2020版高考数学二轮专题复习理北师大版卷六--数列(1)

高考大题专项三高考中的数列1.(2018山西吕梁一模,17)已知{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b1=2,b2=5,且a nb n+1=a n b n+a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.2.(2018福建龙岩4月质检,17)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=lg a n,求数列{a n+b n}的前n项和T n.3.(2018北京海淀期末,15)已知等差数列{a n}的前n项和S n,且a2=5,S3=a7.(1)数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{a n+b n}的前n项和.4.(2018河北唐山一模,17)已知数列{a n}为单调递增数列,S n为其前n项和,2S n=+n.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=,T n为数列{b n}的前n项和,证明:T n<5.(2018湖南衡阳二模,17)等差数列{a n}中,a3=1,a7=9,S n为等比数列{b n}的前n项和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=|a n|·b n,求数列{c n}的前n项和T n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=(m+1)-ma n对任意的n∈N+都成立,其中m为常数,且m<-1. (1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)记数列{a n}的公比为q,设q=f(m),若数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n≥2,n∈N+).求证:数列是等差数列;(3)在(2)的条件下,设c n=b n·b n+1,数列{c n}的前n项和为T n,求证:T n<1.7.(2018宿州十三所中学期中,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,并且满足a1=1,na n+1=S n+n(n+1). (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求T n;(3)在(2)的条件下,是否存在常数λ,使得数列为等比数列?若存在,试求出λ;若不存在,说明理由.参考答案高考大题专项三高考中的数列1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.∴{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,即a n=3n-1.(2)由已知得b n+1-b n==3,∴{b n}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为b n=3n-1,∴S n===.2.解 (1)由S n=2a n-1(n∈N+),可得S1=2a1-1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.又S2=2a2-1,∴a1+a2=2a2-1,∴a2=2.∵数列{a n}是等比数列,∴公比q==2,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知,b n=lg a n=(n-1)lg 2,∴T n=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(b n+a n)=(0+1)+(lg 2+2)+…+[(n-1)lg 2+2n-1]=[lg 2+2lg 2+…+(n-1)lg2]+(1+2+…+2n-1)=lg 2+2n-1.3.解 (1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则解得a1=3,d=2.由a n=a1+(n-1)d,则a n=2n+1.因此,通项公式为a n=2n+1.(2)由(1)可知:a n=2n+1,则b n=22n+1,==4.因为b1=23=8,所以{b n}是首项为8,公比为q=4的等比数列.记{a n+b n}的前n项和为T n,则T n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+=n2+2n+.4.(1)解当n=1时,2S1=2a1=+1.所以(a1-1)2=0,即a1=1.又{a n}为单调递增数列,所以a n≥1.由2S n=+n得2S n+1=+n+1,所以2S n+1-2S n=-+1,整理得2a n+1=-+1,即=(a n+1-1)2,所以a n=a n+1-1,即a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n.(2)证明因为b n===-,所以T n=-+-+…+-=-<.5.解 (1)在等差数列{a n}中,设公差为d,则a7-a3=4d=9-1=8,故d=2,∴a n=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.设等比数列{b n}的公比为q,依题意有:6S2=4S1+2S3,故q=2,∴b n=2n.(2)∵c n=|2n-5|·2n.当n=1时,T1=6,当n=2时,T2=10,当n≥3时,2n-5>0,T n=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n,①2T n=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1,②由①-②,得-T n=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1,∴T n=34+(2n-7)2n+1.。

2020北京各区高三二模数学分类汇编----数列一、选填问题：1.（2020昌平二模）设{}n a 是等差数列，且13a =，12n n a a +=-，则数列{}n a 的前n 项和n S = ． 答案 24n S n n =-+2.（2020密云二模）已知n S 是数列{n a }的前n 项和，且211(*)n S n n n =-∈N ，则1a =_________，n S 的最小值为_______． 答案10-；30-3. （2020顺义二模）设{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和.已知1316a a ⋅=, 314S =,若存在0n 使得012,n a a a ⋅⋅⋅，，的乘积最大，则0n 的一个可能值是 （A ）4 （B ）5（C ）6（D ）7答案A4. （2020顺义二模）设{}n a 是等差数列，且12a =，248a a +=，则{}n a 的通项公式为__________. 答案 1,N n a n n *=+∈5.（2020西城二模）答案 306.（2020海淀二模）数列{}n a 中，12a =，12n n a a +=，*n N Î. 若其前k 项和为126，则k =_______. 答案 67.（2020丰台二模）已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =-，则23a a +=（A ）3 （B ）6（C ）7（D ）8答案 B二、解答题部分：8.（2020海淀二模）已知{}n a 是公差为d 的无穷等差数列，其前n 项和为n S .又，且540S =，是否存在大于1的正整数k ,使得1k S S =？若存在，求k 的值；若不存在，说明理由.从①14a =，②2d =-这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分。

答案解：选择条件①，不存在正整数(1)k k >,使得1k S S =.解法1 理由如下：在等差数列{}n a 中，5115455102S a d a d ⨯=+=+，又14a =，540S =.所以由 114,51040a a d =⎧⎨+=⎩得 2.d = 所以 1(1)42(1)22n a a n d n n =+-=+-=+. 又因为110n n n S S a ++-=>，所以数列{}n S 为递增数列.即1k ∀>，都有1k S S >. 所以不存在正整数(1)k k >,使得1k S S =. 解法2理由如下：在等差数列{}n a 中，5115455102S a d a d ⨯=+=+，又14a =，540S =. 所以由 114,51040a a d =⎧⎨+=⎩得 2.d =所以21(1)(1)42322k k k k k S ka d k k k --=+=+⨯=+.令14k S S ==，即2340k k +-=.解得1k =或4k =-.因为1k >，所以1k =与4k =-均不符合要求. 所以不存在正整数(1)k k >,使得1k S S =. 选择条件②，存在正整数12k =,使得1k S S =.理由如下：在等差数列{}n a 中，5115455102S a d a d ⨯=+=+，又2d =-，540S =. 所以由 12,51040d a d =-⎧⎨+=⎩得112.a =所以21(1)(1)12(2)1322k k k k k S ka d k k k --=+=+⨯-=-+.令112k S S ==，即21312k k -+=. 整理得213120k k -+=.解得1k =或12k =.因为1k >，所以12k =.所以当12k =时，1k S S =.9.（2020东城二模）已知{}n a 为等比数列，其前n 项和为n S ，且满足31a =，3231S a =+.{}n b 为等差数列，其前n 项和为n T ，如图____，n T 的图象经过A ,B 两个点． （Ⅰ）求n S ；（Ⅱ）若存在正整数n ，使得n n b S >，求n 的最小值.从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。

第1讲 等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A.a n ＝2n －5B.a n ＝3n －10C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.∴S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A.－1B.1C.－2D.2解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q ＝70，②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A.－2＋22B.－ 2C. 2D.－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)， 从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ， 即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1， 公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ， 则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选 B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.－9C.9D.1解析：选 C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1， ∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10， 所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3， ∴a n ＝2a n －1＋1， ∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知，a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n＝3a n ＋3n3n＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1， 所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知，b n ＝a n3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2， 故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列， 于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1031，f (10)＝211＋10－2＝2056， 故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲 数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＋1＝a n ，则a 8＝________.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. [解析] (1)当n ＝2时，S 1＋1＝a 2，即a 2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列， 所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128.(2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. [答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：4n －2解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2. 考点二数列的求和题型一 分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ， 则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3， 因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2 ＝3n ＋12＋n 2－32. [解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二 裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )， ∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1， ∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三 错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3， 故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n). 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)， 即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎛⎪⎫1－12＋ ⎛⎪⎫12－13＋…＋ ⎛⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增.又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)， 所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln2＝1－2n1－2＋n （n －1）2ln2＝2n－1＋n （n －1）2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2020＝( )A.－3027B.3027C.－3030D.3030解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2019＋a 2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.11解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列， 因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212， 所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1， ∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )， ∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3， 又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，∴T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1， 所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0， 解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）.答案：2n ＋1n4（n ＋1）9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________.解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)， 所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1， 所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}. 答案：{5，6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *). (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ， 所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）na n ＝（－1）nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. ∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M ­数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M ­数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M ­数列”.(2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *). 4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n . 所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)·a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. 理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn， 即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.。

单元质检卷六数列(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2018广东汕头潮南5月冲刺)等比数列{a n}的前n项和为S n,4a1,2a2,a3成等差数列,a1=1,则S4=()A.15B.-15C.4D.-42.(2018山东潍坊青州三模,7)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a3+a4+a11=18,则S11=()A.9B.22C.36D.663.已知{a n}为等差数列,{b n}为正项等比数列,公比q≠1,若a1=b1,a9=b9,则()A.a5=b5B.a5>b5C.a5<b5D.以上都有可能4.(2018辽宁大连二模,6)设等比数列{a n}的前n项和为S n,S2=-1,S4=-5,则S6=()A.-9B.-21C.-25D.-635.(2018江西教学质量监测,9)已知等比数列{a n}的首项a1=2,前n项和为S n,若S5+4S3=5S4,则数列的最大项等于()A.-11B.-C.D.156.(2018河北衡水八模,8)已知函数f(x)=a x+b(a>0,a≠1)的图像经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N+时,a n=,记数列{a n}的前n项和为S n,当S n=时,n的值为()A.7B.6C.5D.4二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2018吉林实验中学期末)已知在公比q>1的等比数列{a n}中,a2+a3=12,a1a4=32,数列{b n}满足b n=log2a n,则数列{b n}的前10项和S10=.8.(2018河南六市联考一,16)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,若{a n}和{}都是等差数列,且公差相等,则a2=.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9. (14分)(2018北京西城一模,15)设等差数列{a n}的公差不为0,a2=1,且a2,a3,a6成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,求使S n>35成立的n的最小值.10.(15分)(2018山东师大附中一模,17)已知等差数列{a n}是递增数列,且满足a4·a7=15,a3+a8=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(n≥2),b1=,求数列{b n}的前n项和S n.11.(15分)(2018宁夏银川一中一模,17)设S n为数列{a n}的前n项和,已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.参考答案单元质检卷六数列(B)1.A∵4a1,2a2,a3成等差数列且a1=1,∴4a1+a3=2×2a2,即4+q2-4q=0,解得q=2,∴a2=2,a3=4,a4=8,∴S4=1+2+4+8=15.故选A.2.D∵a3+a4+a11=18,∴3a1+15d=18⇒a1+5d=6,∴S11=11(a1+5d)=11×6=66,故选D.3.B由等差、等比中项的定义可知a 5=,b5=.又a1=b1,a9=b9,所以≥=,即a5>b5,故选B.4.B由题意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2) q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.5.D由已知得,q≠1.由S5+4S3=5S4得+4×=5×,解得q=4.∴a n=2×4n-1=22n-1,∴=,由函数y==2+的图像得到,当n=4时,数列的最大项等于15.6.D由题意,得∴∴f(x)=2x+1.∴a n==-.∴S n=-+-+…+-=-=, ∴2n+1+1=33,n=4,故选D.7.55因为在等比数列{a n}中,所以解得或又q>1,所以所以q=2.所以a n=a2·q n-2=2n,b n=log22n=n,则S10==55.8.设数列{a n}的公差为d(d>0),又{}也是公差为d的等差数列,则==+d,两边平方得2a 1+d=a1+2d+d2,①==+2d,两边平方得3a 1+3d=a1+4d+4d2,②②-①得a 1=-2d+2d+3d2,③把③代入①得d(2d-1)=0.所以d=0或d=.当d=0时,a1=0,不合题意,当d=时,代入③解得a1=.所以a2=a1+d=.9.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,d≠0.∵a2,a3,a6成等比数列,∴=a2·a6,即(1+d)2=1+4d,解得d=2,或d=0(舍去),∴a n=a2+(n-2)d=2n-3.(2)∵a n=2n-3,∴S n===n2-2n.依题意有n2-2n>35,解得n>7.因此使S n>35成立的n的最小值为8.10.解 (1)解得∴d=,∴a n=1+(n-1)=n+.(2)b n===(-)(n≥2),b1==1-满足上式,∴{b n}的通项公式为b n=-.∴S n =1-+-+…+-=1-=.11.解 (1)由+2a n =4S n +3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减,得-+2(a n+1-a n )=4a n+1, 即2(a n+1+a n )=-=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).∵a n >0,∴a n+1-a n =2, ∵+2a 1=4a 1+3,∴a 1=-1 (舍)或a 1=3,则{a n }是首项为3,公差d=2的等差数列,∴{a n }的通项公式a n =3+2(n-1)=2n+1.(2)∵a n =2n+1,∴b n ===-,∴数列{b n }的前n 项和T n =-+-+…+-=-=.。

第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2． 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0． 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：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．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15， 所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ， 数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”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．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， 满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2， 由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1， ＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1， 又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)， 由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。

单元质检卷六数列()
(时间分钟满分分)
一、选择题(本大题共小题,每小题分,共分)
.已知等差数列{}的前项和为,则数列{}的公差是()
.
.(辽宁沈阳交联体期中)已知()(∈),则数列{}的通项公式是()
.在等差数列{}中,已知是和的等比中项,则数列{}的前项的和为()
或
.(河南郑州三模)已知是等差数列{}的前项和,则“<对≥恒成立”是“数列{}为递增数列”的() .充要条件
.充分不必要条件
.必要不充分条件
.既不充分也不必要条件
.(全国高考必刷模拟一)已知数列{}的前项和为,若(≥),且,则()
.(新疆乌鲁木齐三模)已知数列{}、{}满足(∈),则数列{}的前项的和为()
.()
.()
.()
.()
二、填空题(本大题共小题,每小题分,共分)
.(江苏南京、盐城一模)设为等差数列{}的前项和,若{}的前项中的奇数项的和为 ,则的值为. .(辽宁抚顺一模)已知数列{}的前项和为,且,则的值为.
三、解答题(本大题共小题,共分)
.(分)(北京,文)设{}是等差数列,且.
()求{}的通项公式;
()求….
.(分)(河北石家庄一模)已知{}是公差不为零的等差数列,满足,且成等比数列. ()求数列{}的通项公式;
()设数列{}满足·,求数列的前项和.
.(分)(江西南昌三模)已知数列{}的各项均为正数,且()∈.
()求数列{}的通项公式;
()若·,求数列{}的前项和.。

第3节等比数列及其前n项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，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.等比数列的概念（1）如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个非零常数，那么这个数列叫作等比数列。

数学语言表达式：a na n－1＝q（n≥2,q为非零常数）.（2）如果在a与b中插入一个数G,使得a，G,b成等比数列，那么根据等比数列的定义，错误!＝错误!，G2＝ab,G＝±错误!，那么G叫作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{a n｝的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1;通项公式的推广：a n＝a m q n－m.（2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时,S n＝na1；当q≠1时，S n＝错误!＝错误!。

3。

等比数列的性质已知{a n｝是等比数列，S n是数列{a n｝的前n项和。

（1）若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N+），则有a k·a l＝a m·a n.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k,a k＋m,a k＋2m,…仍是等比数列，公比为q m。

（3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时,S n，S2n－S n，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为q n.［微点提醒]1。

若数列{a n｝为等比数列，则数列{c·a n｝（c≠0)，｛|a n｜}，{a错误!｝，错误!也是等比数列.2.由a n＋1＝qa n，q≠0，并不能立即断言{a n｝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。

【关键字】数学第六章数列 6.3 等比数列及其前n项和试题理北师大版1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q表示(q≠0)．2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1·qn－1(a1≠0，q≠0)．3．等比中项如果在a与b中拔出一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，＝，G2＝ab，G＝±.我们称G为a，b的等比中项．4．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{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N＋)，则ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．5．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.6．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.【知识拓展】等比数列{an}的单调性(1)满足或时，{an}是递增数列．(2)满足或时，{an}是递减数列．(3)当时，{an}为常数列．(4)当q<0时，{an}为摆动数列．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足an＋1＝qan(n∈N＋，q为常数)的数列{an}为等比数列．( ×)(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( ×)(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( ×)(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( ×)1．(教材改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于( )A．－B．－2C．2 D.答案 D解析由题意知q3＝＝，∴q＝.2．(2016·南昌一模)若等比数列{an}的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为( )A. B. C．1 D．2答案 D解析设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，因为前4项的和为9，积为，所以＝9，且aq1＋2＋3＝aq6＝，即aq3＝，所以＋＋＋＝＝·＝2，故选D.3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6等于( )A．31 B．32 C．63 D．64答案 C解析根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C.4．(教材改编)在9与243中间拔出两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．答案27,81解析设该数列的公比为q，由题意知，243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q ·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12 D.18(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 (1)C (2)2n－1解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24， 又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.(2)∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×[1－12n]1－12＝4(1－12n )，∴S n a n＝41－12n42n ＝2n－1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．(1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( )A.152B.314C.334D.172(2)(2015·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.答案 (1)B (2)3n －1解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝41－1251－12＝314. (2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3， 可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3， 故等比数列通项a n ＝a 1qn －1＝3n －1.题型二 等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2n ≥2， ②由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列． ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2.引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n－1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.题型三 等比数列性质的应用例3 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案 (1)50 (2)34解析 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)方法一 ∵S 6∶S 3＝1∶2，∴{a n }的公比q ≠1.由a 11－q 61－q ÷a 11－q 31－q ＝12，得q 3＝－12，∴S 9S 3＝1－q 91－q 3＝34. 方法二 ∵{a n }是等比数列，且S 6S 3＝12，∴公比q ≠－1，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)， 将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形； (2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(1)已知在等比数列{a n }中，a 1a 4＝10，则数列{lg a n }的前4项和等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558答案 (1)C (2)A解析 (1)前4项和S 4＝lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＋lg a 4＝lg(a 1a 2a 3a 4)，又∵等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 1a 4＝10， ∴S 4＝lg 100＝2.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18. 13．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分](2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．8－4 2答案 C解析 在等比数列中，a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.2．(2016·珠海模拟)在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( )A.32B.23 C ．－23D.23或－23答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23.又a 1<0，因此q ＝－23.3．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ， 由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C.4.(2015·福建)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9 答案 D解析 由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 11－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.6．(2016·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32 C ．1 D ．－32答案 B解析 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝π33.log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7) ＝log 3a 74＝7log 3π33＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 7．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②由①－②，得3a 3＝a 4－a 3，即4a 3＝a 4， 则q ＝a 4a 3＝4.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________. 答案 150解析 依题意，知数列{a n }的公比q ≠－1，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80，S 40＝150.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N ＋)，则通项a n ＝________. 答案12n 解析 ∵a n ＋S n ＝1，① ∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×(12)n －1＝12n .10．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________. 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2， ∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.11．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1) ＝n a 1＋a n2＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1qn －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q ＝23(4n－1)．12．(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数， 所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.13．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

2020届北师大版（文科数学） 数列 (1) 单元测试1.在用数学归纳法证明某不等式“1111()2482n f n ++++<”的过程中，如果从左边推证到右边，则由n =k 时的归纳假设证明1+=k n 时，左边增加的项数为（ ） A ．1项 B ．k 项 C ．2k项 D ．12k +项2.古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺；莞生一日，长一尺。

蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长等？”.意思是：“今有蒲草第一天，长为3尺；莞生长第一天，长为1尺.以后蒲的生长长度逐天减半，莞的生长长度逐天加倍.问几天后蒲的长度与莞的长度相等？”以下给出了问题的4个解，其精确度最高的是（结果保留一位小数，参考数据：lg 20.30≈，lg30.48≈）（ ）A ．1.3日B ．1.5日C ．2.6日D ．3.0日 3.若数列{a n }的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，131n n n S a a +=+，且2018k a =，则k ＝ A. 1344B.1345C. 1346D.13474.设等差数列{a n }的首项为－2，若41224a a +=，则{a n }的公差为 （ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且634S S =,则96SS =（ ）A ．53B ． 23 C. 94D ．4 6.已知等差数列{a n }，2816a a +=，41a =，则6a 的值为（ ） A ．15 B ．17 C ． 22 D ．64 7.等比数列{a n }的前n 项和为n S ,14,23010==S S ,则=20S A.－4 B. 6 C. －4或－ D. －6或4 8.若数列{a n }满足)(211,21*11N n a a a nn ∈=-=+,则=20aA. 361B. 381C. 401D. 421 9.已知等差数列{a n }的第8项是二项式41x y x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式的常数项，则91113a a -=（ ）A ．23B ．2C ．4D ．6 10.利用数学归纳法证明不等式1111()2321n f n +++⋅⋅⋅+<-*(2,)n n N ≥∈的过程，由n k =到1n k =+时，左边增加了（ ）A ．1项B ．k 项C ．21k-项 D ．2k项 11.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照上面的规律，第n 个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（ ） A ．6n －2 B ．8n －2 C ． 6n +2 D ．8n +2 12.在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续偶数10，12，14，16；第五次取5个连续奇数17，19，21，23，25，按此规律取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…，则在这个子数中第2014个数是（ ） A. 3965B. 3966C. 3968D. 398913.若数列{a n }是等差数列，12...nna a ab n+++=，则数列{b n }也为等差数列，类比这一性质可知，若{c n }是正项等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n 的表达式应为（ ） A. 12...nnc c cd n+++=B. 12....nnc c cd n=C. n d =D. nd =14.n已知数列{a n }的通项公式21102-+-=n n a n ，前n 项和为S n ，若n m >，则m n S S -的最大值是（ ）A.5B.10C.15D.20 15.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足22+=n n a S ，则2016a = （ ） A ．1 B ．-1 C ．-2 D ．2016二、填空题（本题共15道小题，每小题0分，共0分）三、解答题（本题共15道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,第4题0分,第5题0分,第6题0分,第7题0分,第8题0分,第9题0分,第10题0分,第11题0分,第12题0分,第13题0分,第14题0分,第15题0分,共0分）试卷答案1.A由题意，利用数学归纳法证明不等式的过程中，当时，不等式的左侧为，当时，不等式的左侧为，所以左边增加的项数为只有一项，故选A．2.C由题意可知蒲的长度是首项为3，公比为的等比数列，莞的长度是首项为1，公比为2的等比数列，设n天后长度相等，由等比数列前n项和公式有：，解得.3.C4.B5.C因为由等差数列性质得成等差数列，所以6.A等差数列中，.7.B8.C9.C二项式展开中常数项肯定不含y，所以为，所以原二项式展开中的常数项应该为，即，则，故本题的正确选项为C.10.D11.C由题意得，第1个“金鱼”需要火柴棒的根数为a1=8；第2个“金鱼”需要火柴棒的根数为a2=14；第3个“金鱼”需要火柴棒的根数为a3=20，构成首项为8，公差为6的等差数列，所以第n个“金鱼”需要火柴棒的根数为，故选C.12.A由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前次共取了个数，且第次取的最后一个数为．当时，，故第63次取时共取了2016个数，都为奇数，并且最后一个数为，即第2016个数为，所以第2014个数为3965．选A．13.D将等差数列中的加法和除法分别类比成等比数列中的乘法和开方，可得在等比数列中的表达式应为．选D．14.B15.C。