1、第五章 数 列第一节数列的概念与简单表示法对应学生用书P71基础盘查一 数列的有关概念(一)循纲忆知了解数列的概念(定义、数列的项、通项公式、前 n 项和)(二)小题查验1判断正误(1)1,2,3,4 和 1,2,4,3 是相同的数列()(2)同一个数在数列中可以重复出现()(3)an 与an是不同的概念()(4)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教 A 版教材例题改编)写出下面数列的一个通项公式，使它的前 4 项分别是下列各数：(1)1，12，13，14；(2)2,0,2,0.答案：(1)an1n1n(2)an(1)n11基础盘查二
2、 数列的表示方法(一)循纲忆知1了解数列三种简单的表示方法(列表法、图象法、通项公式法)；2了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数(二)小题查验1判断正误(1)数列是一种特殊的函数()(2)毎一个数列都可用三种表示法表示()(3)如果数列an的前 n 项和为 Sn，则对nN*，都有 an1Sn1Sn()答案：(1)(2)(3)2已知数列an中，a11，an1an2an3，则 a5 等于_答案：1161基础盘查三 数列的分类(一)循纲忆知了解数列的分类(按项数分、按项间的大小等)(二)小题查验1(人教 B 版教材例题改编)已知函数 f(x)x1x，设 anf(n)(nN*)，则an是_数列(填“
3、递增”或“递减”)答案：递增2对于数列an，“an1|an|(n1,2)”是“an为递增数列”的_条件答案：充分不必要对应学生用书P71 考点一 由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点自主练透)必备知识数列的通项公式如果数列an的第 n 项与序号 n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式提醒 不是所有的数列都有通项公式，若有，也不一定唯一题组练透1已知 nN*，给出 4 个表达式：an0，n为奇数，1，n为偶数，an11n2，an1cos n2，ansin n2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，的通项公式的是()A BCD解析：选 A 检验
4、知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)112，123，134，145，；(3)a，b，a，b，a，b，(其中 a，b 为实数)；(4)9,99,999,9 999，.解：(1)各数都是偶数，且最小为 4，所以通项公式 an2(n1)，nN*.(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)n1nn1，nN*.(3)这是一个摆动数列，奇数项是 a，偶数项是 b，所以此数列的一个通项公式 ana，n为奇数，b，n为偶数.(4)这个数列的前 4 项可以写成
5、101,1001,1 0001，10 0001，所以它的一个通项公式 an10n1，nN*.类题通法用观察法求数列的通项公式的技巧(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与 n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求对于正负符号变化，可用(1)n 或(1)n1 来调整(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想考点二 由an与Sn的关系求通项an(重点保分型考点师生共研)必备知识数列的前 n 项和通常用 Sn 表示，记作 Sna1a2an，则通项 anS1，n1，SnSn1
6、，n2.提醒 若当 n2 时求出的 an 也适合 n1 时的情形，则用一个式子表示 an，否则分段表示典题例析已知下面数列an的前 n 项和 Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb.解：(1)a1S1231，当 n2 时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于 a1 也适合此等式，an4n5.(2)a1S13b，当 n2 时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当 b1 时，a1 适合此等式当 b1 时，a1 不适合此等式当 b1 时，an23n1；当 b1 时，an3b，n1，23n1，n2.类题通法已知 Sn 求 an 的三个步骤(
7、1)先利用 a1S1 求出 a1；(2)用 n1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 anSnSn1(n2)便可求出当 n2 时an 的表达式；(3)对 n1 时的结果进行检验，看是否符合 n2 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 n1 与 n2 两段来写演练冲关已知数列an的前 n 项和为 Sn.(1)若 Sn(1)n1n，求 a5a6 及 an；(2)若 Sn3n2n1，求 an.解：(1)a5a6S6S4(6)(4)2，当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1(1)n1n(1)n(n1)(1)n1n(n1)(1)n1(2
8、n1)，又 a1 也适合于此式，所以 an(1)n1(2n1)(2)因为当 n1 时，a1S16；当 n2 时，anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)123n12，由于 a1 不适合此式，所以 an6，n1，23n12，n2.考点三 由递推关系式求数列的通项公式(常考常新型考点多角探明)必备知识递推公式：如果已知数列an的第一项(或前几项)，且任一项 an 与它的前一项 an1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式多角探明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.归纳起
9、来常见的命题角度有：(1)形如 an1anf(n)，求 an；(2)形如 an1anf(n)，求 an；(3)形如 an1AanB(A0 且 A1)，求 an.(4)形如 an1AanBanC(A，B，C 为常数)，求 an.角度一：形如 an1anf(n)，求 an1在数列an中，a11，前 n 项和 Snn23 an.求数列an的通项公式解：由题设知，a11.当 n2 时，anSnSn1n23 ann13 an1.anan1n1n1.anan1n1n1，a4a353，a3a242，a2a13.以上 n1 个式子的等号两端分别相乘，得到ana1nn12.又a11，annn12.角度二：形如
10、an1anf(n)，求 an2(1)在数列an中，a12，an1an1nn1，求数列an的通项公式(2)若数列an满足：a11，an1an2n，求数列an的通项公式解：(1)由题意，得 an1an1nn11n 1n1，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a11n11n 1n2 1n1 1213 112 231n.(2)由题意知 an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n22112n12 2n1.角度三：形如 an1AanB(A0 且 A1)，求 an3已知数列an满足 a11，an13an2，求数列an的通项公式解：an13an2，an113(an1
11、)，an11an1 3，数列an1为等比数列，公比 q3，又 a112，an123n1，an23n11.角度四：形如 an1AanBanC(A，B，C 为常数)，求 an4已知数列an中，a11，an1 2anan2，求数列an的通项公式解：an1 2anan2，a11，an0，1an11an12，即 1an11an12，又 a11，则 1a11，1an 是以 1 为首项，12为公差的等差数列 1an1a1(n1)12n212，an 2n1(nN*)类题通法由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为 an1anf(n)或 an1f(n)an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭
12、代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三、四)转化为特殊数列求通项对应A本课时跟踪检测二十九一、选择题1数列 1，23，35，47，59，的一个通项公式 an()A.n2n1 B.n2n1C.n2n3D.n2n3解析：选 B 由已知得，数列可写成11，23，35，故通项为n2n1.2数列an的前 n 项积为 n2，那么当 n2 时，an()A2n1Bn2C.n12n2D.n2n12解析：选 D 设数列an的前 n 项积为 Tn，则 Tnn2，当 n2 时，an TnTn1n2n12.3数列an满足 anan112(n
13、N*)，a22，Sn 是数列an的前 n 项和，则 S21 为()A5B.72C.92D.132解析：选 B anan112，a22，an32，n为奇数，2，n为偶数.S211132 10272.故选 B.4在各项均为正数的数列an中，对任意 m，nN*，都有 amnaman.若 a664，则 a9等于()A256 B510C512D1 024解析：选 C 在各项均为正数的数列an中，对任意 m，nN*，都有 amnaman.a6a3a364，a38.a9a6a3648，a9512.故选 C.5已知数列an的前 n 项和为 Snkn2，若对所有的 nN*，都有 an1an，则实数 k 的取值范
14、围是()A(0，)B(，1)C(1，)D(，0)解析：选 A 由 Snkn2 得 ank(2n1)因为 an1an，所以数列an是递增的，因此 k0，故选 A.6(2015北京海淀区期末)若数列an满足：a119，an1an3(nN*)，则数列an的前 n 项和数值最大时，n 的值为()A6B7C8D9解析：选 B a119，an1an3，数列an是以 19 为首项，3 为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n.设an的前 k 项和数值最大，则有ak0，ak10，kN*，223k0，223k10，193 k223，kN*，k7.满足条件的 n 的值为 7.二、填空题7在数列1,0，19
15、，18，n2n2，中，0.08 是它的第_项解析：令n2n2 0.08，得 2n225n500，即(2n5)(n10)0.解得 n10 或 n52(舍去)答案：108已知数列an的前 n 项和 Sn332n，nN*，则 an_.解析：分情况讨论：当 n1 时，a1S133213；当 n2 时，anSnSn1(332n)(332n1)32n1.综合，得 an32n1.答案：32n19(2015大连双基测试)数列an满足：a13a25a3(2n1)an(n1)3n13(nN*)，则数列an的通项公式 an_.解析：a13a25a3(2n3)an1(2n1)an(n1)3n13，把 n 换成 n1
16、得，a13a25a3(2n3)an1(n2)3n3，两式相减得 an3n.答案：3n10在一个数列中，如果nN*，都有 anan1an2k(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 a11，a22，公积为 8，则 a1a2a3a12_.解析：依题意得数列an是周期为 3 的数列，且 a11，a22，a34，因此 a1a2a3a124(a1a2a3)4(124)28.答案：28三、解答题11已知 Sn 为正项数列an的前 n 项和，且满足 Sn12a2n12an(nN*)(1)求 a1，a2，a3，a4 的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由
17、 Sn12a2n12an(nN*)，可得a112a2112a1，解得 a11；S2a1a212a2212a2，解得 a22；同理，a33，a44.(2)Sn12a2n12an，当 n2 时，Sn112a2n112an1，得(anan11)(anan1)0.由于 anan10，所以 anan11，又由(1)知 a11，故数列an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 ann.12已知数列an中，an11a2n1(nN*，aR，且 a0)(1)若 a7，求数列an中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 nN*，都有 ana6 成立，求 a 的取值范围解：(1)an11a2n1(nN*，aR，且
18、 a0)，又a7，an112n9.结合函数 f(x)112x9的单调性，可知 1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为 a52，最小项为 a40.(2)an11a2n1112n2a2.对任意的 nN*，都有 ana6 成立，结合函数 f(x)112x2a2的单调性，知 52a2 6，10a0，a7a100，d0 时，满足am0，am10的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm；当 a10 时，满足am0，am10的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm.演练冲关1设数列an，bn都是等差数列，且 a125，b175，a2b2100，则 a37b37 等于()A0
19、B37C100D37解析：选 C 设an，bn的公差分别为 d1，d2，则(an1bn1)(anbn)(an1an)(bn1bn)d1d2，anbn为等差数列，又 a1b1a2b2100，anbn为常数列，a37b37100.2已知等差数列an的公差为 2，项数是偶数，所有奇数项之和为 15，所有偶数项之和为 25，则这个数列的项数为()A10B20C30D40解析：选 A 设这个数列有 2n 项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于 nd，即 25152n，故 2n10，即数列的项数为 10.3在等差数列an中，已知 a120，前 n 项和为 Sn，且 S10S15，求当 n
20、 取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值解：a120，S10S15，10201092d152015142d，d53.法一：由 an20(n1)53 53n653.得 a130.即当 n12 时，an0，n14 时，an0.当 n12 或 13 时，Sn 取得最大值，且最大值为 S12S1312201211253 130.法二：Sn20nnn1253 56n21256 n56n25223 12524.nN*，当 n12 或 13 时，Sn 有最大值，且最大值为 S12S13130.法三：由 S10S15 得 a11a12a13a14a150.5a130，即 a130.当 n12 或 13 时
21、，Sn 有最大值，且最大值为 S12S13130.对应B本课时跟踪检测三十A 卷夯基保分一、选择题1设 Sn 为等差数列的前 n 项和，公差 d2，若 S10S11，则 a1()A18B20C22D24解析：选 B 由 S10S11，得 a110.又已知 d2，则 a11a110da110(2)0，解得 a120.2(2015兰州、张掖联考)等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13 项的和是()A13B26C52D156解析：选 B 3(a3a5)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1313a1a13213a4a102134226，故
22、选 B.3已知等差数列an满足 a23，SnSn351(n3)，Sn100，则 n 的值为()A8B9C10D11解析：选 C 由 SnSn351 得，an2an1an51，所以 an117，又 a23，Snna2an12100，解得 n10.4(2015辽宁鞍山检测)已知 Sn 表示数列an的前 n 项和，若对任意的 nN*满足 an1ana2，且 a32，则 S2 014()A1 0062 013B1 0062 014C1 0072 013D1 0072 014解析：选 C 在 an1ana2 中，令 n1，则 a2a1a2，a10，令 n2，则 a322a2，a21，于是 an1an1，
23、故数列an是首项为 0，公差为 1 的等差数列，S2 0142 0142 01321 0072 013.5(2015洛阳统考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a10，a3a100，a6a70，则满足 Sn0 的最大自然数 n 的值为()A6B7C12D13解析：选 C a10，a6a70，a60，a70，等差数列的公差小于零，又 a3a10a1a120，a1a132a70，S120，S130，满足 Sn0 的最大自然数 n 的值为 12.6(2015河北唐山一模)各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 3Snanan1，则 a2a4a6a2n()A.nn52B.n5n12C
24、.3nn12D.n3n52解析：选 C 当 n1 时，3S1a1a2,3a1a1a2，a23.当 n2 时，由 3Snanan1，可得3Sn1an1an，两式相减得 3anan(an1an1)，又an0，an1an13，a2n为一个以 3 为首项，3 为公差的等差数列，a2a4a6a2n3nnn1233nn12，选 C.二、填空题7(2014江西高考)在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n8 时 Sn 取得最大值，则 d 的取值范围为_解析：由题意，当且仅当 n8 时 Sn 有最大值，可得d0，a90，即d0，78d0，解得1d78.答案：1，788已知等差数
25、列an中，an0，若n2且an1an1a2n0，S2n138，则n等于_解析：2anan1an1，又 an1an1a2n0，2ana2n0，即 an(2an)0.an0，an2.S2n12(2n1)38，解得 n10.答案：109(2015无锡一模)已知数列an中，a11，a22，当整数 n2 时，Sn1Sn12(SnS1)都成立，则 S15_.解析：由 Sn1Sn12(SnS1)得(Sn1Sn)(SnSn1)2S12，即 an1an2(n2)，所以数列an从第二项起构成等差数列，则 S151246828211.答案：21110已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且
26、AnBn7n45n3，则使得anbn为整数的正整数 n 的个数是_解析：由等差数列前 n 项和的性质知，anbnA2n1B2n114n382n2 7n19n1 7 12n1，故当 n1,2,3,5,11 时，anbn为整数，故使得anbn为整数的正整数 n 的个数是 5.答案：5三、解答题11(2015长春调研)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，其中 a13，S5S227.(1)求数列an的通项公式；(2)若 Sn,2 2(an11)，Sn2 成等比数列，求正整数 n 的值解：(1)设等差数列an的公差为 d，则 S5S23a19d27，又 a13，则 d2，故 an2n1.(2)由(1)
27、可得 Snn22n，又 SnSn28(an11)2，即 n(n2)2(n4)8(2n4)2，化简得 n24n320，解得 n4 或 n8(舍)，所以 n 的值为 4.12已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a3a4117，a2a522.(1)求 an 和 Sn；(2)若数列bn是等差数列，且 bn Snnc，求非零常数 c.解：(1)数列an为等差数列，a3a4a2a522.又 a3a4117，a3，a4 是方程 x222x1170 的两实根，又公差 d0，a3a4，a39，a413，a12d9，a13d13，a11，d4.通项公式 an4n3.Snna1nn12d2n
28、2n.(2)由(1)知 Sn2n2n，bn Snnc2n2nnc，b1 11c，b2 62c，b3 153c.数列bn是等差数列，2b2b1b3，即 62c2 11c 153c，2c2c0，c12或 c0(舍去)，故 c12.B 卷增分提能1已知数列an满足 2an1anan2(nN*)，它的前 n 项和为 Sn，且 a310，S672，若 bn12an30，设数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的最小值解：2an1anan2，an1anan2an1，故数列an为等差数列设数列an的首项为 a1，公差为 d，由 a310，S672 得，a12d10，6a115d72，解得 a12，d4.
29、an4n2，则 bn12an302n31，令bn0，bn10，即2n310，2n1310，解得292 n312，nN*，n15，即数列bn的前 15 项均为负值，T15 最小数列bn的首项是29，公差为 2，T151529215312225，数列bn的前 n 项和 Tn 的最小值为225.2(2015安徽宿州调研)已知函数 f(x)x22(n1)xn25n7.(1)设函数 yf(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列an，求证：an为等差数列；(2)设函数 yf(x)的图象的顶点到 x 轴的距离构成数列bn，求bn的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：f(x)x22(n1)xn25n7x(n1)23
30、n8，an3n8，an1an3(n1)8(3n8)3，数列an为等差数列(2)由题意知，bn|an|3n8|，当 1n2 时，bn83n，Snb1bnnb1bn2n583n213n3n22；当 n3 时，bn3n8，Snb1b2b3bn521(3n8)7n213n823n213n282.Sn13n3n22，1n2，3n213n282，n3.3设同时满足条件：bnbn22bn1(nN*)；bnM(nN*，M 是与 n 无关的常数)的无穷数列bn叫“特界”数列(1)若数列an为等差数列，Sn 是其前 n 项和，a34，S318，求 Sn；(2)判断(1)中的数列Sn是否为“特界”数列，并说明理由解
31、：(1)设等差数列an的公差为 d，则 a12d4，S3a1a2a33a13d18，解得 a18，d2，Snna1nn12dn29n.(2)Sn是“特界”数列，理由如下：由SnSn22Sn1Sn2Sn1Sn1Sn2an2an12d210，得SnSn220，则 a8a62a4 即为 a4q4a4q22a4，解得 q22(负值舍去)，又 a21，所以 a6a2q44.答案：42等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10S5 3132，则公比 q_.解析：由S10S5 3132，a11 知公比 q1，S10S5S5 132.由等比数列前 n 项和的性质知 S5，S10S5，S15S1
32、0 成等比数列，且公比为 q5，故 q5 132，q12.答案：12对应A本课时跟踪检测三十一A 卷夯基保分一、选择题1(2014重庆高考)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9 成等比数列 Ba2，a3，a6 成等比数列Ca2，a4，a8 成等比数列Da3，a6，a9 成等比数列解析：选 D 由等比数列的性质得，a3a9a260，因此 a3，a6，a9 一定成等比数列，选D.2(2015昆明、玉溪统考)等比数列an中，a11，q2，则 Tn 1a1a2 1a2a31anan1的结果可化为()A114nB112nC.23114nD.23112n解析：选 C 依题意，an
33、2n1，1anan112n12n 122n112 14n1，所以 Tn121 14n114231 14n.3若正项数列an满足 lg an11lg an，且 a2 001a2 002a2 003a2 0102 014，则a2 011a2 012a2 013a2 020 的值为()A2 0141010B2 0141011C2 0151010D2 0151011解析：选 A 由条件知 lg an1lg anlg an1an 1，即an1an 10，所以an是公比为 10 的等比数列因为(a2 001a2 010)q10a2 011a2 020，所以 a2 011a2 0202 0141010，选
34、A.4(2015山西四校联考)等比数列an满足 an0，nN*，且 a3a2n322n(n2)，则当 n1时，log2a1log2a2log2a2n1()An(2n1)B(n1)2Cn2D(n1)2解析：选 A 由等比数列的性质，得 a3a2n3a2n22n，从而得 an2n.法一：log2a1log2a2log2a2n1log2(a1a2n1)(a2a2n2)(an1an1)anlog22n(2n1)n(2n1)法二：取 n1，log2a1log221，而(11)24，(11)20，排除 B，D；取 n2，log2a1log2a2log2a3log22log24log286，而 224，排除
35、 C，选 A.5已知 Sn 是等比数列an的前 n 项和，若存在 mN*，满足S2mSm 9，a2mam 5m1m1，则数列an的公比为()A2B2C3D3解析：选 B 设公比为 q，若 q1，则S2mSm 2，与题中条件矛盾，故 q1.S2mSm a11q2m1qa11qm1qqm19，qm8.a2mam a1q2m1a1qm1 qm85m1m1，m3，q38，q2.6设an是各项为正数的无穷数列，Ai 是边长为 ai，ai1 的矩形的面积(i1,2，)，则An为等比数列的充要条件是()Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或 a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2n1，和 a2
36、，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同解析：选 D Aiaiai1，若An为等比数列，则An1An an1an2anan1 an2an 为常数，即A2A1a3a1，A3A2a4a2，.a1，a3，a5，a2n1，和 a2，a4，a2n，成等比数列，且公比相等反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为 q，则An1An an2an q，从而An为等比数列二、填空题7(2014安徽高考)数列an是等差数列，若 a11，a33，a55 构成公比为 q 的等比数列，则 q_.解析：法一：因为数列an是等差数列，所以 a11，a3
37、3，a55 也成等差数列，又 a11，a33，a55 构成公比为 q 的等比数列，所以 a11，a33，a55 是常数列，故 q1.法二：因为数列an是等差数列，所以可设 a1td，a3t，a5td，故由已知得(t3)2(td1)(td5)，得 d24d40，即 d2，所以 a33a11，即 q1.答案：18(2015兰州模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snm2n13，则 m_.解析：a1S1m3，当 n2 时，anSnSn1m2n2，a2m，a32m，又 a22a1a3，m2(m3)2m，整理得 m26m0，则 m6 或 m0(舍去)答案：69(2015兰州、张掖联考)已知
38、数列an的首项为 1，数列bn为等比数列且 bnan1an，若b10b112，则 a21_.解析：b1a2a1a2，b2a3a2，a3b2a2b1b2，b3a4a3，a4b1b2b3，anb1b2b3bn1，a21b1b2b3b20(b10b11)102101 024.答案：1 02410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“2 014 积数列”，且 a11，则当其前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为_解析：由题可知 a1a2a3a2 014a2 014，故 a1a2a3a2 0131，由于an是各项均为正数的等比
39、数列且 a11，所以 a1 0071，公比 0q1，所以 a1 0061 且 0a1 0081，故当数列an的前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为 1 006 或1 007.答案：1 006 或 1 007三、解答题11设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求 a1a3a2n1.解：(1)S1a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列，Sn2n1，又当 n2 时，anSnSn12n2(21)2n2.当 n1 时 a11，不适合上式an1，n1，2n2，n2.(2)a3，a5，a2n1 是以 2 为首项，以 4 为公比
40、的等比数列，a3a5a2n1214n14 24n13.a1a3a2n1124n1322n113.12(2014重庆高考)已知an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，Sn 表示an的前 n 项和(1)求 an 及 Sn；(2)设bn是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足 q2(a41)qS40，求bn的通项公式及其前 n 项和 Tn.解：(1)因为an是首项 a11，公差 d2 的等差数列，所以 ana1(n1)d2n1.故 Snna1an2n12n12n2.(2)由(1)得 a47，S416.因为 q2(a41)qS40，即 q28q160，所以(q4)20，从而 q4.又因 b12，bn
41、是公比 q4 的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前 n 项和 Tnb11qn1q23(4n1)B 卷增分提能1已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S1,2S2,3S3 成等差数列，且 S44027.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.解：(1)设等比数列an的公比为 q.S1,2S2,3S3 成等差数列，4S2S13S3.即 4(a1a2)a13(a1a2a3)，a23a3，qa3a213.又 S44027，即a11q41q4027，解得 a11，an 13n1.(2)由(1)得 Sna11qn1q1 13n113321 13n.2
42、(2015宝鸡模拟)已知数列an满足 a15，a25，an1an6an1(n2)(1)求证：an12an是等比数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：an1an6an1(n2)，an12an3an6an13(an2an1)(n2)又 a15，a25，a22a115，an2an10(n2)，an12anan2an13(n2)，数列an12an是以 15 为首项，3 为公比的等比数列(2)由(1)得 an12an153n153n，则 an12an53n，an13n12(an3n)又a132，an3n0，an3n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列an3n2(2)n1，即 an2(2)n1
43、3n(nN*)3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：a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn3bn2an3，若数列cn是递增数列，求 的取值范围解：(1)由已知可得q3a212，3a2q2，所以 q2q120，解得 q3 或 q4(舍)，从而 a26，所以 an3n，bn3n1.(2)由(1)知，cn3bn2an3 3n2n.由题意，cn1cn 对任意的 nN*恒成立，即 3n12n13n2n 恒成立，亦即 2n23n 恒成立，即 2 32n 恒成立由于函数 y 32n 是增函数，所以2 32nmi
44、n2323，故 3，即 的取值范围为(，3)第四节数列求和对应学生用书P78基础盘查 数列求和的常用方法(一)循纲忆知1熟练掌握等差、等比数列的前 n 项和公式；2掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法(分组求和；拆项相消；错位相减；倒序相加；并项求和)(二)小题查验1判断正误(1)当 n2 时，1n21 1n1 1n1()(2)求Sna2a23a3nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得()(3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin2 1sin2 2sin23sin2 88sin2 8944.5()(4)若 Sn1234(1)n1n，则 S502
45、5()答案：(1)(2)(3)(4)2数列an的通项公式为 anncosn2，其前 n 项和为 Sn，则 S2 015 等于()A1 002 B1 004C1 006D1 008解析：选 B 因为数列 anncosn2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故 S4a1a2a3a42.因此 S2 015S2 012a2 013a2 014a2 015(a1a2a3a4)(a2 009a2 010a2 011a2 012)a2 013a2 014a2 0152 01242(2)1 004.3(人教 A 版教材习题改编)数列 112，314，518，7 116，(2n1
46、)12n，的前 n 项和 Sn的值等于_答案：n2112n4设 an123n，则 Sn1a1 1a2 1an_.解析：an123nnn12.1an2nn121n 1n1.Sn2112121313141n 1n121 1n1 2nn1.答案：2nn1对应学生用书P79 考点一 公式法求和(基础送分型考点自主练透)必备知识1等差、等比数列的前 n 项和公式(1)等差数列：Snna1an2na1nn12d；(2)等比数列：Snna1，q1，a1anq1q a11qn1q，q1.2一些常见数列的前 n 项和公式(1)1234nnn12；(2)13572n1n2；(3)24682nn2n.题组练透1(2
47、014新课标全国卷)等差数列an的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则an的前 n 项和 Sn()An(n1)B.n(n1)C.nn12D.nn12解析：选 A 因为 a2，a4，a8 成等比数列，所以 a24a2a8，所以(a16)2(a12)(a114)，解得 a12.所以 Snna1nn12dn(n1)故选 A.2若等比数列an满足 a1a410，a2a520，则an的前 n 项和 Sn_.解析：由题意 a2a5q(a1a4)，得 20q10，故 q2，代入 a1a4a1a1q310，得 9a110，得 a1109.故 Sn109 12n12109(2n1)答案：109(2n
48、1)3(2013重庆高考)设数列an满足：a11，an13an，nN*.(1)求an的通项公式及前 n 项和 Sn；(2)已知bn是等差数列，Tn 为其前 n 项和，且 b1a2，b3a1a2a3，求 T20.解：(1)由题设知an是首项为 1，公比为 3 的等比数列，所以 an3n1，Sn13n13 12(3n1)(2)由(1)知 b1a23，b3a1a2a313913，b3b1102d，所以数列bn的公差 d5，故 T202032019251 010.类题通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前 n 项和的数列来求之考点二 分组转化法
49、求和(重点保分型考点师生共研)必备知识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典题例析(2014山东高考)在等差数列an中，已知公差 d2,a2 是 a1 与 a4 的等比中项(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnann12，记 Tnb1b2b3b4(1)nbn，求 Tn.解：(1)由题意知(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得 a12.所以数列an的通项公式为 an2n.(2)由题意知 bnann12n(n1)所以 Tn122334(1)nn(n1)因为 bn1bn2(n1)，可得当 n 为偶
50、数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122nn242n2nn22，当 n 为奇数时，TnTn1(bn)n1n12n(n1)n122.所以 Tnn122，n为奇数，nn22，n为偶数.类题通法分组转化法求和的常见类型(1)若 anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前 n 项和；(2)通项公式为 anbn，n为奇数，cn，n为偶数，的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和(3)某些数列的求和是将数列分解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，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化特
51、别注意在含有字母的数列中对字母的讨论演练冲关已知等比数列an中，首项 a13，公比 q1，且 3(an2an)10an10(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn13an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列bn的通项公式和前 n 项和 Sn.解：(1)3(an2an)10an10，3(anq2an)10anq0，即 3q210q30.公比 q1，q3.又首项 a13，数列an的通项公式为 an3n.(2)bn13an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，bn13an12(n1)即数列bn的通项公式为 bn2n13n1，Sn(13323n1)13(2n1)12(3n1)n2
52、.考点三 错位相减法求和(题点多变型考点全面发掘)必备知识如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和公式就是用此法推导的一题多变典型母题(2014四川高考)设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x 的图象上(nN*)(1)若 a12，点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前 n 项和 Sn；(2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2 1ln 2，求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)由已知，b72a7，b82a
53、84b7，有 2a842a72a72，解得 da8a72.所以 Snna1nn12d2nn(n1)n23n.(2)函数 f(x)2x 在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2.由题意知，a2 1ln 22 1ln 2，解得 a22.所以 da2a11.从而 ann，bn2n，所以 Tn12 222 323n12n1 n2n，2Tn1122 322 n2n1.因此，2TnTn112 122 12n1 n2n2 12n1 n2n2n1n22n.所以 Tn2n1n22n.题点发散 1 在本例条件下，证明：数列bn为等比数列证明：由已
54、知，bn2an0.当 n1 时，bn1bn 2an1an2d.所以数列bn是首项为 2a1，公比为 2d 的等比数列题点发散 2 在本例(2)条件下，求数列anb2n的前 n 项和 Sn.解：由例(2)可得 ann，bn2n，则 anb2nn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n14n143n4n113n4n143.所以 Sn3n14n149.类题通法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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便
55、下一步准确写出“SnqSn”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 两种情况求解考点四 裂项相消法求和(常考常新型考点多角探明)多角探明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.归纳起来常见的命题角度有：(1)形如 an1nnk型；(2)形如 an1nk n 型；(3)形如 ann1n2n22型.角度一：形如 an1nnk型1(2014广东高考)设各项均为正数的数列an 的前
56、n 项和为 Sn，且 Sn 满足 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(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1a1a111a2a211anan113.解：(1)由题意知，S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令 n1，有 S21(1213)S13(121)0，可得 S21S160，解得 S13 或 2，即 a13 或 2，又 an 为正数，所以 a12.(2)由 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则 Snn2n 或 Sn3，又数列an的各项均为正数，所以 Snn2n，Sn1(n1)2(n
57、1)，所以当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又 a1221，所以 an2n.(3)证明：当 n1 时，1a1a11 1231613成立；当 n2 时，1anan112n2n112n12n11212n112n1，所以1a1a111a2a211anan116121315 12n112n116121312n1 161613.所以对一切正整数 n，有1a1a111a2a211anan113.角度二：形如 an1nk n 型2(2015江南十校联考)已知函数 f(x)xa 的图象过点(4,2)，令 an1fn1fn，nN*.记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S2 014()A
58、.2 0131 B.2 0141C.2 0151D.2 0151解析：选 C 由 f(4)2 可得 4a2，解得 a12，则 f(x)x12.an1fn1fn1n1 n n1 n，S2 014a1a2a3a2 014(2 1)(3 2)(4 3)(2 014 2 013)(2 015 2 014)2 0151.角度三：形如 ann1n2n22型3(2013江西高考)正项数列an的前 n 项和 Sn 满足：S2n(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bnn1n22a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是
59、a1S12，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明：由于 an2n，故 bnn1n22a2nn14n2n22 1161n21n22.Tn 1161132122 142132 1521n121n121n21n22 1161 1221n121n22 32 500，即 2n132，得 n6，该企业从 2017 年开始年底分红后的资金超过 32 500 万元类题通法解数列应用题的建模思路从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：演练冲关某乡镇引进一高科技企业，投入资金 720 万元建设基本设
60、施，第一年各种运营费用 120万元，以后每年增加 40 万元每年企业销售收入 500 万元，设 f(n)表示前 n 年的纯收入(f(n)前 n 年的总收入前 n 年的总支出投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案：年平均利润最大时，以 480 万元出售该企业；纯利润最大时，以 160 万元出售该企业问哪种方案最合算？解：由题意知每年的运营费用(万元)是以 120 为首项，40 为公差的等差数列则 f(n)500n120nnn1240 72020n2400n720.(1)获取纯利润就是 f(n)0，故有20n2400n7200，解得 2n18.又
61、nN*，可知从第三年开始获取纯利润(2)年平均利润fnn 40020n36n 160，当且仅当 n6 时取等号故此方案获利 6160480 1 440(万元)，此时 n6.f(n)20n2400n72020(n10)21 280，当 n10 时，f(n)max1 280.故此方案共获利 1 2801601 440(万元)比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第种方案只需 6 年，第种方案需要 10 年，故选择第种方案考点三 数列与其他知识的交汇(常考常新型考点多角探明)多角探明数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题，近年由于对数列要求降低，但仍有一些省份在考查数列与其他知识的交汇
62、.归纳起来常见的命题角度有：(1)数列与函数的交汇；(2)数列与不等式的交汇.角度一：数列与函数的交汇1(2015广东七校联考)已知函数 f(x)kxb(k0)，f(4)10，又 f(1)，f(2)，f(6)成等比数列(1)求函数 f(x)的解析式；(2)设 an2f(n)2n，求数列an的前 n 项和 Sn.解：(1)由题意知：f2(2)f(1)f(6)，即(2kb)2(kb)(6kb)，即 2k23kb，k0，2k3b0，又 f(4)10，4kb10，k3，b2，函数 f(x)的解析式为 f(x)3x2.(2)由(1)知：an23n22n.数列an的前 n 项和Sna1a2an(22427
63、23n2)2(12n)218n18 21nn227(8n1)n(n1)角度二：数列与不等式的交汇2(2015长沙二模)已知数列an是公差不为零的等差数列，a1015，且 a3，a4，a7 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan2n，数列bn的前 n 项和为 Tn，求证：74Tn1(nN*)解：(1)设数列an的公差为 d(d0)，由已知得a1015，a24a3a7，即a19d15，a13d2a12da16d，解得a13，d2.an2n5(nN*)(2)证明：bnan2n2n52n，nN*.Tn32 122 1232n52n，12Tn322 123 1242n72n2n52n1
64、，得12Tn32 2122 12312n 2n52n11212n2n1，Tn12n12n(nN*)，2n12n0(nN*)，Tn1.Tn1Tn12n12n112n12n2n32n1，TnTn1(n2)又 T111232，T21414 74.T1T2，T2 最小，即 TnT274.综上所述，74Tn1(nN*)类题通法1数列与函数的综合一般体现在两个方面(1)以数列的特征量 n，an，Sn 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；(2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题2数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明
65、题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了对应A本课时跟踪检测三十三A 卷夯基保分1(2015云南检测)在数列an中，a11，数列an13an是首项为 9，公比为 3 的等比数列(1)求 a2，a3；(2)求数列an3n 的前 n 项和 Sn.解：(1)数列an13an是首项为 9，公比为 3 的等比数列，an13an93n13n1，a23a19，a33a227，a212，a363.(2)an13an3n1，an13n1an3n1，数
66、列an3n 是首项为13，公差为 1 的等差数列，数列an3n 的前 n 项和 Snn3nn123n2n6.2(2015合肥质检)已知函数 f(x)x1x(x0)，以点(n，f(n)为切点作函数图象的切线 ln(nN*)，直线 xn1 与函数 yf(x)图象及切线 ln 分别相交于 An，Bn，记 an|AnBn|.(1)求切线 ln 的方程及数列an的通项公式；(2)设数列nan的前 n 项和为 Sn，求证：Sn1.解：(1)对 f(x)x1x(x0)求导，得 f(x)11x2，则切线 ln 的方程为：yn1n 11n2(xn)，即 y11n2 x2n.易知 Ann1，n1 1n1，Bnn1
67、，n1n1n2，由 an|AnBn|知 an1n1n1n21n2n1.(2)证明：nan1nn11n 1n1，Sna12a2nan11212131n 1n11 1n11.3已知等比数列an满足 an1an92n1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前 n 项和为 Sn，若不等式 Snkan2 对一切 nN*恒成立，求实数 k 的取值范围解：(1)设等比数列an的公比为 q，an1an92n1，nN*，a2a19，a3a218，qa3a2a2a1189 2，2a1a19，a13.an32n1，nN*.(2)由(1)知 Sna11qn1q312n12 3(2n1)，不等式 3(
68、2n1)k32n12，即 k2132n1对一切 nN*恒成立令 f(n)2132n1，则 f(n)随 n 的增大而增大，f(n)minf(1)21353，k53.实数 k 的取值范围为，53.B 卷增分提能1(2015湖南耒阳二中月考)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车今年初投入了电力型公交车 128 辆，混合动力型公交车 400 辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加 50%，混合动力型车每年比上一年多投入 a 辆(1)求经过 n 年，该市被更换的公交车总数 S(n)；(2)
69、若该市计划 7 年内完成全部更换，求 a 的最小值解：(1)设 an，bn 分别为第 n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量依题意，得an是首项为 128，公比为 150%32的等比数列，bn是首项为 400，公差为 a 的等差数列所以an的前 n 项和Sn1281 32n132256 32n1，bn的前 n 项和 Tn400nnn12a.所以经过 n 年，该市被更换的公交车总数为S(n)SnTn256 32n1 400nnn12a.(2)若计划 7 年内完成全部更换，则 S(7)10 000，所以 256 3271 4007762 a10 000，即 21a3 082，所以 a14
70、61621.又 aN*，所以 a 的最小值为 147.2.创新题已知点 A(1,0)，B(0,1)和互不相同的点 P1，P2，P3，Pn，满足nOP anOAbnOB(nN*)，其中an，bn分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若 P1 是线段AB 的中点(1)求 a1，b1 的值；(2)点 P1，P2，P3，Pn，能否在同一条直线上？请证明你的结论解：(1)P1 是线段 AB 的中点1OP 12OA 12OB，又1OP a1OA b1OB，且OA，OB 不共线，由平面向量基本定理，知 a1b112.(2)由nOP anOA bnOB(nN*)nOP(an，bn)，设an的公差为 d，b
71、n的公比为 q，则由于 P1，P2，P3，Pn，互不相同，所以 d0，q1 不会同时成立若 d0，q1，则 ana112(nN*)P1，P2，P3，Pn，都在直线 x12上；若 q1，d0，则 bn12为常数列P1，P2，P3，Pn，都在直线 y12上；若 d0 且 q1，P1，P2，P3，Pn，在同一条直线上1nnPP(anan1，bnbn1)与1nnP P (an1an，bn1bn)始终共线(n2，nN*)(anan1)(bn1bn)(an1an)(bnbn1)0d(bn1bn)d(bnbn1)0bn1bnbnbn1q1，这与 q1 矛盾，所以当 d0 且 q1 时，P1，P2，P3，Pn
72、，不可能在同一条直线上见课时跟踪检测A本命题点一 数列的概念及表示难度：中、低命题指数：题型：选择题、填空题1(2014辽宁高考)设等差数列an的公差为 d，若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Ca1d0解析：选 C 数列2a1an为递减数列，a1ana1a1(n1)da1dna1(a1d)，等式右边为关于 n 的一次函数，a1d0.2(2014新课标全国卷)数列 an满足 an111an，a82，则 a1 _.解析：将 a82 代入 an111an，可求得 a712；再将 a712代入 an111an，可求得 a61；再将 a61 代入 an111an，可求得 a52；由此可以推出数列a
73、n是一个周期数列，且周期为 3，所以 a1a712.答案：123(2013新课标全国卷)若数列an的前 n 项和 Sn23an13，则an的通项公式是 an_.解析：当 n1 时，由已知 Sn23an13，得 a123a113，即 a11；当 n2 时，由已知得到 Sn123an113，所以 anSnSn123an13 23an113 23an23an1,所以 an2an1，所以数列an为以 1 为首项，以2 为公比的等比数列，所以 an(2)n1.答案：(2)n14.(2014安徽高考)如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2.过点 A 作 BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1
74、 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BAa1，AA1a2,A1A2a3，A5A6a7，则 a7_.解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，所以 ABACa12，AA1a2 2，A1A2a31，A5A6a7a122614.法二：求通项：等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，所以 ABACa12，AA1a2 2，An1Anan1sin4an 22 an222n，故 a7222614.答案：14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(2014天津高考)设an 是首
75、项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn 为其前 n 项和若 S1，S2，S4 成等比数列，则 a1()A2B2C.12D12解析：选 D 由 S1a1，S22a11，S44a16 成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.2(2013新课标全国卷)等比数列an的前 n 项和为 Sn.已知 S3a2 10a1，a59，则a1()A.13B13C.19D19解析：选 C 由已知及 S3a1a2a3，得 a39a1，设数列an的公比为 q，则 q29，所以 a59a1q481a1，得 a119.3(2013新课标全国卷)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，Sm12，Sm0，Sm
76、13，则 m()A3B4C5D6解析：选 C 由 Sm12，Sm0，Sm13，得 amSmSm12，am1Sm1Sm3，所以等差数列的公差为 dam1am321，由ama1m1d2，Sma1m12mm1d0，得a1m12，a1m12mm10，解得a12，m5.4(2014安徽高考)数列an 满足 a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1)证明：数列ann 是等差数列；(2)设 bn3n an，求数列bn的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：由已知可得an1n1ann 1，即an1n1ann 1.所以ann 是以a11 1 为首项，1 为公差的等差数列(2)由(1)得ann 1(n1
77、)1n，所以 ann2.从而 bnn3n.Sn131232333n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1313n13n3n112n3n132.所以 Sn2n13n134.5(2014新课标全国卷)已知数列an满足 a11，an13an1.(1)证明：an12 是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1a11a21an32.证明：(1)由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12 是首项为32，公比为 3 的等比数列所以 an123n2，因此an的通项公式为 an3n12.(2)由(1)知1an23n1.因为当 n1 时，3
78、n123n1，所以13n1123n1.于是1a1 1a21an113 13n132113n 32.所以1a1 1a21an60n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由解：(1)设数列an的公差为 d，依题意，2,2d,24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n.显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn24n222n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40
79、或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当 an4n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为 41.命题点三 数列的综合应用难度：高、中命题指数：题型：解答题1(2014浙江高考)已知数列an和bn满足 a1a2a3an(2)bn(nN*)若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求 an 与 bn；(2)设 cn1an1bn(nN*)记数列cn的前 n 项和为 Sn.求 Sn；求正整数 k，使得对任意 nN*，均有 SkSn.解：(1)由题意 a1a2a3an(2)bn，b3b26，知 a3(2)b3b28.又由 a12，得公比 q2(
80、q2 舍去)，所以数列an的通项为 an2n(nN*)所以 a1a2a3an212n n (2)n(n1)故数列bn的通项为 bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知 cn1an1bn 12n1n 1n1(nN*)，所以 Sn12 12212n11212131n 1n1 1 12n1 1n1 1n112n(nN*)因为 c10，c20，c30，c40；当 n5 时，cn1nn1nn12n1，而nn12nn1n22n1n1n22n10，得nn12n551251，所以，当 n5 时，cn0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.但 122n 122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2n
81、a2n1 122n112n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，上式不成立；当n为奇数时，2n2n2 013，10分即2n2 013，则n11.11分综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kN，k5.12分 1(2015石家庄一模)已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a22，a3a432.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足b11 b23 b35 bn2n1an11(nN*)，求数列bn的前 n 项和解：(1)设等比数列an的公比为 q，由已知得a21q2，a21q532，又a10，q0，a11，q2，an2n1.(2)由题意
82、可得b11 b23 b35 bn2n12n1，2n11bn2n12n1(n2)，bn2n12n1，bn(2n1)2n1(n2)，当 n1 时，b11，符合上式，bn(2n1)2n1(nN*)设数列bn的前 n 项和为 Tn1321522(2n1)2n1，则 2Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n，第三步 利用(1)的结论求出Sn，将问题转化为(2)n2 013.第四步对 n 的取值讨论，确定 n 的值对 n 的值不讨论，盲目得出结论.即只写出 n 为奇数情况忽略 n 为偶数，导致失分.两式相减得Tn12(2222n1)(2n1)2n(2n3)2n3，Tn(2n3)2n3.2(20
83、15青岛二模)若数列bn对于任意的 nN*，都有 bn2bnd(常数)，则称数列bn是公差为 d 的准等差数列如数列 cn，若 cn4n1，n为奇数，4n9，n为偶数，则数列cn是公差为 8 的准等差数列设数列an满足 a1a，对于 nN*，都有 anan12n.(1)求证：an是准等差数列；(2)求an的通项公式及前 20 项和 S20.解：(1)证明：anan12n(nN*)，an1an22(n1)，得 an2an2(nN*)an是公差为 2 的准等差数列(2)由已知 a1a，anan12n(nN*)，a1a221，即 a22a.由(1)得 a1，a3，a5，是以 a 为首项，2 为公差的
84、等差数列a2，a4，a6，是以 2a 为首项，2 为公差的等差数列当 n 为偶数时，an2an21 2na；当 n 为奇数时，anan12 1 2na1.anna1，n为奇数，na，n为偶数.S20a1a2a3a4a19a20(a1a2)(a3a4)(a19a20)21232192119102200.3(2015天津红桥模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn12n2112 n(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设 cn12an112an9，数列cn的前 n 项和为 Tn，求使不等式 Tnk2 014对一切 nN*都成立的最大正整数 k 的值；(3)设 f(n)an n2k1
85、，kN*，3an13 n2k，kN*，是否存在 mN*，使得 f(m15)5f(m)成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由解：(1)当 n1 时，a1S16，当 n2 时，anSnSn112n2112 n 12n12112 n1n5.而当 n1 时，n56，ann5(nN*)(2)cn12an112an912n12n11212n112n1，Tnc1c2cn12113 1315 12n112n1n2n1.Tn1Tn n12n3n2n112n32n10，Tn 单调递增，故(Tn)minT113.令13k2 014，得 k67113，所以 kmax671.(3)f(n)n5 n2k1，kN*，3n2 n2k，kN*，当 m 为奇数时，m15 为偶数，由 f(m15)5f(m)得 3m475m25，解得 m11.当 m 为偶数时，m15 为奇数，由 f(m15)5f(m)，得 m2015m10，解得 m57N*(舍去)综上，存在唯一正整数 m11，使得 f(m15)5f(m)成立
