1、专题三数列 第一讲等差数列、等比数列(选择、填空题型)1(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()A2B2 C. D解析：选D由S1a1，S22a11，S44a16成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，解得a1.2(2014新课标全国卷)等差数列an的公差为2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则an的前n项和Sn () An(n1) Bn(n1) C. D. 解析：选A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.3
2、(2014辽宁高考)设等差数列an的公差为d，若数列2a1an为递减数列，则( )Ad0 Bd0 Da1d0解析：选D法一：ana1(n1)d，所以2a1an2a1a1(n1)d，因为是递减数列，故有2a1a1(n1)da1a1(n2)d2a1d120，所以a1d0，故选D.法二：数列2a1an为递减数列等价于数列a1an为递减数列，等价于a1ana1an10，即a1(anan1)0，即a1d0.4(2014江西高考)在等差数列an中，a17，公差为d，前 n项和为Sn，当且仅当n8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为_解析：由题意，当且仅当n8时Sn有最大值，可得即解得1d1；对某个正整
3、数k，若xk1xk，则xk 其中的真命题有_(写出所有真命题的编号)师生共研(1)设这个等积数列的公积为m，由于a12，所以a2，于是这个数列的各项依次为2，2，2，由于前21项的和为62，所以2111062，解得m8.(2)对于，当a5时，x15，x23，x32，因此正确对于，注意到当a3时，x13，x22，x31，x42，x51，x62，x71，此时数列xn除第一项外，从第二项起以后的项是以2为周期重复性出现的，此时不存在正整数k，使得当nk时，总有xnxk，不正确对于，注意到xnN*，且x1a，x1(1)a120，即x11，若xn是正奇数，则xn11；若xn是正偶数，则xn11，综上所述
4、，当n1时，xn1成立，因此正确对于，依题意得知xk1xk0，xk0，即xk0，xkxk0，xk0，xk；又由得知xk1，于是有1xk，因此有xk ，正确综上所述，其中的真命题是.答案(1)8(2)解决此类问题的关键是迅速去掉“新定义”的外衣，将原问题转化为我们熟悉的函数或数列问题求解6定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A B C D解析：选C法一：设an
5、的公比为q.f(an)a，2q2，f(an)是等比数列排除B、D.f(an)，f(an)是等比数列排除A.法二：不妨令an2n.因为f(x)x2，所以f(an)4n.显然f(2n)是首项为4，公比为4的等比数列因为f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列因为f(x)，所以f(an)()n.显然f(an)是首项为，公比为的等比数列因为f(x)ln|x|，所以f(an)ln 2nnln 2.显然f(an)是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列7若数列an满足对任意的nN*，只有有限个正整数m使得amn成立，
6、记这样的m的个数为(an)*，则得到一个新数列(an)*例如，若数列an是1,2,3，n，则数列(an)*是0,1,2，n1，.已知对任意的nN*，ann2，则(a5)*_，(an)*)*_.解析：依题意可知，数列an是1,4,9,16，所以满足am1)，当n1时，a1S12112221，故an2n(n1)所以b2a24，由此可排除A、C、D.对B选项，若bn2n，则bn3bn12(n3)2(n1)4n4,2bn44n4满足题设，选B.8在数列an中，a11，a22，若an22an1an2，则an等于()A.n3n Bn35n29n4Cn22n2 D2n25n4解析：选C依题意得(an2an1
7、)(an1an)2，因此数列an1an是以1为首项，2为公差的等差数列，an1an12(n1)2n1.当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)113(2n3)1(n1)21n22n2，又a1112212，因此ann22n2.9设数列an，则有()A若a4n，nN*，则an为等比数列B若anan2a，nN*，则an为等比数列C若aman2mn，m，nN*，则an为等比数列D若anan3an1an2，nN*，则an为等比数列解析：选C若a12，a24，a38，满足a4n，nN*，但an不是等比数列，故A错；若an0，满足anan2a，nN*，但an不是等比数列，故B错；若an0，满
8、足anan3an1an2，nN*，但an不是等比数列，故D错；若aman2mn，nN*，则有2，则an是等比数列10.为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图，在区域(x，y)|x0，y0内植树，第一棵树在A1(0,1)点，第二棵树在B1(1，1)点，第三棵树在C1(1,0)点，第四棵树在C2(2,0)点，接着按图中箭头方向，每隔一个单位种一棵树，那么，第2 014棵树所在的点的坐标是()A(9,44) B(10,44) C(10,43) D(11,43)解析：选B由题意可得种树的方法是按照一个等差数列3,5,7，2n1排列由前n项和得(n2)n2 014，所以n22n2 0140，解得n(负值
9、舍去)所以n43，当n43时对应种了1 935棵树由于单数的最后一个落在x轴上，双数的最后一个落在y轴上，所以在坐标为(43,0)向右种1棵，再向上种44棵，即第1 980棵的坐标为(44,44)，再向左平行移动34格，即第2 014棵及坐标为(10,44)二、填空题11已知各项均为正数的等比数列an满足a6a52a4，则的值为_解析：因为a6a52a4，所以a4q2a4q2a4，即q2q20，数列an是各项均为正数的等比数列，所以q2，q24.答案：412在等差数列an中，a25，a1a412，则an_；设bn(nN*)，则数列bn的前n项和Sn_.解析：设等差数列an的公差为d，则有a2a
10、35a312，a37，da3a22，ana2(n2)d2n1，bn，因此数列bn的前n项和Sn.答案：2n113(2014宜春模拟)已知数列an，若点(n，an)(nN*)在直线y3k(x6)上，则数列an的前11项和S11_.解析：若点(n，an)(nN*)在直线y3k(x6)上，则ank(n6)3，S11a1a2a3a11k(54321012345)11333.答案：3314(2014新余模拟)已知各项都为正数的等比数列an中，a2a44，a1a2a314，则满足anan1an2的最大正整数n的值为_解析：设等比数列首项为a1，公比为q，则a1qa1q34a1q22，a1a1qa1q214
11、a1a1q12，得6，即6q2q10q或q(舍)，得a18，所以ana1qn18n1，则anan1an2(an1)33，即83nn，所以n4，最大正整数n的值为4.答案：415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an的通项公式为an_.解析：令x2，y2n1，则f(xy)f(2n)2f(2n1)2n1f(2)，即an2an12n，1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，由此可得1(n1)1n，即ann2n.答案：n2n16已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足ax，且f(
12、x)g(x)f(x)g(x)，若有穷数列(nN*)的前n项和为，则n_.解析：根据题意得，因为f(x)g(x)f(x)g(x)，所以0，即函数ax单调递减，所以0a1，都存在mN*，使得 a1，an，am成等比数列解：(1)由Sn，得a1S11，当n2时，anSnSn13n2，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2，而此时mN*，且mn，所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列2(2014安徽高考)数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*. (1)证明：数
13、列是等差数列；(2)设 bn3n，求数列bn的前 n项和 Sn.解：(1)由已知可得1，即1.所以是以1为首项，1为公差的等差数列(2)由(1)得1(n1)1n，所以ann2.从而bnn3n.Sn131232333n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1n3n1.所以Sn.数列求和常用的方法1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cnanbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如(其中an是各
14、项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回顾反思. 热点一等差、等比数列的综合问题命题角度 (1)考查等差数列、等比数列的判定与证明；(2)考查等差数列、等比数列的综合运算.例1(1)设数列an的前n项和为Sn，且a1t，an12Sn1(nN*)若t，求证：数列Sn不是等差数列；当t为何值时，数列an是等比数列，并求出该等比数列的前n项和Sn.(2)(2014重庆高考)已知an是首项为1
15、，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和求an及Sn；设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40，求bn的通项公式及其前n项和Tn.师生共研(1)假设数列Sn为等差数列，则必有2S2S1S3，即2(a1a2)a1a1a2a3，所以a2a3，又a22S112a112t1，a32S212(a1a2)12(t2t1)16t3，所以由a2a3得2t16t3，即t，这与t矛盾故数列Sn不是等差数列由an12Sn1得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，即an13an(n2)，所以当n2时，数列an是等比数列要使n1时，数列an是等比数列，只需3，从而得t1.故当t1时
16、，数列an是以1为首项，3为公比的等比数列所以an3n1，所以Sn(3n1)(2)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.由得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列；q(q是非零常数)an是等比数列；(2)等差(比)中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列；aan
17、an2(nN*，an0)an是等比数列；(3)通项公式法：anpnq(p，q为常数)an是等差数列；ana1qn1(其中a1，q为非零常数，nN*)an是等比数列；(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数)an是等差数列；SnAqnA(A为非零常数，q0,1)an是等比数列1已知an 是等差数列，满足a13，a412，数列bn 满足b14，b420，且 bnan是等比数列(1)求数列an 和bn 的通项公式；(2)求数列bn 的前n 项和解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1,2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所
18、以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1,2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1,2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为12n1.所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.热点二数列求和问题命题角度(1)考查利用错位相减法或裂项相消法求和；(2)考查与奇偶项有关的分组求和.例2下表是一个由正数组成的数表，数表中各行依次成等差数列，各列依次成等比数列，且公比都相等，已知a1,11，a2,36，a3,28.a1,1a1,2a1,3a1,4a2,1a2,2a2,3a2,4a3,1a3,2a3,3a3,4a4,1a4,2a4,3a4,4(1)求数列an,
19、2的通项公式；(2)设bn，n1,2,3，求数列bn的前n项和Sn.师生共研(1)设第一行组成的等差数列的公差是d，各列依次组成的等比数列的公比是q(q0)，则a2,3qa1,3q(12d)q(12d)6，a3,2q2a1,2q2(1d)q2(1d)8，解得d1，q2.a1,22an,222n12n.(2)bn，则Sn，则Sn，两式相减得Sn1，所以Sn2.若本例(2)中bn(1)na1，n，如何求Sn?解：由例题可知bn(1)nn，Sn123(1)nn设Tn，则Tn，两式相减得Tn1，所以Tn2.又123(1)nn故Sn 六招解决数列求和问题(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n
20、个等差数列或等比数列，然后应用公式求和(2)错位相减法：(见主干整合)(3)裂项相消法：(见主干整合)(4)倒序相加法：(见主干整合)(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.(6)归纳猜想法：通过对S1，S2，S3，的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出Sn，然后给出证明2已知数列an的前n项和Snann12(nN*)，数列bn满足bn2nan.(1)求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设cnlog2，数列的前n项和为Tn，求满足Tn(nN*)的n的最大值解：(1)在Snann12中，令n1，可得S1a112a1，即a1.当n2时，Sn1an1n22，anSnS
21、n1anan1n1，2anan1n1，即2nan2n1an11.bn2nan，bnbn11，即当n2时，bnbn11.又b12a11，数列bn是首项和公差均为1的等差数列故bn1(n1)1n2nan，an.(2)cnlog2log22nn，Tn1，由Tn，得1，由于f(x)在(0，)上为单调递减函数，f(4)，f(5)，n的最大值为4.热点三数列与函数、方程的综合应用命题角度(1)以函数为背景给出数列的相关信息，考查数列的通项及前n项和等内容；(2)以与数列的通项an，前n项和Sn及项数n有关的关系式给出数列的信息，考查数列的有关计算及推理论证.例3(2014四川高考)设等差数列an的公差为d
22、，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，求数列anb的前n项和Sn.师生共研(1)证明：由已知，bn2an0.当n1时，2an1an2d.所以，数列bn是首项为2a1，公比为2d的等比数列(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意，a22，解得a22.所以，da2a11，ann，bn2n，anbn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此
23、，Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以，Sn.解决数列与函数、方程的综合问题的三个转化方向(1)函数条件的转化直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可；(2)方程条件的转化一般要根据方程解的有关条件进行转化；(3)数列向函数的转化可将数列中的问题转化为函数的相应问题求解，但要注意自变量取值范围的限制对于数列中的最值、范围等问题的求解，可转化为相应函数的单调性或利用方程有解的条件来求解3已知函数f(x)x2bx为偶函数，数列an满足an12f(an1)1，且a13，an1.(1)设bnlog2(an1)，证明：数列bn1为等比数列；(2)设cnnbn，求数列cn的前
24、n项和Sn.解：(1)函数f(x)x2bx为偶函数，b0，f(x)x2，an12(an1)21，an112(an1)2，2，数列bn1是公比为2的等比数列(2)a13，b1log221，bn12n，即bn2n1，cnn2nn，设An12222323n2n，2An122223324n2n1，An222232nn2n1n2n12n1n2n12，An(n1)2n12.设Bn1234n，SnAnBn(n1)2n12.课题4数列与不等式的综合应用典例(2013江西高考)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)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.
25、证明：对于任意的nN*，都有Tn.考题揭秘本题主要考查特殊数列的求和问题，意在考查考生的转化与化归能力以及运算求解能力审题过程第一步：审条件S(n2n1)Sn(n2n)0.第二步：审结论(1)求an；(2)证明不等式Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn，Tn.故对于任意的nN*，都有Tn.模型归纳数列与不等式的综合问题多以数列的通项或求和问题为背景，主要考查数列中最值的求解或不等式的证明解决此类问题的模型示意图如下：跟踪训练已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，S
26、n为其前n项和，且满足aS2n1，nN*.数列bn满足bn，nN*，Tn为数列bn的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)n恒成立，求实数的取值范围解：(1)aS1a1，a10，a11.aS3a1a2a3，(1d)233d，解得d1或2.当d1时，a20不满足条件，舍去，d2.数列an的通项公式为an2n1.(2)bn，Tn1.当n为偶数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，只需不等式2n17恒成立即可2n8，等号在n2时取得，25.当n为奇数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，只需不等式2n15恒成立即可2n是随n的增大而增大，n1时，2n取得最小
27、值6，60n800？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，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，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，其最小值为41.2已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，且
28、满足S53a52，a1，a2，a5依次成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，若an1Tn对任意正整数n都成立，求实数的取值范围解：(1)设等差数列an的公差为d，则S55a110d，S53a523(a14d)23a112d2，5a110d3a112d2，a1d1.a1，a2，a5依次成等比数列，aa1a5，即(a1d)2a1(a14d)，化简得，d2a1，a11，d2，ana1(n1)d2n1.(2)bn，Tn.由an1Tn得2n1对任意正整数n都成立，(2n1)2n，4n4.令f(x)4x(x1)，则f(x)40，f(x)在1，)上递增，对任
29、意正整数n,4n的最小值为5，9.3(2014江苏高考)设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数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)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
30、正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，故m1.从而d1.当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”因此d的值为1.(3)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下证bn是“H数列”设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN*)于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Tnbm，所以bn是“H数列”同理可证cn也是“H数列”所以，对任意的等差数列an，总存在两个“
31、H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立4(2014江西高考)将连续正整数1,2，n(nN*) 从小到大排列构成一个数， F(n)为这个数的位数(如 n12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F(12)15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率(1)求 p(100)；(2)当n2 014 时，求F(n) 的表达式；(3)令g(n) 为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)f(n)g(n)，Sn|h(n)1，n100，nN*，求当 nS时 p(n)的最大值解：(1)当n100时，这个数中总共有192个数字，其中数
32、字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)；(2)F(n)(3)当nb(1b9，bN*)时，g(n)0；当n10kb(1k9,0b9，kN*，bN)时，g(n)k；当n100时，g(n)11，即g(n)同理有f(n)由h(n)f(n)g(n)1，可知n9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，所以当n100时，S9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，当n9时，p(9)0，当n90时，p(90)，当n10k9(1k8，kN*)时，p(n)，由y关于k单调递增，故当n10k9(1k8，kN*)时，p(n)的最大值为p(89)，又，所以当nS时，p(n)的最大值为.