1、(2015湖南，19，13 分，中)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求 Sn.解：(1)证明：由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13，则对任意 nN*，n2，有 an13Sn1Sn3.两式相减，得 an2an13anan1，即 an23an，n2.又 a11，a22，所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1.故对一切 nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以an2an 3.于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 的等比数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3 的等比数列
2、因此 a2n13n1，a2n23n1.于是 S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)3（3n1）2.从而 S2n1S2na2n3（3n1）223n1 32(53n21)综上所述，Sn32（53n32 1），n为奇数，32（3n21），n为偶数.1(2012大纲全国，6，中)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn2an1，则 Sn()A2n1B.32n1C.23n1D.12n1【答案】B 由已知 Sn2an1 得 Sn2(Sn1Sn)，即 2Sn13Sn，Sn1Sn 32，而 S1a11，所以 Sn32n1，故选 B.2(
3、2011四川，9，中)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an13Sn(n1)，则 a6()A344B3441C45D451【答案】A 方法一：a11，a23S13，a33S212341，a43S348342，a53S4192343，a63S5768344.故选 A.方法二：当 n1 时，an13Sn，则 an23Sn1，an2an13Sn13Sn3an1，即 an24an1，该数列从第 2 项开始是以 4 为公比的等比数列，又 a23S13a13，an1（n1），34n2（n2）.当 n6 时，a63462344.3(2014课标，16，易)数列an满足 an111an，a22，则
4、a1_【解析】an111an，a22，a211a12，即 a112.【答案】124(2012上海，14，中)已知 f(x)11x.各项均为正数的数列an满足 a11，an2f(an)若 a2 010a2 012，则 a20a11 的值是_【解析】an2f(an)11an，a11，a312，a5 111223，a7 112335，a9 113558，a11 1158 813，又 a2 010a2 012，即 a2 01011a2 010a22 010a2 01010，a2 010 512a2 010 512舍去.又 a2 01011a2 008 512，1a2 008251 512，即 a2 0
5、08 512，依次类推可得 a2 006a2 004a20 512，故 a20a11 512 81313 5326.【答案】13 53265(2012广东，19，14 分，中)设数列an的前 n 项和为 Sn，数列Sn的前n 项和为 Tn，满足 Tn2Snn2，nN*.(1)求 a1 的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)令 n1 时，T12S11，因为 T1S1a1，所以 a12a11，所以 a11.(2)当 n2 时，Tn12Sn1(n1)2，则 SnTnTn12Snn22Sn1(n1)2 2(SnSn1)2n12an2n1.因为当 n1 时，a1S11 也满足上式，所以 Sn2an2
6、n1(n1)当 n2 时，Sn12an12(n1)1，两式相减得 an2an2an12，所以 an2an12(n2)，所以 an22(an12)因为 a1230，所以数列an2是以 3 为首项，2 为公比的等比数列 所以 an232n1，所以 an32n12.当 n1 时也满足上式，所以 an32n12.思路点拨：利用 Tn 与 Sn 的关系得出 Sn 与 an 的关系，然后构造等比数列求解考向 1 由递推公式求通项公式(1)如果已知数列an的首项(或前几项)，且任何一项 an 与它的前一项 an1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即 anf(an1)或 anf(an1，an2)，那么
7、这个式子叫作数列an的递推公式(2)已知递推公式求通项公式，一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法、公式法等转化为等差数列或等比数列求通项公式(2014湖北襄樊一模，13)已知 f(x)是定义在 R 上不恒为零的函数，对于任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)成立，数列an满足 anf(2n)(nN*)，且 a12，则数列的通项公式 an_.【思路导引】由 anf(2n)及对任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)成立，令 x2n，y2 得到递推公式 an12an22n，然后两边同除以 2n1 可构造出数列an2n，它是以a12 1
8、为首项，1 为公差的等差数列，进而求出an的通项公式【解析】anf(2n)，则 an1f(2n1)且 a12f(2)对于任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)，令 x2n，y2，则 f(2n1)2nf(2)2f(2n)，an12an22n，an12n1an2n1，数列an2n 是以a12 1 为首项，1 为公差的等差数列，an2n1(n1)1n，ann2n.【答案】n2n由递推公式求数列通项的常用方法(1)形如 an1anf(n)，常用累加法，即利用恒等式 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)求通项公式(2)形如 an1anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式 an
9、a1a2a1a3a2anan1求通项公式(3)形如 an1band(其中 b，d 为常数，b0，1)的数列，常用构造法其基本思路是：构造 an1xb(anx)其中x db1，则anx是公比为 b 的等比数列，利用它即可求出 an.(4)形如 an1 panqanr(p，q，r 是常数)的数列，将其变形为 1an1rp 1anqp.若 pr，则1an 是等差数列，且公差为qp，可用公式求通项；若 pr，则再采用(3)的办法求解(5)形如 an2pan1qan(p，q 是常数，且 pq1)的数列，构造等比数列将其变形为 an2an1(q)(an1an)，则anan1(n2，nN*)是等比数列，且公
10、比为q，可以求得 anan1f(n)，然后用累加法求得通项(1)(2015山东潍坊一模，13)在数列an中，a11，a25，an2an1an(nN*)，则 a2 015_.(2)(2014安徽合肥一模，14)已知数列an满足 a11，a24，an22an3an1(nN*)，则数列an的通项公式 an_(1)【解析】由 an2an1an 得 an3an2an1an1anan1an，易得 an4an1，an5an1an，an6an，该数列的周期为 6，故 a2 015a5，由 a11，a25，得 a34，a41，a5a4a3145.a2 015a55.【答案】5(2)【解析】由 an22an3an
11、10，得 an2an12(an1an)，数列an1an是以 a2a13 为首项，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)【答案】32n12考向 2 由 Sn 和 an 的关系求通项1an 与 Sn 的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn，则anS1（n1），SnSn1（n2）.2已知 Sn 求 an 时应注意的问题(1)应重视分类讨论思想的应用，分 n1 和 n2 两种情况讨论，特别注意anSnSn1 中需 n2.(2)由 SnSn1an 推
12、得 an，当 n1 时，a1 也适合“an 式”，则需统一“合写”(3)由 SnSn1an 推得 an，当 n1 时，a1 不适合“an 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即 anS1（n1），SnSn1（n2）.(2014湖南，16，12 分)已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和【思路导引】(1)利用 anS1，n1，SnSn1，n2，结合分类讨论思想求通项公式；(2)由数列的通项公式的特征，利用分组求和法求数列的和 T2n(22222n)(12)(34)(2n12n)【解析】(
13、1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n)，记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.【点拨】易错点一：忘记 anSnSn1 的条件是 n2，没讨论 n1 的情况；易错点二：对数列的通项公式看不懂，找不出规律，bn 实为两部分构成，采用分组求和，T2n(22222n)1234(2
14、n1)2n；易错点三：不会并项求和，1234(2n1)2n(12)(34)(2n1)2nn.由 Sn 与 an 的关系求通项的一般步骤(1)令 n1，由 a1S1 求出 a1；(2)当 n2 时，构造 anSnSn1，由递推关系求通项；(3)验证当 n1 时是否满足当 n2 时的结论；如果满足，则统一“合写”；如果不满足，则分段表示(2012大纲全国，18，12 分)已知数列an中，a11，前 n 项和 Snn23 an.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由 S243a2 得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13.由 S353a3 得 3(a1a2a3)5a3，解得 a
15、332(a1a2)6.(2)由题设知 a11.当 n2 时，有 anSnSn1n23 ann13 an1，整理得 ann1n1an1.于是 a11，a231a1，a342a2，an1 nn2an2，ann1n1an1.将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 ann（n1）2.显然，当 n1 时也满足上式 综上可知，an的通项公式 ann（n1）2.思路点拨：解答本题的关键是通过给出的 Sn 与 an 的关系，得出 an 与 an1之间的关系，再利用累乘法求得 an.考向 3 数列的单调性及其应用从第 2 项起，每一项都大于它的前一项的数列叫作递增数列；从第 2 项起，每一项都小于它的前一项的数
16、列叫作递减数列(2012四川，20，12 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，常数 0，且 a1anS1Sn 对一切正整数 n 都成立(1)求数列an的通项公式；(2)设 a10，100.当 n 为何值时，数列lg 1an 的前 n 项和最大？【思路导引】(1)应用分类讨论思想和公式 anS1，n1，SnSn1，n2，求 an；(2)根据数列lg 1an的单调性求lg 1an的前 n 项和最大时对应的 n 值【解析】(1)取 n1，得 a212S12a1，a1(a12)0.若 a10，则 Sn0，当 n2 时，anSnSn1000，所以 an0.若 a10，则 a1 2，当 n2 时，2a
17、n 2Sn，2an1 2Sn1，两式相减得 2an2an1an，所以 an2an1(n2)，从而数列an是等比数列，所以 ana12n1 22n12n.综上，当 a10 时，an0；当 a10 时，an2n.(2)当 a10 且 100 时，令 bnlg 1an，由(1)知 bnlg1002n 2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)b1b2b6lg10026 lg10064 lg 10，当 n7 时，bnb7lg10027 lg1001280数列an是单调递增数列；an1an0数列an是单调递减数列；an1an0数列an是常数列(2)作商比较法：当 an0 时，an1
18、an 1数列an是单调递增数列；an1an 1，两式相减可得：an2n2n52(n1)52，an2n1，n1，nN*.当 n1 时，a12 7，a114，综上可知，数列an的通项公式为：an14（n1），2n1（n2）.故选 B.6(2015山东潍坊一模，11)已知数列an的前 n 项和 Sn13an23，则an的通项公式 an_.【解析】当 n1 时，a1S113a123，a11.当 n2 时，anSnSn113an13an1，anan112.a213a213，a212.a2a1 anan112.数列an为首项 a11，公比 q12的等比数列，故 an12n1.【答案】12n17(2015湖
19、南长郡中学调研，13)科拉茨是德国数学家，他在 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数 n，如果 n 是偶数，就将它减半即n2；如果 n是奇数，则将它乘 3 加 1(即 3n1)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到 1.如初始正整数为 6，按照上述变换规则，我们可以得到一个数列：6，3，10，5，16，8，4，2，1.对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：(1)如果首项 n2，则按照上述规则施行变换后的第 8 项为_(2)如果对正整数 n(首项)按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1(注：1 可以多次出现)，则 n 的所有不同值的个数为_【解析】(
20、1)如果 n2，按以上变换规则，得到数列：a12，a21，a34，a81.(2)设对正整数 n 按照上述变换，得到数列 a1，a2，a7，a8，a81，则 a72a64 a58a416a332a264a1128，a121，a35a210a120，a13，a51a42a34a21a12，a28a316，则 n 的所有可能取值为 2，3，16，20，21，128 共 6 个【答案】1 68(2015山西大学附中质检，15)已知数列an的通项公式为 annp，数列bn的通项公式为 bn2n5，设 cnan，anbn，bn，anbn，若在数列cn中，c8cn(nN*，n8)，则实数 p 的取值范围是_
21、【解析】由题意可得 cn 是 an，bn 中的较小者，an是递减数列；bn是递增数列因为 c8cn(n8)，所以 c8 是 cn 的最大值，则 n1，2，3，7，8 时，cn 递增，n8，9，10，时，cn 递减，因此，n1，2，3，7 时，2n5np 总成立，当 n7 时，2757p，所以 p11，n9，10，11，时，2n5np 总成立，当 n9 时，2959p 成立，所以 p0，d0，且满足an0，an10，前 n 项和 Sn 最大；(2)若 a10，且满足an0，an10，前 n 项和 Sn 最小只有当 a10，d0 时，无穷数列的前 n 项和才有最大值，其最大值是将所有非负项相加；只
22、有当 a10 时，无穷数列的前 n 项和才有最小值，其最小值是将所有非正项相加(2014湖北，19，12 分)已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 Sn 为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由【思路导引】(1)设数列an的公差为 d，利用等比数列的性质得到 a22a1a5，并用 a1，d 表示 a2，a5，列等式求解公差 d，进而求解通项，注意对公差 d 分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列an的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前 n 项和公式
23、求解 Sn，然后根据 Sn60n800 列不等式求解【解析】(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，此时不存在正数 n，使得 Sn60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2，令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n10(舍去)此时存在正整数 n，使得 Sn60n800 成立，n 的最
24、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.求等差数列前 n 项和最值的常用方法(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用其常用性质求其正负转折项，便可求得和的最值(2)将an的前 n 项和最值问题看作 Sn 关于 n 的二次函数 SnAn2Bn(A，B为常数)的最值问题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意 nN*.(2014江西，13)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】由题意知 a17，且当且仅当 n8 时，Sn 取
25、最大值，该数列为递减数列且 a80，a90，即77d0，78d01d78.【答案】1，781(2015山西山大附中月考，2)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a2a46，则 S5 等于()A10 B12 C15 D30【答案】C 由等差中项可得 a2a4a1a5，所以 S55（a1a5）215，故选 C.2(2015湖南长沙二模，5)等差数列an中，若 a4a6a8a10a12120，则 S15 的值为()A180 B240 C360 D720【答案】C 等差数列an中，a4a6a8a10a12120，所以 5a8120，S1515a83120360.3(2015江西新余质检，8)在等差数
26、列an中，a912a126，则数列an的前 11 项和 S11()A24 B48C66 D132【答案】D 数列an是等差数列，故 a63d12(a66d)6，a612.又 S1111（a1a11）211a6，S11132.4(2015江西南昌二模，7)设 Sn 是等差数列an的前 n 项和，若a6a5 911，则S11S9()A1 B1 C2 D.12【答案】A S11S9 11（a1a11）29（a1a9）211a69a5 119 9111.5(2014辽宁大连质检，6)设数列an的通项公式为 an2n7，则|a1|a2|a15|()A153 B210 C135 D120【答案】A 令 a
27、n2n70，解得 n72.从第 4 项开始大于 0，|a1|a2|a15|a1a2a3a4a5a1553113(2157)912（123）2153.故选 A.6(2014安徽望江中学调研，8)设数列an是公差 d0 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 S65a110d，则 Sn 取最大值时，n()A5 B6C5 或 6 D6 或 7【答案】C 由题意得 S66a115d5a110d，所以 a15d0，即 a60，又公差 d0，q4.4(2013课标，6，易)设首项为 1，公比为23的等比数列an的前 n 项和为Sn，则()ASn2an1 BSn3an2CSn43anDSn32an【答案】D
28、 由题意得 an23n1，Sn123n12312323n11332an.选 D.5(2013北京，11，易)若等比数列an满足 a2a420，a3a540，则公比 q_，前 n 项和 Sn_.【解析】a3a5q(a2a4)，q2.又由 a2a4a1qa1q3 知 a12，Sn2（12n）122n12.【答案】2 2n126(2013广东，11，中)设数列an是首项为 1，公比为2 的等比数列，则a1|a2|a3|a4|_.【解析】方法一(直接法)：易求得 a22，a34，a48，a1|a2|a3|a4|15.方法二(转化法)：相当于求首项为 1，公比为 2 的等比数列的前 4 项和，S4124
29、12 15.【答案】157(2013辽宁，14，中)已知等比数列an是递增数列，Sn 是an的前 n 项和，若 a1，a3 是方程 x25x40 的两个根，则 S6_【解析】由 x25x40 的两根为 1 和 4，又an为递增数列，a11，a34，q2，S61（126）1263.【答案】638(2013江西，17，12 分，中)设 Sn 表示数列an的前 n 项和(1)若an是等差数列，推导 Sn 的计算公式；(2)若 a11，q0，且对所有正整数 n，有 Sn1qn1q.判断an是否为等比数列，并证明你的结论解：(1)方法一：设an的公差为 d，则 Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)
30、d，又 Snan(and)an(n1)d，2Snn(a1an)，Snn（a1an）2.方法二：设an的公差为 d，则 Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d，又 Snanan1a1 a1(n1)da1(n2)da1，2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d 2na1n(n1)d，Snna1n（n1）2d.(2)an是等比数列证明如下：Sn1qn1q，an1Sn1Sn1qn11q 1qn1q qn（1q）1qqn.a11，q0，当 n1 时，有an1an qnqn1q，an是首项为 1 且公比为 q(q0)的等比数列 9(2012天津，18，13 分，中)已知an是等差数列，
31、其前 n 项和为 Sn，bn是等比数列，且 a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记 Tna1b1a2b2anbn，nN*，证明 Tn8an1bn1(nN*，n2)解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3，q2.an3n1，bn2n，nN*.(2)由(1)得 Tn22522823(3n1)2n，2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1.由，得 Tn2232232332n(3n1)2n1 6（12n）12(3n
32、1)2n12(3n4)2n18，即 Tn8(3n4)2n1.而当 n2 时，an1bn1(3n4)2n1，Tn8an1bn1(nN*，n2)考向 1 等比数列基本量的求解1等比数列相关公式(1)通项公式及其推广通项公式通项公式的推广ana1qn1(揭示首末两项的关系)anamqnm(揭示任意两项之间的关系)(2)前 n 项和公式Sna1（1qn）1q（q1），na1（q1）或 Sna1anq1q（q1），na1（q1）.2基本量计算过程中涉及的数学思想方法(1)方程思想等比数列的通项公式和前 n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量 a1 和 q
33、，问题可迎刃而解(2)分类讨论思想等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，即分 q1 和 q1 两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视(3)整体思想应用等比数列前 n 项和时，常把 qn，a11q当成整体求解(2014福建，17，12 分)在等比数列an中，a23，a581.(1)求 an；(2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 Sn.【解析】(1)设an的公比为 q，依题意得a1q3，a1q481，解得a11，q3.因此 an3n1.(2)bnlog3ann1，b1110，数列bn的前 n 项和 Snn（b1bn）2n2n2.求等比数列基本量的方法求等比数列的
34、基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：(1)由已知条件列出首项和公比的方程(组)；(2)求出首项和公比；(3)求出项数或前 n 项和等其余量(2013四川，16，12 分)在等比数列an中，a2a12，且 2a2 为3a1 和 a3 的等差中项，求数列an的首项、公比及前 n 项和解：设该数列的公比为 q，由已知可得 a1qa12，4a1q3a1a1q2，所以，a1(q1)2，q24q30，解得 q3 或 q1.由于 a1(q1)2，因此 q1 不合题意，应舍去 故公比 q3，首项 a11.所以数列的前 n 项和 Sn3n12.考向 2 等比数列的性质及应用1等比数列的单调性设等比
35、数列an的首项为 a1，公比为 q.(1)当 q1，a10 或 0q1，a11，a10 或 0q0 时，数列an为递减数列；(3)当 q1 时，数列an是(非零)常数列；(4)当 q1 时，数列an是摆动数列2等比数列项的运算性质若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq.(1)特别地，当 mn2k(m，n，kN*)时，amana2k.(2)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即 a1ana2an1akank1.在等比数列an中，若 amanapaq(m，n，p，qN*)，则不一定有 mnpq 成立，当数列an是非零常数列时不成立3等比数列前 n 项和
36、的性质若 Sn 是等比数列的前 n 项和，则当 q1 时，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等比数列(1)(2014大纲全国，8)设等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23，S415，则 S6()A31 B32 C63 D64(2)(2014广东，13)等比数列an的各项均为正数，且 a1a54，则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_【解析】(1)方法一：在等比数列an中，S2，S4S2，S6S4 也成等比数列，故(S4S2)2S2(S6S4)，则(153)23(S615)，解得 S663.故选 C.方法二：设等比数列an的首项为 a1，公比为 q.若 q1，
37、则有 Snna1，显然不符合题意，故 q1.由已知可得S2a1（1q2）1q3，S4a1（1q4）1q15，两式相除得 1q25，解得 q24.故 q2 或 q2.若 q2，代入解得 a11，此时 S6a1（1q6）1q1（126）1263.若q 2，代 入 解 得a1 3，此 时S6 a1（1q6）1q（3）1（2）61（2）63.故选 C.方法三：因为数列an为等比数列，若 q1，则有 Snna1，显然不符合题意，故 q1.设其前 n 项和为 Snkqnk.由题意可得S2kq2k3，S4kq4k15，两式相除得 1q25，解得 q24.代入解得 k1.故 Snqn1.所以 S6q61(q2
38、)3143163，故选 C.方法四：设等比数列的公比为 q，则 S2a1a23，S4a1a2a3a4(1q2)(a1a2)(1q2)315，解得 q24.故 S6a1a2a3a4a5a6(1q2q4)(a1a2)(1442)363.故选 C.(2)因为 an0，a1a54，an为等比数列，所以 a234，所以 a32.所以 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2a53log2255.【答案】(1)C(2)5【点拨】解题(1)方法一利用等比数列的性质 Sm，S2mSm，S3mS2m，(SmS2m)也成等比数列求解；方法二利用等比数列的
39、基本运算求解；方法三利用等比数列前 n 项和公式的结构特征设出前 n 项和的表达式；方法四是利用整体代换的方法；解题(2)利用等比数列性质，若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq，特别当 mn2p 时有 anama2p成立运用等比数列的性质巧解题在等比数列的基本运算问题中，一般是列出 a1，q 满足的方程组，求解方程组，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘“隐含”的条件(1)(2012 广东，12)若等比数列an满足 a2a412，则 a1a23a5_.(2)(2014江苏，7)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8
40、a62a4，则 a6 的值是_(1)【解析】在等比数列中 a2a4a1a5a23，a1a23a5(a2a4)212214.【答案】14(2)【解析】在等比数列中 anamqnm，设公比为 q.a21，a8a62a4，得 q6q42q2，q4q220，解得 q22，a6a2q44.【答案】4考向 3 等比数列的判定与证明(2014江西，17，12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn3n2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am 成等比数列【思路导引】(1)由 anSnSn1 求出 an；(2)利用等比数列的性质找出 m与 n
41、的关系即可【解析】(1)Sn3n2n2(nN*)，Sn13（n1）2（n1）2(n2)，当 n2 时，anSnSn13（2n1）123n2，当 n1 时，a1S1312 1，也符合上式 an3n2(nN*)(2)证明：要使 a1，an，am 成等比数列，只需 a2na1am，即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2.n1，3n24n21，而此时，mN*，且 mn，对任意的 n1，都存在 mN*，使 a1，an，am 成等比数列【点拨】本题主要考查 Sn 与 an 的关系及等比数列性质，由 Sn 的递推公式求 an 时，一定要注意对 n1 的检验等比数列的判定方法(1)定义法：若an1an
42、 q(q 为非零常数)或 anan1q(q 为非零常数且 n2)，则an是等比数列(2)中项公式法：若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，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 ancqn(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)，则an是等比数列(4)前 n 项和公式法：若数列an的前 n 项和 Snkqnk(k 为常数且 k0，q0，1)，则an是等比数列(2013福建，9)已知等比数列an的公比为 q，记 bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为
43、等差数列，公差为 qmB数列bn为等比数列，公比为 q2mC数列cn为等比数列，公比为 qm2D数列cn为等比数列，公比为 qmm【答案】C bnam(n1)1(1qq2qm1)，bn1bn amn1amn1mqm，故数列bn为等比数列，公比为 qm，选项 A，B 均错误；cnamm（n1）1q12(m1)，cn1cn ammn1ammn1mamn1amn1mm(qm)mqm2，故数列cn为等比数列，公比为 qm2，D 错误，故选 C.1(2015江西南昌一模，7)已知等比数列an的前三项依次为 a1，a1，a4，则 an()A432nB432n1C423nD423n1【答案】B 由题意得(a
44、1)2(a1)(a4)，解得 a5，故 a14，a26，所以 q32，an4 32n1.2(2015山东济南二模，6)已知等比数列an的公比为正数，且 a3a92a25，a22，则 a1()A.12B.22C.2D2【答案】C 等比数列an的公比为正数，且 a3a92a25，a22，由等比数列的性质得 a262a25，a6 2a5，公比 qa6a5 2，a1a2q 2，故选 C.3(2015河南焦作一模，7)在正项等比数列an中，lg a3lg a6lg a96，则 a1a11 的值是()A10 000 B1 000C100 D10【答案】A 正项等比数列an中，lg a3lg a6lg a9
45、6，由对数运算法则及等比数列的性质，有 lg a3a6a96，a3a6a9106，a36106，a6100，a1a11a26100210 000，故选 A.4(2015湖南怀化调研，5)设数列an是首项大于零的等比数列，则“a1a2”是“数列an是递增数列”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C 设数列的公比为 q，因为 a1a2，所以有 a1a1q，又 a10，解得 q1，所以数列an是递增数列；反之，若数列an是递增数列且 a10，则公比 q1，所以 a1a1q，即 a1a2，所以 a1a2 是数列an是递增数列的充分必要条件故选 C.5(
46、2014江西九江月考，5)一个由正数组成的等比数列，它的前 4 项和是前2 项和的 5 倍，则此数列的公比为()A1 B2 C3 D4【答案】B 由题意知 an0，S45S2，显然公比 q1，且 q0，所以a1（1q4）1q5a1（1q2）1q，即 q45q240，解得 q24 或 q21(舍去)，又q0，所以 q2.6(2014河北衡水一模，8)已知正项等比数列an满足 a7a62a5，若存在两项 am，an 使得 aman4a1，则1m4n的最小值为()A.32B.53C.94D不存在【答案】A 因为 a7a62a5，所以 q2q20，q2 或 q1(舍去)又 aman a21qmn24a
47、1，所以 mn6.则1m4n161m4n(mn)161nm4mn 4 32.当且仅当nm4mn，即 n2m 时，等号成立此时 m2，n4.故选 A.7(2015山西太原二模，14)等比数列an，q2，前 n 项和为 Sn，则S4a2_.【解析】在等比数列中，S4a1（124）1215a1，所以S4a215a12a1 152.【答案】1528(2014广东深圳一模，14)已知公比为 2 的等比数列an中，a2a5a8a11a14a17a2013，则该数列前 21 项的和 S21_【解析】设等比数列的首项为 a1，公比 q2，前 n 项和为 Sn.由题知 a2，a5，a8，a11，a14，a17，
48、a20 仍为等比数列，其首项为 a2，公比为 q3，故其前 7 项的和为 T7a21（q3）71q3a1q（1q21）（1q）（1qq2）a1（1q21）1qq1qq2S212713，解得 S21912.【答案】9129(2015陕西西工大附中模拟，17，12 分)已知在等比数列an中，a11，且 a2 是 a1 和 a31 的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 bn2n1an(nN*)，求bn的前 n 项和 Sn.解：(1)设公比为 q，则 a2q，a3q2，a2 是 a1 和 a31 的等差中项，2a2a1(a31)，2q1(q21)，解得 q2，an2n1.(2)b
49、n2n1an2n12n1 则 Sn13(2n1)(122n1)n1（2n1）212n12n22n1.10(2015河北常德一模，18，12 分)在 1 和 2 之间依次插入 n(nN*)个正数 a1，a2，a3，an，使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这 n2 个数的乘积记作 Tn，令 bn2log2Tn.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn2n，设 Snb1c1b2c2bncn，求 Sn.解：(1)设等比数列 1，a1，a2，a3，an，2 的公比为 q，则 21qn1，qn12，Tn1a1a2an2 1qq2qnqn1 q123(n1)122222nnnq，bn2log2Tn2
50、log22n22 n2.故数列bn的通项公式为 bnn2.(2)由 cn2n，得 Sn32 422 523n22n，12Sn 322 423 524n22n1.由错位相减法得12Sn32 122 123 124 12nn22n1，Sn4n42n.11(2014安徽池州一模，20，13 分)已知数列an满足 a11，an1211n2an.(1)设 bnann2，求证：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设 cnan12an，求数列cn的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：an12（n1）2n2an，an1（n1）22ann2，bn12bn，数列bn是公比为 2 的等比数列(2)
51、由(1)知bn是公比为 2 的等比数列，又 b1a112a11，bnb12n12n1，ann22n1，ann22n1.(3)cn(n1)22n2n22n1(2n1)2n，Sn32522723(2n1)2n.2Sn322523(2n1)2n(2n1)2n1.得，Sn3222222322n(2n1)2n1 222（12n）12(2n1)2n1 2(2n1)2n1，Sn(2n1)2n12.1(2015江苏，11，中)设数列an满足 a11，an1ann1(nN*)，则数列1an 前 10 项的和为_【解析】a2a12，a3a23，a4a34，anan1n，以上 n1 个式子相加得，ana1234n，
52、a11，an123nn（n1）2，1an2n（n1）21n 1n1，S102112 12131314 19 110 110 11121 1112011.【答案】20112(2015山东，19，12 分，中)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列1anan1 的前 n 项和为n2n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(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 1a1a213，所以 a1a23.令 n2，得 1a1a2 1a2a325，所以 a2a315.解得 a11，d2.所以 an2n1.(2)由(1)知 bn2n22n1n4n
53、，所以 Tn141242n4n，所以 4Tn142243n4n1，两式相减，得 3Tn41424nn4n1 4（14n）14n4n1 13n34n143.所以 Tn3n194n149 4（3n1）4n19.3(2015安徽，18，12 分，中)已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设 Sn 为数列an的前 n 项和，bn an1SnSn1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题设知 a1a4a2a38，又 a1a49，可解得a11，a48或a18，a41(舍去)由 a4a1q3 得 q2，故 ana1qn12n1.(2)Sna1（1
54、qn）1q2n1，又 bn an1SnSn1Sn1SnSnSn1 1Sn 1Sn1，所以 Tnb1b2bn1S1 1S2 1S2 1S3 1Sn 1Sn1 1S1 1Sn1112n11.4(2015浙江，17，15 分，中)已知数列an和bn满足 a12，b11，an12an(nN*)，b112b213b31nbnbn11(nN*)(1)求 an 与 bn；(2)记数列anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解：(1)由 a12，an12an，知 an0，故an1an 2，即an是以 2 为首项，2为公比的等比数列，得 an2n(nN*)由题意知，当 n1 时，b1b21，故 b22.当 n
55、2 时，1nbnbn1bn，整理得 bn1n1bnn，所以bnn 是以 1 为首项，1 为公比的等比数列，即bnn 1，所以 bnn(nN*)(2)由(1)知 anbnn2n.因此 Tn12222323n2n，2Tn22223324n2n1，得 Tn222232nn2n1.故 Tn(n1)2n12(nN*)1(2012课标全国，12，中)数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为()A3 690 B3 660C1 845 D1 830【答案】D an1(1)nan2n1，a21a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69a1，a72a1，a815a1，a9a1，a101
56、7a1，a112a1，a1223a1，a57a1，a58113a1，a592a1，a60119a1，a1a2a60(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a57a58a59a60)10264223415（10234）21 830.2(2012福建，11，难)数列an的通项公式 anncosn2，其前 n 项和为 Sn，则 S2 012 等于()A1 006 B2 012C503 D0【答案】A ycos n2 的周期 T224，可分四组求和则 a1a5a2 0090，a2a6a2 010262 010503（22 010）25031 006，a3a7a2 0110，a4a8a2 012482
57、 012503（42 012）25031 008，S2 01205031 00605031 008503(1 0061 008)1 006.3(2013江苏，14，难)在正项等比数列an中，a512，a6a73，则满足a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为_【解析】设公比为 q，a512，a6a7a5qa5q23，12q12q23，q2q60，(q2)(q3)0.q0，q2.a5a1q412，a1125，an1252n12n6.则 a1a2an125（12n）1225(2n1)a1a2an2524232n62n（n11）2，25(2n1)2n（n11）2，2n12n（n11）25.
58、令 nn（n11）25，即 n213n100，13 1292n13 1292，n12，nN*，当 n1，2，3，12 时，2n12n（n11）25.当 n13 时，2n12n（n11）25.从而满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的值为 12.【答案】124(2014安徽，18，12 分，中)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
59、)由(1)得ann 1(n1)1n，所以 ann2.从而 bnn3n.Sn131232333n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1 3（13n）13n3n1（12n）3n132.所以 Sn（2n1）3n134.5(2014山东，19，12 分，难)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 bnan（n1）2，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
60、知 bnan（n1）2n(n1)则 bn1bn2(n1)，所以 Tn122334(1)nn(n1)可得当 n 为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n n2（42n）2 n（n2）2，当 n 为奇数时，TnTn1(bn)（n1）（n1）2n(n1)（n1）22.所以 Tn（n1）22，n为奇数，n（n2）2，n为偶数.考向 1 公式法求和1数列求和的一般思路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前 n 项和的数列来求之2一些特殊数列的前 n 项和公式(1)123n12n(n1)；(2)2462nn(n1)；(3)135(2
61、n1)n2；(4)122232n216n(n1)(2n1)；(5)132333n314n2(n1)2.(2013安徽，19，13 分)设数列an满足 a12，a2a48，且对任意 nN*，函数 f(x)(anan1an2)xan1cos xan2sin x 满足 f2 0.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2an 12an，求数列bn的前 n 项和 Sn.【解析】(1)由题设可得 f(x)anan1an2an1sin xan2cos x.对任意 nN*，f2 anan1an2an10，即 an1anan2an1，故an为等差数列 由 a12，a2a48，解得an的公差 d1，所以 an
62、21(n1)n1.(2)因为 bn2an 12an 2n1 12n1 2n 12n2，所以 Snb1b2bn(222)2(12n)12 122 12n 2n2n（n1）212112n112 n23n1 12n.【点拨】本题是以函数、三角函数为载体，考查数列问题，也是关于数列的创新题解答(1)的关键是牢记正、余弦函数的导数公式；解答(2)时注意将通项公式分组转化为等差、等比数列求和几类可以使用公式求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，
63、分别使用等差数列或等比数列的求和公式(3)等差数列各项加上绝对值或等差数列乘以(1)n.(2013课标，17，12 分)已知等差数列an的公差不为零，a125，且 a1，a11，a13 成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求 a1a4a7a3n2.解：(1)设an的公差为 d，由题意得 a211a1a13，即(a110d)2a1(a112d)，即 d(2a125d)0.又 a125，d0(舍去)或 d2.故 an2n27.(2)令 Sna1a4a7a3n2.由(1)知 a3n26n31，故a3n2是首项为 25，公差为6 的等差数列从而 Snn2(a1a3n2)n2(6n56)3n228n
64、.考向 2 错位相减法求和错位相减法求和的适用条件及关注点(1)适用条件：如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成(即求数列anbn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列)，那么这个数列的前 n 项和可用此法来求(2)关注点：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“SnqSn”的表达式在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，要分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解(2014课标，17，12 分)已知an是递增的等差数列，a2，a4 是方程
65、x25x60 的根(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n 的前 n 项和【解析】(1)方程 x25x60 的两根为 2，3，由题意得 a22，a43.设数列an的公差为 d，则 a4a22d，故 d12，从而 a132.所以an的通项公式为 an12n1.(2)设an2n 的前 n 项和为 Sn，由(1)知an2nn22n1，则 Sn 322 423n12n n22n1，12Sn 323 424n12n1 n22n2.两式相减得 12Sn34123 12n1 n22n2 34141 12n1 n22n2 1n42n2.所以 Sn2n42n1.错位相减法求和的具体步骤(1)写出 Snc1c
66、2cn；(2)等式两边同乘以等比数列的公比 q，即 qSnqc1qc2qcn；(3)两式错位相减转化成等比数列求和；(4)两边同除以 1q，求出 Sn.同时注意对 q 是否为 1 进行讨论(2013山东，20，12 分)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b1a1b2a2bnan1 12n，nN*，求bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.由 S44S2，a2n2an1 得 4a16d8a14d，a1（2n1）d2a12（n1）d1，解得 a11，d2.因此 an2n1(nN
67、*)(2)由已知b1a1b2a2bnan1 12n，nN*，当 n1 时，b1a112；当 n2 时，bnan1 12n1 12n1 12n.所以bnan 12n(nN*)由(1)知，an2n1，nN*，所以 bn2n12n，nN*.又 Tn12 322 5232n12n，12Tn122 3232n32n2n12n1，两式相减得 12T12222 223 22n 2n12n1 32 12n12n12n1，所以 Tn32n32n.思路点拨：本题(1)是将两个条件转化为关于 a1 和 d 的方程组求解，体现了方程的思想；本题(2)分两步，即第一步求 an，此过程中易忽略对 n1 和 n2的讨论；第
68、二步用错位相减法求和时，两式相减后易漏掉两边同乘以 2.考向 3 裂项法求和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(3)一般地，若an为等差数列，则求数列1anan1 的前 n 项和时可尝试此方法，事实上，1anan1ddanan1an1andanan1 1d1an 1an1.(2013江西，16，12 分)正项数列an满足：a2n(2n1)an2n0.(1)求数列an的通项公式 an；(2)令 bn1（n1）an，求数列bn的前
69、n 项和 Tn.【解析】(1)由 a2n(2n1)an2n0，得(an2n)(an1)0.由于an是正项数列，所以 an2n.(2)由于 an2n，bn1（n1）an，则 bn12n（n1）121n 1n1.Tn121121213 1n11n1n 1n1 121 1n1 n2（n1）.【点拨】本题考查数列通项公式及前 n 项和的求法，解题的关键是利用裂项相消法求和时，一定要注意消项时对称相消，对称剩余，最后剩余项数是偶数常见的裂项方法数 列裂项方法(n 为正整数)1n（nk）(k 为非零常数)1n（nk）1k1n 1nk14n2114n211212n112n11n n11n n1 n1 n l
70、oga11n(a0，a1)loga11n loga(n1)logan(a0，a1)(2013课标，17，12 分)已知等差数列an的前 n 项和 Sn 满足 S30，S55.(1)求an的通项公式；(2)求数列1a2n1a2n1 的前 n 项和解：(1)设an的公差为 d，则 Snna1n（n1）2d，由已知可得3a13d0，5a110d5，解得 a11，d1.故an的通项公式为 an2n.(2)由(1)知1a2n1a2n11（32n）（12n）1212n312n1，从而数列1a2n1a2n1 的前 n 项和为 121111111312n312n1 n12n.1(2015安徽马鞍山一模，7)公
71、比不为 1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且3a1，a2，a3 成等差数列若 a11，则 S4()A20 B0 C7 D40【答案】A 设数列的公比为 q，由3a1，a2，a3 成等差数列得2q3q2，解得 q3 或 q1(舍去)，故 S411（3）41（3）20.2(2015山西阳泉质检，7)已知数列an的前 n 项和为 Sn，并满足：an22an1an，a54a3，则 S7()A7 B12 C14 D21【答案】C 由 an22an1an 知数列an为等差数列，由 a54a3 得a5a34a1a7，所以 S77（a1a7）214.3(2014江西南昌 3 月月考，4)已知数列an的
72、通项公式是 an2n315n，则其前 20 项和为()A380351 1519B400251 1520C420341 1520D440451 1520【答案】C 令数列an的前 n 项和为 Sn，则 S20a1a2a202(1220)315 152 1520 220（201）23151 1520115420341 1520.4(2015河北保定调研，10)已知数列an的前 n 项和 Snn26n，则|an|的前 n 项和 Tn()A6nn2Bn26n18C.6nn2（1n3）n26n18（n3）D.6nn2（1n3）n26n（n3）【答案】C 由 Snn26n 可得，当 n2 时，anSnSn
73、1n26n(n1)26(n1)2n7.当 n1 时，S15a1，也满足上式，an2n7，nN*.n3 时，an3 时，an0.当 n3 时，Tn|Sn|6nn2，当 n3 时，TnSn2|S3|n26n18.Tn6nn2（1n3），n26n18（n3）.5(2015山东泰安一模，13)下面图形由小正方形组成，请观察图 1 至图 4的规律，并依此规律，写出第 n 个图形中小正方形的个数是_【解析】a11，a23，a36，a410，所以 a2a12，a3a23，a4a34，anan1n，等式两边同时累加得 ana123n.即 an12nn（n1）2，所以第 n 个图形中小正方形的个数是n（n1）2
74、.【答案】n（n1）26(2014山西晋中名校高三联考，16)已知数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记 Sn 为an的前 n 项和，则 S2 013_.【解析】a11，an1(1)n(an1)，a11，a22，a31，a40，a51，a62，可得该数列是周期为4 的数列，S2 013503(a1a2a3a4)a2 013 503(2)11 005.【答案】1 005思路点拨：对于问题所求项或前 n 项和的下标较大时，可考虑数列是否具有周期性，利用周期求解方法是通过计算前几项归纳出周期再求解7(2015河南郑州一模，14)整数数列an满足 an2an1an(nN*)，若此数列的前 8
75、00 项的和是 2 013，前 813 项的和是 2 000，则其前 2 015 项的和为_【解析】由 an2an1an，得 an2anan1anan1，易得该数列是周期为 6 的数列，且 an2an10，S800a1a22 013，S813a1a2a32 000，a3a2a113，a2a12 013，a11 013，a21 000，a313，a41 013，依次可得 a51 000，a613，由此可知 an1an2an3an4an5an60，S2 015S513.【答案】138(2015山东青岛一模，17，12 分)等差数列an中，a2a3a415，a59.(1)求数列an的通项公式；(2)
76、设 bn3an12，求数列an12bn 的前 n 项和 Sn.解：(1)设数列an的公差为 d，首项为 a1，由题意得 a2a3a415，a59，即3a16d15，a14d9，解得a11，d2.所以数列an的通项公式为 an2n1.(2)由(1)可得 bn3an123n，所以an12bnn3n，所以 Sn131232333434n3n，3Sn32233334n3n1，两式相减得 2Sn(33233343n)n3n1 3（13n）13n3n1 3（2n1）3n12，所以 Sn3（2n1）3n14.9(2015 河南洛阳一模，17，12 分)已知 nN*，数列dn满足 dn3（1）n2，数列an满
77、足 and1d2d3d2n；数列bn为公比大于 1 的等比数列，且 b2，b4 为方程 x220 x640 的两个不相等的实根(1)求数列an和数列bn的通项公式；(2)将数列bn中的第 a1 项，第 a2 项，第 a3 项，第 an 项，删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列cn，求数列cn的前 2 013 项的和解：(1)因为 dn3（1）n2，所以 and1d2d3d2n32n23n.因为 b2，b4 为方程 x220 x640 的两个不相等的实数根 解得 b24，b416，所以 bn2n.(2)由题知将数列bn中的第 3 项，第 6 项，第 9 项，删去后构成的新数列cn中的奇数列与
78、偶数列仍成等比数列，首项分别是 c12，c24，公比均是 8，T2 013(c1c3c5c2 013)(c2c4c6c2 012)2（181 007）184（181 006）18 2081 00667.10(2015河北邢台调研，17，12 分)已知各项均不相等的等差数列an的前5 项和为 S535，a11，a31，a71 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 Tn 为 数 列 1Sn 的 前 n 项 和，问 是 否 存 在 常 数 m，使 Tn mnn1n2（n2），若存在，求 m 的值；若不存在，说明理由解：(1)设数列an的公差为 d，由已知得 5a110d35，则 a12d2
79、7，又 a11，a31，a71 成等比数列，所以 82(82d)(84d)，解得 a13，d2，所以 an2n1.(2)Snn(n2)，1S1n（n2）121n 1n2，所以 Tn1211312141315 1n1 1n11n 1n2 12112 1n1 1n2 12nn1n2（n2）故存在常数 m12.1(2015浙江，10，易)已知an是等差数列，公差 d 不为零，若 a2，a3，a7 成等比数列，且 2a1a21，则 a1_，d_【解析】a2，a3，a7 成等比数列，a23a2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，化简得 d32a1.又 2a1a23a1d1，32a11，即 a1
80、23，d1.【答案】23 12(2015福建，16，易)若 a，b 是函数 f(x)x2pxq(p0，q0)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 pq 的值等于_【解析】a，b 是函数 f(x)的两个不同的零点，a，b 是方程 x2pxq0 的两根，abp，abq，(p0，q0)a0，b0.又a，b，2 可适当排序后成等比数列，2 一定是 a，b 的等比中项，即 ab4q.而 a，b，2 可适当排序后成等差数列，则有两种情况：b 是 a，2 的等差中项，则 2ba2.联立2ba2，ab4a4，b1，pab5.a 是 b，2 的等差中项，
81、则 2ab2，联立2ab2，ab4a1，b4，pab5.综上所述，pq9.【答案】93(2015 北京，16，13 分，中)已知等差数列an满足 a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足 b2a3，b3a7.问：b6 与数列an的第几项相等？解：(1)设等差数列an的公差为 d.因为 a4a32，所以 d2.又因为 a1a210，所以 2a1d10，故 a14.所以 an42(n1)2n2.(2)设等比数列bn的公比为 q.因为 b2a38，b3a716，所以 q2，b14.所以 b64261128.由 1282n2 得 n63.所以 b6 与数列an的第 6
82、3 项相等 4(2015重庆，16，13 分，易)已知等差数列an满足 a32，前 3 项和 S392.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足 b1a1，b4a15，求bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设an的公差为 d，则由已知条件得 a12d2，3a1322 d92，化简得 a12d2，a1d32，解得 a11，d12，故通项公式 an1n12，即 ann12.(2)由(1)得 b11，b4a1515128.设bn的公比为 q，则 q3b4b18，从而 q2.故bn的前 n 项和 Tnb1（1qn）1q1（12n）122n1.5(2015湖北，19，12 分，中)设等差数列an
83、的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列bn的公比为 q.已知 b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当 d1 时，记 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题意有，10a145d100，a1d2，即2a19d20，a1d2，解得a11，d2，或a19，d29.故an2n1，bn2n1.或an19（2n79），bn929n1.(2)由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn2n12n1，于是 Tn132 522 723 9242n12n1，12Tn12 322 523 724 9252n12n.可得 12Tn212 122 1
84、2n22n12n32n32n，故 Tn62n32n1.1(2012四川，12，中)设函数 f(x)(x3)3x1，an 是公差不为 0 的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则 a1a2a7()A0 B7C14 D21【答案】D f(x)(x3)3x1(x3)3(x3)2，而 yx3x 是单调递增的奇函数，f(x)(x3)3(x3)2 是关于点(3，2)成中心对称的增函数又an是等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)1472，f(a4)2，即(a43)3a412，a43，a1a2a77a421.故选 D.2(2011陕西，10，中)植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每
85、人植一棵，相邻两棵树相距 10 米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边现将树坑从 1 到 20 依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为()A和B和C和D和【答案】D 方法一：设树苗放在第 n 个坑，且不妨设相邻两坑的距离为1 个单位长度，则前 n 个坑到第 n 个坑的距离分别为|n1|，|n2|，2，1，0.其和为 S1|n1|n2|210(n1)(n2)210（n1）n2.后面各坑到第 n 个坑的距离分别为 1，2，20n，其和为 S212320n（120n）（20n）2，各坑到第 n 个坑的距离和为SS1S212(n2nn241n
86、420)n221n210.当 n212 时，S 最小又nN*，n10 或 n11 时，S 最小方法二(估算法)：分别计算树苗放在第 1，9，10，11 个坑时，各坑到其距离之和当树苗放在第 1 个坑时，各坑到其距离和为 S112319190；当树苗放在第 9 个坑时，各坑到其距离和为 S287610123113666102；当树苗放在第 10 个坑时，各坑到其距离和为 S3987101210100.易知树苗放在第 11 个坑时，各坑到其距离和为 S4S3100.故选 D.3(2013江西，12，中)某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则
87、需要的最少天数 n(nN*)等于_【解析】由题意知第 n 天植树 2n 棵，则前 n 天共植树 2222n(2n12)棵，令 2n12100，则 2n1102.又 2512664，26127128，n6.n 的最小值为 6.【答案】64(2014安徽，12，中)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 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】由 BC2 2得 BAa12AA1a2 2A1A2a3 2 22 1
88、，由此可归纳出an是以 a12 为首项，22 为公比的等比数列，因此 a7a1q6222614.【答案】145(2014陕西，14，中)已知 f(x)x1x，x0，若 f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，nN，则 f2 014(x)的表达式为_【解析】由已知易知 fn(x)0，fn1(x)f(fn(x)fn（x）1fn（x），1fn1（x）1fn（x）fn（x）1fn（x）1，1fn1（x）1fn（x）1，1fn（x）是以1f1（x）1xx 为首项，1 为公差的等差数列 1fn（x）1xx(n1)11nxx，fn(x)x1nx，f2 014(x)x12 014x.【答案】f2 01
89、4(x)x12 014x6(2014四川，19，12 分，中)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)证明：数列bn为等比数列；(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anb2n的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：由已知，bn2an0.当 n1 时，bn1bn 2an1an2d.数列bn是首项为 2a1，公比为 2d 的等比数列(2)函数 f(x)2x 在点(a2，b2)处的切线斜率为 2a2ln 2，函数 f(x)2x 在点(a2，b2)处的切线方程为 y2a22a2ln
90、2(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a2 1ln 2，故 a22.da2a11，ann，bn2n，anb2nn4n.于是 Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn442434nn4n1 4n143n4n1（13n）4n143.Sn（3n1）4n149.7(2012安徽，21，13 分，难)设函数 f(x)x2sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为xn(1)求数列xn的通项公式；(2)设xn的前 n 项和为 Sn，求 sin Sn.解：(1)令 f(x)12cos x0，得 cos x12，解得 x2k23(kZ)xn 是
91、f(x)从小到大排列的第 n 个正的极小值点，xn2n23(nN*)(2)由(1)可知，Sn2(12n)23nn(n1)2n3，sin Snsinn（n1）2n3.n(n1)表示两个连续正数的乘积，n(n1)一定为偶数，sin Snsin2n3.当 n3m2(mN*)时，sin Snsin2m43 32；当 n3m1(mN*)时，sin Snsin2m23 32；当 n3m(mN*)时，sin Snsin 2m0.综上所述，sin Sn 32，n3m2（mN*），32，n3m1（mN*），0，n3m（mN*）.8(2014江苏，20，16 分，难)设数列an的前 n 项和为 Sn.若对任意的正
92、整数 n，总存在正整数 m，使得 Snam，则称an是“H 数列”(1)若数列an的前 n 项和 Sn2n(nN*)，证明：an是“H 数列”；(2)设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0.若an是“H 数列”，求 d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H 数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立解：(1)证明：由已知，当 n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数 n，总存在正整数 mn1，使得 Sn2nam.所以an是“H 数列”(2)由已知，得 S22a1d2d.因为an是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2am，即 2d1(m1)
93、d，于是(m2)d1.因为 d0，所以 m20，上式不成立；当 n 为奇数时，(2)n2n2 012，即 2n2 012，则 n11.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 方法点拨：本题主要考查等差、等比数列基本量的运算，以及分类讨论的数学思想方法解题(1)的关键是利用已知条件列方程组求解，解题(2)要注意分类讨论考向 2 数列的实际应用数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公
94、比(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是 an 与 an1 的递推关系，还是前 n 项和 Sn 与前 n1 项和Sn1 之间的递推关系(2012湖南，20，13 分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第 n年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an1 与 an 的关系式；(2)若公司希望
95、经过 m(m3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)【思维导引】(1)由题意找出 a1，a2 与 d 的关系，递推出 an1 与 an 的关系；(2)用迭代法找出 an 与 d 的关系，再用等比数列前 n 项和求解【解析】(1)由题意得 a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)d32a1d4 50052d，an1an(150%)d32and.(2)由(1)得 an32an1d 3232an2d d 322an232dd 32n1a1d 13232232n2，整理得 an32n1(3 000d)2d 32n11 32n1(
96、3 0003d)2d.由题意，am4 000，知32m1(3 0003d)2d4 000，解得 d32m2 1 00032m11 000（3m2m1）3m2m.故该企业每年上缴资金 d 的值为1 000（3m2m1）3m2m时，经过 m(m3)年企业的剩余资金为 4 000 万元数列综合应用题的解题步骤(1)审题弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题(2)分解把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等(3)求解分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答具体解题步骤如下：(2011湖南
97、，20，12 分)某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M，M 的价值在使用过程中逐年减少从第 2 年到第 6 年，每年初 M的价值比上年初减少 10 万元；从第 7 年开始，每年初 M 的价值为上年初的 75%.(1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式；(2)设 Ana1a2ann，若 An 大于 80 万元，则 M 继续使用，否则需在第n 年初对 M 更新证明：需在第 9 年初对 M 更新解：(1)当 n6 时，数列an是首项为 120，公差为10 的等差数列 an12010(n1)13010n；当 n7 时，数列an是以 a6 为首项，公比为34的等比数列，又
98、a670，所以 an7034n6.因此，第 n 年初 M 的价值 an 的表达式为 an13010n，n6，7034n6，n7.(2)证明：设 Sn 表示数列an的前 n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当 1n6 时，Sn120n5n(n1)，An1205(n1)1255n；当 n7 时，由于 S6570，故 SnS6(a7a8an)57070344134n6 78021034n6，An78021034n6n.因为an是递减数列，所以An是递减数列 又 A8780210342882476480，A9780210343976799680，所以需在第 9 年初对 M 更新考向 3 数列与函数
99、、不等式的综合应用数列与函数、不等式的综合问题(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：已知函数条件，解决数列问题此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件，解决函数问题解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题(2014广东，19，14 分)设各项均为正数的数列an的前 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1a1（a11）
100、1a2（a21）1an（an1）0，S12，即 a12.(2)由 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，得(Sn3)Sn(n2n)0.an0(nN*)，Sn0，从而 Sn30，Snn2n，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又 a1221，an2n.(3)证明：kN*，4k22k(3k23k)k2kk(k1)0，4k22k3k23k，1ak（ak1）12k（2k1）14k22k13k23k 131k 1k1.1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13111212131n 1n1 131 1n1 13.对一切正整数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（a
101、n1）13.数列中不等式问题的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式(2)放缩方法：数列中的不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到(3)比较方法：作差或作商比较法(2013广东，19，14 分)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为Sn，满足 4Sna2n14n1，nN*，且 a2，a5，a14 构成等比数列(1)证明：a2 4a15；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有 1a1a2 1a2a31anan112.解：(1)证明：当 n1 时，4a1a225，a224a
102、15，an0，a2 4a15.(2)当 n2 时，4Sn1a2n4(n1)1，4an4Sn4Sn1a2n1a2n4，a2n1a2n4an4(an2)2，an0，an1an2.当 n2 时，an是公差 d2 的等差数列 a2，a5，a14 构成等比数列 a25a2a14(a26)2a2(a224)，解得 a23，由(1)可知，4a1a2254，a11.a2a1312，an是首项 a11，公差 d2 的等差数列 数列an的通项公式为 an2n1.(3)证明：1a1a2 1a2a31anan1 113 135 1571（2n1）（2n1）12113 1315 1517 12n112n1 12112n
103、1 12.思路点拨：第(1)(2)两问是已知 Sn 求 an，an是等差数列，第(3)问只需裂项求和即可，估计不少考生能猜出通项公式，跳过第(2)问，做出第(3)问本题易错点在于分成 n1，n2 后，不会求 a1，没有证明 a1 也满足通项公式1(2015四川成都一模，8)设曲线 y2 014xn1(nN*)在点(1，2 014)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 anlog2 014xn，则 a1a2a2 013 的值为()A2 014 B2 013C1 D1【答案】D y2 014(n1)xn，故曲线在点(1，2 014)处的切线方程是y2 0142 014(n1)(x1)，xn
104、 nn1.a1a2a2 013log2 014(a1a2a2 013)log2 01412232 0132 014log2 01412 0141.2(2014山西晋中名校高三联考，5)已知正项等差数列an满足：an1an1a2n(n2)，等比数列bn满足：bn1bn12bn(n2)，则 log2(a2b2)()A1 或 2 B0 或 2C2 D1【答案】C 由题意可知 an1an12ana2n，解得 an2(n2)(由于数列an每项都是正数，故 an0 舍去)，又 bn1bn1b2n2bn(n2)，所以 bn2(n2)，故 log2(a2b2)log242.思路点拨：解答本题的关键是巧妙运用等
105、差中项和等比中项公式求 an 和 bn的表达式3(2015福建福州质检，9)已知函数 f(x)x2ax 的图象在点 A(1，f(1)处的切线 l 与直线 x3y20 垂直，若数列1f（n）的前 n 项和为 Sn，则 S2 015 的值为()A.2 0152 016B.2 0142 015C.2 0122 013D.2 0132 014【答案】A 由题意 f(1)2a3，a1，f(n)n2n，故数列的通项公式1f（n）1n（n1）1n 1n1，S2 0151112 1213 12 01512 016112 0162 0152 016.4(2015甘肃兰州一模，8)如图，矩形 AnBnCnDn 的
106、一边 AnBn 在 x 轴上，另外两个顶点 Cn，Dn 在函数 f(x)x1x(x0)的图象上若点 Bn 的坐标(n，0)(n2，nN*)记矩形 AnBnCnDn 的周长为 an，则 a2a3a10()A208 B216 C212 D220【答案】B 由点 Bn 的坐标(n，0)(n2，nN*)，得 Cnn，n1n，令 x1xn1n，即 x2n1n x10，解得 xn 或 x1n，所以 Dn 1n，n1n，所以矩形 AnBnCnDn 的周长 an2n1n 2n1n 4n，所以 a2a3a108121640216.5(2015山东滨州一模，14)数列an的通项为 an(1)nnsinn2 1 的
107、前 n 项和为 Sn，则 S100_.【解析】由数列an的通项公式得 a10，a21，a34，a41，a54，a61，a78，a81，四项为一组，每组的和都是 6，故 S100256150.【答案】1506(2015北京石景山一模，14)对于实数 x，用x表示不超过 x 的最大整数，如0.30，5.65.若 nN*，ann4，Sn 为数列an的前 n 项和，则 S8_；S4n_.【解析】因为 ann4，所以当 n1，2，3 时 an0；当 n4，5，6，7时，an1；当 n8，9，10，11 时，an2；当 n4n，4n1，4n2，4n3 时，ann，所以 S8304126.S4n30412(
108、n1)n4（n1）n2n2n2n.【答案】6 2n2n7(2014安徽安庆二模，13)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为 1，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6 的横、纵坐标分别对应数列an(nN*)的前 12 项(如下表所示)，按如此规律下去，则 a2 013a2 014a2 015_.a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12 x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6【解析】由 a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84 可知，这个数列的规律是奇数项为 1，1，2，2，3，3，偶数项为1，2，3，故 a2 013a2 0151，a2 0141
109、007，故 a2 013a2 014a2 0151 008.【答案】1 0088(2015山东潍坊一模，14)现有一根 n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为 10 cm，最下面的三节长度之和为 114 cm，第6 节的长度是首节与末节长度的等比中项，则 n_.【解析】设对应的数列为an，公差为 d，(d0)由题意知 a110，anan1an2114，a26a1an.由 anan1an2114 得 3an1114，解得 an138，即(a15d)2a1(an1d)，即(105d)210(38d)，解得 d2，所以 an1a1(n2)d38，即 102(n2)38，解得
110、 n16.【答案】169(2015江西师大附中调研，16，12 分)已知an为公差不为零的等差数列，首项 a1a，an的部分项 ak1，ak2，akn 恰为等比数列，且 k11，k22，k35.(1)求数列an的通项公式 an(用 a 表示)；(2)若数列kn的前 n 项和为 Sn，求 Sn.解：(1)an的公差为 d(d0)，由已知得 a1a，a2ad，a5a4d 成等比数列，(ad)2a(a4d)，得 a0 或 d2a，若 a0，则an为 0，d，2d，3d，4d，这与 a1，a2，a5 成等比数列矛盾，d2a，ana1(n1)d(2n1)a.(2)由(1)可知 an(2n1)a，akn(
111、2kn1)a，而等比数列akn的公比 qa2a ada 3.akna3n1，akn(2kn1)aa3n1，kn3n112123n112.Sn12301231123n1 12n 1213n13 n23n2n14.10(2015湖北荆州三模，19，13 分)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800万元，以后每年投入将比上一年减少15，本年度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加14.(1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元，旅游业总收入为 bn 万元，
112、写出 an，bn 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解：(1)第 1 年投入 800 万元，第 2 年投入 800115 万元，第 n 年投入 800115n1万元，所以，n 年内的总投入为 an800800115 800115n1800 14545245n14 000145n.第 1 年旅游业收入 400 万元，第 2 年旅游业收入 400114 万元，第n 年旅游业收入1140014n万元，所以，n 年内的旅游业总收入为 bn400400114 400114n1 40015454254n1 1 60054n1.(2)设至少经过 n 年，旅游业的总收入才能超过总投入
113、，由此得 bnan0，即 1 60054n1 4 000145n0，令 x45n，代入上式得 5x27x20，解此不等式，得 x25或 x1(舍去)即45n25，由此得 n5.所以至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入11(2015湖南师大附中调研，18，12 分)对于数列xn，若对任意 nN*，都有xnxn22xn1 成立，则称数列xn为“减差数列”设数列an是各项都为正数的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且 a11，S374.(1)求数列an的通项公式，并判断数列Sn是否为“减差数列”；(2)设 bn(2nan)tan，若数列 b3，b4，b5，是“减差数列”，求实数 t的取值范
114、围解：(1)设数列an的公比为 q，因为 a11，S374，所以 1qq274，即 4q24q30，所以(2q1)(2q3)0.因为 q0，所以 q12，所以 an 12n1，Sn1 12n1122 12n1，所以SnSn222 12n 12n22 12nSn1，所以数列Sn是“减差数列”(2)由题设知，bn2 n2n1 t 12n12ttn12n1.由bnbn22bn1(n3，nN*)，得 ttn12n tt（n2）12n22tt（n1）12n，即tn12n t（n2）12n2t（n1）12n，化简得 t(n2)1.又当 n3 时，t(n2)1 恒成立，即 t 1n2恒成立，所以 t1n2
115、max1.故 t 的取值范围是(1，)12(2014安徽合肥第一次质检，19，13 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn33an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog3an，Tnb1a1b2a2bnan，求证：13Tn34.解：(1)当 n1 时，2S133a1，a13.当 n2 时，2Sn33an，2Sn133an1，2Sn2Sn13an3an1，an3an1(n2)数列an是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，数列an的通项公式为 an3n.(2)证明：由(1)得bnanlog33n3nn13n，Tnb1a1b2a2bnan 1312132(n1)13n
116、1n13n，13Tn1322133(n1)13nn13n1，由得 23Tn13113213313nn13n1 131 13n113n13n1 121 13n n13n1，Tn3432n43n0，Tn单调增加，故 TnT113.综上，13Tn34.思路点拨：(1)借助 anSnSn1 求解；(2)分两步证明：第一步证明 Tnan，d0，d2，qb2b12，an1(n1)22n1，bn22n12n.(2)Tna1b1a2b2anbn12 322 5232n12n，12Tn122 323 5242n12n1.，得12Tn 1212 122 123 12n1 2n12n1.Tn11 12n11122n
117、12n 3 12n22n12n 32n32n.20(12 分)(2014浙江杭州二模，18)设在等差数列an和等比数列bn中，a11，b12，bn0(nN*)，且 b1，a2，b2 成等差数列，a2，b2，a32 成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cnabn，数列cn的前 n 项和为 Sn.若S2n4nSn2n 0)由题意，得2（1d）22q，（2q）2（1d）（32d），解得 dq3，an3n2，bn23n1.(2)cn3bn223n2，Snc1c2cn 2(31323n)2n 3n12n3.S2n4nSn2n 32n133n13 3n1.3n1(3n1)max.故 t2
118、.21(12 分)(2013湖南，19)设 Sn 为数列an的前 n 项和，已知 a10，2ana1S1Sn，nN*.(1)求 a1，a2 并求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前 n 项和解：(1)令 n1，得 2a1a1a21，即 a1a21，a10，a11，令 n2，得 2a21S21a2，解得 a22.当 n2 时，由 2an1Sn，2an11Sn1，两式相减得 2an2an1an，即 an2an1，数列an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，数列an的通项公式为 an2n1.(2)由(1)知，nann2n1.记数列n2n1的前 n 项和为 Bn，于是 Bn122322n2n1
119、，2Bn12222323n2n.得 Bn12222n1n2n 2n1n2n.从而 Bn1(n1)2n.思路点拨：(1)用赋值法求出 a1，a2，再用 anSnSn1(n2)，求出 an；(2)用错位相减法可求出nan的前 n 项和22(14 分)(2012湖北，20)已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为 8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若 a2，a3，a1 成等比数列，求数列|an|的前 n 项和解：(1)设等差数列an的公差为 d，则 a2a1d，a3a12d，由题意得3a13d3，a1（a1d）（a12d）8，解得a12，d3，或a14，d3.所以由等差数列通项公式可得 an23(n1)3n5，或 an43(n1)3n7.故 an3n5，或 an3n7.(2)当 an3n5 时，a2，a3，a1 分别为1，4，2，不成等比数列；当 an3n7 时，a2，a3，a1 分别为1，2，4，成等比数列，满足条件 故|an|3n7|3n7，n1，2，3n7，n3.记数列|an|的前 n 项和为 Sn.当 n1 时，S1|a1|4；当 n2 时，S2|a1|a2|5；当 n3 时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5（n2）2（3n7）232n2112 n10.当 n2 时，满足此式 综上所述，Sn4，n1，32n2112 n10，n1.