1、第1讲数列的概念及简单表示法最新考纲1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知 识 梳 理1.数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数anf(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法.2.数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1
2、an其中nN*递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列an的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子anf(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列an的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项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.4.已知数列an的前n项和Sn，则an诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1
3、)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.()(2)一个数列中的数是不可以重复的.()(3)所有数列的第n项都能使用公式表达.()(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.()解析(1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.(2)数列中的数是可以重复的.(3)不是所有的数列都有通项公式.答案(1)(2)(3)(4)2.(2017浙江五校联考)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.an(1)n11 B.anC.an2sin D.ancos(n1)1解析对n1，2，3，4进行验证，an2sin不合题意，故选C.答案C3.设数列an的
4、前n项和Snn2，则a8的值为()A.15 B.16 C.49 D.64解析当n8时，a8S8S7827215.答案A4.已知ann2n，且对于任意的nN*，数列an是递增数列，则实数的取值范围是_.解析因为an是递增数列，所以对任意的nN*，都有an1an，即(n1)2(n1)n2n，整理，得2n10，即(2n1).(*)因为n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.答案(3，)5.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an_.答案5n46.(2017金华调考)在数列xn中，x110，xnlog2(xn12)，则数列xn的第2项是_
5、，所有项和T_.解析x110，xnlog2(xn12)，x2log2(x12)log283，x3log2(x22)log210.数列xn所有项的和为103013.答案313考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)1，7，13，19，；(2)，；(3)，2，8，；(4)5，55，555，5 555，.解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an(1)n(6n5).(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为13，35，57，
6、79，911，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为an.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an.(4)将原数列改写为9，99，999，易知数列9，99，999，的通项为10n1，故所求的数列的一个通项公式为an(10n1).规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征；(2)相邻项的联系特征；(3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联
7、想.【训练1】 (1)数列0，的一个通项公式为()A.an(nN*) B.an(nN*)C.an(nN*) D.an(nN*)(2)数列，的一个通项公式an_.解析(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前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为an(1)n.答案(1)C(2)(1)n考点二由Sn与an的关系求an(易错警示)【例2】 (1)若数列an的前n项和Sn3n22n1，则数列an的通项公式an_.(2)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式an_.解析(1)当n1时，a1S13122112；当
8、n2时，anSnSn13n22n16n5，显然当n1时，不满足上式.故数列的通项公式为an(2)由Snan，得当n2时，Sn1an1，两式相减，得ananan1，当n2时，an2an1，即2.又n1时，S1a1a1，a11，an(2)n1.答案(1)(2)(2)n1规律方法数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示.易错警示在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成anSnSn1的形式，但它只适用于n2的情形.【训练2】 (1)(20
9、17温州市十校联考)在数列an中，Sn是其前n项和，且Sn2an1，则数列的通项公式an_.(2)已知数列an的前n项和Sn3n1，则数列的通项公式an_.解析(1)依题意得Sn12an11，Sn2an1，两式相减得Sn1Sn2an12an，即an12an，又S12a11a1，因此a11，所以数列an是以a11为首项、2为公比的等比数列，an2n1.(2)当n1时，a1S1314，当n2时，anSnSn13n13n1123n1.显然当n1时，不满足上式.an答案(1)2n1(2)考点三由数列的递推关系求通项公式【例3】 在数列an中，(1)若a12，an1ann1，则通项公式an_.(2)若a
10、11，anan1(n2)，则通项公式an_.(3)若a11，an12an3，则通项公式an_.解析(1)由题意得，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)2(23n)21.又a121，符合上式，因此an1.(2)法一因为anan1(n2)，所以an1an2，a2a1，以上(n1)个式子的等号两端分别相乘得ana1.法二因为ana11.(3)设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，解得t3.故an132(an3).令bnan3，则b1a134，且2.所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列.bn42n12n1，an2n13.答案(1)1(2)(3
11、)2n13规律方法(1)形如an1anf(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如an1anf(n)的递推关系式可化为f(n)的形式，可用累乘法，也可用ana1代入求出通项.(3)形如an1panq的递推关系式可以化为(an1x)p(anx)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.【训练3】 (1)已知数列an满足a11，a24，an22an3an1(nN*)，则数列an的通项公式an_.(2)在数列an中，a13，an1an，则通项公式an_.解析(1)由an22an3an10，得an2an12(an1an)，数列an1an是以a2a13为
12、首项，2为公比的等比数列，an1an32n1，n2时，anan132n2，a3a232，a2a13，将以上各式累加得ana132n23233(2n11)，an32n12(当n1时，也满足).(2)原递推公式可化为an1an，则a2a1，a3a2，a4a3，an1an2，anan1，逐项相加得，ana11，故an4.答案(1)32n12(2)41.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(1)n或(1)n1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法.2.强调an与Sn的关系：an3.已知递推关系求通项：对这类问题的
13、要求不高，但试题难度较难把握.一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加或累乘法求数列的通项公式.1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列anf(n)和函数yf(x)的单调性是不同的.2.数列的通项公式不一定唯一.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.数列0，1，0，1，0，1，0，1，的一个通项公式是an等于()A. B.cos C.cos D.cos 解析令n1，2，3，逐一验证四个选项，易得D正确.答案D2.数列，的第10项是()A. B. C. D.解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把
14、每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列an的通项公式an(1)n1，故a10.答案C3.(2017绍兴一中检测)在数列an中，已知a11，an12an1，则其通项公式an()A.2n1 B.2n11C.2n1 D.2(n1)解析法一由an12an1，可求a23，a37，a415，验证可知an2n1.法二由题意知an112(an1)，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an12n，an2n1.答案A4.数列an的前n项积为n2，那么当n2时，an等于()A.2n1 B.n2C. D.解析设数列an的前n项积为Tn，则Tnn2，当n2时，an.答案D5.数列an满足an1an
15、2n3，若a12，则a8a4()A.7 B.6 C.5 D.4解析依题意得(an2an1)(an1an)(2n3)，即an2an2，所以a8a4(a8a6)(a6a4)224.答案D二、填空题6.若数列an满足关系an11，a8，则a5_.解析借助递推关系，则a8递推依次得到a7，a6，a5.答案7.(2017绍兴月考)已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则a1_；an_.解析当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S14211，因此an答案48.(2017嘉兴七校联考)已知数列an的前n项和为Sn，且an0(nN*)，又anan1Sn，则a3a1_.解析因为anan1Sn，
16、所以令n1得a1a2S1a1，由于a10，则a21，令n2，得a2a3S2a1a2，即a31a1，所以a3a11.答案1三、解答题9.数列an的通项公式是ann27n6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解(1)当n4时，a4424766.(2)令an150，即n27n6150，解得n16或n9(舍去)，即150是这个数列的第16项.(3)令ann27n60，解得n6或n1(舍).从第7项起各项都是正数.10.已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式.解(
17、1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13.由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n2时，有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得an.显然，当n1时也满足上式.综上可知，an的通项公式an.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是()A. B. C.4 D.0解析an3，由二次函数性质，得当n2或3时，an最大，最大为0.答案D12.(2017石家庄质检)已知数列an满足an2an1an
18、，且a12，a23，则a2 016的值为_.解析由题意得，a3a2a11，a4a3a22，a5a4a33，a6a5a41，a7a6a52，数列an是周期为6的周期数列，而2 0166336，a2 016a61.答案113.(2017金丽衢十二校联考)对于各项均为整数的数列an，如果aii(i1，2，3，)为完全平方数，则称数列an具有“P性质”.不论数列an是否具有“P性质”，如果存在与an不是同一数列的bn，且bn同时满足下面两个条件：b1，b2，b3，bn是a1，a2，a3，an的一个排列；数列bn具有“P性质”，则称数列an具有“变换P性质”.下面三个数列：数列an的前n项和Sn(n21
19、)；数列1，2，3，4，5；1，2，3，11.具有“P性质”的为_；具有“变换P性质”的为_.解析对于，当n2时，anSnSn1n2n，a10，ann2n，aiii2(i1，2，3，)为完全平方数，数列an具有“P性质”；对于，数列1，2，3，4，5，具有“变换P性质”，数列bn为3，2，1，5，4，具有“P性质”，数列an具有“变换P性质”；对于，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，11，不具有“变换P性质”.答案14.(2017瑞安市模拟)已知数列an中，an1(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an
20、a6成立，求a的取值范围.解(1)an1(nN*，aR，且a0)，又a7，an1(nN*).结合函数f(x)1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)an11，已知对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，可知56，即10a0，a85时，an0，|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20100130.答案(1)C(2)130规律方法求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列
21、的前n项和SnAn2Bn(A，B为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值.【训练3】 设等差数列an的前n项和为Sn，a10且，则当Sn取最大值时，n的值为()A.9 B.10 C.11 D.12解析由，得S11S9，即a10a110，根据首项a10可推知这个数列递减，从而a100，a110，故n10时，Sn最大.答案B1.在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a1，d的方程组进行求解.2.证明等差数列要用定义；另外还可以用等差中项法，通项公式法，前n项和公式法判定一个数列是否为等差数列.3.等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量.1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如
22、证明了an1and(n2)时，应注意验证a2a1是否等于d，若a2a1d，则数列an不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n项和最值时，一定要注意自变量n是正整数.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016武汉调研)已知数列an是等差数列，a1a78，a22，则数列an的公差d等于()A.1 B.2 C.3 D.4解析法一由题意可得解得a15，d3.法二a1a72a48，a44，a4a2422d，d3.答案C2.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()A.10 B.20 C.30 D.40解析设项数为2n
23、，则由S偶S奇nd得，25152n，解得n5，故这个数列的项数为10.答案A3.已知等差数列an满足a1a2a3a1010，则有()A.a1a1010 B.a2a1000C.a3a990 D.a5151解析由题意，得a1a2a3a1011010.所以a1a101a2a100a3a990.答案C4.(2015浙江卷)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()A.a1d0，dS40 B.a1d0，dS40，dS40 D.a1d0解析a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20(d0)，又S44a1d，dS
24、40，a8a90的最大n是_；数列(1n0，a8a90，而S168(a8a9)0的最大n为15.a80，a90，S8最大，且a8为an的最小正数项，a9，a10，均小于零，所以当9n15时，均小于零，当n8时，最大，即数列(1n15)的最大值是第8项.答案1588.设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m_.解析法一由已知得，amSmSm12，am1Sm1Sm3，因为数列an为等差数列，所以dam1am1，又因为Sm0，所以m(a12)0，因为m0，所以a12，又ama1(m1)d2，解得m5.法二因为Sm12，Sm0，Sm13，所以amSmSm12，am1Sm1Sm
25、3，所以公差dam1am1，由Snna1dna1，得由得a1，代入可得m5.法三因为数列an为等差数列，且前n项和为Sn，所以数列也为等差数列.所以，即0，解得m5，经检验为原方程的解.答案5三、解答题9.(2016全国卷)等差数列an中，a3a44，a5a76.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如0，2.解(1)设数列an首项为a1，公差为d，由题意有解得所以an的通项公式为an.(2)由(1)知，bn.当n1，2，3时，12，bn1；当n4，5时，23，bn2；当n6，7，8时，34，bn3；当n9，10时，40，b1.答案16.(2
26、016浙江卷)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析由解得a11，a23，当n2时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是以a11为首项，公比q3的等比数列.S5121.答案1121考点一等比数列基本量的运算【例1】 (1)设an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a41，S37，则S5等于()A. B. C. D.(2)(2016全国卷)设等比数列满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_.解析(1)显然公比q1，由题意得解得或(舍去)，S5.(2)设等比数列
27、an的公比为q，解得a1a2anaq12(n1)2.记t(n27n)，结合nN*，可知n3或4时，t有最大值6.又y2t为增函数.所以a1a2an的最大值为64.答案(1)B(2)64规律方法等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.【训练1】 (1)设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，若Sn1，Sn，Sn2成等差数列，则q的值为_.(2)(2016合肥模拟)设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和.已知S37，且a13，3a2，a34构成等差数列，则an_.解析(1)由已
28、知条件，得2SnSn1Sn2，即2Sn2Sn2an1an2，即2.(2)由已知得：解得a22.设数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q.又S37，可知22q7，即2q25q20，解得q12，q2.由题意得q1，所以q2，所以a11. 故数列an的通项为an2n1.答案(1)2(2)2n1考点二等比数列的性质及应用【例2】 (1)(2015全国卷)已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2等于()A.2 B.1 C. D.(2)设等比数列an的前n项和为Sn，若3，则()A.2 B. C. D.3解析(1)由an为等比数列，得a3a5a，所以a4(a41)，解得a42，设等
29、比数列an的公比为q，则a4a1q3，得2q3，解得q2，所以a2a1q.选C.(2)法一由等比数列的性质及题意，得S3，S6S3，S9S6仍成等比数列，由已知得S63S3，即S9S64S3，S97S3，.法二因为an为等比数列，由3，设S63a，S3a，所以S3，S6S3，S9S6为等比数列，即a，2a，S9S6成等比数列，所以S9S64a，解得S97a，所以.答案(1)C(2)B规律方法(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若mnpq，则amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度.(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行
30、适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】 (1)(2017丽水调研)在各项均为正数的等比数列an中，a31，a51，则a2a2a6a3a7_.(2)已知x，y，zR，若1，x，y，z，3成等比数列，则xyz的值为_.解析(1)由等比数列性质，得a3a7a，a2a6a3a5，所以a2a2a6a3a7a2a3a5a(a3a5)2(11)2(2)28.(2)1，x，y，z，3成等比数列，y2xz(1)(3)3，且x2y0，即y0时，S3a1a2a31a1a312123，当且仅当a1a31时等号成立.当q0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和.
31、解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an).由于an0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.规律方法(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设Sn为等差数列an的前
32、n项和，已知S3a7，a82a33.(1)求an；(2)设bn，求数列bn的前n项和为Tn.解(1)设数列an的公差为d，由题意得解得a13，d2，ana1(n1)d2n1.(2)由(1)得Snna1dn(n2)，bn.Tnb1b2bn1bn.考点三错位相减法求和【例3】 (2016山东卷)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn.求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5.当n1时，a1S111，符合上式.所以an6n5.设数列bn的公差为d，由即可解得b14，d3.所以bn3n1.(2)
33、由(1)知，cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn.得Tn3.2Tn3.两式作差，得Tn333n2n2.所以Tn3n2n2.规律方法(1)一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式.【训练3】 已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和.解(1)方程x25x60的两根为2，3，由题意得a22，a43.设数列an的
34、公差为d，则a4a22d，故d，从而a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn.两式相减得Sn.所以Sn2.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即
35、前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为()A.120 B.70 C.75 D.100解析因为n2，所以的前10项和为10375.答案C2.(2017杭州调研)数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A.9 B.8 C.17 D.16解析S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.答案A3.数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于()A.200 B.200 C.400 D.4
36、00解析S100(413)(423)(433)(41003)44(50)200.答案B4.(2017高安中学模拟)已知数列5，6，1，5，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于()A.5 B.6 C.7 D.16解析根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，5，6，1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为561(5)(6)(1)0.又因为16264，所以这个数列的前16项之和S162077.故选C.答案C5.已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 016()A.22 0161 B
37、.321 0083C.321 0081 D.321 0072解析a11，a22，又2.2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 016a1a2a3a4a5a6a2 015a2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)321 0083.故选B.答案B二、填空题6.(2017嘉兴一中检测)有穷数列1，12，124，1242n1所有项的和为_.解析由题意知所求数列的通项为2n1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为n2n12n.答案2n12n7.(2016宝鸡模拟)数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21_
38、.解析由anan1an1an2，an2an，则a1a3a5a21，a2a4a6a20，S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1106.答案68.(2017安阳二模)已知数列an中，an4n5，等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1a2，则|b1|b2|b3|bn|_.解析由已知得b1a23，q4，bn(3)(4)n1，|bn|34n1，即|bn|是以3为首项，4为公比的等比数列，|b1|b2|bn|4n1.答案4n1三、解答题9.(2016北京卷)已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求
39、数列cn的前n项和.解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由得bnb1qn13n1，又a1b11，a14b434127，1(141)d27，解得d2.ana1(n1)d1(n1)22n1(n1，2，3，).(2)由(1)知an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.10.(2017贵阳一模)已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11a
40、n1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2).故数列an是以为首项，为公比的等比数列.故an2(nN*).(2)因为1Snan.所以bnlog(1Sn1)logn1，因为，所以Tn.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016郑州模拟)已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，S2 016中，有理数项的项数为()A.42 B.43 C.44 D.45解析an.所以Sn11，因此S3，S8，S15为有理项，又下标3，8，15，的通项公式为n21(n2)，所以n212 016，且n2，所以2n44，所以有理项的项数为43.
41、答案B12.(2017济南模拟)在数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A.76 B.78 C.80 D.82解析因为an1(1)nan2n1，所以a2a11，a3a23，a4a35，a5a47，a6a59，a7a611，a11a1019，a12a1121，所以a1a32，a4a28，a12a1040，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12a1a2a3a12(a1a3)(a5a7)(a9a11)(a2a4)(a6a8)(a10a12)328244078
42、.答案B13.(2017台州调研)已知数列an满足：a12，an1，则a1a2a3a15_；设bn(1)nan，数列bn前n项的和为Sn，则S2 016_.解析a12，an1，a23，a3，a4，a52.a4n12，a4n23，a4n3，a4n.a4n1a4n2a4n3a4n2(3)1.a1a2a3a15a13a14a15a1a2a32(3)3.bn(1)nan，b4n12，b4n23，b4n3，b4n.b4n1b4n2b4n3b4n23.S2 0162 100.答案32 10014.(2015山东卷)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式；(2)设b
43、n(an1)2an，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，令n1，得，所以a1a23.令n2，得，所以a2a315.解得a11，d2，所以an2n1.(2)由(1)知bn2n22n1n4n，所以Tn141242n4n，所以4Tn142243n4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1n4n14n1.所以Tn4n1.15.(2016浙江卷)设数列an的前n项和为Sn，已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和.解(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式
44、为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21，当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3时，Tn3，所以Tn第5讲直接证明与间接证明最新考纲1.了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；2.了解间接证明的一种基本方法反证法；了解反证法的思考过程和特点.知 识 梳 理1.直接证明内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后把要证明的结论归结为判定一个明
45、显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止实质由因导果执果索因框图表示文字语言因为所以或由得要证只需证即证2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法.(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法.(2)用反证法证明的一般步骤：反设假设命题的结论不成立；归谬根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；结论断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立.诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条
46、件.()(2)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”.()(3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾.()(4)在解决问题时，常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程.()解析(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件.(2)应假设“ab”.(3)反证法只否定结论.答案(1)(2)(3)(4)2.要证a2b21a2b20，只要证明()A.2ab1a2b20 B.a2b210C.1a2b20 D.(a21)(b21)0解析a2b21a2b20(a21)(b21)0.答案D3.若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是()A.ac2abb2C.
47、解析a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.答案B4.用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程x3axb0没有实根B.方程x3axb0至多有一个实根C.方程x3axb0至多有两个实根D.方程x3axb0恰好有两个实根解析因为“方程x3axb0至少有一个实根”等价于“方程x3axb0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的假设是“方程x3axb0没有实根”.答案A5.在ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则ABC的形状为_
48、.解析由题意2BAC，又ABC，B，又b2ac，由余弦定理得b2a2c22accos Ba2c2ac，a2c22ac0，即(ac)20，ac，AC，ABC，ABC为等边三角形.答案等边三角形6.(2017绍兴检测)完成反证法证题的全过程.设a1，a2，a7是1，2，7的一个排列，求证：乘积p(a11)(a22)(a77)为偶数.证明：假设p为奇数，则a11，a22，a77均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数_0.但0奇数，这一矛盾说明p为偶数.解析a11，a22，a77均为奇数，(a11)(a22)(a77)也为奇数，即(a1a2a7)(127)为奇数.又a1，a2，a7是1，2，7的一
49、个排列，a1a2a7127，故上式为0，奇数(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(127)0.答案(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(127)考点一综合法的应用【例1】 (2017东北三省三校模拟)已知a，b，c0，abc1.求证：(1)；(2).证明(1)()2(abc)222(abc)(ab)(bc)(ca)3，.(2)a0，3a10，(3a1)24，33a，同理得33b，33c，以上三式相加得493(abc)6，.规律方法用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或不等式；(2)已
50、知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型.在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱.【训练1】 设a，b，c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcac；(2)1.证明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac得a2b2c2abbcca.由题设知(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为a0，b0，c0，所以b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.考点二分析法的应用【例2】 已知a0，证明：a2.证明要证a2，只需证(2).因为a0，所以(2)0，所以只
51、需证，即2(2)84，只需证a2.因为a0，a2显然成立，所以要证的不等式成立.规律方法(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证.【训练2】 ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：.证明要证，即证3也就是1，只需证c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证c2a2acb2，又ABC三内角A，B，C成等差数列，故B60，由余弦定理，
52、得b2c2a22acos 60，即b2c2a2ac，故c2a2acb2成立.于是原等式成立.考点三反证法的应用【例3】 等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；(2)设bn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.(1)解由已知得解得d2，故an2n1，Snn(n).(2)证明由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比数列，则bbpbr.即(q)2(p)(r).(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，pr，(pr)20.pr，与pr矛盾.数列bn中任意不同的三项都不可能
53、成为等比数列.规律方法(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.(2)用反证法证明不等式要把握三点：必须否定结论；必须从否定结论进行推理；推导出的矛盾必须是明显的.【训练3】 (2017郑州一中月考)已知a1a2a3a4100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.证明假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a125，a225，a325，a425，则a1a2a3a425252525100，这与已知a1a2a3a4100矛
54、盾，故假设错误.所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考.实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来.1.用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即证”“只需证”等，逐步分析，直到一个明显成立的结论.2.在使用反证法证明数学命题时，反设必须恰当，如“都是”的否定是“不都是”“至少一个”的否定是“不存在”等.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.若a，bR，则下面四个式子
55、中恒成立的是()A.lg(1a2)0 B.a2b22(ab1)C.a23ab2b2 D.1，a，b，则以下结论正确的是()A.ab B.a0(m1)，即ab.答案B4.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证a”索的因应是()A.ab0 B.ac0C.(ab)(ac)0 D.(ab)(ac)0解析由题意知ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.答案C5.已知p3q32，求证pq2，用反证法证明时，可假设pq2；已知a，bR，|a|b|40，2.答案27.用反证法证明命题“a，
56、bR，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是_.答案都不能被5整除8.下列条件：ab0，ab0，b0，a0，b0成立，即a，b不为0且同号即可，故能使2成立.答案三、解答题9.若a，b，c是不全相等的正数，求证：lglglglg alg blg c.证明a，b，c(0，)，0，0，0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.abc成立.上式两边同时取常用对数，得lglg abc，lglglglg alg blg c.10.设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.(1)求证：数列Sn不是等比数列；(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列Sn是
57、等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾，所以数列Sn不是等比数列.(2)解当q1时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列，否则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，这与公比q0矛盾.综上，当q1时，数列Sn是等差数列；当q1时，数列Sn不是等差数列.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.已知函数f(x)，a，b是正实数，Af，Bf()，Cf，则A，B，C的大小关系为()A.ABC B.ACBC.BCA D.CBA解析，又f(x)在R上是减函数，ff()f.答案A12.
58、设a，b，c均为正实数，则三个数a，b，c()A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2解析a0，b0，c0，6，当且仅当abc1时，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案D13.如果abab，则a，b应满足的条件是_.解析ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2().当a0，b0且ab时，()2()0.abab成立的条件是a0，b0且ab.答案a0，b0且ab14.设x1，y1，证明xyxy.证明由于x1，y1，所以要证明xyxy，只需证xy(xy)1yx(xy)2.将上式中的右式减左式，得(xy1)(xy1)(xy)(xy1)(xy1)
59、(xyxy1)(xy1)(x1)(y1).因为x1，y1，所以(xy1)(x1)(y1)0，从而所要证明的不等式成立.15.(2016浙江卷)设函数f(x)x3，x，证明：(1)f(x)1xx2；(2)f(x).证明(1)因为1xx2x3，由于x，有，即1xx2x3，所以f(x)1xx2.(2)由0x1得x3x，故f(x)x3xx，所以f(x).由(1)得f(x)1xx2，又因为f，所以f(x).综上，f(x).第6讲数学归纳法最新考纲1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知 识 梳 理1.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基
60、)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.2.数学归纳法的框图表示诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.()(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.()(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项.()解析对于(2)，有些命题也可以直
61、接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由nk到nk1，有可能增加不止一项.答案(1)(2)(3)(4)2.(选修22P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于()A.1 B.2 C.3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n3.答案C3.已知f(n)，则()A.f(n)中共有n项，当n2时，f(2)B.f(n)中共有n1项，当n2时，f(2)C.f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)D.f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)解析f(n)共有n2n1项，当n2时，故f(2).答案D4.用数学归纳法证明11)
62、，第一步要证的不等式是_.解析当n2时，式子为12.答案10，且b1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*).证明：对任意的nN*，不等式成立.(1)解由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r，所以anSnSn1bn1(b1)，由于b0，且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列，又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)证明由(1)知an2n1，因此bn2n(nN*)，所证不等式为.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立.假设nk时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由基本不等式可
63、得成立，故成立，所以当nk1时，结论成立.由可知，nN*时，不等式成立.规律方法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】 求证：ln(n1)，nN*.证明当n1时，ln 2，结论成立.假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即ln(k1).那么，当nk1时，ln(k1).下面证明ln(k1)0)，则f(x)0，f(x)在(0，)上递增，f(x)
64、f(0)0，0，f0，即ln0，即ln0，ln(k2)ln(k1)0，即ln(k1)ln(k2).当nk1时，不等式也成立.综上由，0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n1时，由已知得a11，即a2a120.a11(a10).当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(a20).同理可得a3.猜想an(nN*).(2)证明由(1)知，当n1，2，3时，通项公式成立.假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，将ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1时通项公式成立.由
65、可知对所有nN*，an都成立.规律方法(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.(2)“归纳猜想证明”的基本步骤是“试验归纳猜想证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】 设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN*，猜想g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.
66、解由题设得，g(x)(x0).(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可猜想gn(x).下面用数学归纳法证明.当n1时，g1(x)，结论成立.假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立.由可知，结论对nN*成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立.设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1).证明如下：上述不等式等价于，x0.令x，nN*，则ln.下面用数学归纳法
67、证明.当n1时，ln 2，结论成立.假设当nk时结论成立，即ln(k1).那么，当nk1时，ln(k1)(n2，nN*)”的过程中，由“nk”变到“nk1”时，左边增加了()A.1项 B.k项 C.2k1项 D.2k项解析左边增加的项为共2k项，故选D.答案D4.对于不等式n1(nN*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立.(2)假设当nk(kN*)时，不等式k1成立，当nk1时，(k1)1.当nk1时，不等式成立，则上述证法()A.过程全部正确B.n1验得不正确C.归纳假设不正确D.从nk到nk1的推理不正确解析在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法
68、.答案D5.用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()A.k21B.(k1)2C.D.(k21)(k22)(k1)2解析当nk时，左端123k2.当nk1时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2，故当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k1)2.故选D.答案D二、填空题6.设Sn1，则Sn1Sn_.解析Sn11，Sn1.Sn1Sn.答案7.(2017绍兴调研)数列an中，已知a12，an1(nN*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为_；猜想an_.解析a12，a2，a3，a4.由此，猜想an是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差
69、数列.an.答案，8.凸n多边形有f(n)条对角线.则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)与f(n)的递推关系式为_.解析f(n1)f(n)(n2)1f(n)n1.答案f(n1)f(n)n1三、解答题9.用数学归纳法证明：12(nN*，n2).证明(1)当n2时，12，命题成立.(2)假设nk时命题成立，即12.当nk1时，12222，命题成立.由(1)(2)知原不等式在nN*，n2时均成立.10.数列an满足Sn2nan(nN*).(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S222a2，a
70、2；当n3时，a1a2a3S323a3，a3；当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4.由此猜想an(nN*).(2)证明当n1时，a11，结论成立.假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即ak，那么nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.ak1.所以当nk1时，结论成立.由知猜想an(nN*)成立.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2017昆明诊断)设n为正整数，f(n)1，经计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，观察上述结果，可推测出一般结论()A.f(2n) B.f(n2)C.f(2n) D.以上都不对解析因为
71、f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n1时，有f(2n).答案C12.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”.那么，下列命题总成立的是()A.若f(1)1成立，则f(10)100成立B.若f(2)0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立.(1)解由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x
72、)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2).下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.()当n1时，由上可知等式成立.()假设当nk(k1，且kN*)时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立.综合()，()可知等式nfn1(x)xfn(x
73、)sin对所有的nN*都成立.令x，可得nfn1fnsin(nN*).所以|nfn1fn|(nN*).高考导航考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题；三是结合函数、不等式(放缩法)等进行综合考查，难度较大，涉及内容较为全面，试题思维量较大.热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】 已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S
74、3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an(1)n1.(2)由(1)得Sn1当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.探究提高解决等差数列与等比数列的综合问题
75、，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【训练1】 (2017乐清模拟)已知数列an是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S52a225，且a1，a4，a13恰为等比数列bn的前三项.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设Tn是数列的前n项和，是否存在kN*，使得等式12Tk成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.解(1)设等差数列an的公差为d(d0)，解得a13，d2，an2n1.b1a13，b2a49，等比数列bn的公比q3，bn3n.(2)不存在.理由如下：，Tn，12Tk(kN*)，易知数列为单调递减
76、数列，1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.满分解答(1)解由题意有即2分解得或4分故或6分(2)解由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，7分于是Tn1，Tn.8分可得Tn210分3，11分故Tn6.12分由题意列出方程组得2分；解得a1与d得2分，漏解得1分；正确导出an，bn得2分，漏解得1分；写出cn得1分；把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数. 用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列anbn是由等差数列an与等比数列bn(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设anb
77、n的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(kN*)的项对应，然后两边同时作差.第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出Tn.【训练2】 已知数列an，an(1)n1，求数列an的前n项和Tn.解an(1)n1，当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn(或Tn).热点三数列的综合应用热点3.1数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n项和公式或递推关系式，建立数列模型.【例31】 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企
78、业2010年年底分红后的资金为1 000万元.(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元.解设an为(2010n)年年底分红后的资金，其中nN*，则a121 0005001 500，a221 5005002 500，an2an1500(n2).an5002(an1500)(n2)，即数列an500是以a15001 000为首项，2为公比的等比数列，an5001 0002n1，an1 0002n1500.(1)a41 0002415008 500，该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元.(2)由an32 500，即2n132
79、，得n6，该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元.热点3.2数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例32】 已知二次函数f(x)ax2bx的图象过点(4n，0)，且f(0)2n(nN*).(1)求f(x)的解析式；(2)若数列an满足f，且a14，求数列an的通项公式；(3)对于(2)中的数列an，求证：ak5； 2.(1)解由f(x)2axb，f(0)2n，得b2n，又f(x)的图象过点(4n，0)，16n2a4nb0
80、，解得a.f(x)x22nx(nN*).(2)解由(1)知f(x)x2n(nN*)，2n，即2n，2(n1)，2(n2)，2，n2n，an，即an(nN*).(3)证明ak(k2).当n1时，ak5显然成立；当n2时，ak455.， 2.nN*，2n13，20，x4，故x12.(充分性)由x120，xn1，易得数列xn为正项数列，从而xn122(n1)，即xn2(n2)，又x12，xn2(n1).于是xn1xnxn0，即xn1xn对一切正整数n成立.4.(2015浙江卷)已知数列an满足a1且an1ana(nN*).(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*).
81、(1)证明由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得(1，2，即12成立.(2)解由题意得aanan1，所以Sna1an1由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*).由得(nN*).5.(2017杭州调研)已知数列an，bn中，a11，bn，nN*，数列bn的前n项和为Sn.(1)若an2n1，求Sn；(2)是否存在等比数列an，使bn2Sn对任意nN*恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列an的通项公式；若不存在，请说明理由；(3)若an是单调递增数列，求证：Sn2.(1)解当an2n1时，bn.所以
82、Sn.(2)解满足条件的数列an存在且只有两个，其通项公式为an1和an(1)n1.证明：在bn2Sn中，令n1，得b3b1.设anqn1，则bn.由b3b1得.若q1，则bn0，满足题设条件.此时an1和an(1)n1.若q1，则，即q21，矛盾.综上所述，满足条件的数列an存在，且只有两个，一个是an1，另一个是an(1)n1.(3)证明因为1a1a2an0，01，于是01.bn2.故Snb1b2bn222222.所以Sn2.6.已知正项数列an满足Saaa(nN*)，其中Sn为数列an的前n项的和.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：，即2，令k1，2，3，n，累加后再加得2222(2n1).又3 2，而2.令k2，3，4，2n1，累加得22222，3.
