1、高考资源网（） 您身边的高考专家第1讲等差数列、等比数列1(2015新课标高考)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和若S84S4，则a10()A.B.C10D12【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d.由题设知d1，S84S4，所以8a1284(4a16)，解得a1，所以a109.故选B.【答案】B2(2015新课标高考)已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A2 B1 C. D.【解析】设等比数列an的公比为q，a1，a3a54(a41)，由题可知q1，则a1q2a1q 44(a1q31)，q64(q31)，q616q3640，(q38)20，q38，
2、q2，a2.故选C.【答案】C3(2015浙江高考)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】由a2，a3，a7成等比数列，得aa2a7，则2d23a1d，即da1.又2a1a21，所以a1，d1.【答案】14(2015北京高考)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(n1，2，)(2)设等比数
3、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63项相等从近三年高考，特别是2015年高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为：考什么怎么考题型与难度1.等差(比)数列的基本运算主要考查等差、等比数列的基本量的求解题型：三种题型均可出现难度：基础题2.等差(比)数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题3.等差(比)数列的性质主要考查等差、等比数列的性质题型：选择题或填空题难度：基础题或中档题1(2015湖南高考)设Sn为等比数列an的前n项和，若a1
4、1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_【解析】本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，则3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.【答案】3n12(2015重庆高考)已知等差数列an满足a32，前3项和S3.(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】本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n项和公式，考查考生的运算求解能力(1)将已知条件中的a3，S3用首项a1与公差d表示，求得a1，d
5、，即可求得数列an的通项公式；(2)结合(1)利用条件b1a1，b4a15求得公比，然后利用等比数列的前n项和公式进行计算(1)设an的公差为d，则由已知条件得a12d2，3a1d，即a12d2，a1d，解得a11，d，故通项公式为an1，即an.(2)由(1)得b11，b4a158.设bn的公比为q，则q38，从而q2，故bn的前n项和Tn2n1.【规律感悟】等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本的元素(2)解题思路：设基本量a1和公差d(公比q)；列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计
6、算，以减少计算量【典例1】(2015广东高考)设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式【解】本题主要考查等差数列、等比数列等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识(1)4Sn25Sn8Sn1Sn1，n2时，4S45S28S3S1，4(a1a2a3a4)5(a1a2)8(a1a2a3)a1，4581，解得a4.(2)证明：n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1，4(Sn2Sn1)2(Sn1Sn)2，(Sn2Sn1)(Sn1Sn)(Sn1Sn)(S
7、nSn1)，an2an1(an1an)又a3a2，an1an是首项为1，公比为的等比数列(3)由(2)知an1an是首项为1，公比为的等比数列，an1an()n1，两边同乘以2n1得，an12n1an2n4.又a222a1214，an2n是首项为2，公差为4的等差数列，an2n24(n1)2(2n1)，an.一题多变若题已知变为：an2SnSn10(n2)求证：是等差数列【解】由an2SnSn10，(n2)得SnSn12SnSn10，即2(n2)故是等差数列【规律感悟】判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n1的任意自然数，验证an1an为同一常数(2)通项公式法：若ana
8、1(n1)dam(nm)d或anknb(nN*)，则an为等差数列；若ana1qn1amqnm或anpqknb(nN*)，则an为等比数列(3)中项公式法：若2anan1an1(nN*，n2)，则an为等差数列；若aan1an1(nN*，n2)，且an0，则an为等比数列针对训练(2014全国大纲高考)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式【解】(1)证明：由an22an1an2得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)得bn12(n1)，即an
9、1an2n1.于是，所以an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】(1)(2015新课标高考)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21B42C63D84(2)(2015铜陵模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1012，则a5a6()A. B12 C6 D.【解析】(1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力由于a1(1q2q4)21，a13，所以q4q260，所以q22(q23舍去)，a3a5a7q2(a1a3a5)22142.故选B
10、.(2)本题主要考查等差数列的性质amanapaq.由S1012得1012，所以a1a10，所以a5a6.故选A.【答案】(1)B(2)A命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【典例3】(1)(2014全国大纲高考)设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31 B32C63 D64(2)(2015衡水中学二调)等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是()A13 B26C52 D156【解析】(1)利用等比数列前n项和的性质求解在等比数列an中，S2，S4S2，S6S4也成等比数列，故(S4S2)2S2(S6S4)，则(153)2
11、3(S615)解得S663.故选C.(2)本题主要考查等差数列的前n项和与项的有关性质3(a3a5)2(a7a10a13)24，6a46a1024，a4a104，S1326.故选B.【答案】(1)C(2)B【规律感悟】等差(比)数列的性质盘点 针对训练1(2015广东高考)在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_【解析】由a3a4a5a6a725得5a525，所以a55，故a2a82a510.【答案】102(文)(2015辽宁大连模拟)在等比数列an中，a4a816，则a4a5a7a8的值为_【解析】a4a5a7a8a4a8a5a7(a4a8)2256.【答案】256(理)(
12、2014广东高考)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_【解析】a10a11a9a122e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a2010ln(a10a11)10ln e550.【答案】50函数与方程思想求解数列中的求值问题思想诠释数列中求值问题用到函数与方程思想的常见题型：1求基本量：求等差或等比数列中的某些量时，常根据题设条件构建方程(组)求解2值域(最值)：求等差或等比数列中的某些量的取值范围或最值时，经常选一变量将待求量表示成其函数或构建函数，从而转化为求函数的值域(最值)问题求解3单调性：研究等差(比)数列单调性时
13、，常利用研究函数单调性的方法求解4比较大小：等差(比)数列中某些量的大小比较，常利用比较函数值大小的方法，如单调性法、作差法等典例剖析【典例】(2015石家庄模拟)已知数列an是各项均为正数的等差数列(1)若a12，且a2，a3，a41成等比数列，求数列an的通项公式an；(2)在(1)的条件下，数列an的前n项和为Sn，设bn，若对任意的nN*，不等式bnk恒成立，求实数k的最小值【审题策略】(1)知道a1的值，a2，a3，a41成等比数列，联想到方程思想，列方程求解；(2)题目涉及恒成立、求最值问题，联想到函数思想，构建函数或利用函数性质求解【解】(1)因为a12，aa2(a41)，又因为
14、an是正项等差数列，故公差d0，所以(22d)2(2d)(33d)，得d2或d1(舍去)，所以数列an的通项公式an2n.(2)因为Snn(n1)，bn，令f(x)2x(x1)，则f(x)2，当x1时，f(x)0恒成立，所以f(x)在1，)上是增函数，故当x1时，f(x)的最小值为f(1)3，即当n1时，bn的最大值为.要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则需使k，所以实数k的最小值为针对训练(2015山东师大附中模拟)数列an的通项an是关于x的不等式x2xnx的解集中正整数的个数，f(n).(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn；(3)求证：对n2且nN*
15、恒有f(n)1.【解】(1)x2xnx等价于x(xn1)0，解得x(0，n1)其中有正整数n个，于是ann.(2)bnn，Snb1b2bn12n，Sn12n，两式相减得Snn1n，故Sn2n.(3)证明：f(n)1.由f(n)，知f(n1)，于是f(n1)f(n)0，故f(n1)f(n)，f(n)当n2且nN*时为增函数，f(n)f(2).综上可知f(n)1.1必记公式(1)等差数列通项公式：ana1(n1)d.(2)等差数列前n项和公式：Snna1.(3)等比数列通项公式：ana1qn1.(4)等比数列前n项和公式：Sn.(5)等差中项公式：2anan1an1(n2)(6)等比中项公式：aa
16、n1an1(n2)(7)数列an的前n项和与通项an之间的关系：an.2重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，anam(nm)d；等比数列中，anamqnm.(2)增减性：等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列等比数列中，若a10且q1或a10且0q1，则数列为递增数列；若a10且0q1或a10且q1，则数列为递减数列3易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件(2)漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是，容易漏掉.限时训练(十)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1(2015新课标高考)设Sn是等差数列an的
17、前n项和若a1a3a53，则S5()A5B7C9D11【解析】数列an为等差数列，a1a3a53a33，a31，S55.【答案】A2(2014福建高考)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D14【解析】由题知3a1d12，a12，解得d2，又a6a15d，a612.故选C.【答案】C3(2014重庆高考)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列【解析】由等比数列的性质得，a3a9a0，因此a3，a6，a9一定成等比数列故选D.
18、【答案】D4(2014天津高考)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()A2 B2 C. D【解析】由题意知SS1S4，(2a1d)2a1(4a1d)，把d1代入整理得a1.故选D.【答案】D5(2015辽宁大连模拟)数列an满足anan1anan1(nN*)，数列bn满足bn，且b1b2b990，则b4b6()A最大值为99 B为定值99C最大值为100 D最大值为200【解析】将anaa1anan1两边同时除以anan1可得1，即bn1bn1，所以bn是公差为d1的等差数列，其前9项和为90，所以b1b920，将b9b18db18，代
19、入得b16，所以b49，b611，所以b4b699.故选B.【答案】B二、填空题6(2015陕西高考)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_【解析】设等差数列的首项为a1，根据等差数列的性质可得，a12 01521 010，解得a15.【答案】57(2015安徽高考)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】则a1，a4可以看作一元二次方程x29x80的两根，故，或数列an是递增的等比数列，可得公比q2，前n项和Sn2n1.【答案】2n18(2014江西高考)在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn
20、，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_【解析】等差数列的前n项和为Sn，则Snna1dn2(a1)nn2(7)n，对称轴为，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.58.5，解得1d.【答案】三、解答题9(文)(2015兰州模拟)在等比数列an中，已知a12，a416.(1)求数列an的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列bn的第3项和第5项，试求数列bn的前n项和Sn.【解】(1)设数列an的公比为q，an为等比数列，q38，q2，an22n12n.(2)设数列bn的公差为d，b3a3238，b5a52532，且bn为等差数列，b5b3242d，d12，b1b32d16，Sn1
21、6n126n222n.(理)(2014湖北高考)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)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，此时不存在正整数n，使得Sn60n800成立当an4n2时，Sn2n2.
22、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41.10(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由【解】(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)不存在，理由如下：令a1da，则a
23、1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列第2讲数列求和及其综合应用1(2014北京高考)设an是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”的()A充分而不必要条件B必要而不充分
24、条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解析】q1时，an未必是递增数列，如1，2，4，8，16；an是递增数列时，q不一定大于1，如16，8，4，2，1.故选D.【答案】D2(2015北京高考)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A若a1a20，则a2a30B若a1a30，则a1a20C若0a1a2，则a2D若a10，则(a2a1)(a2a3)0【解析】若an是递减的等差数列，则选项A、B都不一定正确若an为公差为0的等差数列，则选项D不正确对于C选项，由条件可知an为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a2，由基本不等式得，所以C正确【答案】C3(2015武汉模拟)已知等差数列a
25、n的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A.B.C. D.【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.【答案】A4(2015福建高考)等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值【解】(1)设等差数列an的公差为d.由已知得解得所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn，所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)211532 101.从近三年高考，特别是2015年
26、高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为：考什么怎么考题型与难度1.数列的通项公式考查等差、等比数列的基本量的求解；考查an与Sn的关系，递推关系等题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题2.数列的前n项和考查等差、等比数列前n项和公式；考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和.题型：三种题型均可出现，更多为解答题难度：中档题3.数列的综合应用考查数列与函数的综合；考查数列与不等式的综合.题型：解答题难度：中档题1(2015新课标高考)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_【解析】本题主要考查等差数列的概念等，意在考查考生的运算求解能力以及转化与化归能力当n
27、1时，S1a11，所以1.因为an1Sn1SnSnSn1，所以1，即1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以(1)(n1)(1)n，所以Sn.【答案】2(2015铜陵模拟)数列an满足a1a2an3n1，nN*，则an_【解析】本题主要考查递推数列，意在考查转化与化归能力当n1时，a1311，所以a112，当n2时，：a1a2an1an3n1，：a1a2an13(n1)1.得：an(3n1)3(n1)1，即an3，所以an3n1，综上可得：an【答案】3(预测题)若数列an满足a13，an1，则a2 015的值为_【解析】本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解
28、决由于a13，求a21，a32，a43，所以数列an是周期为3的周期数列，所以a2 015a67132a21.【答案】1【规律感悟】求通项的常用方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法(2)已知Sn与an的关系，利用an求an.(3)累加法：数列递推关系形如an1anf(n)，其中数列f(n)前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系如an1g(n)an，其中数列g(n)前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如an1panq(p，q为常数)可化为an1p(p1)的形式，利用是
29、以p为公比的等比数列求解递推关系形如an1(p为非零常数)可化为的形式命题角度一基本数列求和、分组求和【典例1】(2015湖北八校联考)等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.【解】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查考生的运算求解能力及函数与方程思想、化归与转化思想(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，则由得解得所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1得Snn(n2)，则cn即cnT2n(c1c
30、3c2n1)(c2c4c2n)(22322n1)1(4n1)命题角度二裂项相消法求和【典例2】(2015安徽高考)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，求数列bn的前n项和Tn.【解】本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解a1，a4，进而可求数列的通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可求解(1)由题设知a1 a4a2 a38，又a1a49，可解得或(舍去)设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2
31、n1，又bn，所以Tnb1b2bn1.命题角度三错位相减法求和【典例3】(2015天津高考)已知an是各项均为正数的等比数列，bn是等差数列，且a1b11，b2b32a3，a53b27.(1)求an和bn的通项公式；(2)设cnanbn，nN*，求数列cn的前n项和【解】本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力(1)根据已知条件建立关于公差d、公比q的方程组，求解即得；(2)利用错位相减法进行数列求和(1)设数列an的公比为q，数列bn的公差为d，由题意q0.由已知，有消去d，整理得q42q280.又因为q0，解得q2，所以d2.所以数列a
32、n的通项公式为an2n1，nN*；数列bn的通项公式为bn2n1，nN*.(2)由(1)有cn(2n1)2n1，设cn的前n项和为Sn，则Sn120321522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n，上述两式相减，得Sn122232n(2n1)2n2n13(2n1)2n(2n3)2n3，所以，Sn(2n3)2n3，nN*.【规律感悟】1.分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组(3)根据数列的周期性分组2裂项后相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3错位相减法的关注点(
33、1)适用题型：等差数列an乘以等比数列bn对应项(anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比把两个和的形式错位相减整理结果形式针对训练1(2014湖南高考)已知数列an的前n项和Sn，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【解】(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.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A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n
34、项和T2nAB22n1n2.2(2015山东高考)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，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.【典例4】(2015安徽高考)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x
35、n的通项公式；(2)记Tnxxx，证明：Tn.【解】本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识先通过导数的几何意义求出直线斜率，再求出直线与x轴交点的横坐标，得到数列通项，最后证明不等式(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线yx2n21在点(1，2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1)令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.(2)由题设和(1)中的计算结果知Tnxxx.当n1时，T1.当n2时，因为x.所以Tn.综上可得对任意的nN*，均有Tn.一题多变若题 (2)变为：记bnlgxn，数列bn的前n项和为Sn，求Sn.【解】xn，bnlgxnlg
36、lg nlg(n1)，Snb1b2bn(lg 1lg 2)(lg 2lg 3)lg nlg(n1)lg(n1)【规律感悟】1数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)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(2)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、分式、求和方法对式子化简变形另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解2数列与不等式交汇问题的常用方法(1)作差(商)比较(2)根据数列的函数特征，判断并利用其单调性(3)利用基本不等式求最值针对训练(2015陕西汉中质检)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1
37、)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn.【解】(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正项数列，所以Sn0，Snn2n.于是a1S12，n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.所以Tn1.函数与方程思想求解数列中的最值问题思想诠释数列中的最值问题用到函数与方程思想的常见题型： (1)数列中的恒成立问题：转化为最值问题，利用函数的单调性或不等式求解(2)数列中的最大项与最小项问题：利用
38、函数的有关性质或不等式组求解(3)数列中前n项和的最值：转化为二次函数，借助二次函数的单调性或求使an0(an，0)成立时最大的n值即可求解典例剖析【典例】(2015江西南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a11，S36，正项数列bn满足b1b2b3bn2Sn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若bnan对nN*均成立，求实数的取值范围【审题策略】(1)由a11，S36求an；由b1b2b3bn2Sn求bn；(2)题目涉及恒成立，联想到函数思想，构建函数，利用函数性质求解【解】(1)a11，S36，数列an的公差d1，ann.由题知，得bn2SnSn12an2n(n2)，又b12
39、S1212，满足上式，故bn2n.(2)bnan恒成立恒成立，设cn，则，当n2时，cn1，数列cn单调递减，(cn)max，故.所以实数的取值范围为(，)针对训练(2015辽宁大连模拟)数列an满足an1，a11.(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn，并证明.【解】(1)证明：an1，化简得2，即2，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知2n1，Snn2.(1)()()1.1必记公式(1)“基本数列”的通项公式数列1，1，1，1，的通项公式是an(1)n(nN*)数列1，2，3，4，的通项公式是ann(nN*)数列3，5，7，9，的通项公式是an2n1(nN
40、*)数列2，4，6，8，的通项公式是an2n(nN*)数列1，2，4，8，的通项公式是an2n1(nN*)数列1，4，9，16，的通项公式是ann2(nN*)数列1，3，6，10，的通项公式是an(nN*)数列，的通项公式是an(nN*)(2)常用的拆项公式(其中nN*).()若等差数列an的公差为d，则；.().2重要结论(1)常见数列的前n项和123n.2462nn2n.135(2n1)n2.122232n2.132333n3.(2)数列中不等式的放缩技巧.2()2()3易错提醒(1)裂项求和的系数出错：裂项时，把系数写成它的倒数或者忘记系数致错(2)忽略验证第一项致误：利用an求通项，忽
41、略n2的限定，忘记第一项单独求解与检验(3)求错项数致误：错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项限时训练(十一)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1(2015浙江高考)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，dS40Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40【解析】由a3，a4，a8成等比数列可得：(a13d)2(a12d)(a17d)，即3a15d0，所以a1d，所以a1d0.又dS4d2(2a13d)dd20.故选B.【答案】B2(2015保定调研)在数列an中，已知a11，an12an1，则其通项公式
42、为an()A2n1 B2n11C2n1 D2(n1)【解析】由题意知an112(an1)，an1(a11)2n12n，an2n1.【答案】A3(预测题)已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 015项的和等于()A. B3 023C1 512 D3 024【解析】因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 015项的和等于S2 0151 007(1)11.【答案】A4(2015长春质检)设数列an的前n项和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an()A. B.C. D.【解析】设bnnSn(n2)an，有b14，b28，则bn4n，即bnn
43、Sn(n2)an4n，Sn(1)an4.当n2时，SnSn1(1)an(1)an10，所以anan1，即2，所以是以为公比，1为首项的等比数列，所以，an.故选A.【答案】A5(2015云南第一次统一检测)在数列an中，an0，a1，如果an1是1与的等比中项，那么a1的值是()A. B.C. D.【解析】由题意可得，a(2an1anan11)(2an1anan11)0an1an111，(n1)n1an，a11.【答案】C二、填空题6(2014全国新课标高考)数列an满足an1，a82，则a1_【解析】将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求
44、得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.【答案】7(理)若数列n(n4)()n中的最大项是第k项，则k_【解析】设数列为an，则an1an(n1)(n5)()n1n(n4)()n()n(n26n5)n24n(10n2)，所以当n3时，an1an；当n4时，an1an.因此，a1a2a3a4，a4a5a6，故a4最大，所以k4.【答案】4(文)(2015江苏高考)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_【解析】由a11，且an1ann1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n，则2，故数列前10项的和S1
45、02(1)2(1).【答案】8(2015福建高考)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】因为a，b为函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同零点，所以所以a0，b0，所以数列a，2，b不可能成等差数列，数列a，b，2不可能成等比数列，数列2，a，b不可能成等比数列不妨取ab，则只需研究数列a，b，2成等差数列，数列a，2，b成等比数列，则有解得或(舍去)，所以所以pq9.【答案】9三、解答题9(2015湖北高考)设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公
46、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cn，求数列cn的前n项和Tn.【解】(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.10(2014山东高考)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(
47、1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn(或Tn)解题策略四：中档大题规范练数列解答题的解法考试大纲的特别要求如下：理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算：可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目：首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含Sn的式子：要根据题目特征利
48、用an进行转化；(4)与递推数列有关的问题：要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；(5)与数列有关的不等式问题：可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)；(6)与函数有关的问题：应根据函数的性质求解【典例】(12分)(2015新课标高考)Sn为数列an的前n项和，已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解题流程规范解答(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.(4分)又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13
49、.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(6分)(2)由an2n1可知bn.(9分)设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn .(12分)解题模板求解数列通项和求和的模板第1步：由等差(比)数列或递推公式求通项；第2步：根据和的表达式，选择适当的方法求和；第3步：明确规范地表述结论反思感悟求解有关数列的综合题，首先要善于从宏观上整体把握问题，能透过给定信息的表象，揭示问题的本质，然后从微观上明确解题方向，化难为易，化繁为简，注意解题的严谨性数列问题对能力的要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力近几年高考加强了对数列推理能力的考查，应引起重视
50、针对训练1(2015河南洛阳统考)已知正项数列an的前n项和为Sn，nN*，2Snaan.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，设bn的前n项和为Tn，求T1，T2，T3，T100中有理数的个数【解】(1)当n1时，2a1aa1，aa10.a11或0.an0，a11.当n2时，2Snaan，2Sn1aan1，两式相减得2(SnSn1)aaanan1，2anaaanan1，aa(anan1)0，(anan1)(anan11)0，an0，anan10，anan10，an是以1为首项，1为公差的等差数列an1(n1)1n.(2)bn，bn.Tnb1b2b3bn(1)()()()1.在T1，T2，
51、T3，T100中，有理数有T3T8，T15，T99，共9个2(2015山东实验中学模拟)已知数列an是各项均为正数的等差数列，其中a11，且a2，a4，a62构成等比数列；数列bn的前n项和为Sn，满足2Snbn1.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)如果cnanbn，设数列cn的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得TnSn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由【解】(1)设数列an的公差为d，依条件有aa2(a62)，即(a13d)2(a1d)(a15d2)，解得d(舍)或d1，所以ana1(n1)d1(n1)n.由2Snbn1，得Sn(1bn)，当n1时，2S1b11，解得
52、b1，当n2时，bnSnSn1(1bn)(1bn1)bnbn1，所以bnbn1，所以数列bn是首项为，公比为的等比数列，故bn.(2)由(1)知，cnanbn，所以Tn123nTn123n得Tnnn，所以Tn.又Sn，所以TnSn，当n1时，T1S1，当n2时，0，所以TnSn，故所求的正整数n存在，其最小值是2.专题检测(四)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分)1(2015重庆高考)在等差数列an中，若a24，a42，则a6()A1B0C1D6【解析】由等差数列的性质知a2a62a4，所以a62a4a20.故选B.【答案】B2(2014全国新课标高考)等差
53、数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1) C. D.【解析】因为a2，a4，a8成等比数列，所以aa2a8，所以(a16)2(a12)(a114)，解得a12.所以Snna1dn(n1)故选A.【答案】A3(2015河北唐山统考) 设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则()A2 B. C. D1或2【解析】设S2k，S43k，由数列an为等比数列(易知数列an的公比q1)，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，又S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，.故选B.【答案】B4等比数列an的公比q2，a1a2a321，则a3a4a
54、5等于()A42 B63 C84 D168【解析】a3a4a5q2(a1a2a3)42184.故选C.【答案】C5(2015山东泰安一模)设等差数列an的前n项和为Sn，若a211，a5a92，则当Sn取最小值时，n()A9 B8 C7 D6【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d，由得，解得an152n.由an152n0，解得n.又n为正整数当Sn取最小值时，n7.故选C.【答案】C6(2015吉林集安市高三检测)等比数列an满足an0，nN*，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1等于()An(2n1) B(n1)2Cn2 D(n1)2【解析
55、】a5a2n5a22n，又an0，an2n.又log2a2n1log222n12n1，log2a1log2a3log2a2n1135(2n1)n2.故选C.【答案】C7(2015山东济宁微山第一中学二模)等差数列an的前n项和为Sn，若a10a1110，则()A1 B2 C1 D2【解析】因为an为等差数列，所以S2010(a10a11)100，则2.故选D.【答案】D8(2015吉林长春质量检测(二)设数列an的前n项和为Sn，且a11，Snnan为常数列，则an()A. B.C. D.【解析】由题意知，Snnan2，当n2时，Sn1(n1)an12，(n1)an(n1)an1，从而，则an
56、，当n1时上式成立，所以an.故选B.【答案】B9(2015北京东城模拟)某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有A，B两种菜可供选择，调查资料表明，凡是在星期一选A种菜的学生，下星期一会有20%改选B种菜；而选B种菜的学生，下星期一会有30%改选A种菜用an，bn分别表示在第n个星期的星期一选A种菜和选B种菜的学生人数，若a1300，则an1与an的关系可以表示为()Aan1an150 Ban1an200Can1an300 Dan1an180【解析】由题意得(nN*，n2)，解得anan1150，有an1an150.故选A.【答案】A10(2015江西昌江一中模拟)已知函数yf(x)的
57、定义域为R，当x0时，f(x)1，且对任意x，yR，等式f(x)f(y)f(xy)恒成立，若数列an满足a1f(0)，且f(an1)(nN*)，则a2015的值为()A4 027 B4 028C4 029 D4 030【解析】令xy0，f2(0)f(0)，f(0)1或0，令x1，g0，f(1)f(0)f(1)，x0时，f(x)1，f(0)1.令xy0，则f(x)f(x)f(0)1，由f(an1)，an12an0，an1an2，an是以a11，公差为2的等差数列，an2n1.a20152201514029.【答案】C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)11(2015新课标高考)在数列an中，
58、a12，an12an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_【解析】因为在数列an中，a12，an12an，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，因为Sn126，所以126，解得2n1128，所以n6.【答案】612(2015北京东城模拟)已知函数f(x)的对应关系如下表所示，数列an满足a13，an1f(an)，则a4_，a2 015_.x123f(x)321【解析】a13，a2f(a1)f(3)1，a3f(a2)f(1)3，a4f(a3)f(3)1，可知数列an是以2为周期的数列，a2 015a13.【答案】1313数列an满足a12，且对任意的m，nN*，都有an，则a3_；an
59、的前n项和Sn_【解析】由an可得a1，所以a2a224.所以a3a1a2248.由an得am，令m1，得a12，即数列an是公比为2的等比数列，所以Sn2n12.【答案】82n1214设实数a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足1a13，a34.若定义bn2an，给出下列命题：b1，b2，b3，b4是一个等比数列；b1b2；b24；b432；b2b4256.其中真命题为_【解析】若an是公差为d的等差数列，则2an是公比为2d的等比数列，故正确；a3a1公差d0公比2d1，又bn0，故正确；a1a32a2，由1a13，a34，得a1a35a22b22a24，正确；1a13，a34，又a
60、3a12dda4，故b42a4不一定大于32，不正确；因为b2b4b(2a3)2256，所以正确【答案】三、解答题(本大题共2小题，每小题15分)15(2015四川高考)设数列an(n1，2，3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值【解】(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12.所以，数列an是
61、首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得|11|，即2n1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是，使|Tn1|成立的n的最小值为10.16(2015山东高考)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.【解】(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1.当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合综上可得Tn.高考资源网版权所有，侵权必究！
