t＋－2.因为t≥2，t∈N*，所以当t＝3，即n＝2时，min＝4.
答案：4
2．已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)法一：∵数列{an}是等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，
得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，
∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，
即2d＝4,2a1－d＝－3，
解得d＝2，a1＝－.
法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，
得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，
∴2d＝an＋2－an＝(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)
＝4n＋1－(4n－3)＝4，
∴d＝2.
又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，
∴a1＝－.
(2)由题意，①当n为奇数时，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)
＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×
＝.
②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝1＋9＋…＋(4n－7)
＝.
第三节等比数列及其前n项和
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＝q.
(2)等比中项：
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，
则am·an＝ap·aq＝a；
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列；
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
[小题体验]
1．(教材习题改编)将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是( )
A．公比为q的等比数列 B．公比为q2的等比数列
C．公比为q3的等比数列 D．不一定是等比数列
答案：B
2．(2018·台州模拟)已知等比数列{an}各项都是正数，且a4－2a2＝4，a3＝4，则an＝________；S10＝________.
解析：设公比为q，因为a4－2a2＝4，a3＝4，
所以有4q－＝4，解得q＝2或q＝－1.
因为q>0，所以q＝2.
所以a1＝＝1，an＝a1qn－1＝2n－1.
所以S10＝＝210－1＝1 023.
答案：2n－1 1 023
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an(n∈N*)，则a3＝______；S5＝_________.
答案：9 121
1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
4．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立．
[小题纠偏]
1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．5 B．±5
C．4 D．±4
解析：选C a＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又∵a5＝a3q2>0，∴a5＝4.
2．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________.
答案：－或1
[典例引领]
1．(2018·绍兴模拟)等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若1＋2a2＝S3，则a1＝( )
A. B．
C. D．1
解析：选C 由题可得，1＋4a1＝a1＋2a1＋4a1，解得a1＝.
2．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，
∴＝126，∴n＝6.
答案：6
[由题悟法]
解决等比数列有关问题的2种常用思想
方程
的思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解
分类讨论的思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝
[即时应用]
1．(2018·暨阳模拟)等比数列{an}中，前n项和为Sn，a1a9＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值为( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
解析：选B 设数列{an}的公比为q，因为a1a9＝2a3a6，所以aq8＝2aq7，所以q＝2.因为S5＝－62，所以S5＝＝31a1＝－62，所以a1＝－2.
2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{an}满足a2＝，a2a8＝4(a5－1)，则a4＋a5＋a6＋a7＋a8的值为( )
A．20 B．31
C．62 D．63
解析：选B 因为a2a8＝a＝4(a5－1)，解得a5＝2.所以q＝2.所以a4＋a5＋a6＋a7＋a8
＝1＋2＋4＋8＋16＝31.
3．已知数列是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列的前n项和等于________．
解析：设等比数列的公比为q，则有
解得或
又为递增数列，
∴
∴Sn＝＝2n－1.
答案：2n－1
[典例引领]
(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[由题悟法]
等比数列的4种常用判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项
公式法
若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
[即时应用]
(2018·衢州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若数列{bn}满足bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．
证明：因为Sn＋1＝4an＋2，
所以S2＝a1＋a2＝4a1＋2，
又a1＝1，所以a2＝5，b1＝a2－2a1＝3，
当n≥2时，Sn＝4an－1＋2.
所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝4an－4an－1.
因为bn＝an＋1－2an，
所以当n≥2时，
＝＝＝＝2.
所以{bn}是以3为首项，2为公比的等比数列．
[典例引领]
1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－a＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选D 由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7.
由a6－a＋a8＝0，可得a7＝2，
所以b7＝a7＝2.
由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝b＝23＝8.
2．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝5，则＝________.
解析：由题可得，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，因为＝5，不妨设S2＝1，
则S4＝5，所以S4－S2＝4，
所以S8＝1＋4＋16＋64＝85，
所以＝＝17.
答案：17
[由题悟法]
等比数列的性质可以分为3类
通项公式的变形
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
等比中项的变形
前n项和公式的变形
[即时应用]
1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20.则该数列的前9项和为( )
A．50 B．70
C．80 D．90
解析：选B 由等比数列的性质得S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，由S3＝40，S6－S3＝20，知公比为，故S9－S6＝10，S9＝70.
2．(2018·浙江联盟模拟)已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________；a4的最大值为________．
解析：因为an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝25，所以a3＋a5＝5，所以a3＋a5＝5≥2＝2a4，所以a4≤.即a4的最大值为.
答案：5
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·舟山模拟)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为( )
A．－3 B．±3
C．－3 D．±3
解析：选C 因为－1，x，y，z，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz＝3，y2＝3，且y与－1，－3符号相同，所以y＝－，所以xyz＝－3.
2．(2018·柯桥模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，则此数列的公比为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 因为a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，两式相减，得a6－a5＝2S5－2S4＝2a5，所以q＝＝3.
3．(2018·金华十校联考)在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11的值为( )
A．10 B．25
C．50 D．75
解析：选B 因为a7a12＝a8a11＝a9a10＝5，所以a8a9a10a11＝52＝25.
4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的正整数n，均有Sn＋3＝8Sn＋3，则a1＝_________，公比q＝________.
解析：因为Sn＋3＝8Sn＋3，所以当n≥2时，Sn＋2＝8Sn－1＋3，两式相减，可得an＋3＝8an，所以q3＝8，解得q＝2；当n＝1时，S4＝8S1＋3，即15a1＝8a1＋3，解得a1＝.
答案： 2
5．(2018·永康适应性测试)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an＋n，则a1＝______，数列{an}的通项公式an＝_______.
解析：因为Sn＝2an＋n，所以当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，所以a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－n＋1，即an＝2an－1－1，即an－1＝2(an－1－1)，所以数列{an－1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝－2n，所以an＝1－2n.
答案：－1 1－2n
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为( )
A．10 B．20
C．100 D．200
解析：选C a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a＋2a4a6＋a＝(a4＋a6)2＝102＝100.
2．(2018·浙江五校联考)已知数列{an}是等比数列，则“a10，所以q＝2.所以a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝4×21＝84.
答案：2 84
8．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 018积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 018＝a2 018，
故a1a2a3·…·a2 017＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 009＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 008＞1且0＜a1 010＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 008或1 009.
答案：1 008或1 009
9．在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则依题意有
解得d＝1或d＝0(舍去)，
∴an＝1＋(n－1)＝n.
(2)由(1)得an＝n，
∴bn＝2n，∴＝2，
∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Tn＝＝2n＋1－2.
10．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝26，S6＝728.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：S－SnSn＋2＝4×3n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由728≠2×26得，S6≠2S3，∴q≠1.
由已知得解得
∴an＝2×3n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝＝3n－1.
∴Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1.
∴S－SnSn＋2＝(3n＋1－1)2－(3n－1)(3n＋2－1)＝4×3n.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·暨阳联考)已知数列{an}，{bn}，其中{an}是首项为3，公差为整数的等差数列，且a3>a1＋3，a4＝－；
<＝－(n≥1)．
[小题体验]
1．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.
答案：－25
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则的前10项和为_______．
答案：
1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
[小题纠偏]
1．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N*)，则f(3)＝________.
答案：(87－1)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.
答案：(n－1)2n＋1＋2
[典例引领]
(2018·温州模拟)已知数列{an}是递增的等差数列，a1＝2，a＝a4＋8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，
由题可得(2＋d)2＝2＋3d＋8，
解得d＝2(负值舍去)．
所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)因为an＝2n，
所以bn＝an＋2an＝2n＋4n.
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋4)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝＋
＝n(n＋1)＋(4n－1)．
[由题悟法]
分组转化法求和的常见类型
[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[即时应用]
(2018·嘉兴模拟)已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＝n(n－6)，数列{bn}满足b2＝3，bn＋1＝3bn(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)当 n＝1时，a1＝S1＝－5，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7，
∵n＝1适合上式，∴an＝2n－7(n∈N*)．
∵bn＋1＝3bn(n∈N*)且b2≠0，∴＝3，(n∈N*)．
∴{bn}为等比数列，∴bn＝3n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得，cn＝
当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＝＋.
当n为奇数时：Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＝＋.
综上所述：Tn＝
[典例引领]
(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.
由即
可解得所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
[由题悟法]
用错位相减法求和的3个注意事项
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
[即时应用]
(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
[锁定考向]
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．
常见的命题角度有：
(1)形如an＝型；
(2)形如an＝ 型；
(3)形如an＝型．
[题点全练]
角度一：形如an＝型
1．(2018·嘉兴模拟)已知数列{an}为正项数列，其前n项和为Sn，且Sn满足4Sn＝(an＋1)2，
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn.
解：(1)证明：由于4Sn＝(an＋1)2，
①当n＝1时，有4S1＝4a1＝(a1＋1)2，
解得a1＝1.
②当n≥2时，有
作差可得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
可得：an－an－1＝2，
即{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可知a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，
由题意可知：bn＝＝
＝，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
角度二：形如an＝ 型
2．(2018·江南十校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( )
A.－1 B．－1
C.－1 D.＋1
解析：选C 由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
角度三：形如an＝型
3．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
Tn＝
＝<＝.
[通法在握]
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＝，＝.
[演练冲关]
(2018·江山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝，若a1＝，a2＝.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)求数列{an}的通项公式an；
(3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由a1＝，a2＝，可得
解得所以Sn＝.
(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.
因为n＝1时，S1＝a1＝成立．
所以an＝.
(3)由(2)知bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝.
[典例引领]
(2018·杭州名校联考)已知数列{an}满足a1＝1，＝1＋(n∈N*)，证明：
(1)an＋1≥an＋；
(2)<<1.
证明：(1)由＝1＋，得an＋1－an＝>0，
所以an＋1>an≥a1＝1，
所以＝1＋≥1＋，
即an＋1≥an＋.
(2)由＝1＋，得＝·.
由(1)可知0<<1，
从而＝－＝·<<＝－.
所以－<1－，即an＋1＝－，
累加得，－>－，
即an＋1>>.
所以>，所以<<1成立．
[由题悟法]
(1)数列的项的大小比较时，可以根据数列的性质，结合数列的单调性进行推理计算，也可以直接利用作差的方式，通过构造差值的正负判断数列项的大小；
(2)证明数列不等式成立与否，通常与放缩法有关，通过对数列的通项的局部放缩，构造等比数列和的形式或裂项相消的模型，然后证明不等式成立．
[即时应用]
(2018·浙江三地联考)已知数列{an}满足an＝(n，t∈N*，t≥3，n≤t)，证明：
(1)an(t＋1)ln(n＋1)；
(3)(a1)t＋(a2)t＋(a3)t＋…＋(an)t<1.
证明：(1)设f(x)＝ex－1－x，则f′(x)＝ex－1－1，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减．
因为0f(1)＝0，即anln(n＋1)，
只需证1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
设g(x)＝x－ln(x＋1)，
则g′(x)＝1－＝.
因为当x>0时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＝x－ln(x＋1)>g(0)＝0，
即x>0时，有x>ln(x＋1)，
所以1＋＋＋…＋>ln 2＋ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
所以＋＋…＋>(t＋1)ln(n＋1)．
(3)因为(a1)t＋(a2)t＋(a3)t＋…＋(an)t<(e)t＋(e)t＋
(e)t＋…＋(e)t
＝≤＝
设e＝q，则q＝e≥e>2，
所以＝＝<<1，
所以(a1)t＋(a2)t＋(a3)t＋…＋(an)t<1.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝( )
A．41 B．48
C．49 D．56
解析：选C 设Sn＝An2＋Bn，
由题知，解得A＝1，B＝0，
∴S7＝49.
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C 由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
3．(2018·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
解析：选D 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D.
4．(2018·余杭模拟)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为______________．
解析：Sn＝＋＝2n＋1＋n2－2.
答案：2n＋1＋n2－2
5．(2018·杭州模拟)已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26，bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
解析：因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以公差d＝2，
所以an＝a3＋2(n－3)＝2n＋1.
所以bn＝＝＝＝.所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝＝
.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B.或5
C. D.
解析：选C 设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.
2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝( )
A．1－4n B．4n－1
C. D.
解析：选B 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
3．(2018·绍兴模拟)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5 B．6
C．7 D．16
解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.
4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B an＝n2sin＝
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝.
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C ∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝＝2n＋1－2.故选C.
6．(2018·嘉兴模拟)设数列{an}满足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1，则a1a2＋a2a3＋…＋a100a101的值为____________．
解析：因为(1＋an)＝1，
所以an－an＋1＝anan＋1.所以有－＝1，
即数列是公差为1，首项为1的等差数列，
所以＝n.所以an＝.
因为an－an＋1＝anan＋1，所以a1a2＋a2a3＋…＋a100a101＝a1－a2＋a2－a3＋…＋a100－a101＝a1－a101＝1－＝.
答案：
7．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为________．
解析：设所求的前n项和为Sn，则
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝－＋1.
答案：－＋1
8．已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵a－6a＝an＋1an，
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，∴an＋1＝3an，
又a1＝2，∴数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴Sn＝＝3n－1.
答案：3n－1
9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝，
∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，
∴an＝3n－1，bn＝3n.
(2)由题意得：Sn＝，cn＝＝××＝－.
∴Tn＝1－＋－＋－＋…＋－
＝1－＝.
10．(2018·宁波模拟)数列{an}中，a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：an＋10，且a1＝>0，所以an>0.所以an＋1－an＝－an＝<0，所以an＋1c1；
当n＝2时，c3＝c2；当n≥3时，cn＋1an；
(2)≤an≤.
证明：(1)用数学归纳法证明an>0.
①当n＝1时，a1＝1>0；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak>0，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak>0.
综上可知，当n∈N*时，an>0.
所以an＋1＝an>an.
(2)用数学归纳法证明an≥.
①当n＝1时，a1＝1≥；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak≥，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak≥≥.
综上可知，当n∈N*时，an≥.
由an＋1＝an，得
ln an＋1－ln an＝ln≤＝－，
所以ln an≤1－≤1－ln＝ln.
所以an≤.
综上可知，当n∈N*时，≤an≤.
[典例引领]
已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
解：(1)当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1＞0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2＞0)．
同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N*)．
(2)证明：①由(1)知，当n＝1,2,3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
a＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立．
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立．
[由题悟法]
“归纳—猜想—证明”的3步曲
(1)计算：根据条件，计算若干项．
(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论．
(3)证明：用数学归纳法证明．
[即时应用]
(2018·常德模拟)设a＞0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
解：(1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝＝；
a4＝f(a3)＝＝.
猜想an＝(n∈N*)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时猜想正确，
即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝
＝
＝
＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N*，
都有an＝.
一保高考，全练题型做到高考达标
1．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(1)为( )
A．1 B．
C．1＋＋＋＋ D．非以上答案
解析：选C 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n－1，则当n＝1时，最大分母为5，故选C.
2．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2) …(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
解析：选B 当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2) ·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1)．
3．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明n＝k＋1时，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
解析：选A 假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．
4．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
A．n＋1 B．2n
C. D．n2＋n＋1
解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝个区域．
5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上的项为______________．
解析：当n＝k时左端为
1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2，
则当n＝k＋1时，左端为
1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
6．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析：由(S1－1)2＝S得，S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得，S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得，S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
7．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·.
证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0×＝1，左边＝右边，原等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1·.
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)k.
∴n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意n∈N*有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·.
8．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，
∴P2.
∴直线l的方程为＝，
即2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，
2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，
2ak＋bk＝1成立．
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝·(2ak＋1)＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．
9．已知数列，当n≥2时，an<－1，又a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an＋1a2.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，ak＋10，
又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1，
∴ak＋2－ak＋1<0，
∴ak＋20
C．a1d<0 D．a1d>0
解析：选C ∵数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0.
2．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an＋1＝，a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6
＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
答案：
3.(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；…，依此类推．设BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________.
解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×6＝.
法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝.
答案：
命题点二 等差数列与等比数列
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题、解答题
1.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an
}前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.
又a1＝1，所以d2＋2d＝0.
又d≠0，则d＝－2，
所以{an}前6项的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99
C．98 D．97
解析：选C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.
5．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，
∴S5＝121.
答案：1 121
6．(2016·全国卷Ⅰ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因此{an}的各项都为正数，
所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
7．(2017·北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
8．(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
因为b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，
由a2nbn＝(6n－2)·2n.
有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16.
得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
命题点三 数列的综合应用
命题指数：☆☆☆
难度：高、中
题型：解答题
1.(2016·天津高考)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．
解：(1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·＝63，
知q≠－1，
所以a1·＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，
公差为1的等差数列．
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，
则T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝＝2n2.
2．(2016·江苏高考)记U＝{1,2，…，100}，对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：ST＜ak＋1；
(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.
解：(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.
于是当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.
又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)证明：因为T⊆{1,2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，
所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝(3k－1)＜3k.
因此，ST＜ak＋1.
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.
②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≥2SD.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集．
令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，
则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.
于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，
进而由SC≥SD得SE≥SF.
设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.
由(2)知，SE＜ak＋1.
于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ak＋1＝3k，
所以l－1＜k，即l≤k.
又k≠l，故l≤k－1.
从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝≤＝≤，
故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，
即SC＋SC∩D≥2SD＋1.
综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.
3．(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2，3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．
(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；
(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，>M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．
解：(1)c1＝b1－a1＝1－1＝0，
c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，
c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2,5－3×3}＝－2.
当n≥3时，
(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n<0，
所以bk－nak关于k∈N*单调递减．
所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.
所以对任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，
所以{cn}是等差数列．
(2)证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，则
bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n
＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．
所以cn＝
①当d1>0时，
取正整数m>，
则当n≥m时，nd1>d2，
因此cn＝b1－a1n.
此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．
②当d1＝0时，对任意n≥1，
cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}
＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．
此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．
③当d1<0时，
当n>时，有nd1max，
故当n≥m时，>M.
命题点四 数学归纳法
命题指数：☆☆
难度：高
题型：解答题
(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)00.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk>0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则00.
因此xn>0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此00(x>0)，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝
2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．
