1、 (2015课标，17，12 分，中)Sn 为数列an的前 n 项和已知 an0，a2n2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和解：(1)a2n2an4Sn3，a2n12an14Sn13.两式相减得 a2n1a2n2(an1an)4an1，即 2(an1an)a2n1a2n(an1an)(an1an)由于 an0，可得 an1an2.又 a212a14a13，解得 a11(舍去)，a13.所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以通项公式 an2n1.(2)由 an2n1 可知 bn1anan11（2n1）（2n3）1212n112n
2、3.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn 121315 1517 12n112n3 n3（2n3）.1(2013辽宁，4，易)下面是关于公差 d0 的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列ann 是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2Bp3，p4Cp2，p3Dp1，p4【答案】D an是等差数列，则 ana1(n1)ddna1d，因为 d0，所以an是递增数列，故 p1 正确；对 p2，举反例，令 a13，a22，d1，则 a12a2，故nan不是递增数列，p2 不正确；ann da1dn，当
3、 a1d0 时，ann递减，p3 不正确；an3nd4nda1d，4d0，an3nd是递增数列，p4 正确故p1，p4 是正确的，故选 D.2(2011江西，5，易)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足：SnSmSnm，且a11，那么 a10()A1 B9 C10 D55【答案】A a10S10S9(S1S9)S9S1a11，故选 A.3(2013湖南，15，难)设 Sn 为数列an的前 n 项和，Sn(1)nan 12n，nN*，则(1)a3_；(2)S1S2S100_.【解析】(利用 an 与 Sn 的关系求通项公式)(1)由已知得 S3a3 123，S4a4 124，两式相减得 a4a
4、4a3 124 123，a3 124 123 116.(2)已知 Sn(1)nan 12n，当 n 为奇数时，Sn1an1 12n1，Snan 12n，两式相减得 an1an1an 12n1，an 12n1；当 n 为偶数时，则Sn1an1 12n1，Snan 12n，两式相减得 an1an1an 12n1，即 an2an1 12n1 12n.综上，an 12n1（n为奇数），12n（n为偶数），S1S2S100a112 a2 122 a100 12100(a2a4a100)(a1a3a99)12 122 12100 122 124 12100 122 124 12100 12 122 121
5、00 122 124 12100 12 123 1299 12211225011412112250114 13121001.【答案】(1)116(2)131210014(2012四川，20，12 分，中)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2anS2Sn 对一切正整数 n 都成立(1)求 a1，a2 的值；(2)设 a10，数列lg10a1an的前 n 项和为 Tn.当 n 为何值时，Tn 最大？并求出Tn 的最大值解：(1)取 n1，得 a2a1S2S12a1a2，取 n2，得 a222a12a2，由，得 a2(a2a1)a2.若 a20，由知 a10.若 a20，由知 a2a11.由
6、解得 a1 21，a22 2或 a11 2，a22 2.综上可得，a10，a20 或 a1 21，a2 22 或 a11 2，a222.(2)当 a10 时，由(1)知 a1 21，a2 22.当 n2 时，有(2 2)anS2Sn，(2 2)an1S2Sn1，所以(1 2)an(2 2)an1，即 an 2an1(n2)，所以 ana1(2)n1(21)(2)n1.令 bnlg10a1an，则 bn1lg(2)n1112(n1)lg 212lg1002n1.所以数列bn是单调递减的等差数列公差为12lg 2，从而 b1b2b7lg108 lg 10，当 n8 时，bnb812lg100128
7、0，所以(n1)an1nan0，即an1an nn1，所以a2a1a3a2a4a3a5a4 anan1 12233445n1n，所以 an1n.【答案】1n(3)【解析】由于 an1252 1an2an22an，所以1an12 2anan24an22，即 bn14bn2，bn1234bn23.又 a11，故 b11a121.所以bn23 是首项为13，公比为 4 的等比数列，bn23134n1，bn134n123.【答案】134n123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
8、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）.(1)(2013课标，14)若数列an的前 n 项和 Sn23an13，则an的通项公式是 an_(2)(2012大纲全国，18，12 分)已知数列an中，a11，前 n 项和 Snn23an.求 a2，a3；求an的通项公式
9、【解析】(1)由 Sn23an13得，当 n2 时，Sn123an113，两式相减，整理得 an2an1，又 n1 时，S1a123a113，a11，an是首项为 1，公比为2 的等比数列，故 an(2)n1.(2)由 S243a2 得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13.由 S353a3 得 3(a1a2a3)5a3，解得 a332(a1a2)6.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
10、）2.显然，当 n1 时也满足上式 综上可知，an的通项公式 ann（n1）2.【点拨】解题(1)的关键是由 anSnSn1 构造等比数列求 an；解题(2)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.已知 Sn 求 an 的一般步骤(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
11、两段来写(2012广东，19，14 分)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)22(SnSn1)2n12an2n1.因为当 n1 时，a1S11 也满足上式，所以 Sn2an2n1(n1)当 n2 时，Sn12an12(n1)1，两式相减得 an2an2an12，所以 an2an12(n2)，所以 an22(a
12、n12)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.考向 3 数列的单调性及其应用1数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看成是以正整数集 N*或 N*的有限子集1，2，3，n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2数列的单调性(1)递增数列an1an；(2)递减数列an1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为 a52，最小项为 a40.(2)an11a2（n1）112n2a2，已知对任意的 nN*，都有
13、 ana6 成立，结合函数 f(x)112x2a2的单调性，可知 52a2 6，即10a0数列an是单调递增数列；an1an0 时，则an1an 1数列an是单调递增数列；an1an 1数列an是单调递减数列；an1an 1数列an是常数列当 an1数列an是单调递减数列；an1an an.求实数 k 的取值范围解：(1)由 n25n40，解得 1nn2kn4，化简得，k2n1，又有 nN*，则有 k3.1(2015重庆模拟，4)已知 a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()A2n1 B.n1nn1Cn2Dn【答案】D 因为 ann(an1an)，所以an1an n1
14、n，所以 an anan1an1an2an2an3a3a2a2a1a1 nn1n1n2n2n332211n.2(2014河北四校联考，5)已知数列an满足条件12a1122a2 123a312nan2n5，则数列an的通项公式为()Aan2n1Ban14（n1），2n1（n2）Can2nDan2n2【答案】B 由题意可知，数列an满足条件12a1 122a2 123a3 12nan2n5，则12a1 122a2 123a3 12n1an12(n1)5，n1，两式相减可得，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：
15、an14（n1），2n1（n2）.故选 B.3(2015河南洛阳模拟，7)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列 5，9，14，20，为“梯形数”根据图形的构成，此数列的第 2 014 项与 5 的差，即a2 0145()A2 0182 012 B2 0202 013C1 0092 012 D1 0102 013【答案】D 因为 anan1n2(n2)，a15，所以 a2 014(a2 014a2 013)(a2 013a2 012)(a2a1)a12 0162 01545（2 0164）2 013251 0102 0135，所以 a2 01451 0102 013，故选 D.4(2015江西九
16、江模拟，13)在数列an中，已知 a11，an11an1，记Sn 为数列an的前 n 项和，则 S2 014_【解析】a21a11 11112，a31a2111212，a41a311211，可见 a4a1，由此可得，an3an，因此数列an是以 3 为周期的周期数列，则 S2 014671(a1a2a3)a1 6711122 12 0112.【答案】2 01125(2015山东潍坊调研，12)已知an是递增数列，且对于任意的 nN*，ann2n 恒成立，则实数 的取值范围是_【解析】方法一(定义法)：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，
17、得 2n10，即(2n1)(*)因为 n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需 3.方法二(函数法)：设 f(n)ann2n，其图象的对称轴为直线 n2，要使数列an为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数 f(n)为增函数，故只需满足 f(1)3.【答案】36(2015山东青岛调研，16，12 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数 f(x)12x212x 的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设数列1anan2 的前 n 项和为 Tn，不等式 Tn13loga(1a)对任意正整数 n恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)点(n，Sn)在函数
18、 f(x)12x212x 的图象上，Sn12n212n.当 n2 时，Sn112(n1)212(n1)，得 ann.当 n1 时，a1S112121，符合上式，ann(nN*)(2)由(1)得1anan21n（n2）121n 1n2，Tn 1a1a3 1a2a41anan2 12113 121214 121n1 1n1 121n 1n2 12112 1n1 1n2 34121n1 1n2.Tn1Tn1（n1）（n3）0，数列Tn单调递增，Tn中的最小项为 T113.要使不等式 Tn13loga(1a)对任意正整数 n 恒成立，只要1313loga(1a)，即loga(1a)0，a0，0aa，0
19、a0，则 a2a30B若 a1a30，则 a1a20C若 0a1 a1a3D若 a10【答案】C 对于 A，若 a12，a21，a34，则 a2a350，结论不成立；对于 C，0a10.a1a3(a2d)(a2d)a22d2a22，a1a3a2.结论成立；对于 D，(a2a1)(a2a3)d20，结论不成立2(2015广东，10，易)在等差数列an中，若 a3a4a5a6a725，则a2a8_.【解析】a2a8a3a7a4a62a5，52(a2a8)25，a2a810.【答案】103(2015陕西，13，易)中位数为 1 010 的一组数构成等差数列，其末项为 2 015，则该数列的首项为_【
20、解析】设首项为 a1，由等差中项的定义知 a12 01521 010，a15.【答案】54(2015课标，16，中)设 Sn 是数列an的前 n 项和，且 a11，an1SnSn1，则 Sn_【解析】an1SnSn1，且 an1Sn1Sn，Sn1SnSnSn1，1Sn 1Sn11，即 1Sn1 1Sn1.又 1S1 1a11，1Sn 是首项为1，公差为1 的等差数列，1Sn1(n1)(1)n.Sn1n.【答案】1n1(2012辽宁，6，易)在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11项和 S11()A58 B88 C143 D176【答案】B 由等差数列性质可知，a4a8a1a111
21、6，所以 S1111（a1a11）288.2.(2014辽宁，8，中)设等差数列an的公差为 d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Ca1d0【答案】C 设 bn2a1an，则 bn12a1an+1，由于2a1an是递减数列，则bnbn1，即 2a1an 2a1an+1.y2x 是单调增函数，a1ana1an1，a1ana1(and)0，a1(anand)0，即 a1(d)0，a1dbn1 求解3(2012江西，12，易)设数列an，bn都是等差数列，若 a1b17，a3b321，则 a5b5_.【解析】方法一：设 cnanbn，an，bn是等差数列，cn是等差数列，设其公差为 d，则
22、c17，c3c12d21，解得 d7，因此，c5a5b57(51)735.方法二：设 cnanbn，an，bn是等差数列，cn是等差数列，2(a3b3)(a1b1)(a5b5)，即 427(a5b5)，因此 a5b542735.【答案】354(2013重庆，12，易)已知an是等差数列，a11，公差 d0，Sn 为其前n 项和，若 a1，a2，a5 成等比数列，则 S8_.【解析】设数列an的公差为 d，由 a1，a2，a5 成等比数列，得(1d)21(14d)，解得 d2 或 d0(舍去)，所以 S8818（81）2264.【答案】645(2013课标，16，难)等差数列an的前 n 项和为
23、 Sn，已知 S100，S1525，则 nSn 的最小值为_【解析】设数列an的首项为 a1，公差为 d，则 S1010a11092d10a145d0，S1515a115142d15a1105d25.联立，得 a13，d23，所以 Sn3nn（n1）223 13n2103 n.令 f(n)nSn，则 f(n)13n3103 n2，f(n)n2203 n.令 f(n)0，得 n0 或 n203.当 n203 时，f(n)0，当 0n203 时，f(n)0，公差 d0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前 n 项和有最大值，且满足an0，an10.(2)若等差数列的首项 a10，则等差数列是递增数
24、列，负数项有限，前 n 项和有最小值，且满足an0，an10.(1)(2014北京，12)若等差数列an满足 a7a8a90，a7a100，S3S11，则当 n 为多少时，Sn 最大？【解析】(1)a7a8a90，a7a92a8，3a80，即 a80.又a7a10a8a90，a90，所以a1130.故当 n7 时，Sn 最大 方法二：由于 Snan2bn 是关于 n 的二次函数，由 S3S11，可知 Snan2bn 的图象关于 n31127 对称由方法一可知 aa1130，S3S11 可知 d0，a80，d0 时，满足an0，an10的项数 n，使 Sn 取最大值；当 a10 时，满足an0，
25、an10 的项数 n，使 Sn 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使 Sn 取最值的 n 有两个(2014河南郑州联考，17，12 分)已知an是一个等差数列，且 a21，a55.(1)求an的通项；(2)求an的前 n 项和 Sn 的最大值解：(1)设an的公差为 d，由已知条件，得a1d1，a14d5，解得 a13，d2，所以 ana1(n1)d2n5.(2)方法一：因为 Snna1n（n1）2d n24n4(n2)2，所以 n2 时，Sn 取到最大值 4.方法二：因为 an52n，由数列的特点知，项由正变负，故前若干正数项的和为 Sn 的最大值，于是an52n0
26、，an152（n1）0，即1.5n2.5，nN*，所以 n2.故 Sn 的最大值为 S2a1a2314.1(2015广东河源模拟，3)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a13S1313，则 a1()A14 B13 C12 D11【答案】D 在等差数列an中，S1313（a1a13）213，所以 a1a132，则 a12a1321311，故选 D.2(2014福建厦门调研，4)等比数列an中，Sn 是数列an的前 n 项和，S314，且 a18，3a2，a36 依次成等差数列，则 a1a3 等于()A4 B9 C16 D25【答案】C S3a1a2a314，a18a366a2，7a2
27、28，即a24，a1a3a2216.3(2015河北承德模拟，4)等差数列an的前 n 项和为 Sn(n1，2，3，)，当首项 a1 和公差 d 变化时，若 a5a8a11 是一个定值，则下列各数中为定值的是()AS17BS18CS15DS16【答案】C 由等差数列的性质得 a5a112a8，所以 a5a8a11 为定值，即 a8 为定值又因为 S1515（a1a15）2152a8215a8，所以 S15 为定值故选 C.4(2014陕西宝鸡三模，14)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a59，S515，则使其前 n 项和 Sn 取得最小值时的 n_【解析】由 S55（a1a5）2，
28、又 a59，S515，解得 a13，可得 d3，故通项公式为 an3n6，为递增数列，其中 a20，所以其前 n 项和 Sn取得最小值时 n1 或 2.【答案】1 或 25(2015江苏无锡一模，6)已知数列an中，a11，a22，当整数 n1 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】2116(2015河南郑州模拟，13)设等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意正整数 n 都有SnT
29、n2n34n3，则a9b5b7a3b8b4的值为_【解析】因为an，bn为等差数列，所以a9b5b7a3b8b4 a92b6 a32b6a9a32b6 a6b6.因为S11T11a1a11b1b112a62b6211341131941，所以a6b61941.【答案】19417(2015山东临沂模拟，19，12 分)已知在数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2nanSn12.(1)求 Sn 的表达式；(2)设 bnSn2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn，证明：Tn12.解：(1)当 n2 时，anSnSn1 代入 S2nanSn12，得 2SnSn1SnSn10，
30、由于 Sn0 时，所以 1Sn 1Sn12.所以1Sn 是首项为 1，公差为 2 的等差数列 从而 1Sn1(n1)22n1，所以 Sn12n1.(2)证明：bnSn2n11（2n1）（2n1）1212n112n1，所以 Tn12113 1315 12n112n1 12112n1 12，所以 Tn0，所以 a3m20成立，求正整数 m 的最大值解：(1)因为 an112an，所以1an11112an1 2anan111an1，即1an111an11，所以1an1 是首项为2，公差为1 的等差数列，所以1an12(n1)(1)(n1)，所以 an nn1.(2)bnn1n 11n，令 CnB3n
31、Bn 1n1 1n2 13n，所以 Cn1Cn 1n2 1n313（n1）1n1 13n 1n113n213n313n1 13n223n313n1 23n323n30，所以 Cn1Cn0，所以Cn为单调递增数列，所以(B3nBn)minB6B2131415161920，所以m201920，所以 m19.又 mN*，所以 m 的最大值为 18.方法点拨：等差数列的综合性问题的求解方法：在解决数列问题时，除注意函数思想、方程思想、消元及整体代换的思想外，还要特别注意解题中要有“目标意识”，即需要什么、求什么，注重数列与函数、不等式知识的交汇 1(2015课标，4，易)已知等比数列an满足 a13，
32、a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42 C63 D84【答案】B 由题意知，a3a518，又 a3a1q2，a5a1q4，a1q2a1q418，q4q260，解得 q22 或3(舍去)a3a5a7(a1a3a5)q221242.2(2015安徽，14，中)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前 n 项和等于_【解析】an为递增的等比数列，设公比为 q，则 q1.a2a38，a1a48.又a1a49，a11，a48，q2.前 n 项和为1（12n）122n1.【答案】2n11(2013江西，3，易)等比数列 x，3x3，6x6，的第四项等于()A24 B
33、0 C12 D24【答案】A 由 x，3x3，6x6 成等比数列，知(3x3)2x(6x6)，即x24x30，解得 x3 或 x1(舍去)所以此等比数列的前三项为3，6，12.故第四项为24，故选 A.2(2013课标，3，易)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a210a1，a59，则 a1()A.13B13C.19D19【答案】C 由已知条件及 S3a1a2a3 得 a39a1，设数列an的公比为 q，则 q29.所以 a59a1q481a1，解得 a119，故选 C.3(2013福建，9，中)已知等比数列an的公比为 q，记 bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cn
34、am(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为等差数列，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 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.方法点拨：判断一个数列是等差数列或等比数列关键是作差或作商，看是不
35、是常数4(2014天津，11，易)设an是首项为 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 的值为_【解析】S1a1，S22a11，S44a16.故(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.【答案】125(2011北京，11，中)在等比数列an中，若 a112，a44，则公比 q_；|a1|a2|an|_.【解析】q3a4a18，q2，则 an12(2)n1，|a1|a2|an|12122n212（12n）122n112.【答案】2 2n1126.(2013湖北，18，12 分，中)已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a31
36、25.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数 m，使得 1a1 1a2 1am1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由解：(1)由已知条件 a1a2a3125，得 a25.又 a2|q1|10，q1 或 3.数列an的通项为 an5(1)n 或 an53n2.(2)若 q1，则 1a1 1a2 1am15或 0，不存在符合条件的正整数 m；若 q3，则 1a1 1a2 1am 910113m0，并不适合所有情况)这样即可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便(2013江苏，14)在正项等比数列an中，a512，a6a73，则满足 a1a2ana1a2an 的最大正整数 n 的
37、值为_【解析】设等比数列的首项为 a1，公比为 q0，由a1q412，a1q5a1q63，得 a1 132，q2.ana1qn12n6，a1a2a3an132（12n）12 132(2n1)，a1a2a3anan1q123(n1)132n2（n1）n2，由 a1a2ana1a2an，得 132(2n1)132n2（n1）n2，化简得 2n12（n1）（n10）2.所以 n（n1）（n10）2，nN*，解得13 1492n1，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
38、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，如当数列an是非零常数列时此结论不成立 3等比数列前 n 项和的性质若 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，10)等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前 8 项和等于()A6 B5
39、C4 D3(2)(2012安徽，4)公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，且 a3a1116，则 log2a10()A4 B5 C6 D7【解析】(1)由题意知 a1a8a2a7a3a6a4a510，数列lg an的前 8 项和等于 lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a4a5)44lg(a4a5)4lg 104.故选 C.(2)方法一：由等比中项的性质得 a3a11a2716，又数列an各项为正，所以 a74.所以 a10a7q332.所以 log2a105.方法二：设等比数列的公比为 q，由题意知，an0，则 a3a11a27a10q32 126a21024，所以
40、a210210，解得 a1025.故 log2a105.【答案】(1)C(2)B【点拨】题(1)利用等比数列的性质，结合对数的运算法则求解；题(2)利用等比数列的性质，通过整体代换求解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，要注意挖掘已知和“隐含”的条件(1)(2015辽宁沈阳模拟，6)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S6S33，则S9S6()A2 B.73C.83D3(2)(2014广东，13)若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a12
41、2e5，则 ln a1ln a2ln a20_(1)【答案】B 由等比数列的性质得：S3，S6S3，S9S6 仍成等比数列，于是，由已知得 S63S3，S6S3S3S9S6S6S3，即 S9S64S3，S97S3，S9S673，故选 B.(2)【解析】由等比数列的性质可知，a10a11a9a122a1a202e5，a1a20e5，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)1010ln(a1a20)10ln e550.【答案】50考向 3 等比数列的判定与证明(1)(2014重庆，2)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，
42、a3，a6 成等比数列Ca2，a4，a8 成等比数列Da3，a6，a9 成等比数列(2)(2014课标，17，12 分)已知数列an满足 a11，an13an1.证明an12 是等比数列，并求an的通项公式；证明 1a1 1a2 1an32.【解析】(1)不妨设公比为 q，则 a23a21q4，a1a9a21q8，a2a6a21q6，当 q1 时，知 A，B 均不正确；又 a24a21q6，a2a8a21q8，同理，C 不正确；由 a26a21q10，a3a9a21q10，知 D 正确故选 D.(2)证明：由 an13an1 得 an1123an12.又 a11232，所以an12 是首项为3
43、2，公比为 3 的等比数列 an123n2，因此an的通项公式为 an3n12.由知 1an23n1.因为当 n1 时，3n123n1，所以13n1123n1.于是 1a1 1a2 1an113 13n1321 13n 32.所以 1a1 1a2 1an1，求证：Snn2(a1an)，并给出等号成立的充要条件证明：(1)由已知得 S2a2S1a1，即 a1a2a1a2a1，a2a2a1.因为 a20，所以 a11，则a2a1a2.又由题设条件，知 Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减，得 Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即 an2a2an1.由 a20 知 an10，因此an2a
44、n1a2.综上，an1an a2 对所有 nN*成立，从而an是首项为 1，公比为 a2(a20)的等比数列(2)当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立 设 n3，a21 且 a20.由(1)知 a11，anan12，所以要证的不等式化为1a2a22an12n2(1an12)(n3)，即证 1a2a22an2n12(1an2)(n2)当 a21 时，上面不等式的等号成立 当1a21 时，ar21 与 anr2 1(r1，2，n1)同为正 因此当 a21 且 a21 时，总有(ar21)(anr2 1)0，即 ar2anr2 1an2(r1，2，n1)上面不等式对 r 从 1
45、 到 n1 求和得 2(a2a22an12)(n1)(1an2)，由此得 1a2a22an21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，等号成立的充要条件是 n1，2 或 a21.1(2015河南洛阳模拟，5)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10()A7 B5 C5 D7【答 案】D 列 出 方 程 组 a4a72，a5a68，即 a1q3a1q62，a21q98，即a1q3（1q3）2，a21q98.2得（1q3）2q312，解得 q32 或 q312.当 q32 时，a11，a108，则 a1a107；当 q312时，a18，a101，则 a1a107.2(2015
46、山东潍坊模拟，6)设等比数列an中，前 n 项和为 Sn，已知 S38，S67，则 a7a8a9()A.18B18C.578D.558【答案】A 因为 a7a8a9S9S6，在等比数列中 S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即 8，1，S9S6 成等比数列，所以有 8(S9S6)(1)2，S9S618，即 a7a8a918.3(2014河北唐山一模，7)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a352，a2a454，则Snan()A4n1B4n1C2n1D2n1【答案】D a1a352，a2a454，a1a1q252，a1qa1q354，由可得1q2qq32，q12，代入得 a12，
47、an212n1 42n，Sn2112n11241 12n，Snan41 12n42n2n1，故选 D.4(2015云南丽江一模，9)已知等比数列an中，a21，则其前 3 项的和S3 的取值范围是()A(，1 B(，0)(1，)C3，)D(，13，)【答案】D 设等比数列an的公比为 q，则 S3a1a2a3a21q1q 1q1q，当 q0 时，S31q1q12q1q3；当 q0 时，S31q1q12（q）1q 1.S3(，13，)，故选 D.5(2015福建福州质检，10)已知等比数列an的前 n 项积记为n，若 a3a4a88，则9()A512 B256 C81 D16【答案】A 由题意可
48、知，a3a4a7qa3a7a4qa3a7a5a358，9a1a2a3a9(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5a95，所以983512.故选 A.6(2015山东泰安模拟，8)在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么 xyz 的值为()2412xyzA.1 B2 C3 D4【答案】B 由题知表格中第三纵列中的数成首项为 4，公比为12的等比数列，故有 x1.根据每横行成等差数列得第四列前两个数字依次为 5，52，故第四列的公比为12.所以 y512358，同理 z612438，因此 xyz2.7(2014广东深圳一模，14)已知公比为
49、 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，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】9128(2014河北唐山月考，17，12 分)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)(1)求 a2，a3 的值；(2)
50、求证：数列Sn2是等比数列解：(1)a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当 n1 时，a1212；当 n2 时，a12a2(a1a2)4，a24；当 n3 时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38.(2)证明：a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当 n2 时，a12a23a3(n1)an1(n2)Sn12(n1)得 nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1)Sn2Sn12nanSn2Sn12.Sn2Sn120，即 Sn2Sn12，Sn22(Sn12)S1240，Sn120，Sn2Sn122，故Sn2是以 4 为首项，2 为公比的等比数列9(2015湖
51、南长沙模拟，17，12 分)已知等比数列an的所有项均为正数，首项 a11，且 a4，3a3，a5 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)数列an1an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2n1(nN*)，求实数 的值解：(1)设数列an的公比为 q，由条件得 q3，3q2，q4 成等差数列，所以 6q2q3q4，解得 q3，或 q2.由数列an的所有项均为正数，则 q2，数列an的通项公式为 an2n1(nN*)(2)记 bnan1an，则 bn2n2n1(2)2n1，若 2，则 bn0，Sn0 不符合条件；若 2，则bn1bn 2，数列bn为等比数列，首项为 2，公比为 2.此时 Sn2
52、12(12n)(2)(2n1)又 Sn2n1(nN*)，所以 1.10(2015山西太原二模，18，12 分)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)求证 Sn32.解：(1)设等比数列an的公比为 q.因为 S1，2S2，3S3 成等差数列，所以 4S2S13S3，即 4(a1a2)a13(a1a2a3)，所以 a23a3，所以 qa3a213.又 S44027，即a1（1q4）1q4027，解得 a11，所以 an13n1.(2)证明：由(1)得 Sna1（1qn）1q113n113 32113n0，
53、nN*，且a3a28，又 a1，a5 的等比中项为 16.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog4an，数列bn的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 k，使得 1S1 1S2 1S3 1Snk 对任意 nN*恒成立，若存在，求出正整数 k 的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)设数列an的公比为 q，由题意可得 a316，因为 a3a28，则 a28，所以 q2，a14，所以 an2n1.(2)因为 bnlog42n1n12，所以 Snb1b2bnn（n3）4.因为 1Sn4n（n3）431n 1n3，所以 1S1 1S2 1S3 1Sn 431114121513161n 1n3
54、 4311213 1n1 1n2 1n3 229 3.故存在 k3 时，对任意的 nN*都有 1S1 1S2 1S3 1Sn1 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 12n22n12n 32n32
55、n，故 Tn62n32n1.1(2011天津，4，易)已知an为等差数列，其公差为2，且 a7 是 a3 与 a9的等比中项，Sn 为an的前 n 项和，nN*，则 S10 的值为()A110 B90 C90 D110【答案】D 由题意得 a27a3a9，又公差 d2，(a38)2a3(a312)，a316，S1010（a1a10）210（a3a8）25(a3a35d)5(161610)110，故选 D.2(2013辽宁，14，易)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】a1，a3 是方程 x25x40 的两个根且a
56、n是递增数列，故 a34，a11，故公比 q2，S6a1（1q6）1q63.【答案】633(2012课标全国，16，中)数列an满足 an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为_【解析】当 n2k 时，a2k1a2k4k1，当 n2k1 时，a2ka2k14k3，a2k1a2k12，a2k3a2k12，a2k1a2k3，a1a5a61.a1a2a3a60(a2a3)(a4a5)(a60a61)3711(2601)30（3119）230611 830.【答案】1 8304(2012江西，16，12 分，中)已知数列an的前 n 项和 Sn12n2kn(其中 kN*)，且 Sn 的最大值为
57、 8.(1)确定常数 k，并求 an；(2)求数列92an2n的前 n 项和 Tn.解：(1)当 nkN*时，Sn12n2kn 取最大值，即 8Sk12k2k212k2，故 k216，因此 k4，所以 Sn12n24n.从而 anSnSn192n(n2)又 a1S172，所以 an92n.(2)令 bn92an2n n2n1，则 Tnb1b2bn122 322n12n2 n2n1，2Tn2232 422 n2n2，所以 Tn2TnTn 2112 122 12n2 n2n1 2112n1112 n2n1 4 12n2 n2n14n22n1.思路点拨：第(1)问先根据 n 的二次函数求最值的条件确
58、定 k 的值，并利用an 与 Sn 的关系求出通项；第(2)问把第(1)问的结果代入后错位相减求和解答此题易出现如下错误：求通项时忽略最后一步的检验；根据错位相减法求和时出现符号写错的现象 5(2011浙江，19，14 分，中)已知公差不为 0 的等差数列an的首项 a1 为a(aR)，设数列的前 n 项和为 Sn，且1a1，1a2，1a4成等比数列(1)求数列an的通项公式及 Sn；(2)记 An 1S1 1S2 1S3 1Sn，Bn1a1 1a2 1a22 1a2n1.当 n2 时，试比较 An 与 Bn 的大小解：(1)设等差数列an的公差为 d，由1a22 1a1 1a4，得(a1d)
59、2a1(a13d)因为 d0，所以 da1a.所以 anna，Snan（n1）2.(2)因为 1Sn2a1n 1n1，所以 An1S1 1S2 1S3 1Sn2a1 1n1.因为 a2n12n1a，所以 Bn 1a1 1a2 1a22 1a2n1 1a112n1122a1 12n.当 n2 时，2nC0nC1nC2nCnnn1，即 1 1n10 时，AnBn；当 aBn.考向 1 公式法求和1等差、等比数列的前 n 项和公式(1)等差数列：Snn（a1an）2na1n（n1）d2.(2)等比数列：当 q1 时，Snna1；当 q1 时，Sna1（1qn）1qa1anq1q.2数列求和的一般思路
60、数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前 n 项和的数列求之3一些特殊数列的前 n 项和公式(1)123n12n(n1)；(2)2462nn(n1)；(3)135(2n1)n2；(4)122232n216n(n1)(2n1)；(5)132333n314n2(n1)2.(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)根据 anSnSn1(n2)及已知条件
61、 Sn 求an的通项公式；(2)bn的通项公式中含(1)n，因此用拆项法与并项法求其前 2n 项和【解析】(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 ann，故 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.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
62、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，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，等差数列乘以(1)n.(2013浙江，18，14 分)在公差为 d 的等差数列an中，已知 a110，且 a1，2a22，5a3 成等比数列(1)求 d，an；(2)若 d0，求|a1|a2|a3|an|.解：(1)由题意得 5a3a1(2a22)2，即 d23d40，故 d1 或 d4.所以 ann11，nN*或 an4n6，nN*.(2)设数列an的前 n 项和为 Sn.因为 dm 时
63、，|an|的前 n 项和 Tna1a2amam1anSn2Sm.可以总结为“一求两考虑”(2)an 是先负后正型的|an|的前 n 项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一是求出 an正负的分界点(假设前 m 项为负)，两个考虑是当|an|的项数 nm 时，|an|an，TnSn，当 nm 时，|an|的前 n 项和 Tn|a1|a2|an|a1a2amam1anSn2Sm(Sn 是数列an的前 n 项和)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，那么这个数列的前 n 项和可用此法来求即求数列an
64、bn的前 n 项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(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江西，17，12 分)已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.【思路导引】(1)构造等差数列，利用等差数列
65、的通项公式求解；(2)利用错位相减法求解数列的前 n 项和【解析】(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2.所以数列cn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1 知 ancnbn(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n.所以 Sn(n1)3n1.错位相减法求和的具体步骤步骤 1写出 Snc1c2cn；步骤 2等式两边同乘以等比数
66、列的公比 q，即 qSnqc1qc2qcn；步骤 3两式错位相减转化成等比数列求和；步骤 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)设数列bn的前n项和为Tn，且Tnan12n(为常数)，令cnb2n(nN*)，求数列cn的前 n 项和 Rn.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)由题意知，Tn n2n1，所以 n2 时，bnTnTn1 n2n1n12n2 n22n1.故 cnb2n2n222n1(n1)14n1，nN*.所以 Rn0140114121423143(n1)14n1，则14Rn014111422143(n2)14n1(n1)14n，两式相减得 34Rn14114214314n1(n1)14n 1414n114(n1)14n 1313n314n，整理得 Rn1943n14n1.所以数列cn的前 n 项和 Rn1943n14n1.考向 3 裂项法求和1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
68、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 项和可尝试此方法，事实上，1anan1ddanan1an1andanan1 1d1an 1an1.2常见式的裂项数 列(n 为正整数)裂项方法1n（nk）(k 为非零常数)1n（nk）1k1n 1nk 14n2114n211212n112n11n n11n n1 n1 n loga11n(a0，a1)loga11n loga(n1)logan(2014山东，19，12 分)已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，
69、S2，S4 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n1 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)因为 S1a1，S22a1212 22a12，S44a1432 24a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11，所以 an2n1.(2)bn(1)n1 4nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n12n22n1.所以 Tn2
70、n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数，或Tn2n1（1）n12n1.【点拨】本题在分类讨论求和时，易对项数及项确定不准确，产生错误用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项(2013江西，17，12 分)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 bnn1（n2）2a2n，数列bn的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的 nN*，都有 Tn0，Snn2n.于是 a1S12，n2
71、 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项 an2n.(2)证明：由于 an2n，bnn1（n2）2a2n，则 bnn14n2（n2）2 1161n21（n2）2.Tn1161 132 122 142 132 1521（n1）21（n1）2 1n21（n2）2 1161 1221（n1）21（n2）2 1，公比q0，设 bnlog2an，且 b1b3b56，b1b3b50.(1)求an的通项 an；(2)若 cn1n（bn6），求cn的前 n 项和 Sn.解：(1)因为 b1b3b56，所以 log2a1log2a3log2a56，所以 log2(a1a3a5)6，
72、所以 log2(a31q6)6，所以 log2(a1q2)2，即 b32，a1q24.因为 a11，所以 b1log2a10，又因为 b1b3b50，所以 b50，即 log2(a1q4)0，所以 a1q41.又因为 a1q24，q0，所以a116，q12，所以 an1612n125n.(2)由(1)知 bnlog2anlog225n5n，所以 cn1n（n1）1n 1n1，所以 Sn 111212131n 1n1 11 1n1 nn1.5(2014重庆二模，19，12 分)数列an的前 n 项和为 Sn，对于任意的正整数 n 都有 an0，4Sn(an1)2.(1)求证：数列an是等差数列，
73、并求通项公式；(2)设 bnan3n，Tnb1b2bn，求 Tn.解：(1)令 n1，4S14a1(a11)2，解得 a11，由 4Sn(an1)2，得 4Sn1(an11)2，两式相减得 4an1(an11)2(an1)2，整理得(an1an)(an1an2)0，因为 an0，所以 an1an2，则数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，an12(n1)2n1.(2)由(1)得 bn2n13n，Tn131 332 5332n13n，13Tn132 333 5342n13n1，得 23Tn132132 133 13n 2n13n1 132191 13n11132n13n1 232n23n
74、1，所以 Tn1n13n.6(2015河南郑州模拟，19，12 分)已知 a2，a5 是方程 x212x270 的两根，数列an是递增的等差数列，数列bn的前 n 项和为 Sn，且 Sn112bn(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题意得，a23，a59，公差 da5a252 2，所以 ana2(n2)d2n1.由 Sn112bn 得，当 n1 时，b123.当 n2 时，bnSnSn112bn112bn，得 bn13bn1，所以bn是以23为首项，13为公比的等比数列所以 bn23n.(2)cnanbn4n23n，T
75、n4123142232432334（n1）23n14n23n，3Tn4123042231432324（n1）23n24n23n1.两式相减得：2Tn2431 432 43n14n23n44n43n，所以 Tn22n23n.7(2014河南开封质检，20，12 分)已知数列an满足 a11，an11 14an，其中 nN*.(1)设 bn22an1，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设 cn 4ann1，数列cncn2的前 n 项和为 Tn，是否存在正整数 m，使得Tn1cmcm1对于 nN*恒成立？若存在，求出 m 的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)bn1bn22an
76、1122an1 221 14an 122an1 4an2an122an12(常数)，数列bn是等差数列 a11，b12，因此 bn2(n1)22n，由 bn22an1得 ann12n.(2)由 cn 4ann1，ann12n 得 cn2n，cncn24n（n2）21n 1n2，Tn2113121413151n 1n2 2112 1n1 1n2 3，依题意要使 Tn1cmcm1对于 nN*恒成立，只需1cmcm13，即m（m1）43，解得 m3 或 m4，又 m 为正整数，所以 m 的最小值为 3.思路点拨：第(1)问采用定义法进行证明；第(2)问采用裂项法求出数列cncn2的前 n 项和 Tn
77、，并将 Tn 进行放缩，使之转化为恒成立问题求解 1(2015浙江，3，易)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()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40【答案】B 依题意得 a24a3a8，(a13d)2(a12d)(a17d)，a153d.a1d53d20.又dS4d(4a16d)4a1d6d2203 d26d223d20，dS40，故选 B.2(2015湖南，14，中)设 Sn 为等比数列an的前 n 项和若 a11，且 3S1，2S2，S3 成等差数列，则 an_【解析】设an的公
78、比为 q，则 2S22(1q)，S31qq2.3S1，2S2，S3 成等差数列，4S244q31qq2，解得 q3，或 q0(舍去)，ana1qn13n1.【答案】3n13(2015安徽，18，12 分，中)设 nN*，xn 是曲线 yx2n21 在点(1，2)处的切线与 x 轴交点的横坐标(1)求数列xn的通项公式；(2)记 Tnx21x23x22n1，证明：Tn 14n.解：(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线 yx2n21 在点(1，2)处的切线斜率为 2n2，所以切线方程为 y2(2n2)(x1)令 y0，解得切线与 x 轴交点的横坐标 xn1 1n1 nn1.(2)证明：由
79、题设和(1)中的计算结果知 Tnx21x23x22n1 1223422n12n2.当 n1 时，T114；当 n2 时，因为 x22n12n12n2（2n1）2（2n）2 （2n1）21（2n）2 2n22n n1n，所以 Tn1221223n1n 14n.综上可得，对任意的 nN*，均有 Tn 14n.4(2015广东，21，14 分，难)数列an满足：a12a2nan4n22n1，nN*.(1)求 a3 的值；(2)求数列an的前 n 项和 Tn；(3)令 b1a1，bnTn1n 112131n an(n2)，证明：数列bn的前 n项和 Sn 满足 Snc1，b1c12a1，an1an，b
80、n1cnan2，cn1bnan2，则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【答案】B 由 bn1cnan2，cn1bnan2得bn1cn1an12(bncn)，bn1cn112(bncn)，由 an1an 得 ana1，代入得bn1cn1a112(bncn)，bn1cn12a112(bncn2a1)，b1c12a12a12a10，bncn2a1|BnCn|a1，所以点 An在以 Bn，Cn 为焦点且长轴长为 2a1 的椭圆上(如图)由 b1c1 得 b1c10，所以|bn1cn1|12(bncn)，即|bncn|(b1c
81、1)12n1，所以当 n 增大时|bncn|变小，即点 An 向点 A 处移动，即边 BnCn 上的高增大，又|BnCn|ana1 不变，所以Sn为递增数列3(2011陕西，14，中)植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，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，使每位同学从各自树坑前出发来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为_米【解析】将 20 名同学视为数轴上 0，10，20，190 的 20 个点，树苗放置在 x 点处，则路程总和为 y2(|x|x10|x190|)，由绝对值的几何意义知，当有奇数个点时，位于中间位置的点到各点的距离和最
82、小；当有偶数个点时，中间两点之间的点到各点的距离之和最小，所以当 90 x100 时，ymin2x(x10)(x90)(100 x)(110 x)(190 x)2(1001101019090)2101002 000.【答案】2 0004(2014 浙江，19，14 分，中)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 cn 1an 1bn(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
83、(2)b3b28，又由 a12，得公比 q2(q2，舍去)所以数列an的通项为 an2n(nN*)所以 a1a2a3an2n（n1）2(2)n(n1)故数列bn的通项为 bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知，cn 1an 1bn 12n1n 1n1，nN*.Sn121 12n11211212131n 1n1 1 12n1 1n1 1n1 12n.所以 Sn 1n1 12n(nN*)因为 c10，c20，c30，c40；当 n5 时，cn1n（n1）n（n1）2n1，而n（n1）2n（n1）（n2）2n1（n1）（n2）2n10，得n（n1）2n5（51）251，所以，当 n5 时，cn0.
84、于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.但 122n 122n1，所以|a2n1a2n|0，因此 a2na2n1122n1（1）2n22n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故 a2n1a2n122n（1）2n122n.由即知，an1an（1）n12n.于是 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)112 122（1）n2n1 112112n1112 4313（1）n2n1.故数列an的通项公式为 an4313（1）n2n1.6(2013安徽，20，13 分，难)设函数 fn(x)1xx222x332xnn2(xR，nN*)证明：(1)对每个 nN*，存在唯一的 x
85、n23，1，满足 fn(xn)0；(2)对任意 pN*，由(1)中 xn 构成的数列xn满足 0 xnxnp0 时，fn(x)1x2xn1n 0，故 fn(x)在(0，)内单调递增 由于 f1(1)0，当 n2 时，fn(1)122 132 1n20，故 fn(1)0.又 fn23 123nk223kk2 1314nk2 23k 1314232123n1123 1323n10 时，fn1(x)fn(x)xn1（n1）2fn(x)，故 fn1(xn)fn(xn)fn1(xn1)0.由 fn1(x)在(0，)内单调递增知，xn1xn，故xn为单调递减数列，从而对任意 n，pN*，xnpxn.对任意
86、 pN*，由于 fn(xn)1xnx2n22xnnn20，fnp(xnp)1xnpx2np22 xnnpn2 xn1np（n1）2xnpnp（np）20，式并移项，利用 0 xnpxn1，得 xnxnpnk2xknpxknk2 npkn1xknpk2 npkn1xknpk2 npkn11k2 npkn11k（k1）1n 1np1n.因此，对任意 pN*，都有 0 xnxnp1n.考向 1 等差数列与等比数列的综合问题等差数列与等比数列比较表等差数列等比数列通项公式(1)ana1(n1)d(1)ana1qn1(2)anam(nm)d(2)anamqnm 前 n 项和公式Snn（a1an）2或 S
87、nna1n（n1）2dSnna1，q1，a1（1qn）1q，q1 常用性质若 m，n，p，qN*，mnpq，则 amanapaq若 m，n，p，qN*，mnpq，则 amanapaq(2013天津，19，14 分)已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 TnSn 1Sn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值【思路导引】(1)先根据 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列，求出公比 q(注意取舍)，再求 an；(2)根据 Sn 的单调性求出 Sn 的范围，再求 Tn 的
88、最大值及最小值【解析】(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 q2a5a314.又an不是递减数列且 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n1 32n.(2)由(1)得 Sn112n1 12n，n为奇数，1 12n，n为偶数.当 n 为奇数时，Sn 随 n 的增大而减小，所以 1SnS132，故 0Sn 1SnS1 1S1322356；当 n 为偶数时，Sn 随 n 的增大而增大，所以34S2SnSn 1SnS2 1S23443 712；综上，对于 nN
89、*，总有 712Sn1Sn56.所以数列Tn最大项的值为56，最小项的值为 712.【点拨】本题(1)在解题时易忽略“不是递减数列”导致多解；解题(2)时易忘记分类讨论等差、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序(2)注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的(2014湖北，18，12 分)已知等差数列an满
90、足：a12，且 a1，a2，a5 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记 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，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n23
91、0n4000，解得 n40 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，n 的最小值为 41.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
92、关系一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列(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)若公司希望经过 m(m3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每
93、年上缴资金 d 的值(用 m 表示)【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 32n1a1d13232232n2，整理得 an32n1(3 000d)2d32n11 32n1(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
94、m(m3)年企业的剩余资金为 4 000 万元【点拨】本题考查了等比数列及其前 n 项和在实际生活中的应用，解题的关键是准确识别题目中的信息，正确表述数列的通项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：(2015江苏苏州模拟，20，16 分)某商店投入 81 万元经销某种纪念品，经销时间共 60 天，市场调研表明，该商店在经销这一产品
95、期间第 n 天的利润 an1，1n20，n10，21n60(单位：万元，nN*)为了获得更多的利润，商店将每天 获 得 的 利 润 投 入 到 次 日 的 经 营 中，记 第n天 的 利 润 率bn 第n天的利润这n天的投入资金总和.例如，b3a381a1a2.(1)求 b1，b2 的值；(2)求第 n 天的利润率 bn；(3)该商店在经销此纪念品期间，哪一天的利润率最大？并求该日的利润率【解析】(1)当 n1 时，b1 181；当 n2 时，b2 182.(2)当 1n20 时，a1a2a3an1an1，所以 bnan81a1a2an1180n.当 21n60 时，bnan81a1a2an1
96、 n108120a21a22an1 n10101 120（n21）（n20）2nn2n1 600.所以第 n 天的利润率 bn180n，1n20，2nn2n1 600，21n60，nN*.(3)当 1n20 时，bn180n是递减数列，此时 bn 的最大值为 b1 181；当 21n60 时，bn2nn2n1 6002n1 600n122 1 6001 279(当且仅当 n1 600n，即 n40 时，“”成立)又因为 1810，xR)，不等式 f(x)0 的解集有且只有一个元素，设数列an的前 n 项和 Snf(n)(nN*)，(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan3n，求数列bn的
97、前 n 项和 Tn.解：(1)由已知得 x2axa0 的解集有且只有一个元素，所以(a)24a0，即 a24a0，又因为 a0，所以 a4，所以 f(x)x24x4，从而 Snf(n)n24n4，当 n1 时，a1S11441；当 n2 时，anSnSn12n5.所以 an1，n1，2n5，n2且nN*.(2)由(1)知 bn13，n1，2n53n，n2且nN*.因为 Tn13132 133 3342n53n，所以13Tn132133 134 3352n73n2n53n1.得23Tn13 2322133 134 13n 2n53n1，所以 Tn13n13n.(2014广东，19，14 分)设各
98、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）1a2（a21）1an（an1）0，所以 Sn3，只有 Snn2n.当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，而 a12，符合 an2n，所以数列an的通项公式为 an2n(nN*)(3)证明：因为1an（an1）12n（2n1）141nn12141n14 n114，1n14 n114 1n141n114，所以1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）141114 12141
99、214 13141n141n114 1411141n114 1314n313.故对一切正整数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13.数列中不等式问题的处理方法(1)函数法：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)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到(3)比较法：作差或者作商比较法(4)数学归纳法：使用数学归纳法进行证明(2013广东，19，14 分)设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a11，2Snnan113n2n23，nN*.(1)求 a2 的值；(2)求数列an的通
100、项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有 1a1 1a2 1an74.解：(1)依题意，2S1a213123，又 S1a11，所以 a24.(2)2Snnan113n3n223n，当 n2 时，2Sn1(n1)an13(n1)3(n1)223(n1)，两式相减得，2annan1(n1)an13(3n23n1)(2n1)23，整理得(n1)annan1n(n1)，即 an1n1ann 1.又a22 a11 1，故数列ann 是首项为a11 1，公差为 1 的等差数列，所以ann 1(n1)1n，所以 ann2.(3)证明：当 n1 时，1a1174；当 n2 时，1a1 1a21145474；当
101、 n3 时，1an 1n21（n1）n 1n11n，此时 1a1 1a2 1an1 122 132 142 1n21141213 1314 1n11n114121n741n74.综上，对一切正整数 n，有 1a1 1a2 1anbn，若在数列cn中，c5cn 对任意 nN*恒成立，则实数 k 的取值范围是_【解析】cn 是取 an 和 bn 中的较大值，又 c5 是数列cn中的最小项，由于函数 y25n 是减函数，函数 ynk 是增函数，所以 b5a5b6 或 a5b5a4，即 5k2556k 或 2555k254，解得5k4 或4k3，所以5k3.【答案】5，36(2014安徽安庆二模，13
102、)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 011a2 012a2 013_.a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6【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 011a2 0131，a2 0121 006，故 a2 011a2 012a2 0131 007.【答案】1 0077(20
103、15河南洛阳检测，17，12 分)设数列an的前 n 项和为 Sn，a110，an19Sn10.(1)求证：lg an是等差数列；(2)设 Tn 是数列3（lg an）（lg an1）的前 n 项和，求 Tn；(3)求使 Tn14(m25m)对所有的 nN*恒成立的整数 m 的取值集合解：(1)证明：依题意，a29a110100，故 a210a1.当 n2 时，an19Sn10，an9Sn110，两式相减得 an1an9an，即 an110an，故an为等比数列，且 ana1qn110n(nN*)lg ann，lg an1lg an(n1)n1，故lg an是等差数列(2)由(1)知，3（lg
104、 an）（lg an1）3n（n1），则 Tn3112 1231n（n1）311212131n 1n1 3 3n1.(3)Tn3 3n1，当 n1 时，Tn 取最小值32.依题意有3214(m25m)，解得1m6，故符合条件的整数 m 的取值集合为0，1，2，3，4，58(2015山东省实验中学模拟，19，12 分)为了综合治理交通拥堵状况，缓解机动车过快增长势头，一些大城市出台了“机动车摇号上牌”的新规某大城市 2015 年初机动车的保有量为 600 万辆，预计此后每年将报废本年度机动车保有量的 5%，且报废后机动车的牌照不再使用同时每年投放 10 万辆的机动车牌号只有摇号获得指标的机动车才
105、能上牌，经调研，获得摇号指标的市民通常都会在当年购买机动车上牌(1)问：到 2019 年初，该城市的机动车保有量为多少万辆；(2)根据该城市交通建设规划要求，预计机动车的保有量少于 500 万辆时，该城市交通拥堵状况才真正得到缓解，问：至少需要多少年可以实现这一目标(参考数据：0.9540.81，0.9550.77，lg 0.750.13，lg 0.950.02)解：(1)设 2015 年年初机动车保有量为 a1 万辆，以后各年年初机动车保有量依次为 a2 万辆，a3 万辆，每年新增机动车 10 万辆，则 a1600，an10.95an10.又 an12000.95(an200)，且 a120
106、0600200400，所以数列an200是以 400 为首项，0.95 为公比的等比数列 所以 an2004000.95n1，即 an4000.95n1200.所以 2019 年初机动车保有量为 a54000.954200524(万辆)(2)由题可知，an4000.95n1200500，即 0.95n1lg 0.75lg 0.9517.5，故至少需要 8 年时间才能实现目标9(2014湖南株洲六校联考，17，12 分)已知二次函数 f(x)ax2bxc(xR)满足 f(0)f12 0，且 f(x)的最小值是18.设数列an的前 n 项和为 Sn，对一切nN*，点(n，Sn)在函数 f(x)的图
107、象上(1)求数列an的通项公式；(2)通过 bn Snnc构造一个新的数列bn，是否存在非零常数 c，使得bn为等差数列？解：(1)因为 f(0)f12 0，所以 f(x)的图象的对称轴为直线 x0122 14.又因为 f(x)的最小值是18，由二次函数图象的对称性可设 f(x)ax14218.又 f(0)0，所以 a2，所以 f(x)2x142182x2x.因为点(n，Sn)在函数 f(x)的图象上，所以 Sn2n2n.当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn14n3.经验证，当 n1 时也符合上式，所以 an4n3(nN*)(2)存在bn Snnc2n2nnc 2nn12nc，
108、令 c12，得 bn2n，此时数列bn为等差数列，所以存在非零常数 c12，使得bn为等差数列(时间：120 分钟_分数：150 分)一、选择题(共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1(2015山东临沂模拟，3)等比数列an中，a13，a424，则 a3a4a5()A33 B72 C84 D89【答案】C 由题意得 q38，q2，所以 a3a4a5a1q2(1qq2)84.2(2014云南昆明重点高中检测，7)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若a3a4a512，则 S7 的值为()A28 B42 C56 D14【答案】A 方法一：由等差数列性质知 3a412，所以 a44，所
109、以 S77（a1a7）27a428.方法二：设数列an的首项为 a1，公差为 d，由 a3a4a512 得 a12da13da14d12，即 3a19d12，化简得 a13d4，故 S77a1762 d7(a13d)7428.3(2015河南洛阳检测，3)已知等比数列an满足 a1a23，a2a36，则 a7()A64 B81C128 D243【答案】A 由 a2a3q(a1a2)3q6，得 q2，由 a1a2a1(1q)3，得 a11，a72664，故选 A.4(2015山东济南一模，5)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an13Sn(n1)，则 a6()A44B3441C344D
110、441【答案】C 由 an13Sn(n1)得，an23Sn1，两式相减得 an2an13Sn13Sn，即 an2an13an1，所以 an24an1，即an2an14，a23S13，所以 a6a244344.5(2015山西四校联考，7)已知数列an满足 1log3anlog3an1(nN*)，若 a2a4a69，则 log13(a5a7a9)的值是()A.15B15C5 D5【答案】D 由 1log3anlog3an1 得，log3an1an 1，即an1an 3，则 a5a7a933(a2a4a6)33935，故 log13(a5a7a9)5.6(2015山东济宁模拟，6)设等差数列an的
111、前 n 项和是 Sn，若ama10，且 Sm10 BSm0CSm0，且 Sm10 DSm0，且 Sm10【答案】A ama10，a1am10，Sm1a1am12(m1)0，因此 S2030，S20S1020，S30S2040，所以 S3070，所以(S40S30)(S20S10)(S30S20)2，解得 S40150.11(2015广东肇庆二模，9)若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在 1100 这 100 个数中，能称为“和平数”的所有数的和是()A130 B325 C676 D1 300【答案】C 设两个连续偶数为 2k2 和 2k(kN*)，则(2k2)2(2k)
112、24(2k1)，故和平数是 4 的倍数，但不是 8 的倍数，故在 1100 之间，能称为和平数的有 41，43，45，47，425，共计 13 个，其和为 4125213676.12(2015山东日照模拟，7)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an13Sn(n1，nN*)，第 k 项满足 750ak900，则 k 等于()A8 B7 C6 D5【答案】C 依题意，由 an13Sn 及 an3Sn1(n2，nN*)，两式相减得 an 1an3(SnSn 1)3an，即 an 14an(n2)，a23，所以 an1（n1），34n2（n2），将 ak 代入不等式 75034k20，则
113、 2q2q10，解得 q12(q1 舍)，则有 S4a1（1q4）1q，a4a1q3，故S4a415.【答案】1514(2014河北邢台模拟，13)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且a4S4 112，S7S415，则 Sn 的最小值为_【解析】记等差数列an的公差为 d，a4S4 112，12a44（a1a4）2a15a44a115d0.S7S415，即 a7a6a53a615，a6a15d5.由解得 a115，d4，an4n19，Snn（a1an）22n217n2n17421728，因此当 n4 时，Sn 取得最小值 2n217n24217436.【答案】3615(2015湖南长沙模
114、拟，13)已知数列an满足 an112 ana2n，且 a112，则该数列的前 2 016 项的和等于_【解析】因为 a112，又 an112 ana2n，所以 a21，从而 a312，a41，即得 an12，n2k1（kN*），1，n2k（kN*），故数列的前 2 016 项的和等于 S2 0161 008121 1 512.【答案】1 51216.(2015江苏扬州模拟，10)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，若共得到 1 023 个正方形，设初始正方形的边长为 22，则最小正方形的边长为_【解析
115、】设 1242n11 023，即12n12 1 023，2n1 024，n10.正方形边长构成数列 22，222，223，其中第 10 项为2210 132，即所求最小正方形的边长为 132.【答案】132三、解答题(共 6 小题，共 74 分)17(12 分)(2014河北保定调研，18)在等差数列an中，a24，其前 n 项和Sn 满足 Snn2n(R)(1)求实数 的值，并求数列an的通项公式；(2)若数列1Snbn 是首项为，公比为 2 的等比数列，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设等差数列an的公差为 d，a2S2S1(42)(1)3，34，1.a1S112112，da2a
116、12，ana1(n1)d2(n1)22n.(2)由(1)知 1，1Snbn12n12n1，bn2n11n（n1）2n11n 1n1，Tn(1212n1)112 1213 1n 1n1 12n12 1 1n1 2n2n1n1.18(12 分)(2015湖北黄冈模拟，17)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，因为 an1an92n1，nN*，所以 a2a19，a3a218，所以 qa3a2a2a1189 2，所以
117、 2a1a19，所以 a13.所以 an32n1，nN*.(2)由(1)知 Sna1（1qn）1q3（12n）12 3(2n1)，所以 3(2n1)k32n12，所以 k2132n1.令 f(n)2132n1，则 f(n)随 n 的增大而增大，所以 f(n)minf(1)21353，所以 k0，当 n1 时，2a1a112，所以 a112，当 n2 时，Sn2an12，Sn12an112，两式相减得 anSnSn12an2an1，整理得 anan12，所以数列an是以12为首项，2 为公比的等比数列，ana12n1122n12n2.(2)a2n2bn22n4，所以 bn42n，cnbnan42
118、n2n2 168n2n，Tn82 022823 248n2n1 168n2n.12Tn822 023248n2n168n2n1，得12Tn48 122 123 12n 168n2n1 481221 12n1112168n2n1 441 12n1 168n2n1 4n2n，所以 Tn8n2n.20(12 分)(2015广东湛江一模，18)已知数列dn满足 dnn，等比数列an为递增数列，且 a25a10，2(anan2)5an1，nN*.(1)求 an；(2)令 cn1(1)nan，不等式 ck2 014(1k100，kN*)的解集为 M，求所有 dkak(kM)的和解：(1)设an的首项为 a
119、1，公比为 q，所以(a1q4)2a1q9，解得 a1q.又因为 2(anan2)5an1，所以 2(ananq2)5anq.则 2(1q2)5q，2q25q20，解得 q12(舍)或 q2，所以 an22n12n.(2)cn1(1)nan1(2)n，dnn.当 n 为偶数时，cn12n2 014，即 2n2 013，不成立；当 n 为奇数时，cn12n2 014，即 2n2 013，因为 2101 024，2112 048，所以 n2m1，5m49.则dk组成首项为 11，公差为 2 的等差数列，ak(kM)组成首项为 211，公比为 4 的等比数列，则所有 dkak(kM)的和为 45（1
120、199）2211（1445）142 47521012 048321015 3773.21(12 分)(2014河南南阳三模，17)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Snn1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnnan1an，数列bn的前 n 项和为 Tn，nN*，证明：Tn2.解：(1)由 Sn12Snn1 得，当 n2 时，Sn2Sn1n，an12an1，an112(an1)，即an11an1 2(n2)，又S22S12，a1S11，a23，a21a112，an12n，即 an2n1(nN*)(2)证明：an2n1，bnn（2n11）（2n1）n2n12n
121、 n2n，Tn12 222 323 n2n，12Tn122 223n12n n2n1，Tn212 122 123 12n n2n1 2 12n1 n2n1，两边取对数，得 lg(1an1)2lg(1an)，即lg（1an1）lg（1an）2.数列lg(1an)是以 lg 3 为首项，公比为 2 的等比数列(2)由(1)知 lg(1an)2n1lg(1a1)2n1lg 3lg 32n1，1an32n1.(*)Tn(1a1)(1a2)(1an)32032132n1312222n132n1.(3)an1a2n2an，an1an(an2)，1an1121an1an2.1an2 1an 2an1.又 bn 1an1an2，bn21an 1an1.Snb1b2bn 21a1 1a2 1a2 1a3 1an 1an1 21a1 1an1.由(*)式得，an32n11，又a12，an132n1，Sn1232n1.