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2015届高考数列专题复习


考点一:求数列的通项公式 1.由 an 与 Sn 的关系求通项公式:由 Sn 与 an 的递推关系求 an 的常用思路有: ①利用 Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为 an 的递推关系,再求其通项公式;
?S1,n=1, ? 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an=? ?Sn-Sn-1,n≥2. ?

当 n=1 时,a1 若适合

Sn-Sn-1,则 n=1 的情况可

并入 n≥2 时的通项 an;当 n=1 时,a1 若不适合 Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示. ②转化为 Sn 的递推关系,先求出 Sn 与 n 的关系,再求 an. [例 1]已知数列{an}的前 n 项和为(1)Sn=3 -1,(2) Sn=n -n+1,分别求它的通项公式 an.
n 2

解.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3 -1-(3 故数列{an}的通项公式为 an=2×3
2 n-1

n

n-1

-1)=2×3

n-1

;当 n=1 时,a1=S1=2 也满足 an=2×3

n-1

.

.
2 2

解:∵a1=S1=1 -1+1=1,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(n -n+1)-[(n-1) -(n-1)+1]=2n-2.
? = ? ∴an=? ?2n- ?



1.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n -9n,第 k 项满足 5<ak<8,则 k=( A.9 B.8 C.7 D.6

2

)

2.已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和满足 Sn>1,且 6Sn=(an+1)(an+2),n∈N .求数列{an}的通项公式.

*

? = ?Sn 1.解析:选 B 由 an=? ?Sn-Sn-1 ?
*

? = ?- =? ?2n- ?

, ,

得 an=2n-10.

由 5<2k-10<8 得 7.5<k<9,由于 k∈N ,所以 k=8. 1 2.解:由 a1=S1= (a1+1)(a1+2),解得 a1=1 或 a1=2.由已知 a1=S1>1,因此 a1=2. 6 1 1 又由 an+1=Sn+1-Sn= (an+1+1)(an+1+2)- (an+1)(an+2),得 an+1-an-3=0 或 an+1=-an. 6 6 因为 an>0,故 an+1=-an 不成立,舍去.因此 an+1-an-3=0,即 an+1-an=3, 从而{an}是公差为 3,首项为 2 的等差数列,故{an}的通项公式为 an=3n-1. 2.由递推关系式求数列的通项公式 由递推公式求通项公式的常用方法:已知数列的递推关系,求数列的通项公式时,通常用累加、累乘、构造法求解. (1)当出现 an=an-1+m 时,构造等差数列; (2)当出现 an=an-1+f(n)时,用累加法求解; an (3)当出现 =f(n)时,用累乘法求解. an-1 [例 2] 根据下列条件,确定数列{an}的通项公式. n-1 (1)a1=1,an+1=3an+2; (2)a1=1,an= an-1(n≥2); n (3)a1=2,an+1=an+3n+2. 当出现 an=xan-1+y 时,构造等比数列;

an+1+1 解 (1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),即 =3.∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3. an+1 又 a1+1=2,∴an+1=2×3
n-1

.∴an=2×3

n-1

-1.

n-1 n-2 1 1 2 n-1 a1 1 (2)∵an= an-1(n≥2),∴an-1= an-2,?,a2= a1.以上(n-1)个式子相乘,an=a1× × ×?× = = . n n-1 2 2 3 n n n (3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1(n≥2), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1= + 2 (n≥2).

1 3 2 n 当 n=1 时,a1= ×(3×1+1)=2 符合公式,∴an= n + . 2 2 2 n+2 1.(2012·大纲全国卷)已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn= an. 3 (1)求 a2,a3; (2)求数列{an}的通项公式.

4 5 3 1.解 (1)由 S2= a2 得 3(a1+a2)=4a2,解得 a2=3a1=3;由 S3= a3 得 3(a1+a2+a3)=5a3,解得 a3= (a1+a2)=6. 3 3 2 n+ 2 n+1 n+1 (2)由题设知 a1=1.当 n>1 时有 an=Sn-Sn-1= an- an-1,整理得 an= an-1. 3 3 n-1 3 4 n n+1 于是 a1=1,a2= a1,a3= a2,?an-1= an-2,an= an-1, 1 2 n-2 n-1 将以上 n 个等式两端分别相乘,整理得 an= 3.数列函数性质的应用 数列与函数的关系 数列是一种特殊的函数,即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数,当自变量依次从小到大取值时所 对应的一列函数值,就是数列.因此,在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性,又要考虑数列方法的特殊性. 函数思想在数列中的应用 (1)数列可以看作是一类特殊的函数,因此要用函数的知识,函数的思想方法来解决. (2)数列的单调性是高考常考内容之一, 有关数列最大项、 最小项、 数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决, 判断单调性时常用:①作差;②作商;③结合函数图象等方法. (3)数列{an}的最大(小)项的求法
? ?an-1≤an, 可以利用不等式组? ? ?an≥an+1,
2

+ 2

.综上可知,数列{an}的通项公式 an=

+ 2

.

? ?an-1≥an, 找到数列的最大项;利用不等式组? ? ?an≤an+1,

找到数列的最小项.

[例 3] 已知数列{an}.(1)若 an=n -5n+4,①数列中有多少项是负数?②n 为何值时,an 有最小值?并求出最小值. (2)若 an=n +kn+4 且对于 n∈N ,都有 an+1>an 成立.求实数 k 的取值范围.
2 *

解 (1)①由 n -5n+4<0,解得 1<n<4.∵n∈N ,∴n=2,3.∴数列中有两项是负数,即为 a2,a3. 5 ? 5?2 9 2 * ②an=n -5n+4=?n- ? - 的对称轴为 n= .又 n∈N ,∴n=2 或 n=3 时,an 有最小值,其最小值为 a2=a3=-2. 2 ? 2? 4 (2)由 an+1>an,知该数列是一个递增数列,又因为通项公式 an=n +kn+4,可以看作是关于 n 的二次函数,考虑到 n k 3 * ∈N ,所以- < ,即得 k>-3. 2 2 an 1.已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n,则 的最小值为( n 17 A. 2 21 B. 2 C.10 D.21 ) )
2

2

*

n 2.数列{an}的通项 an= 2 ,则数列{an}中的最大值是( n +90 A.3 10 1 B.19 C. 19 D. 10 60

3. (2012·福建高考)数列{an}的通项公式 an=ncos A.1 006 B.2 012 C.503 D.0

nπ ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等于( 2

)

4.若数列{an}的前 n 项和 Sn=n -10n(n=1,2,3,?),则此数列的通项公式为 an=________;数列{nan}中数值最小的 项是第________项.

2

? Sn? * 5.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,点?n, ?(n∈N )均在函数 y=3x-2 的图象上. ? n?
3 m * (1)求数列{an}的通项公式;(2)设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n∈N 都成立的最小正整数 m. anan+1 20

6.(2012·浙江高考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n +n,n∈N ,数列{bn}满足 an=4log2bn+3,n∈N . (1)求 an,bn;(2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.

2

*

*

1.解析:选 B 由已知条件可知:当 n≥2 时, an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an-an-1)=33+2+4+?+2(n-1)=n -n+33,又 n=1 时,a1=33 适合, an 33 33 2 故 an=n -n+33.又 =n+ -1,令 f(n)=n+ -1,f(n)在[1,5]上为减函数, n n n 53 21 an 21 f(n)在[6,+∞)上为增函数,又 f(5)= ,f(6)= ,所以 f(5)>f(6).故 f(n)= 的最小值为 . 5 2 n 2 2.解析:选 C 因为 an= 1 1 1 * ,运用基本不等式得 ≤ ,由于 n∈N ,不难发现当 n=9 或 10 时,an= 最大. 90 90 2 90 19 n+ n+ n n 1
2

3.解由题意知, a1+a2+a3+a4=2, a5+a6+a7+a8=2, ?, a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=2, k∈N, 故 S2 012=503×2=1 006. 4.解析:∵当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(n -10n)-[(n-1) -10(n-1)]=2n-11; 当 n=1 时,a1=S1=-9 也满足 an=2n-11,∴an=2n-11.
2 2

? 2 11 ? ?? 11?2 121? ? 11?2 121 2 * ∴nan=2n -11n=2?n - n?=2??n- ? - ?=2?n- ? - .又∵n∈N ,∴当 n=3 时,nan 取最小值. 4 2 4 16 8 ? ? ? ? ? ? ? ?
Sn 2 5.解:(1)依题意得, =3n-2,即 Sn=3n -2n. n 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n -2n)-[3(n-1) -2(n-1)]=6n-5; 当 n=1 时,a1=S1=3×1 -2×1=1=6×1-5.所以 an=6n-5(n∈N ). (2)由(1)得 bn= 3 = anan+1 3 - + 1 ? 1? 1 - = ? ?, -5] 2?6n-5 6n+1?
2 * 2 2

n 1?? 1? ?1 1 ? ? 1 - 1 ??=1?1- 1 ?. 故 Tn= ?bi= ??1- ?+? - ?+?+? ?? ? ? 2?? 7? ?7 13? ?6n-5 6n+1?? 2? 6n+1? i=1

1 ? m 1? 1 m 因此,使得 ?1- ?< (n∈N*)成立的 m 必须且仅需满足2≤20,即 m≥10,故满足要求的最小正整数 m 为 10. 6n+1? 20 2? 6.解:(1)由 Sn=2n +n,得当 n=1 时,a1=S1=3; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4n-1,易知当 n=1 时也满足通式 an=4n-1,所以 an=4n-1,n∈N . 由 4n-1=an=4log2bn+3,得 bn=2 (2)由(1)知 an·bn=(4n-1)·2
2 n-1 n-1 * 2

,n∈N .
* 2 n-1

*

,n∈N ,所以 Tn=3+7×2+11×2 +?+(4n-1)·2
n-1



2Tn=3×2+7×2 +?+(4n-5)·2
n 2

+(4n-1)·2 ,
n-1

n

2Tn-Tn=(4n-1)2 -[3+4(2+2 +?+2

)]=(4n-5)2 +5.故 Tn=(4n-5)2 +5,n∈N .

n

n

*

考点二:等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式 (1)定义法 (2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1) ?{an}为等差数列 判定方法 (3)通项公式法:an=pn+q(p、q 为常数) ?{an}为等差数列 (4)前 n 项和公式法:Sn=An +Bn(A、B 为常数) ?{an}为等差数列 (5){an}为等比数列,an>0?{logaan}为等差数列 (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=p+q, 则 am+an=ap+aq 性质 特别:若 m+n=2p,则 am+an=2ap. (2)an=am+(n-m)d (3) 数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?也是等差数列, 即 2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m)
* 2

等比数列 an =常数(n≥2) an-1 an=a1q (1)定义法 (2)中项公式法:an+1=an·an+2(n≥1)(an≠0) ?{an}为等比数列 (3)通项公式法:an=c·q (c、q 均是不为 0 的 常数,n∈N )?{an}为等比数列 (4){an} 为等差数列 ?{a } 为等比数列 (a>0 且 a≠1) (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n=p+q, 则 am·an=ap·aq 特别地,若 m+n=2p,则 am·an=ap. (2)an=amq
n-m 2 * an * n 2 n-1

an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d

(q≠0)

( 3) 若等比数列前 n 项和为 Sn 则 Sm,S2m-Sm, S3m - S2m 仍成等比数列,即 (S2m - Sm) = Sm(S3m - S2m)(m∈N ,公比 q≠-1).
* 2

前 n 项和

Sn=

1

+an =na1+ 2

- 2

d

a1 (1)q≠1,Sn= (2)q=1,Sn=na1

-q 1-q

n

a1-anq = 1-q

1.在等差(比)数列中,a1,d(q),n,an,Sn 五个量中知道其中任意三个,就可以求出其他两个.解这类问题时,一般 是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意 识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形. 3.用函数的观点理解等差数列、等比数列 (1)对于等差数列 an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d),当 d≠0 时,an 是关于 n 的一次函数,对应的点(n,an)是位于 直线上的若干个离散的点; 当 d>0 时,函数是单调增函数,对应的数列是单调递增数列,Sn 有最小值; 当 d=0 时,函数是常数函数,对应的数列是常数列,Sn=na1; 当 d<0 时,函数是减函数,对应的数列是单调递减数列,Sn 有最大值. 若等差数列的前 n 项和为 Sn ,则 Sn=pn +qn(p,q∈R).当 p=0 时,{an}为常数列;当 p≠0 时,可用二次函数的 方法解决等差数列问题. (2)对于等比数列 an=a1q
n-1 2

,可用指数函数的性质来理解.

当 a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时,等比数列{an}是单调递增数列; 当 a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时,等比数列{an}是单调递减数列; 当 q=1 时,是一个常数 列;当 q<0 时,无法判断数列的单调性,它是一个摆动数列.

4.常用结论 Sn (1)若{an},{bn}均是等差数列,Sn 是{an}的前 n 项和,则{man+kbn},{ }仍为等差数列,其中 m,k 为常数. n 1 2 (2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an·bn},{manbn}(m 为常数),{an},{ }等也是等比数列. an (3)公比不为 1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即 a2-a1,a3-a2,a4-a3,?成等 a3-a2 比数列,且公比为 = a2-a1
2-a1 a2-a1

=q.
k

(4)等比数列(q≠-1)中连续 k 项的和成等比数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等比数列,其公比为 q . 等差数列中连续 k 项的和成等差数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等差数列,公差为 k d. 5.易错提醒
? ?S1,n=1, (1)应用关系式 an=? ?Sn-Sn-1,n≥2 ?
2

时,一定要注意分 n=1,n≥2 两种情况,在求出结果后,看看这两种情况

能否整合在一起. a+c 2 (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条 件是 b= ,但三个数 a,b,c 成等比数列的必要条件是 b =ac. 2 6.等差数列的判定方法 (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 an-an-1 为同一常数; (2)等差中项法:验证 2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N )成立; (3)通项公式法:验证 an=pn+q; (4)前 n 项和公式法:验证 Sn=An +Bn. 注意:在解答题中常应用定义法和等差中项法,而通项公式法和前 n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的 简单判断. 7.等比数列的判定方法 an+1 an * * (1)定义法:若 =q(q 为非零常数,n∈N )或 =q(q 为非零常数且 n≥2,n∈N ),则{an}是等比数列. an an-1 (2)等比中项公式法:若数列{an}中,an≠0 且 an+1=an·an+2(n∈N ),则数列{an}是等比数列. (3)通项公式法:若数列通项公式可写成 an=c·q (c,q 均是不为 0 的常数,n∈N ),则{an}是等比数列. (4)前 n 项和公式法:若数列{an}的前 n 项和 Sn=k·q -k(k 为常数且 k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列. 注意:前两种方法常用于解答题中,而后两种方法常用于选择、填空题中的判定. 考点一 与等差数列有关的问题 1 [例 1]已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an=-2SnSn-1(n≥2). 2
?1? (1)求证:数列? ?是等差数列;(2)求 Sn 和 an. ?Sn?
n n * 2 * 2 *



(1)证明: ∵当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,①∴Sn(1+2Sn-1)=Sn-1.由上式,若 Sn-1≠0,则 Sn≠0.

?1? 1 1 1 1 * ∵S1=a1≠0,由递推关系知 Sn≠0(n∈N ).由①式得 - =2(n≥2).∴? ?是等差数列,首项为 = =2,公差为 2. Sn Sn-1 S1 a1 ?Sn?

1 1 1 1 (2)∵ = +2(n-1)= +2(n-1),∴Sn= .当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=- Sn S1 a1 2n 1 ,n=1, ? ? 2 1 当 n=1 时,a =S = 不适合上式,∴a =? 2 1 - ? ? -
1 1 n

1 -



,n≥2. )

1.(1)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则 a20 等于( A.-1 B.1 C.3 D.7
2

(2)(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足 a1=1,a3=a2-4,则 an=________.

1 (3)(2012·北京高考)已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和.若 a1= ,S2=a3,则 a2=________;Sn=________. 2

(4)(2013·广东)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________.

2.在等差数列{an}中,满足 3a5=5a8,Sn 是数列{an}的前 n 项和. Sn-an (1)若 a1>0,当 Sn 取得最大值时,求 n 的值;(2)若 a1=-46,记 bn= ,求 bn 的最小值. n

3.(1)(2012·浙江)设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项和,则下列命题错误 的是 .. A.若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则 d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N ,均有 Sn>0 D.若对任意 n∈N ,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 (2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则 m 等于 ( A.3 B.4 C.5 D.6
* *

(

)

)

4.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知其前 6 项和为 36,Sn=324,最后 6 项的和为 180(n>6), 求该数列的项数 n 及 a9+a10.

1.解析 (1)两式相减,可得 3d=-6,d=-2.由已知可得 3a3=105,a3=35,所以 a20=a3+17d=35+(-34)=1.
?a1=1, ? (2)设等差数列{an}的公差为 d,由已知得? ?a3= 1+ ? ? ?a1=1, 由于等差数列{an}是递增的等差数列,因此? ?d=2. ? ?a1=1, ? 即? ?1+2d= ? ?a1=1, ? 解得? ?d=±2. ?

2

-4,



2

-4,

所以 an=a1+(n-1)d=2n-1.

1 1 (3)设等差数列的公差为 d,则 2a1+d=a1+2d,把 a1= 代入得 d= ,所以 a2=a1+d=1, 2 2 Sn=na1+ - 2 1 d= n(n+1). 4

(4)设公差为 d,则 a3+a8=2a1+9d=10,∴3a5+a7=4a1+18d=2(2a1+9d)=20. 2.解 (1)设{an}的公差为 d,则由 3a5=5a8,得 3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=- n ∴Sn=na1+ 2 a1. 23

n-1 1 24 1 144 ? 2 ? 2 2 ×?- a1?=- a1n + a1n=- a1(n-12) + a1.∵a1>0,∴当 n=12 时,Sn 取得最大值. 23 2 23 23 23 23 ? ?

2 (2)由(1)及 a1=-46,得 d=- ×(-46)=4,∴an=-46+(n-1)×4=4n-50, 23 n n-1 Sn-an 2n -52n+50 50 2 Sn=-46n+ ×4=2n -48n.∴bn= = =2n+ -52≥2 2 n n n 50 当且仅当 2n= ,即 n=5 时,等号成立.故 bn 的最小值为-32. n d? d 2 ? 3.解析 (1)利用函数思想,通过讨论 Sn= n +?a1- ?n 的单调性判断.设{an}的首项为 a1, 2? 2 ? d? 1 d 2 ? 则 Sn=na1+ n(n-1)d= n +?a1- ?n.由二次函数性质知 Sn 有最大值时,则 d<0,故 A、B 正确; 2? 2 2 ? 因为{Sn}为递增数列,则 d>0,不妨设 a1=-1,d=2,显然{Sn}是递增数列,但 S1=-1<0,故 C 错误; 对任意 n∈N ,Sn 均大于 0 时,a1>0,d>0,{ Sn}必是递增数列,D 正确. (2)am=2,am+1=3,故 d=1,因为 Sm=0,故 ma1+ - 2 m-1 d=0,故 a1=- , 2
* 2

50 2n× -52=-32, n

因为 am+am+1=5,故 am+am+1=2a1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=5,即 m=5. 4.解:由题意知 a1+a2+a3+a4+a5+a6=36,an+an-1+an-2+an-3+an-4+an-5=180,∴6(a1+an)=36+180=216. ∴a1+an=36.又 Sn=324,∴ 考点二 与等比数列有关的问题 )
1

+an 2×324 =324,即 n= =18.∴a9+a10=a1+a18=36. 2 36

[例 1] (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 D.-7
2

(2)(2012·辽宁)已知等比数列{an}为递增数列,且 a5=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的通项公式 an=____.

(3)(2012·浙江)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=________.



(1)设数列{an}的公比为 q,
?a4=4, ? 得? ? ?a7=-2, ?a4=-2, ? 或? ? ?a7=4,

?a4+a7=2, ? 由? ? ?a5·a6=a4·a7=-8, ?a1=-8, ? 所以? ?a10=1, ?

a1=-8, ? ? 所以? 3 1 q =- , ? 2 ?

?a1=1, ? 或? 3 ? ?q =-2,

?a1=1, ? 或? ?a10=-8, ?

所以 a1+a10=-7.

1 2 2 (2)∵2(an+an+2)=5an+1,∴2an+2an·q =5an·q,即 2q -5q+2=0,解得 q=2 或 q= (舍去). 2 又∵a5=a10=a5·q ,∴a5=q =2 =32.∴32=a1·q ,解得 a1=2.∴an=2×2
2 5 5 5 4 n-1

=2 ,故 an=2 .
2

n

n

(3)由 S2=3a2+2,S4=3a4+2 作差可得 a3+a4=3a4-3a2,即 2a4-a3-3a2=0,所以 2q -q-3=0, 3 解得 q= 或 q=-1(舍去). 2 1.等比数列{an}的各项均为正数,且 a5a6+a4a7=18,则 log3a1+log3a2+?+log3a10=( A.12 B.10 C.8 D.2+log35 ) )

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

(2)(2012·浙江)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=________.

2 1 3. (2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an=________. 3 3

4.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=4an+2.
?an? (1)设 bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列;(2)在(1)的条件下证明? n?是等差数列,并求 an. ?2 ?

5.(2013·湖北)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4=-18. ①求数列{an}的通项公式; ②是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存在,说明理由.

1.解析:选 B ∵数列{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=9, ∴log3a1+log3a2+?+log3a10=log3(a1·a2·?·a10)=log3(a5a6) =5log3a5a6=5log39=10. 2.解析 (1)利用等比数列的性质求解.
? ?a4+a7=2, 由? ?a5a6=a4a7=-8 ? ? ?a4=-2, 得? ?a7=4 ? ? ?a4=4, 或? ?a7=-2. ? ? ?q =-2, ∴? ?a1=1 ?
3 5

1 ? ?q3=- , 2 或? ? ?a1=-8,

∴a1+a10=a1(1+q )=-7.

9

(2)利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式求解.S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,将 a3=a2q,a4=a2q 3 2 2 2 代入得,3a2+2+a2q+a2q =3a2q +2,化简得 2q -q-3=0,解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 2 2 an n-1 3.解析 当 n=1 时,a1=1;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= an- an-1,故 =-2,故 an=(-2) . 3 3 an-1 4.解 (1)证明:∵由 a1=1,及 Sn+1=4an+2,有 a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2=5,∴b1=a2-2a1=3. 由 Sn+1=4an+2,①知当 n≥2 时,有 Sn=4an-1+2,②①-②得 an+1=4an-4an-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1). 又∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1.∴{bn}是首项 b1=3,公比 q=2 的等比数列. (2)由(1)可得 bn=an+1-2an=3×2
n-1

2

?an? an+1 an 3 1 3 ,∴ n+1- n= .∴数列? n?是首项为 ,公差为 的等差数列. 2 2 4 2 4 ?2 ?

an 1 3 3 1 n-2 ∴ n= +(n-1) = n- .an=(3n-1)×2 . 2 2 4 4 4 5.解 ①设等比数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0.由题意得
?S2-S4=S3-S2, ? ? ?a2+a3+a4=-18. ? ?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ?a1 +q+q =-18, ?
n 2 3 2

?a1=3, ? 解得? ?q=-2. ?

故数列{an}的通项公式为 an=3×(-2)

n-1

.

3[1- - ②由①有 Sn= 1- -
n

] n n n =1-(-2) .假设存在 n,使得 Sn≥2 013,则 1-(-2) ≥2 013,即(-2) ≤-2 012.
n n n

当 n 为偶数时,(-2) >0.上式不成立;当 n 为奇数时,(-2) =-2 ≤-2 012,即 2 ≥2 012,则 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.

求解等比数列的基本量常用的思想方法 (1)方程的思想:等比数列的通项公式、前 n 项和的公式中联系着五个量:a1,q,n,an,Sn,已知其中三个量,可 以通过解方程(组)求出另外两个量;其中基本量是 a1 与 q,在解题中根据已知条件建立关于 a1 与 q 的方程或者方程组, 是解题的关键. a1 (2)整体思想:当公比 q≠1 时,Sn= 一个整体求解,也可简化运算. a1 (3)分类讨论思想: 在应用等比数列前 n 项和公式时, 必须分类求和, 当 q=1 时, Sn=na1; 当 q≠1 时, Sn= 在判断等比数列单调性时,也必须对 a1 与 q 分类讨论. a1 a1 n x (4)函数思想:在等比数列{an}中,an= ·q ,它的各项是函数 y= ·q 图象上的一群孤立的点,可以根据指数 q q 函数的一些性质研究等比数列问题(如单调性),注意函数思想在等比数列问题中的应用. -q 1-q
n

-q 1-q

n

a1 a1 a1 n n n = ·(1-q ),令 =t,则 Sn=t(1-q ).把 与 q 当成 1-q 1- q 1-q



考点三

等差数列、等比数列的综合应用

例 3 已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6. (1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn; (2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项,记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N ,使对任意 n∈N ,总有 Sn<Tm+λ 恒成立,求实数 λ 的取值范围.
* *

解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2,∴a1=4,∴an=5-n,从而 Sn=

- 2

.

b2 1 (2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1,设等比数 列{bn}的公比为 q,则 q= = , b1 2 1 4[1- 2 ∴Tm= 1 1- 2 又 Sn= - 2
* m

] 1 m 1 m =8[1-( ) ],∵( ) 随 m 增加而递减,∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8. 2 2

1 2 1 9 2 81 =- (n -9n)=- [(n- ) - ],故(Sn)max=S4=S5=10, 2 2 2 4
*

若存在 m∈N ,使对任意 n∈N 总有 Sn<Tm+λ ,则 10<4+λ ,得 λ >6. 1.(2013·江西)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项等于 ( A.-24 B.0 C.12 D.24 ) )

2.(2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等于 ( A. 1 1 1 1 B.- C. D.- 3 3 9 9 )

2 3.(2013·课标全国Ⅰ)设首项为 1,公比为 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则( 3 A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an

4.已知数列{an}满足 a1=3,an+1-3an=3 (n∈N ),数列{bn}满足 bn=3 an.(1)求证:数列{bn}是等差数列; a1 a2 a3 an 1 Sn 1 (2)设 Sn= + + +?+ ,求满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值. 3 4 5 n+2 128 S2n 4

n

*

-n

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

1.解析 由 x,3x+3,6x+6 成等比数列得,(3x+3) =x(6x+6).解得 x=-3 或 x=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24. 1 2 4 2.解设等比数列{an }的公比为 q,由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1,即 a3=9a1,q =9,又 a5=a1q =9, a1= . 9 a1 3.解析 Sn= -q 1-q
n

2

2 1- an 3 a1-q·an = = =3-2an.故选 D. 1-q 1 3
n n+1

4.(1)证明 由 bn=3 an 得 an=3 bn,则 an+1=3

-n

bn+1.代入 an+1-3an=3 中,得 3

n

n+1

bn+1-3

n+1

bn=3 ,

n

1 即得 bn+1-bn= .所以数列{bn}是等差数列. 3 1 1 n+2 -1 (2)解 因为数列{bn}是首项为 b1=3 a1=1,公差为 的等差数列,则 bn=1+ (n-1)= , 3 3 3 则 an=3 bn=(n+2)×3
n n-1

an n-1 ,从而有 =3 , n+2
n n n

a1 a2 a3 an 1-3 3 -1 Sn 3 -1 1 2 n-1 故 Sn= + + +?+ =1+3+3 +?+3 = = ,则 = 2n = n , 3 4 5 n+2 1-3 2 S2n 3 -1 3 +1 由 1 Sn 1 1 1 1 1 Sn 1 n < < ,得 < n < ,即 3<3 <127,得 1<n≤4.故满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值为 2,3,4. 128 S2n 4 128 3 +1 4 128 S2n 4 q +q-12=0,解 q=3 或 q=-4(舍),从而 a2=6,所以 an=3n,bn=3
2 n-1

?q+3+a2=12, ? 5.解(1)由已知可得? 2 ? ?3+a2=q ,

.

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

-λ ·2

n+1

?3?n n n n n >3 -λ ·2 恒成立,亦即 λ ·2 <2·3 恒成立,即 λ <2·? ? 恒成立. ?2?

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

数列求和的常用方法 1.数列求通项的方法:(1)一般地,数列求和应从通项入手,若无通项,就先求通项,然后通过对通项变形,转化为与 特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式,从而选择合适的方法求和得解.数列综合问题一般先求数列的通项 公式,这是做好该类题的关键.若是等差数列或等比数列,则直接运用公式求解,否则常用下列方法求解:
? = ?S1 (1)an=? ?Sn-Sn-1 ?



(2)递推关系形如 an+1-an=f(n),常用累加法求通项; an+1 (3)递推关系形如 =f(n),常用累乘法求通项; an (4)递推关系形如“an+1=pan+q(p、 q 是常数, 且 p≠1, q≠0)”的数列求通项, 此类通项问题, 常用待定系数法. 可 设 an+1+λ =p(an+λ ),经过比较,求得 λ ,则数列{an+λ }是一个等比数列; (5)递推关系形如“an+1=pan+q (q,p 为常数,且 p≠1,q≠0)”的数列求通项,此类型可以将关系式两边同除以 q 转化为类型(4),或同除以 p
n n+1 n

转为用迭加法求解.

2.数列求和中应用转化与化归思想的常见类型: 1.公式法——直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和 (1)等差数列的前 n 项和公式:Sn=
1

+an =na1+ 2

- 2

d;

na1,q=1, ? ? (2)等比数列的前 n 项和公式:Sn=?a1-anq a1 -qn = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q 2.倒序相加法 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法,如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的. 3.错位相减法 这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法, 这种方法主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和, 其中{an}, {bn}分别是等差数列和等比数列.求 a1b1+a2b2+?+anbn 的和就适用此法.做法是先将和的形式写出,再给式子两 边同乘或同除以公比 q,然后将两式相减,相减后以“q ”为同类项进行合并得到一个可求和的数列(注意合并后有 两项不能构成等比数列中的项,不要遗漏掉). 4.裂项相消法 利用通项变形,将通项分裂成两项或 n 项的差,通过相加过程中的相互抵消,最后只剩下有限项的和.这种方法, 适用于求通项为 1 ? 1 1 1? 1 的数列的前 n 项和,其中{an}若为等差数列,则 = ? - ?. anan+1 anan+1 d?an an+1?
n

利用裂项相消法求和时应注意哪些问题? (1)在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差; (2)在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,或前面剩下两项,后面也剩下两项.常见的拆项公式 (1) (3) 1 + 1 ? 1?1 = ? - ?; k?n n+k? (2) (4) 1 ? 1 1 1 - = ? ; ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? 1 n+ n+1 = n+1- n; (5) 1 = ( n+k- n). n+ n+k k 1

1 1 1 = - ; n?n+1? n n+1

5.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 后再相加减. 6.并项求和法 一个数列的前 n 项和,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如 an=(-1) f(n)类型,可采用两项合并求解. 例如,Sn=100 -99 +98 -97 +?+2 -1 =(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050. 7.放缩法是证明数列型不等式的压轴题的最重要的方法,放缩法的注意问题以及解题策略 (1)明确放缩的方向:即是放大还是缩小,看证明的结论,是小于某项,则放大,是大于某个项,则缩小。 (2)放缩的项数:有时从第一项开始,有时从第三项,有时第三项,等等,即不一定是对全部项进行放缩。 (3)放缩法的常见技巧及常见的放缩式: ( 1)根式的放缩:
1 1 1 ; ? ? k ? k ?1 2k k ? k ?1
2 2 2 2 2 2 n

( 2)在分式中放大或缩小分子或分母:

1 1 1 ? 2? (k ? 2) ; k (k ? 1) k k (k ? 1)
n

真分数分子分母同时减一个正数,则变大; , n ? n ? 1 ;假分数分子分母同时减一个正数,则变小,如 2n ? 1 ? 2n ;
n ?1

2n

2n ? 1

( 3)应用基本不等式放缩: n ? n ? 2 ? 2
n?2
n

n

n n?2 ? ? 2; n?2 n

1.若数列{an}的通项公式是 an=(-1) (2n-1),则 a 1+a2+a3+?+a100=( A.-200 B.-100 C.200 D.100 1 1 1 1 1 2.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,(2n-1)+ n,?的前 n 项和 Sn 的值等于( 2 4 8 16 2 1 2 A.n +1- n 2 1 2 B.2n -n+1- n 2

)

)

1 1 2 2 C.n +1- n-1 D.n -n+1- n 2 2 3.(2012·全国)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列?
?

1 ? ?的前 100 项和为( ?anan+1?

)

100 99 99 101 A. B. C. D. 101 101 100 100 4.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn=nan-n(n-1)(n=1,2,3,?). (1)求证:数列{an}为等差数列,并写出 an 关于 n 的表达式;
? 1 ? 100 ?的前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> (2)若数列? 的最小正整数 n 是多少? 209 ?anan+1?

5.已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)记 Tn=a1b1+a2b2+?+anbn,n∈N ,证明 Tn-8=an-1bn+1(n∈N ,n≥2).
* *

6.已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且满足 a1 ? 1 , an ? 2S n S n ?1 ? 0(n ? 2) .(1)数列 {
2
2 论;(2)求 Sn 和 an ; (3)求证: S12 ? S2 ? S32 ? 2 ? Sn ?

1 } 是否为等差数列?并证明你的结 Sn

1 . 2

1.解析:由题意知,a1+a2+a3+?+a100=-1+3-5+7+?+(-1) ×(2×100-1) =(-1+3)+(-5+7)+?+(-197+199)=2×50=100.故选 D. 1? 1 1 ?1 1 2 2.解选 A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ n,则 Sn=[1+3+5+?+(2n-1)]+? + 2+?+ n?=n +1- n. 2? 2 2 ?2 2 3.解析:由 a5=5,S5=15,得 a1=1,d=1.∴an=1+(n-1)=n. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 ∴ = = - .又 +?+ = - + - +?+ - =1- = .故选 A. anan+1 + n n+1 a1a2 a100a101 1 2 2 3 100 101 101 101 4.解 (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-2(n-1),得 an-an-1=2(n=2,3,4,?). 1 1 1 1 1 1 所以数列{an}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列.所以 an=2n-1.(2)Tn= + +?+ + = + a1a2 a2a3 an-1an anan+1 1×3 3×5 +?+ 由 Tn= 1 - + 1??1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ??=1?1- 1 ?= n , = ?? - ?+? - ?+?+? ?? ? ? 2??1 3? ?3 5? ?2n-1 2n+1?? 2? 2n+1? 2n+1

100

n 100 100 100 > ,得 n> ,所以满足 Tn> 的最小正整数 n 为 12. 2n+1 209 9 209
3

5.解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.由 a1=b1=2,得 a4=2+3d,b4=2q ,S4=8+6d.
? ?2+3d+2q =27, 由条件,得方程组? 3 ? ?8+6d-2q =10,
2 3

? ?d=3, 解得? ? ?q=2.
3

所以 an=3n-1,bn=2 ,n∈N .
n

n

*

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

.②

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

2

3

n

n+1



-2 1-2

n

-(3n-1)×2
n+1

n+1

-2

-8,即 Tn-8=(3n-4)×2
*

n+ 1

.而当 n≥2 时,an-1bn+1=(3n-4)×2



所以 Tn-8=an-1bn+1,n∈N ,n≥2. 用错位相减法求和应注意的问题 (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. 6.解: (1) (2)
?1 (n ? 1) ; ? 1 ?2 Sn ? , an ? ? 1 2n ?? (n ? 2) ? 2n(n ? 1) ?

(3)证法一:当 n ? 1 时, S12 ? 1 ? 1 成立;当 n ? 2, S n2 ? 1 2 ? 1 ( 1 ? 1 ) ,
4 2
4n 4 n ?1 n
2 S12 ? S2 ? S32 ? 2 ? Sn ?

1 1 1 1 ? [ ? ? 4 4 1? 2 2 ? 3
2 ? Sn ?

?

1 1 1 1 1 1 ] ? ? (1 ? ? ? ? (n ? 1) ? n 4 4 2 2 3

?

1 1 ? ) = 1 ? 1 (1 ? 1 ) ? 1 ? 1 ? 1 n 2 n 2 n ?1 n 4 4

综上所述, S12 ? S22 ? S32 ?

1。 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 证法二: ? ) ? (1 ? )? 。 Sn2 ? 2 ? 2 ? ? ( ? ) S12 ? S22 ? S32 ? ? Sn2 ? (1 ? ? ? ? ? 2 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2 2n ? 1 2 4n 4n ? 1 (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1

1 1 放大成 2 ,需从第二项起,要分类讨论;而方法 2 4n 4n ? 4n 1 1 1 1 1 2 2 二是将 2 放大成 2 。明显 4n ? 1比 4n ? 4n 大很多, 2 比 2 更接近 2 。从中可以发现放缩后 4n 4n ? 1 4n ? 1 4n ? 4n 4n
点评:两种证法的不同在于策略的选择不同。方法一是将 的式子越接近放缩前的式子,即放缩程度越小,精确程度越高,保留的项就越少,运算就越简单。因此,在放缩时, 要尽量缩小放缩度,提高放缩精度,避免运算上的麻烦。 数列综合题应用 1.(2013·安徽)设数列{an}满足 a1=2,a2+a4=8,且对任意 n∈N ,函数 f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cos x-an+2sin x 1? ?π ? ? 满足 f′? ?=0.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若 bn=2?an+ ?,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2 2a n? ? ? ?
*

2.(2013·广东)设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 4Sn=an+1-4n-1,n∈N 且 a2,a5,a14 构成等 1 1 1 1 比数列.(1)证明:a2= 4a1+5;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 2

2

*,

1? ? 2 3.在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 Sn=an?Sn- ?. 2? ? Sn (1)求 Sn 的表达式;(2)设 bn= ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1

4.设数列{an}的各项都为正数,其前 n 项和为 Sn,已知对任意 n∈N ,Sn 是 an和 an 的等差中项. 1 1 1 (1)证 明数列 {an}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)证明 + +?+ <2. S1 S 2 Sn

*

2

5.(2012·广东高考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2

n+1

+1,n∈N ,且 a1,a2+5,a3 成等差数列.

*

1 1 1 3 (1)求 a1 的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 2

6.(2013·山东)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4 S2,a2n=2an+1. b 1 b2 bn 1 * (1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n,n∈N ,求{bn}的前 n 项和 Tn. a 1 a2 an 2

2Sn 1 2 2 * 7.(2013·广东卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, =an+1- n -n- ,n∈N . n 3 3 1 1 1 7 (1)求 a2 的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4

2 8.(2014 广东文)19.设各项均为正数的数列 ?an ?的前 n 项和为 Sn ,且 Sn 满足 Sn ? ?n2 ? n ? 3?Sn ? 3?n2 ? n? ? 0, n ? N ? .

(1)求 a1 的值;(2)求数列 {an} 的通项公式;(3)证明:对一切正整数 n ,有

1 1 1 1 ? ?? ? . a1 ?a1 ? 1? a2 ?a2 ? 1? an ?an ? 1? 3

?π ? 1.解 (1)由题设可得 f′(x)=(an-an+1+an+2)-an+1sin x-an+2cos x,又 f′? ?=0,则 an+an+2-2an+1=0, ?2?
? ?a1=2 即 2an+1=an+an+2,因此数列{an}为等差数列,设等差数列{an}的公差为 d,由已知条件? ?2a1+4d=8 ? ?a1=2, ? 解得? ? ?d=1,



an=a1+(n-1)d=n+1.

1 ? 1 1 1 ? 2 (2)bn=2?n+1+ n+1?=2(n+1)+ n,Sn=b1+b2+?+bn=(n+3)n+1- n=n +3n+1- n. 2 ? 2 2 2 ? 2.(1)证明 当 n=1 时,4a1=a2-5,a2=4a1+5,又 an>0,∴a 2= 4a1+5. (2)解 当 n≥2 时,4Sn-1=an-4(n-1)-1,∴4an=4Sn-4Sn-1=an+1-an-4, 即 an+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.∴a5=a2·a14,即(a2+6) =a2·(a2+24),解得 a2=3.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 + +?+ = + + +?+ a1a2 a2a3 anan+1 1×3 3×5 5×7 1 - +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1?? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ??=1?1- 1 ?<1. = ??1- ?+? - ?+?+? ?? ? ? 3? ?3 5? 2?? ?2n-1 2n+1?? 2? 2n+1? 2 1? 1? ? ? 2 2 3.解:(1)∵Sn=an?Sn- ?,an=Sn-Sn-1(n≥2),∴Sn=(Sn-Sn-1)?Sn- ?,即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn,①由题意 Sn-1·Sn≠0, 2? 2? ? ?
?1? 1 1 ①式两边同除以 Sn-1·Sn,得 - =2,∴数列? ?是首项为 1,公差为 2 的等差数列. Sn Sn-1 ?Sn?

1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1.∴Sn= . Sn 2n-1 (2)又 bn= Sn = 2n+1 1 - + 1 ? 1? 1 - = ? , 2n - 1 2n +1? 2? ?

1?? 1? ?1 1? ? 1 - 1 ??=1?1- 1 ?= n . 故 Tn=b1+b2+?+bn= ??1- ?+? - ?+?+? ?? ? ? 2?? 3? ?3 5? ?2n-1 2n+1?? 2? 2n+1? 2n+1 4.解 (1)由已知得,2Sn=an+an,且 an>0,当 n=1 时,2a1=a1+a1,解得 a1=1(a1=0 舍去); 当 n≥2 时,有 2Sn-1=an-1+an-1.于是 2Sn-2Sn-1=an-an-1+an-an-1,即 2an=an-an-1+an-an-1.
2 2 2 2 2 2 2

于是 an-an-1=an+an-1,即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1.因为 an+an-1>0,所以 an-an-1=1(n≥2). 故数列{an}是首项为 1,公差为 1 的等差数列.所以数列{an}的通项公式为 an=n. (2)证明:因为 an=n,则 Sn= + 2 1 , = Sn 2 + 1 ? ?1 =2? - ?, ?n n+1?

2

2

1 ?? ? 1 ? 1 1 1 ?? 1? ?1 1? ?1 所以 + +?+ =2??1- ?+? - ?+?+? - =2?1- ? ? ?<2. 2? ?2 3? S1 S2 Sn ?? ?n n+1?? ? n+1? 5.解 (1)当 n=1 时,2a1=a2-4+1=a2-3, ① 当 n=2 时,2(a1+a2)=a3-8+1=a3-7, ② 又 a1,a2+5,a3 成等差数列,所以 a1+a3=2(a2+5), (2)由题设条件可知 n≥2 时,2Sn=an+1-2 ④-⑤得 2an=an+1-an-2
n n+1 n n+1

③由①②③解得 a1=1.
n

+1,④2Sn-1=an-2 +1.⑤
n n+1

+2 ,即 an+1=3an+2 ,整理得 an+1+2
n-1 n n n

=3(an+2 ),则{an+2 }是以 3 为首项,3 为
n n

n

n

公比的等比数列.所以 an+2 =(a1+2)·3 1 1 1 (3)证明:∵ = n n= n· an 3 -2 3 1

=3 ,即 an=3 -2 (n>1).又 a1=1 满足上式,故 an=3 -2 .

?2?n 1-? ? ?3?

1 1 1 ≤ n· =3· n, 3 2 3 1- 3

1 1? 1- n? ? ? 3? 3 ? 3? 1 1 1? 1? 3 1 1 1 ? ∴ + +?+ ≤3? + 2+?+ n?=3× = ?1- n?< . 3? a1 a2 an ?3 3 1 2? 3 ? 2 1- 3
?S4=4S2, ? 6.解 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,由? ? ?a2n=2an+1

得 a1=1,d=2,所以 an=2n-1(n∈N ).

*

b1 b2 bn 1 b1 b2 bn-1 1 * (2)由已知 + +?+ =1- n,n∈N ,①当 n≥2 时, + +?+ =1- n-1,② a1 a2 an 2 a1 a2 an-1 2 bn 1 b1 1 bn 1 2n-1 * * ①-②得: = n,又当 n=1 时, = 也符合上式,所以 = n(n∈N ),所以 bn= n (n∈N ). an 2 a1 2 an 2 2 1 3 5 2n-1 1 1 3 2n-3 2n-1 所以 Tn=b1+b2+b3+?+bn= + 2+ 3+?+ n . Tn= 2+ 3+?+ n + n+1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ? 2n-1 3 1 1 ?2 2 1 2n-1 2n+3 两式相减得: Tn= +? 2+ 3+?+ n?- n+1 = - n-1- n+1 .所以 Tn=3- n . 2? 2 2 2 ?2 2 2 2 2 2 1 2 7.(1)解析:依题意,2S1=a2- -1- ,又 S1=a1=1,所以 a2=4; 3 3 1 3 2 1 2 2 3 2 (2)解析:当 n≥2 时,2Sn=nan+1- n -n - n,2Sn-1=(n-1)an- (n-1) -(n-1) - (n-1), 3 3 3 3 1 2 an+1 an 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n -3n+1)-(2n-1)- ,整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即 - = 3 3 n+1 n ?an? a2 a1 a1 an 2 * 1,又 - =1,故数列? ?是首项为 =1,公差为 1 的等差数列,所以 =1+(n-1)×1=n,所以 an=n (n∈N ). 2 1 1 n ?n? 1 7 1 1 1 5 7 1 1 1 1 1 (3)证明:当 n=1 时, =1< ;当 n=2 时, + =1+ = < ;当 n≥3 时, = 2< = - , a1 4 a1 a2 4 4 4 an n - n-1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 ?1 1? ?1 1? ? 1 -1?=1+1+1-1=7-1<7, 此时, + +?+ =1+ + 2+ 2+?+ 2<1+ +? - ?+? - ?+?+? ? a1 a2 an 4 3 4 n 4 ?2 3? ?3 4? 4 2 n 4 n 4 ?n-1 n? 1 1 1 7 综上,对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4 8.由 S 2 ? (n2 ? n ? 3)Sn ? 3(n2 ? n) ? 0 ? (Sn ? 3)[Sn ? (n2 ? n)] ? 0 ? Sn ? n2 ? n an ? Sn ? Sn?1 ? (n2 ? n) ? [(n ?1)2 ? (n ?1)] = 2n . (1) a1 ? s1 ? 2 ;(2) 当n ? 2时,

解 : (1)令n ? 1得 : S12 ? (?1) S1 ? 3 ? 2 ? 0, 即S12 ? S1 ? 6 ? 0,? ( S1 ? 3)( S1 ? 2) ? 0, S1 ? 0,? S1 ? 2, 即a1 ? 2.
2 2 (2)由S n ? (n 2 ? n ? 3) S n ? 3(n 2 ? n) ? 0, 得 : ( S n ? 3) ? ? S n ? ( n ? n) ? ? ? 0,

an ? 0(n ? N ? ),? S n ? 0, 从而S n ? 3 ? 0,? S n ? n 2 ? n,
2 ?当n ? 2时, an ? S n ? S n ?1 ? n 2 ? n ? ? ?(n ? 1) ? (n ? 1) ? ? ? 2n,

又a1 ? 2 ? 2 ?1,? an ? 2n(n ? N ? ). (3)解法一 : 当k ? N ?时, k 2 ? k k 3 1 3 ? k 2 ? ? ? (k ? )(k ? ), 2 2 16 4 4 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? 1 1 ak (ak ? 1) 2k (2k ? 1) 4 k (k ? ) 4 (k ? )(k ? 3 ) 2 4 4 ? ? ? 1 1 1 ? 1 1 ? ? ? ?? ? 1 1? 1 ? 1? 4 ? 4 k? (k ? 1) ? ? (k ? ) ? ?(k ? 1) ? ? ? 4 4? 4 ? 4? ? 1 1 ? ? a1 (a1 ? 1) a2 (a2 ? 1) ? 1 an (an ? 1)

? ? ? 1? 1 1 1 1 1 1 ? ?( ? )?( ? )? ? ? 1 1 1 1? 4 ? 1? 1 2 ? 1 2? 3? n? (n ? 1) ? ? ? 4 4 4 4 4 4? 1 1 1 1 1 1 ? ( ? )? ? ? . 4 1 ? 1 (n ? 1) ? 1 3 4n ? 3 3 4 4 1 1 1 1 1 1 解法二 : ? ? ? ( ? ),以下略. ak (ak ? 1) 2k (2k ? 1) (2k ? 1)(2k ? 1) 2 2k ? 1 2k ? 1 (注 : 解法二的放缩没有解法一的精确,在使用中第一项不放缩时才能得到答案)


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