【核按钮】2016高考(新课标)数学(理)一轮复习配套(课时精讲+课时检测:第六章 数 列(4课时)


第六章 数



1.数列的概念和简单表示法 (1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列 表、图象、通项公式). (2) 了解数列是自变量为正整数的一类特殊函 数. 2.等差数列、等比数列 (1)理解等差数列、等比数列的概念.

(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式. (3) 能在具体的问题情境中识别数列的等差关 系或等比关系,并能用等差数列、等比数列的有关 知识解决相应的问题. (4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列 与指数函数的关系.

§6.1

数列的概念与简单表示法
?__________(n=1), ? 已知 Sn,则 an=? ? ? __________(n≥2). 4.常见数列的通项 (1)1 , 2 , 3 , 4 ,…的一个通项公式为 an = ____________; (2)2 , 4 , 6 , 8 ,…的一个通项公式为 an = ____________; (3)3 , 5 , 7 , 9 ,…的一个通项公式为 an = ____________; (4)2 , 4 , 8 , 16 ,…的一个通项公式为 an = ____________; (5)-1,1,-1,1,…的一个通项公式为 an =_________________________; (6)1 , 0 , 1 , 0 ,…的一个通项公式为 an = ____________; (7)a , b , a , b ,…的一个通项公式为 an = ____________; (8)9 , 99 , 999 ,…的一个通项公式为 an = ____________. 注:据此,很易获得数列 1,11,111;…;2, 22,222,…;…;8,88,888,…的通项公式分别 1 2 8 为 (10n-1), (10n-1),…, (10n-1). 9 9 9

1.数列的概念 (1)定义:按照一定顺序排列着的一列数称为数 列, 数列中的每一个数叫做这个数列的.数列中的每 一项都和它的序号有关,排在第一位的数称为这个 数列的第 1 项(通常也叫做),排在第二位的数称为 这个数列的第 2 项……排在第 n 位的数称为这个数 列的第 n 项.所以,数列的一般形式可以写成,其中 an 是数列的第 n 项, 叫做数列的通项.常把一般形式 的数列简记作{an}. (2)通项公式:如果数列{an}的与序号之间的关 系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个 数列的通项公式. (3)从函数的观点看,数列可以看作是一个定义 域为正整数集 N*(或它的有限子集{1,2,3,…, n})的函数, 当自变量从小到大依次取值时所对应的 一列________. (4)数列的递推公式: 如果已知数列的第 1 项(或 前几项),且从第二项(或某一项)开始的任一项与它 的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表 示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式. (5) 数 列 的 表 示 方 法 有 __________ 、 __________、__________、__________. 2.数列的分类 (1)数列按项数是有限还是无限来分,分为、. (2)按项的增减规律分为________、_________、 _________和__________.递增数列?an+1______an; 递减数列?an+1_______an; 常数列?an+1_______an. 递增数列与递减数列统称为__________. 3.数列前 n 项和 Sn 与 an 的关系
1

自查自纠: 1.(1)项 首项 a1,a2,a3,…,an,… (2)第 n 项 n (3)函数值 (4)an an-1 (5)通项公式(解析法) 列表法 图象法 递推 公式 2.(1) 有穷数列 无穷数列 (2) 递增数列 递 减数列

摆动数列 常数列 > < = 单调数列 3.S1 Sn-Sn-1 4.(1)n (2)2n (3)2n+1 (4)2n (5)(-1)n - 1+(-1)n 1 (6) 2 - (a+b)+(-1)n 1(a-b) (7) 2 n (8)10 -1

? ?4(n=1), 故填 an=? ?2n+1(n≥2). ?

( 2014·全国课标Ⅱ ) 数 列 {an} 满 足 an + 1 = 1 ,a =2,则 a1=________. 1-an 8 1 1 解:由递推公式 an+1= .∵a8=2,∴a7= , 2 1-an a6=-1, a5=2, 可得{an}是以 3 为周期的数列.∴a1 1 1 =a4=a7= .故填 . 2 2

4 9 16 数列-1, ,- , ,…的一个通项公式 3 5 7 是( ) n(n+1) A.an=(-1)n 2n-1 n2 B.an=(-1)n 2n-1 n2 C.an=(-1)n 2n+1 n3-2n D.an=(-1)n 2n-1 1 解:-1=- ,数列 1,4,9,16,…对应通 1 项 n2,数列 1,3,5,7,…对应通项 2n-1,数列 -1,1,-1,1,…对应通项(-1) .故选 B. 下列有四个命题: ①数列是自变量为正整数的一类函数; 2 3 4 5 n ②数列 , , , ,…的通项公式是 an= ; 3 4 5 6 n+1 ③数列的图象是一群孤立的点; ④数列 1,-1,1,-1,…与数列-1,1,-1, 1,…是同一数列. 其中正确的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解:易知①③正确,②④不正确.故选 B. 1 1 1 若数列 an= + +…+ ,则 a5- 2n n+1 n+2 a4=( ) 1 1 1 19 A. B.- C. D. 10 10 90 90 1 1 1? 1 1 1 1 解: a5 - a4 = ? ?6+7+…+10? - ( 5 + 6 + 7 + 8 ) 1 1 1 1 = + - = ,故选 C. 9 10 5 90 数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+2n+1, 则{an} 的通项公式为____________.
n

类型一

数列的通项公式

4 9 16 25 已知数列: , , , ,…. 5 10 17 26 (1)试写出该数列的一个通项公式; (2)利用你写出的通项公式判断 0.98 是不是这 个数列中的一项. 解:(1)各项的分子为 22,32,42,52,…,分 母比分子大 1,因此该数列的一个通项公式为 an= . (n+1)2+1 (n+1)2 (2)不妨令 =0.98,得 n2+2n-48 (n+1)2+1 =0,解得 n=-8(舍)或 n=6. 故 0.98 是这个数列中的第 6 项 a6. 点拨: ①一个数列只知道前 n 项,其通项公式是不能 确定的,即使完全知道该数列,其通项公式的形式 也不一定是惟一的,如数列 1,0,1,0,…的通项 + 1+(-1)n 1 nπ? 公式可写成 an= 或 an=? ?sin 2 ?甚至 2 ?1,n是奇数, ? 分段形式 an=? 等.②对于此类归纳猜 ?0,n是偶数 ? 想求通项的题目,一定要掌握一些常见数列的通项 公式,如{n},{2n},{(-1)n},{2n},{n2},{2n- 1}等,在此基础之上还要掌握一定的方法,如将各 项分解成若干个数的和、差、积、商,分离分子分 母等.③由于数列是特殊的函数, 因此判断某数是否 为数列中的项,即是知 an 判断方程 an=f(n)是否有 正整数解. 写出下列数列的一个通项公式: 1 1 1 1 (1)-1, ,- , ,- ,…; 2 3 4 5
2

(n+1)2

解:当 n=1 时,a1=S1=4;当 n≥2 时,an= Sn-Sn-1=2n+1,

? ?4(n=1), ∴an=? ?2n+1(n≥2). ?

(2)3,5,9,17,33,…; (3)3,33,333,3333,…; 2 10 17 26 (4) ,-1, ,- , ,…. 3 7 9 11 1 解:(1)an=(-1)n· ; n (2)an=2n+1; 1 (3)an= (10n-1); 3 5 (4)由于-1=- , 故分母为 3, 5, 7, 9, 11, …, 5 即{2n+1},分子为 2,5,10,17,26,…,即{n n +1
2 2

已知下列数列{an}的前 n 项和 Sn,分 别求它们的通项公式 an. (1)Sn=2n2+3n; (2)Sn=3n+1. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=2×12+3×1=5; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n2+3n)-[2(n- 1)2+3(n-1)]=4n+1. 当 n=1 时,4×1+1=5=a1,∴an=4n+1. (2)当 n=1 时,a1=S1=3+1=4; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n+1)-(3n-1+1) =2×3n-1. 当 n=1 时,2×31-1=2≠a1,

+1}.符号看作各项依次乘 1,-1,1,-1,…,即 {(-1)n+1},故 an=(-1)n+1· . 2n+1

? ?4(n=1), ∴an=? n 1 ?2·3 - (n≥2). ?

类型二

由前 n 项和公式求通项公式 类型三 由递推公式求通项公式
2

(1) 若数列 {an} 的前 n 项和 Sn = n - 10n,则此数列的通项公式为 an=______________. (2)若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n+1, 则此数列 的通项公式为 an= . 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=1-10=-9; 当 n≥2 时, an = Sn - Sn - 1 = n2 - 10n - [(n - 1)2 - 10(n - 1)] =2n-11. 当 n=1 时,2×1-11=-9=a1.∴an=2n-11. 故填 2n-11. (2)当 n=1 时,a1=S1=21+1=3; 当 n≥2 时, an = Sn - Sn - 1 = (2n + 1) - (2n - 1 + 1) = 2n - 2n - 1 =2n-1.

写出下面各递推公式表示的数列 {an} 的通项公式. (1)a1=1,an+1=2n·an(n≥1); 1 (2)a1=1,an=an-1+ (n≥2). n(n-1) an+1 n 解:(1)解法一:∵an+1=2n·an,∴ =2 , an a2 a3 a4 an ∴ =2, =22, =23,…, =2n-1. a1 a2 a3 an-1 an … 将上述 n-1 个式子累乘,得 =21+2+3+ +(n a1
-1),
n(n-1) 2

即 an=2

(n∈N*).

? ?3(n=1), 综上有 an=? n 1 ?2 - (n≥2). ? ? ?3(n=1), 故填? n-1 ?2 (n≥2). ?
点拨: 任何一个数列, 它的前 n 项和 Sn 与通项 an 都存 ?S1(n=1), ? 在关系:an=? 若 a1 适合 Sn-Sn ?Sn-Sn-1(n≥2). ? -1,则应把它们统一起来,否则就用分段函数表示. 另外一种快速判断技巧是利用 S0 是否为 0 来判断: 若 S0=0,则 a1=Sn-Sn-1,否则不符合,这在解小 题时比较有用.
3

解法二:an+1=2n·an=2n·2n-1an-1 =…=2n·2n-1·…·22·21a1 =2
1+2+…+n-1+n
n(n-1) 2 n(n+1) 2

a1=2

.

∴an=2

. 1 (n≥2), n(n-1)

(2)由递推关系 an=an-1+ 有 an-an-1=

1 1 - (n≥2). n-1 n 1 1 1 1 于是有 a2-a1= - ,a3-a2= - ,…,an 1 2 2 3 1 1 -an-1= - . n-1 n

1 将上述 n-1 个式子累加,得 an=2- . n 1 当 n=1 时, a1=1 也满足, 故 an=2- (n∈N*). n 点拨: 已知 a1 和数列递推关系求通项时, 可先计算出 前若干项,通过分析这些项与序号的关系,归纳猜 想出数列的通项公式,但这种不完全归纳得到的结 an 论往往需要进行验证;但对于“ =f(n)”型递推 an-1 关系常用“累乘法”求通项;对于“an - an - 1 = f(n)”型递推关系常用累加法求通项; 以上两种情形 皆可用迭代法求通项.还须注意检验 n=1 时,是否 适合所求. 写出下面各递推公式表示的数列{an} 的通项公式. - (1)a1=1,an=3n 1+an-1; n+2 (2)a1=4,an+1= a. n n 解:(1)由 a1=1,an-an-1=3n-1(n≥2),得 a1=1,a2-a1=31,a3-a2=32,…, an-1-an-2=3n-2,an-an-1=3n-1, 以上等式两边分别相加得 3 -1 an=1+3+32+…+3n-1= , 2
n

类型四

数列通项的性质

10? n 在 数 列 {an} 中 , an = (n + 1) ? ?11? (n∈N*). (1)求证:数列{an}先递增,后递减; (2)求数列{an}的最大项. 10?n 解:因 an=(n+1)? ?11? 是积幂形式的式子且 an >0,所以可用作商法比较 an 与 an-1 的大小. 10?n (n+1)? ?11? an (1)证明: 令 ≥1(n≥2), 即 ≥1, n-1 10? an-1 ? n· ?11? n+1 11 整理得 ≥ ,解得 n≤10. n 10 10?n (n+1)? ?11? an 令 ≥1,即 ≥1, 10?n+1 an+1 ? (n+2)?11? n+1 10 整理得 ≥ ,解得 n≥9. n+2 11 ∴从第 1 项到第 9 项递增,从第 10 项起递减. 1010 (2)解:由(1)知 a9=a10= 9 最大. 11 点拨: 要证明数列{an}是单调的,可利用“{an}是递 增数列?an<an+1, 数列{an}是递减数列?an>an+1” 来证明.注意数列的单调性是探索数列的最大、 最小 项及解决其他许多数列问题的重要途径,因此要熟 练掌握上述求数列单调性的方法. 设函数 f(x)=log2x-logx2(0<x<1), 数列{an}满足 f2an=2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的单调性. 1 解:(1)∵f2an=log22an-log2an2=an- , an 1 2 ∴an- =2n,即 an -2nan-1=0. an ∴an=n± n2+1, ∵x∈(0,1),∴2an∈(0,1),an<0. ∴an=n- n2+1) =1-
4

3n-1 n=1 时,a1=1 也适合,∴an= . 2 也可直接利用递推公式,逐项代替等式右边出 现的 an-1,直至 a1: 由 an=3n-1+an-1=3n-1+3n-2+an-2 =…=3
n-1

+3

n-2

3n-1 +…+3 +3 +a1= . 2
2 1 n

3 -1 当 n=1 时,a1=1 也适合,∴an= . 2 n+2 an+1 (2)由递推关系 a1=4,an+1= a ,有 = n n an n+2 an-1 a2 a3 4 a4 5 n , 于是有 =3, = , = , …, = , n a1 a2 2 a3 3 an-2 n-2 n+1 an an = , 将 这 (n - 1) 个 式 子 累 乘 , 得 = a1 an-1 n-1 n(n+1) n(n+1) ,即当 n≥2 时,an= a1=2n(n 2 2 +1),当 n=1 时,a1=4 也满足.所以 an=2n(n+1).

n2+1. (n+1)2+1 - (n - n2+1

(2)an + 1 - an = (n + 1) - (n+1)2+1-

= 1 - 2n+1

2n+1 (n+1)2+1+ n2+1

> 1 -

1 ?n A.1+? ?10? 1 ?n C.1-? ?10?

1 ?n B.-1+? ?10? 1 ?n+1 D.1-? ?10?

=0, (n+1)+n ∴an+1>an,则数列{an}是递增数列. 也可由 an= n+ -1 直接判断. n2+1

1.已知数列的前几项,写出数列的通项公式, 主要从以下几个方面来考虑: (1) 如果符号正负相间,则符号可用 ( - 1)n 或 + (-1)n 1 来调节. (2)分式形式的数列, 分子找通项, 分母找通项, 要充分借助分子、分母的关系来解决. (3)对于比较复杂的通项公式,要借助于等差数 列、等比数列和其他方法来解决. 此类问题虽无固定模式,但也有规律可循,主 要靠观察(观察规律)、 比较(比较已知的数列)、 归纳、 转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来 解决. ?S1(n=1), ? 2.an = ? 注意 an = Sn - Sn - 1 ? ?Sn-Sn-1(n≥2), 的条件是 n≥2,还须验证 a1 是否符合 an(n≥2),是 则合并,否则写成分段形式. 3.已知递推关系求通项 掌握先由 a1 和递推关系求出前几项,再归纳、 猜想 an 的方法,以及“累加法”“累乘法”等. (1)已知 a1 且 an-an-1=f(n), 可以用“累加法” 得: an=a1+f(2)+f(3)+…+f(n-1)+f(n). an (2)已知 a1 且 =f(n),可以用“累乘法”得: an-1 an=a1·f(2)· f(3)· …· f(n-1)· f(n). 4.数列的简单性质 (1)单调性:若 an+1>an,则{an}为递增数列; 若 an+1<an,则{an}为递减数列. (2)周期性:若 an+k=an(n∈N*,k 为非零正整 数),则{an}为周期数列,k 为{an}的一个周期. ? ?an≥an+1, (3)最大值与最小值: 若? 则 an 最大; ?an≥an-1, ? ?an≤an+1, ? 若? 则 an 最小. ? ?an≤an-1,

1 1 解:原数列前几项可改写为 1- ,1- 2,1 10 10 1 ?n 1 - 3,…,故通项 an=1-? ?10? .故选 C. 10 1 2.已知数列{an}中, a1=1, a2=3, an=an-1+ an-2 (n≥3),则 a4 等于( ) 55 13 A. B. C.4 D.5 12 3 13 解:令 n=3,4,即可求得 a4= .故选 B. 3 an+an+1 陕西 ) 原 命 题 为 “ 若 3.( 2014· < an , 2 * n∈N ,则{an}为递减数列”,关于其逆命题,否命 题,逆否命题真假性的判断依次如下,正确的是 ( ) A.真,真,真 B.假,假,真 C.真,真,假 D.假,假,假 an+an+1 解:∵ <an?an+1<an?{an}为递减数 2 列 (n∈N*) ,∴原命题为真,从而其逆否命题为真 . an+an+1 逆命题为: 若{an}(n∈N*)为递减数列, 则 < 2 an,为真命题,而逆命题与否命题互为逆否命题, 从而否命题为真.故选 A. 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n(n-40), 则下 列判断中正确的是( ) A.a19>0,a21<0 B.a20>0,a21<0 C.a19<0,a21>0 D.a19<0,a20>0 解:当 n=1 时,a1=S1=-39; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n(n-40)-(n-1)(n -41)=2n-41. 将 n=1 代入满足上式. 综上有 an=2n-41. 所以 a19=2×19-41=-3<0,a20=2×20- 41=-1<0,a21=2×21-41=1>0.故选 C. 1? 5.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+lg? ?1+n?, 则 an 的值为( A.2+lgn C.2+nlgn ) B.2+(n-1)lgn D.1+nlgn n+1 解法一:∵an+1-an=lg , n ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1) +a1
5

(

1.数列 0.9,0.99,0.999,…的一个通项公式是 )

=lg

n-1 n 2 +lg +…+lg +2 1 n-1 n-2

综合考查分子、分母,以及各项符号可知 an= (-1)n-1 n+3 . n

=lg?

? n n-1

3 2? · · …· ·?+2 21 ?n-1 n-2 ?

=lgn+2. 解法二:an+1=an+lg(n+1)-lgn, an + 1 - lg(n+ 1)= an- lgn,所以数列 {an - lgn} 是常数列,an-lgn=a1-lg1=2,an=2+lgn.故选 A. 6.(2013·北京东城区一模)对于函数 y=f(x),部 分 x 与 y 的对应关系如下表:
x y 1 7 2 4 3 5 4 8 5 1 6 3 7 5
*

? ?3(n为奇数), (3)an=? ?5(n为偶数), ?
(3+5)+(-1)n-1(3-5) 或 an= 2 =4+(-1)n. (4)观察数列{an}可知,奇数项成等差数列,偶 数项成等比数列, 1 ?n+ (n为奇数), 2 ∴a =? ?2 (n为偶数).
n
n 2

8 2

9 6

数列{xn}满足 x1=2,且对任意 n∈N ,点(xn, xn+1)都在函数 y=f(x)的图象上,则 x1+x2+x3+x4 +…+x2012+x2013 的值为( ) A.9394 B.9380 C.9396 D.9400 解: ∵x1=2, x2=f(x1)=f(2)=4, x3=f(x2)=f(4) =8,同理,x4=2,x5=4,x6=8,因此,x3k+1=2, x3k+2=4,x3k+3=8,k∈N. ∴x1+x2+x3+…+x2012+x2013 =(x1+x2+x3)+…+(x2011+x2012+x2013) =(2+4+8)×671=9394.故选 A. 7.设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8 的值为 ________. 解:a8=S8-S7=82-72=15.故填 15. 8.若数列{an}的通项公式为 an=|3n-19|,数列 {an}的最小项是________.

10.(2014·四川模拟)观察下列三角形数表, 假设 * 第 n 行的第二个数为 an(n≥2,n∈N ).

(1)依次写出第六行的所有 6 个数; (2)归纳出 an+1 与 an 的关系式, 并求出{an}的通 项公式. 解:(1)第六行的所有 6 个数分别是 6,16,25, 25,16,6. (2)依题意 an+1=an+n(n≥2),a2=2, an=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1) = 2 + 2 + 3 + … + (n - 1) = 2 + (n-2)(n+1) . 2 1 1 所以 an= n2- n+1(n≥2,n∈N*). 2 2 11.设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 2 2 Sn, 且 Sn 满足 S2 n∈N*. n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0, (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式.
2 2 解: (1)由题设, S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0, n∈N*. 2 2 令 n=1,有 S2 1-(1 +1-3)S1-3×(1 +1)=0,

? ?19-3n,(n≤6), 解: an=? 数列 {an}具有 ?3n-19,(n≥7). ?
性质 a1>a2>…>a6,而 a7<a8<a9<…,由于 a6 =1,a7=2,∴数列的第 6 项最小,其最小值为 1. 故填 1. 9.根据数列{an} 的前几项,分别写出下列数列 的一个通项公式. (1)7,77,777,7777,…; 5 7 8 (2)4,- ,2,- , ,…; 2 4 5 (3)3,5,3,5,…; (4)1,2,2,4,3,8,4,16,…. 解:(1)将各项改写如下 7 7 7 7 (10-1), (102-1), (103-1), (104-1),… 9 9 9 9 7 易知 an= (10n-1). 9 4 5 6 7 8 (2)将各项绝对值改写如下 , , , , ,… 1 2 3 4 5
6

可得 S2 1+S1-6=0,解得 S1=-3 或 2,即 a1 =-3 或 2, 又 an 为正数,所以 a1=2.
2 2 (2)由 S2 n∈N*可 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,

得,

(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则 Sn=n2+n 或 Sn= -3, 又数列{an}的各项均为正数, 所以 Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1), 所以当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 又 a1=2=2×1,所以 an=2n.(n∈N )
*

1 结合函数 f(x)=1+ 的单调性, 2x-9 可知 1>a1>a2>a3>a4, a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*). ∴数列{an}中的最大项为 a5=2,最小项为 a4= 0. (2)an=1+ 1 =1+ . a+2(n-1) 2-a n- 2 1 2

已 知 数 列 {an} 中 , an = 1 + 1 (n∈N*,a∈R,且 a≠0). a+2(n-1) (1)若 a=-7, 求数列{an}中的最大项和最小项 的值; (2)若对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立,求 a 的取值范围. 1 解:(1)∵an=1+ (n∈N*,a∈R, a+2(n-1) 且 a≠0), 1 又 a=-7,∴an=1+ (n∈N*). 2n-9

若对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立, 1 2 结合函数 f(x)=1+ 的单调性, 2-a x- 2 2-a 有 5< <6,∴-10<a<-8. 2

7

§6.2

等差数列
数列, 且公差分别为________, ________, ________. (4)在等差数列中,按序等距离取出若干项也构 成一个等差数列,即 an,an+m,an+2m,…为等差数 列,公差为 md. (5)等差数列的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn, S3n-S2n,…为等差数列,公差为 n2d. (6)若等差数列的项数为 2n,则有 S奇 an S 偶-S 奇=nd, = . S偶 an+1 (7)等差数列{an}前 m 项与后 m 项的和等于 m(a1 +an). 自查自纠: 1.差 常数 公差 an-an-1 an+1-an 2.等差中项 3.a1+(n-1)d ①d a1-d y=dx+(a1-d) ②单调递增 单调递减 常数列 n(a1+an) n(n-1)d 4.(1) na1 + 倒序相 2 2 加法 (2)≥0 ≤0 ≤0 ≥0 6.(1)(m-n) (2)an 2 (3)等差 pd1 d1 d1±d2

1. 等差数列的定义 一般地,如果一个数列从第 2 项起,每一项与 它的前一项的________都等于同一个________,那 么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数 列的________,通常用字母 d 表示,即________= d(n∈N+,且 n≥2)或________=d(n∈N+). 2.等差中项 由三个数 a,A,b 组成的等差数列可以看成最 简单的等差数列.这时,A 叫做 a 与 b 的 ____________. 3.等差数列的通项公式 若{an}是等差数列, 则其通项公式 an=_______. ① {an} 成 等 差 数 列 ? an = pn + q , 其 中 p = ________,q=________,点(n,an)是直线上一群孤 立的点. ②单调性:d>0 时,{an}为________数列;d < 0 时, {an} 为 ________ 数列; d = 0 时, {an} 为 ________. 4.等差数列的前 n 项和公式 (1) 等差数列前 n 项和公式 Sn = ________ = ________.其推导方法是________. (2){an}成等差数列,求 Sn 的最值: ? ?an________, 若 a1>0,d<0,且满足? 时,Sn ?an+1________ ? 最大; ?an________, ? 若 a1<0,d>0,且满足? 时,Sn ?an+1________ ? 最小; 或利用二次函数求最值;或利用导数求最值. 5.等差数列的判定方法 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)?{an}是 等差数列; (2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)?{an} 是等差数列; (3)通项公式法: an=kn+b(k, b 是常数)(n∈N*) ?{an}是等差数列; (4)前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 是常 数)(n∈N*)?{an}是等差数列. 6.等差数列的性质 am-an (1)am-an=________d,即 d= . m-n (2)在等差数列中,若 p+q=m+n,则有 ap+ aq=am+________;若 2m=p+q,则有________am =ap+aq(p,q,m,n∈N*). (3)若{an},{bn}均为等差数列,且公差分别为 d1, d2, 则数列{pan}, {an+q}, {an±bn}也为________
8

(2014·福建)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 1 解:设公差为 d,由 a1=2,S3=12 得 3×2+ 2 ×3×2d=12,解得 d=2.故 a6=2+(6-1)×2=12. 故选 C. 已知等差数列{an}中,a2=7,a4=15,则 其前 10 项的和为( ) A.100 B.210 C.380 D.400 解:在等差数列{an}中,∵a2=7,a4=15,∴d = a4-a2 10×9 =4, a1=a2-d=3, ∴S10=10×3+ × 2 2

4=210.故选 B. 等差数列{an}中,Sn 是{an}前 n 项和,已知 S6=2,S9=5,则 S3=( ) 1 1 A.-1 B.- C. D.1 3 3 解:由 S3,S6-S3,S9-S6 成等差数列得:2(2 1 -S3)=S3+(5-2).解得 S3= .故选 C. 3

在等差数列{an}中,a3+a7=37,则 a2+a4 +a6+a8=________. 解:因为 a3+a7=a4+a6=a2+a8=37,所以 a2 +a4+a6+a8=74,故填 74. (2014·江西)在等差数列{an}中,a1=7,公 差为 d,前 n 项和为 Sn,当且仅当 n=8 时 Sn 取得 最大值,则 d 的取值范围为________. 解:由题意,当且仅当 n=8 时 Sn 有最大值, d<0, d<0, ? ? ? ? 可得?a >0,即?7+7d>0, ? ?a <0, ? ?7+8d<0,
8 9

数列? (2)求证:对任意实数 p 和 q,数列{an+1-an} 是等差数列. 解: (1)欲使{an}是等差数列, 则 an+1-an=[p(n +1) +q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p+q 应是一个
2

与 n 无关的常数,∴只有 2p=0,即 p=0 时,数列 {an}是等差数列. (2)∵an + 1 - an = 2pn + p + q ,∴ an + 2 - an + 1 = 2p(n+1)+p+q.又(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p 为 一个常数, ∴数列{an+1-an}是等差数列.

7 7 -1,- ?. 解得-1<d<- .故填? 8? ? 8

类型二

等差数列基本量的计算

类型一

等差数列的判定与证明

在等差数列{an}中, (1)已知 a15=33,a45=153,求 an; (2)已知 a6=10,S5=5,求 Sn; (3)已知前 3 项和为 12,前 3 项积为 48,且 d >0,求 a1. 解:(1)解法一:设首项为 a1,公差为 d,依条 件得

设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若对于 n(a1+an) 所有的正整数 n,都有 Sn= ,证明{an} 2 是等差数列. 证明:当 n≥2 时,由题设知 an = Sn - Sn
- 1



n(a1+an) - 2

? ? ?33=a1+14d, ?a1=-23, 解得? ? ?153=a1+44d, ? ? ?d=4.
∴an=-23+(n-1)×4=4n-27. an-am a45-a15 153-33 解法二: 由 d= , 得 d= = 30 n-m 45-15 =4, 由 an=a15+(n-15)d,得 an=4n-27.

(n-1)(a1+an-1) 2 1 = [a1+nan-(n-1)an-1], 2 1 同理 an+1= [a1+(n+1)an+1-nan].从而 2 1 an+1-an= [(n+1)an+1-2nan+(n-1)an-1]. 2 整理得(n-1)an+1+(n-1)an-1=2(n-1)an, ∵n≥2,∴an+1+an-1=2an. 所以{an}是等差数列. 点拨: 判定数列是等差数列的方法可参看本节“考点 梳理”,证明一个数列是等差数列只能用前两种方 法,做客观题时可用后两种方法判断数列是否为等 差数列. 已知数列 {an} 的通项公式为 an = pn2 +qn(p,q∈R,且 p,q 为常数). (1)当 p 和 q 满足什么条件时,数列{an}是等差
9

?a1+5d=10, ? (2)∵a6=10,S5=5,∴? ? ?5a1+10d=5.
解得 a1=-5,d=3. n(n-1) 3 13 ∴Sn=-5n+ ·3= n2- n. 2 2 2 (3)设数列的前三项分别为 a2-d,a2,a2+d, 依题意有:

? ?(a2-d)+a2+(a2+d)=12, ? a2·(a2+d)=48, ?(a2-d)· ? ? ?a2=4, 即? 2 ?a2(a2 2-d )=48, ?

? ?a2=4, 解得? 2. ?d=± ?
∵d>0,∴d=2,∴a1=a2-d=2. 点拨: 在等差数列五个基本量 a1,d,n,an,Sn 中, 已知其中三个量,可以根据已知条件结合等差数列 的通项公式、前 n 项和公式列出关于基本量的方程 (组)来求余下的两个量,计算时须注意整体代换及 方程思想的应用. (1)(2013·四川)在等差数列{an}中,a1 +a3=8,且 a4 为 a2 和 a9 的等比中项,求数列{an} 的首项、公差及前 n 项和. 解:设该数列公差为 d,前 n 项和为 Sn.由已知 可得 2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d). 所以 a1+d=4,d(d-3a1)=0, 解得 a1=4, d=0, 或 a1=1, d=3, 即数列{an} 的首项为 4,公差为 0,或首项为 1,公差为 3. 3n2-n 所以数列{an}的前 n 项和 Sn=4n 或 Sn= . 2 浙江)已知等差数列 {an}的公差 d>0. (2)(2014· 设{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,S2·S3=36. (Ⅰ)求 d 及 Sn; (Ⅱ)求 m,k(m,k∈N*)的值,使得 am+am+1+ am+2+…+am+k=65. 解:(Ⅰ)在等差数列{an}中, S2·S3=(2a1+d)(3a1+3d)=36, 将 a1=1 代入上式得 d=2 或-5. 又∵d>0,∴d=2. 从而 an=2n-1,Sn=n2(n∈N*). (Ⅱ)由(1)得 am+am+1+am+2+…+am+k=(2m +k-1)(k+1), 若(2m+k-1)(k+1)=65. 则由 m,k∈N*知 2m+k-1≥k+1>1,

(2)设数列{an},{bn}都是等差数列.若 a1+b1= 7,a3+b3=21,则 a5+b5=________; (3)若一个等差数列的前 4 项和为 36, 后 4 项和 为 124, 且所有项的和为 780, 则这个数列的项数为 ________; (4)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, Sn=m, Sm=n(n≠m),则 Sm+n=________. 解: (1)S11 = 11(a1+a11) = 11a6 = 1100. 故填 2

1100. (2)因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数

{ } 得(a +b )+ (a +b )=2(a +b ) ,即
5 5 1 1 3 3

列 an+bn 也是等差数列.故由等差中项的性质, a5 +b5 +7 =2×21,解得 a5+b5=35.故填 35. (3)设该等差数列的项数为 n,则 a1+a2+a3+ a4=36,an+an-1+an-2+an-3=124, a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3, ∴4(a1+an)=160,即 a1+an=40. ∴Sn= 填 39. (4)解法一:令 Sn=An2+Bn,则
2 ? ?An +Bn=m, ?A(n2-m2)+B(n-m)=m-n. ? 2 ?Am +Bm=n ?

n(a1+an) =20n=780,解得 n=39.故 2

∵n≠m,∴A(n+m)+B=-1. ∴Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=-(m+n). 解法二:不妨设 m>n, Sm-Sn=an+1+an+2+an+3+…+am-1+am = (m-n)(an+1+am) =n-m, 2

∴a1+am+n=an+1+am=-2. (m+n)(a1+am+n) ∴Sm+n= =-(m+n). 2 ?Sn? 解法三: ∵{an}是等差数列, ∴? n ?为等差数列, ? ? D 为公差. Sm+n Sm Sn Sm ∴ - =nD, - =(n-m)D. m n m m+n Sm+n n m n - - n m m+n m ∴ = ,解得 Sm+n=-(m+n). n n-m 故填-(m+n).

?2m+k-1=13, ?m=5, ? ? 故? 所以? ? ? ?k+1=5, ?k=4.

类型三

等差数列的性质

(1)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项 和,a6=100,则 S11=________;
10

点拨:

(1)可利用等差数列的性质 S2n+1=(2n+1)an+1 来求解,这一性质表明:若等差数列有奇数项,则 正中间一项是该数列的和的平均数;(2)利用等差数 列的性质及等差中项来求;(3)可利用“等差数列前 m 项与后 m 项的和等于 m(a1+an)”这一性质来求 解;(4)可利用等差数列下标和性质:若“p+q=m +n, 则 ap+aq=am+an” 来求解.等差数列的性质是 其定义、通项公式及前 n 项和公式等基础知识的推 广与变形,解题时灵活应用这些性质常常可化繁为 简,起到事半功倍的效果. (1)(2013·贵州六校联考)等差数列{an} 的前 n 项和为 Sn, 已知 a5=8, S3=6, 则 a9=( ) A.8 B.12 C.16 D.24 解:在等差数列中,S3=3a2=6?a2=2. ∴3d=a5-a2=6?d=2. 所以 a9=a5+4d=16.故选 C. (2)含 2n+1 个项的等差数列其奇数项的和与偶 数项的和(非零)之比为( ) 2n+1 n+1 n-1 n+1 A. B. C. D. n n n 2n 解:∵S 奇=a1+a3+a5+…+a2n+1 = (n+1)(a1+a2n+1) , 2

5 解法二:同解法一得 d=- . 3 又由 S10=S15,得 a11+a12+a13+a14+a15=0. ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 5 解法三:同解法一求得 d=- . 3 n(n-1) ? 5? 5 125 ∴Sn=20n+ ·?-3?=- n2+ n 2 6 6 2 25 5 3125 n- ? + =- ? . 2? 6? 24 ∵n∈N+,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值, 且最大值为 S12=S13=130. 点拨: 求等差数列前 n 项和的最值,常用的方法:① 利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者 利用性质求其正负转折项,便可求得和的最值;② 利用等差数列的前 n 项和 Sn=An2+Bn(A, B 为常数) 为二次函数,通过二次函数的性质求最值.另外,对 于非等差数列常利用函数的单调性来求其通项或前 n 项和的最值. (1)(2014·北京)若等差数列{an}满足 a7 +a8+a9>0, a7+a10<0, 则当 n=________时, {an} 的前 n 项和最大. 解:在等差数列{an}中,a7+a8+a9=3a8>0, ∴a8>0. 又 a7+a10=a8+a9<0,∴a9<0. ∴当 n=8 时,其前 n 项和最大.故填 8. (2)(2013·全国新课标Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项 和为 Sn,已知 S10=0,S15 =25,则 nSn 的最小值 为________. 解:设 Sn=an2+bn(a,b∈R).

n(a2+a2n) S 偶=a2+a4+a6+…+a2n= , 2 S奇 n+1 a1+a2n+1=a2+a2n,∴ = .故选 B. n S偶

类型四

等差数列的最值问题

在等差数列{an}中, 已知 a1=20, 前n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取何值时,Sn 有最 大值,并求出它的最大值. 解法一:∵a1=20,S10=S15, 10×9 15×14 ∴10×20+ d=15×20+ d, 2 2 5 解得 d=- . 3 5? 5 65 ∴an=20+(n-1)×? ?-3?=-3n+ 3 . ∴a13=0,而 d<0,故当 n≤12 时,an>0,n ≥14 时,an<0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值 12×11 ? 5? 为 S12=S13=12×20+ ×?-3?=130. 2
11

? ?100a+10b=0, 1 10 则? 解得 a= ,b=- , 3 3 ?225a+15b=25, ? 1 1 ∴Sn= n(n-10),nSn= (n3-10n2). 3 3
考查函数 f(x) = x3 - 10x2(x≥1) , f ′ (x) = 3x2 - 20x, 20 ∴f(x)的极小值点为 , 当 n=6 时, nSn=-48, 3 n=7 时,nSn=-49,∴nSn 的最小值为-49.故 填-49.

2 为公差,所以数列{a2 n}的通项公式为 an=1+3(n-

1.等差数列中,已知五个元素 a1,an,n,d, Sn 中的任意三个,便可求出其余两个. 2.求等差数列{an}前 n 项的绝对值{|an|}之和, 首先应分清这个数列哪些项是负的,哪些项是非负 的,然后再分段求和. 3.等差数列前 n 项和的最值通常是在正负项分 界的位置产生,利用这一性质可求其最值;另一种 方法是利用二次函数的性质. 4.灵活运用等差数列的性质,如等差中项的性 质,可简化运算. ?Sn? ? ?也是等差 5.等差数列{an}的前 n 项和满足: ?n? 数列,且首项与{an}的首项相同,公差为{an}公差 的一半. 6.数列{an}是等差数列的充要条件是 Sn=An2+ Bn(A,B 是常数,n∈N*).

1)=3n-2,所以 a2 6=3×6-2=16,即 a6=4.故选 D. S4 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 =4, S2 S6 则 =( ) S4 9 3 5 A. B. C. D.4 4 2 3 解:设 S2=x,则 S4=4x,因为 S2,S4-S2,S6 -S4 成等差数列,所以 S6-S4=5x,即 S6=9x,所 S6 9x 9 以 = = .故选 A. S4 4x 4 6.(2014·辽宁)设等差数列{an}的公差为 d.若数 列{2a1an}为递减数列,则( ) A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 解:易知 bn=2a1an>0,∵数列{2a1an}递减, bn+1 2a1an+1 ∴ = =2a1(an+1-an)=2a1d<1,a1d<0. bn 2a1an 故选 C. 7. 一个木制梯形架的上、下两底边分别为 33 cm,75 cm,把梯形的两腰各 6 等分,用平行木条 连接各对应分点,构成梯形架的各级,则梯形架自 上而下第 4 级的宽度是________ cm. 解:设梯形架自上而下各级宽度所构成数列为 {an},则由梯形中位线的性质,易知每相邻三项均 成等差数列.易得 a1=33 cm,a7=75 cm,则 d= a7-a1 =7 cm.故 a4=33+7×3=54 cm(亦可利用等 7-1 差中项性质求).故填 54. 8.( 2013·全国新课标Ⅰ ) 设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则 m =________. 解法一:am=Sm-Sm -1= 2,am+ 1=Sm + 1-Sm =3,公差 d=am+1-am=3-2=1.又 Sm+1=(m+ 1)a1+ (m+1)m =3,①,am+1=a1+m=3.将 a1 2

1.(2014·重庆)在等差数列 {an}中,a1=2,a3+ a5=10,则 a7=( ) A.5 B.8 C.10 D.14 解:在等差数列{an}中,a1+a7=a3+a5=10, 又 a1=2,∴a7=8.故选 B. 2.(2013·昆明模拟)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a3=3,S9-S6=27,则该数列的首项 a1 等于( ) 6 3 6 3 A.- B.- C. D. 5 5 5 5

?a1+2d=3, ? 解:由? ? ?9a1+36d-(6a1+15d)=27 ?a1+2d=3, ? 3 得? 解得 a1= .故选 D. 5 ? ?a1+7d=9,
3.已知{an}是等差数列,a10=10,其前 10 项和 S10=70,则其公差 d 为( ) 2 1 1 2 A.- B.- C. D. 3 3 3 3 10(a1+10) 解: a10=a1+9d=10, S10= =70, 2 2 解得 d= .故选 D. 3 4.( 2013·北京海淀模拟 ) 已知正项数列 {an} 中, 2 2 a1=1,a2=2,2a2 n=an+1+an-1 (n≥2),则 a6 等于 ( ) A.16 B.8 C.2 2 D.4 2 2 2 解:由 2an=an+1+a2 n-1(n≥2)可知数列{an}是
2 2 等差数列,且以 a2 1=1 为首项,以 a2-a1=4-1=3

=3-m 代入①得 m2-5m=0, 解得 m=5 或 0(舍去). 解法二: 设 Sn=an2+bn, 通过题意建立并解方 程组获解.故填 5. 全国大纲)数列{an}满足 a1=1,a2=2, 9.(2014· an+2=2an+1-an+2. (1)设 bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)由 an+2=2an+1-an+2 得 an+2-an+1=
12

an+1-an+2,即 bn+1=bn+2,又 b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (2)由(1)得 bn=an+1-an=1+2(n-1)=2n-1. 于是

=a1+a2+a3+…+a11-a12-a13-…-an =2(a1+a2+a3+…+a11)-a1-a2-…-an =2S11-Sn 1 21 = n2- n+110. 2 2 综上所述, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 1 21 - n2+ n,n≤11, 2 2

? (a
k ?1

n

k ?1

? ak ) =

所以 a ? (2k ? 1) ,
k ?1

n

n+1-a1=n

2



即 an+1=n2+a1.又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n2-2n+2. 10.已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, a1=25, a4=16. (1)当 n 为何值时,Sn 取得最大值; (2)求 a2+a4+a6+a8+…+a20 的值. 解:(1)∵等差数列{an}中,a1=25,a4=16, a4-a1 ∴ 公差 d= =-3. 4-1 ∴an=-3n+28. 令 an=-3n+28>0,则 n≤9. ∴当 n≤9 时,an>0;当 n>9 时,an<0. ∴当 n=9 时,Sn 取得最大值. (2)∵数列{an}是等差数列, ∴ a2 + a4 + a6 + a8 + … + a20 = 10a11=10×(-5)=-50. 浙江)在公差为 d 的等差数列{an}中, 11.(2013· 已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解:(1)由题意得 a1×5a3=(2a2+2) ,
2

? ?1 21 ?2n - 2 n+110,n≥12.
2

(2014·全国卷Ⅰ) 已知数列 {an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明 理由. 解:(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an
+2=λSn+1-1,两式相减得

an+1(an+2-an)=λan+1,

由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ. 10(a2+a20) = 2 (2)存在 λ 使得{an}为等差数列,理由如下: 由题设 a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1, 由(1)知 a3=λ+1. 假设{an}为等差数列,则 a1,a2,a3 成等差数 列,∴a1+a3=2a2,解得 λ=4. 以下证明 λ=4 时,{an}为等差数列. 由 an+2-an=4 知, 数列奇数项构成的数列{a2m-1}是首项为 1,公 差为 4 的等差数列,a2m-1=4m-3, n+1 令 n=2m-1,则 m= , 2 ∴an=2n-1(n=2m-1). 数列偶数项构成的数列{a2m}是首项为 3,公差 为 4 的等差数列,a2m=4m-1,m∈N*. n 令 n=2m,则 m= ,∴an=2n-1(n=2m). 2 ∴an=2n-1(n∈N*),an+1-an=2. 因此,存在 λ=4,使得{an}为等差数列.

即 d2-3d-4=0. 故 d=-1 或 d=4. 所以 an=-n+11, n∈N*或 an=4n+6, n∈N*. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,因为 d<0,由 (1)得 d=-1,an=-n+11,则 当 n≤11 时, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an| 1 21 =a1+a2+a3+…+an=Sn=- n2+ n. 2 2 当 n≥12 时,S11=55. |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|

13

§6.3

等比数列
数列,公比为 . (4)等比数列前 n 项和为 Sn(≠0),则 Sn,S2n- Sn,S3n-S2n,…构成等比数列,且公比为 . (5)对于一个确定的等比数列,在通项公式 an - =a1qn 1 中,an 是 n 的函数,这个函数由正比例函 a1 数 an= ·u 和指数函数 u=qn(n∈N*)复合而成. q ①当 a1>0, 或 a1<0, 时,等比数 列{an}是递增数列; ②当 a1>0, 或 a1<0, 时,等比数 列{an}是递减数列; ③当 时,它是一个常数列; ④当 时, 无法判断数列的单调性, 它是一 个摆动数列. 自查自纠: 1.比 常数 公比 2.等比中项 ab ± ab 3.(1)a1qn a1 (2) q 4.na1 减 a1 q-1 1 q1 q qq q1 1 1 2 q2 (3)qm (4)qn (5)①q>1 0<q<1 ②0<q<1 q>1 ③q=1 ④q<0 6.(2)
-1

1.等比数列的定义 一般地,如果一个数列从第 2 项起,每一项与 它的前一项的________等于同一个________,那么 这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的 ________,通常用字母 q 表示(q≠0). 2.等比中项 如果在 a 与 b 中间插入一个数 G,使 a,G,b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的________,且 G2=________或 G=________. 3.等比数列的通项公式 (1)若{an}是等比数列,则通项 an=________或 an=________.当 n-m 为大于 1 的奇数时,q 用 an, am 表示为 q= ;当 n-m 为正偶数时,q = . - (2)an = a1qn 1 可 变 形 为 an = Aqn , 其 中 A = ;点(n,an)是曲线 上一群孤立 的点. 4.等比数列的前 n 项和公式 ,q=1, ? 等比数列{an}中,Sn=? = ,q≠1. ? 求和公式的推导方法是: , 为解题的方便, 有时可将 求和公式变形为 Sn=Bqn-B(q≠1), 其中 B= 且 q≠0,q≠1. 5.等比数列的判定方法 (1)定义法:an+1=anq 且 a1≠0(q 是不为 0 的常 数,n∈N*)?{an}是等比数列. (2)通项公式法:an=cqn(c,q 均是不为 0 的常 数,n∈N*)?{an}是等比数列. (3)等比中项法:a2 n+1=an·an+2(an·an+1·an+2 * ≠0,n∈N )?{an}是等比数列. a1 n a1 (4)前 n 项和公式法:Sn= q- =Bqn q-1 q-1 a1 -B?B=q-1是常数,且q≠0,q≠1??{an}是等比 ? ? 数列. 6.等比数列的性质 (1)在等比数列中,若 p+q=m+n,则 ap·aq =am·an; 2 若 2m=p+q,则 am =ap·aq(p,q,m,n∈N*). (2)若{an},{bn}均为等比数列,且公比为 q1, ?1? ?an? q2,则数列?a ?,{p·an}(p≠0),{an·bn},?b ?仍 ? n? ? n? 为等比数列且公比为 , , , . (3)在等比数列中,按序等距离取出若干项,也 构成一个等比数列,即 an,an+m,an+2m…仍为等比
14

amqn

-m

n-m an n-m an ± am am

a1? x y=? ? q ?q a1(1-qn) a1-anq 乘公比, 错位相 1-q 1- q

公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数, 且 a3a11=16,则 a5=( ) A.1 B.2 C.4 D.8 2 解: 由等比数列的性质知 a3a11 = a7 = 16 ,又 an>0, 所以解得 a7=4, 由 a7=a5·22=4a5, 得 =1.故选 A. (2014·重庆)对任意等比数列{an}, 下列说法 一定正确的是( ) A.a1,a3,a9 成等比数列 B.a2,a3,a6 成等比数列 C.a2,a4,a8 成等比数列 D.a3,a6,a9 成等比数列 a5

a9 a6 解:由等比数列的性质,得 = =q3≠0,因 a6 a3 此,a3,a6,a9 一定成等比数列.故选 D. (2013·大纲)已知数列{an}满足 3an+1+an= 4 0,a2=- ,则{an}的前 10 项和等于( ) 3 1 - - A.-6(1-3 10) B. (1-3 10) 9 - - C.3(1-3 10) D.3(1+3 10) 1 解: 由 3an+1+an=0, 得 an+1=- an, 所以{an} 3 1 4 为等比数列,公比为- .由 a2=- 得 a1=4,由等 3 3 比数列前 n 项和公式得 S10=3(1-3-10).故选 C. 江苏)在各项均为正数的等比数列{an} (2014· 中,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6 的值是________. 解:设等比数列{an}的公比为 q(q>0),则由 a8 2a6 =a6+2a4 得 a6q2=a6+ 2 ,解得 q2=2(舍去负值). q 又 a2=1,∴a6=a2q4=4.故填 4. ( 2013·北京 ) 若等比数列 {an} 满足 a2 + a4 = 20,a3+a5=40,则公比 q=________;前 n 项和 Sn=________.

2 ? =(-1)n+1? ?3an+n-4-3(n+1)+21? 2 ? =(-1)n+1? ?3an-2n+14? 2 2 = (-1)n+1(an-3n+21)=- bn. 3 3 又 b1=-(λ+18),所以 当 λ=-18,b1=0,易得 bn=0(n∈N*),此时 数列{bn}不是等比数列; 当 λ≠-18,b1≠0,由上可知 bn≠0, bn+1 2 ∴ =- (n∈N*), 此时数列{bn}是等比数列. bn 3 点拨: (1)证明数列{an}不是等比数列,只需举一个反 例;(2)证明数列{bn}是等比数列,常用方法:①定 义法;②等比中项法. (2013·陕西) 设{an}是公比为 q 的等 比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式; (2)设 q≠1, 证明数列{an+1}不是等比数列. 解:(1) 设{an}的前 n 项和为 Sn, 当 q=1 时,Sn=a1+a1+…+a1=na1; 当 q≠1 时,Sn=a1+a1q+…+a1qn-1, ① qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,② ①-②得, 1-q Sn=a1-a1qn. na1, q=1, n a1 1-q ∴Sn= ,∴Sn= a1 1-qn 1-q , q≠1. 1-q

?a1q+a1q3=20, ?q=2, ? ? 解:由题意? 解得? ?a1q2+a1q4=40, ? ? ?a1=2.
2(1-2n) n 1 + 故 Sn= =2 + -2.故填 2;2n 1-2. 1-2

(

)

(

)

类型一

等比数列的判定与证明
已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,an+

? ? ? ( ? ? (

)

(2) 证明:(反证法),假设数列{an+1}是等比 数列,则对任意的 k∈N + , ak+1+1 2 = ak+1

) (

)

2 a +n-4, bn=(-1)n(an-3n+21), 其中 λ 为实 3 n * 数,n∈N . (1)对任意实数 λ,证明数列{an}不是等比数列; (2)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你 的结论.
1=

(a
1

k+2+1

),

a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k-1 a2 a1qk+1+a1qk-1+a1qk+ 1q +2a1q +1=a1q

+ 1, ∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1. ∵q≠0,∴q2-2q+1=0. ∴q=1,与已知矛盾. ∴数列{an+1}不是等比数列.

解:(1)证明:假设存在一个实数 λ,使{an}是 2 2 ? ? ?4λ-4?? λ - 3 等比数列 , 则有 a2 = a · a , 即 = λ 2 1 3 ?3 ? ?9 ? 4 2 4 2 λ -4λ+9= λ -4λ?9=0,矛盾.所以数列{an}不 9 9 是等比数列. (2)因为 bn=(-1)n(an-3n+21), bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21]
15

类型二

等比数列基本量的计算

+a5)2=36,a3+a5=6.故填 6. 点拨: (1)等比数列有很多子数列仍是等比数列,本题 是性质“在等比数列中,若 Sn≠0,则 Sn,S2n-Sn, S3n-S2n 成等比数列”的应用, 特别注意其前提条件 是 Sn≠0;本题用前 n 项和公式也不难解,注意整 10 体代入,先求得 1+qn= .(2)利用性质“当 m+n 9 =p+q(m,n,p,q∈N*)时,有 am·an=ap·aq” 转化条件. 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使 得这 n+2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个 数的乘积记作 Tn, 再令 an=lgTn, n≥1, 求数列{an} 的通项公式. 解法一:设 t1,t2,…,tn+2 构成等比数列,其 中 t1=1,tn+2=100,则 Tn=t1·t2·…·tn+1·tn+2,① Tn=tn+2·tn+1·…·t2·t1,② ①×②并利用 titn+3-i=t1tn+2=102(1≤i≤n+ 2),得 T2 (t2tn + 1)· …· (tn + 1t2)· (tn + 2t1) = 102(n + n = (t1tn + 2)·
2)

设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已 知 a2=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn.

? ?a2=a1q=6, 解:由? ?6a1+a3=6a1+a1q2=30, ? ? ?a1=2, ? ?a1=3, 解得? 或? ?q=3, ?q=2. ? ? ? ?a1=2, 当? 时,an=2· 3n-1,Sn=3n-1. q = 3 ? ? ? ?a1=3, 当? 时,an=3· 2n-1,Sn=3· 2n-3. q = 2 ? ?
点拨: 在等比数列五个基本量 a1,q,n,an,Sn 中, 已知其中三个量,可以将已知条件结合等比数列的 性质或通项公式、前 n 项和公式转化为关于基本量 的方程(组)来求得余下的两个量,计算有时要整体 代换,根据前 n 项和公式列方程还要注意对 q 是否 为 1 进行讨论. 在等比数列 {an} 中, a2 = 3 , a5 = 81. 求通项 an 及数列{an}的前 n 项和 Sn.

,∴an=lgTn=n+2(n≥1). 解法二:依题意,可设这 n+2 个数依次为 1,
2
…+n

? ?a1q=3, 解:设{an}的公比为 q,依题意得? ?a1q4=81, ? ? ?a1=1, 解得? ? ?q=3.
∴an =3n-1,S 1-3n 3n 1 = - . n= 1-3 2 2

a,a ,…,an,100;∴Tn=100a1+2+ =

,an=lgTn

n(n+1) lga + 2 ,又∵ an + 1 = 100 ,∴ an = n + 2 2(n≥1).

类型三

等比数列的性质

(1)已知 Sn 为等比数列{an}的前 n 项 和,Sn=54,S2n=60,则 S3n=________. (2)已知等比数列{an}中, an>0, (2a4+a2+a6)a4 =36,则 a3+a5=________. 解:(1)∵{an}是等比数列,∴Sn,S2n-Sn,S3n 182 -S2n 为等比数列, 即 54(S3n-60)=36, 解得 S3n= . 3 182 故填 . 3 (2)∵{an}是等比数列,an>0,
2 ∴ (2a4 + a2 + a6)a4 = 2a3a5 + a3 + a2 5 = 36 ,即 (a3

1.注意等比数列每一项均不为 0,q 也不为 0. 2.等比数列中,已知五个元素 a1,an,n,q, Sn 中的任意三个,便可求出其余两个. 3.准确理解等比数列的定义及各公式的等价形 式,灵活运用等比数列的性质. 4.等比数列前 n 项和公式成立的条件为 q≠1, 而当 q=1 时, 应按常数列求和; 在含字母参数的等 比数列求和时,应分 q=1 与 q≠1 两种情况进行讨 论. 5.等比数列通项公式的求法有: (1)观察法. ?S1(n=1), ? (2)公式法:①an=? ②等 ?Sn-Sn-1(n≥2); ? 比数列{an}的通项公式. (3)构造法: ①an+1=pan+q; ②an+1=pan+qn; ③an+1=pan+f(n); ④an+2=pan+1+qan.
16

若要使数列{an}为递增数列, 则 0<q<1, ∴ “q>1” 1.(2013·全国新课标Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项 和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1=( ) 1 1 1 1 A. B.- C. D.- 3 3 9 9 是 “{an} 是递增数列 ” 的既不充分也不必要条件 . 故选 D. 1 4 1 1 , 2 4 3 3 3 , , 4 8 16 …… 6.如图给出一个“直角三角形数阵”满足每一 列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等 比数列,且每一行的公比相等,则第 8 行第 3 列的 数为( ) 1 1 1 A. B. C. D.1 8 4 2 1 1 解: ∵第 1 列是首项为 , 公差为 的等差数列, 4 4 1 1 ∴第 8 行第 1 列的数为 a81= +7× =2.观察归纳知 4 4 1 第 8 行是首项为 2,公比为 的等比数列,∴a83=2 2 2 1? 1 ×? ?2? =2.故选 C. 1 7.在等比数列{an}中,a1= ,a4=-4,则公比 2 q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________. a4 解: ∵q3= =-8, ∴q=-2.|a1|+|a2|+…+|an| a1 1 (1-2n) 2 1 1 - = =2n-1- ,故填-2;2n 1- . 2 2 1-2 8.( 2014·广东 ) 若 等 比 数 列 {an} 的 各 项 均 为 正 数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 lna1+lna2+…+lna20 =____________. 解:由等比数列的性质知 a10a11+a9a12=2a1a20 = 2e5 , 即 a1a20 = e5. ∴ lna1 + lna2 + … + lna20 = ln(a1a2…a20)=ln(a1a20)10=10lne5=50.故填 50. 9.在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+1,证明 1? ? ?an+ ?是等比数列,并求数列{an}的通项公式. 2 ? ? 1 1 a + ?, 解: 由 an+1=3an+1 得 an+1+ =3? 又 2 ? n 2? 1? 1 3 ? 3 a1+ = ,所以?an+2?是首项为 ,公比为 3 的等 2 2 2 ? ? 3n-1 1 3n 比数列.所以 an+ = ,an= (n∈N*). 2 2 2 10.(2014·江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= 3n -n ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:对任意的 n>1,都存在 m∈N*,使得
2

?S3=a2+10a1, ? 解:设公比为 q,则由? ? ?a5=9, ?a1+a1q+a1q2=a1q+10a1, ? 得? 4 ? ?a1q =9,
1 解得 a1= .故选 C. 9 2.(2014·全国)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 S2=3,S4=15,则 S6=( ) A.31 B.32 C.63 D.64 解:设等比数列{an}的公比为 q,则 S2=a1+a2 =3, S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=3(1+q2) =15,解得 q2=4.因此,S6=a1+a2+a3+a4+a5+ a6=(a1+a2)(1+q2+q4)=63.故选 C. 3.已知{an}为等比数列, a4+a7=2, a5a6=-8, 则 a1+a10=( ) A.7 B.5 C.-5 D.-7 解:依题意知 a4+a7=2,a5a6=a4a7=-8,解 得 a4=4,a7=-2 或 a4=-2,a7=4.当 a4=4,a7 =-2 时,有 a1=-8,a10=1,即 a1+a10=-7; 当 a4=-2,a7=4 时,有 a10=-8,a1=1,即 a1 +a10=-7.故选 D. 2 4.(2013·全国新课标Ⅰ)设首项为 1,公比为 的 3 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则( ) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 2 解:公比为 q= ≠1,由等比数列求和公式有 3 Sn = a1-anq 1-q 2 ? =3? ?1-3an? = 3- 2an,故 Sn =3 -2an.

故选 D. 5.(2014·北京)设{an}是公比为 q 的等比数列, 则“q>1”是“{an}为递增数列”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 解:当数列{an}的首项 a1<0 时,若 q>1,则 数列{an}是递减数列;当数列{an}的首项 a1<0 时,
17

a1,an,am 成等比数列. 3n -n 解: (1)由 Sn= , 得 a1=S1=1.当 n≥2 时, 2
2

|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式;

an=Sn-Sn-1=3n-2,a1=3×1-2=1 符合通项公 式,所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2. (2)证明:要使得 a1,an,am 成等比数列,只需 a2 n=a1 ·am, 即(3n-2) =1· (3m-2), 即 m=3n -4n
2 2 * *

1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得 + +…+ ≥ a1 a2 am 1?若存在,求 m 的最小值;若不存在,说明理由. 解:(1)由等比数列性质,a1a2a3=a3 2=125,故 a2=5. 设数列{an}的公比为 q,则由|a2-a3|=10 有|5 -5q|=10. ∴q-1=± 2?q=-1 或 q=3. 所以数列{an}的通项公式为 an=5×3n-2 或 an =5×(-1)n-2. 1 1 1 3 1?n-1 (2)若 an=5×3n-2,则 = × n 2= ·? , an 5 3 - 5 ?3?
?1? 3 1 故?a ?是首项为 ,公比为 的等比数列. 5 3 ? n? m 3? ?1? ? 1 - ?3? ? 1 1 1 5? 从而 + +…+ = a1 a2 am 1 1- 3 m 1 9 9 ? = [1-? ?3? ]<10<1. 10

+2,其中 m∈N ,且 m>n.所以对任意的 n>1,都 存在 m∈N ,使得 a1,an,am 成等比数列. 11.成等差数列的三个正数的和等于 15,并且 这三个数分别加上 2,5,13 后成为等比数列{bn} 中的 b3,b4,b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5? ? (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:?Sn+4?是 ? ? 等比数列. 解:(1)设成等差数列的三个正数分别为 a-d, a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18 +d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,由于第 4 项为 10,所以 公比为 2. 其通项公式为 bn=b3·qn-3=5· 2n-3. 5 (1-2n) 4 (2)证明: 数列{bn}的前 n 项和 Sn= = 1-2 5 5 5· 2n-2- ,即 Sn+ =5· 2n-2. 4 4 5 n 1 S + 5 5 n+1 4 5·2 - 所以 S1+ = , = n 2=2. 4 2 5 5· 2- Sn+ 4 5? ? 5 因此?Sn+4?是以 为首项,2 为公比的等比数 2 ? ? 列. (2013·湖北)已知等比数列{an}满足:

若 an=5×(-1)n,则 1 1 1 = ×(-1)n=- ×(-1)n-1, an 5 5 1 ? ? 1 故?a ?是首项为- ,公比为-1 的等比数列. 5 ? n? 当 m 为偶数,即 m=2k(k∈N*)时, 1 1 1 + +…+ =0<1. a1 a2 am 当 m 为奇数,即 m=2k-1(k∈N*)时, 1 1 1 1 + +…+ =- <1. a1 a2 am 5 1 1 综上可知,对任何正整数 m,总有 + +… a1 a2 1 + <1. am 1 1 1 故不存在正整数 m, 使得 + +…+ ≥1 成 a 1 a2 am 立.

18

§6.4

数列求和及应用
(5) 数列与其他知识综合,主要有数列与不等 式、数列与三角、数列与解析几何等. 自查自纠: n(n+1) 1.(1)① ②n2+n 2 n(n+1)(2n+1) ③n2 ④ 6 1 1 1 1 1 (5)① ② ③ ④ ⑤ n 2 2 a- b n! m ⑥Cm ⑦(n+1) n+1-Cn 2.(1)a(1+xr) (2)a(1+r)x (3)N(1+p)x

1.数列求和方法 (1)公式法: (Ⅰ)等差数列、等比数列前 n 项和公式. (Ⅱ)常见数列的前 n 项和: ①1+2+3+…+n= ; ②2+4+6+…+2n= ; ③1+3+5+…+(2n-1)= ; ④12+22+32+…+n2= ; n(n+1)?2 ⑤13+23+33+…+n3=? 2 ? ?. (2)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求 和的数列. (3)倒序相加:如等差数列前 n 项和公式的推导 方法. (4)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比 数列对应项相乘构成的数列求和.等比数列{an}前 n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法. (5)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成 二项差的形式,相加消去中间项,只剩有限项再求 和. 常见的裂项公式 1 1 ① = - ; n(n+1) n+1 1 1 1 ② = ?2n-1-2n+1?; ? ? (2n-1)(2n+1) 1 ③ = n(n+1)(n+2) 1 1 ? ? - ?n(n+1) (n+1)(n+2)?; 1 ④ = ( a- b); a+ b n 1 ⑤ = - ; (n+1)! (n+1)! -1 ⑥Cm = ; n ⑦n·n!= !-n! ; ⑧an=Sn-Sn-1(n≥2). 2.数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算,本金为 a 元,每期利率为 r, 存期为 x,则本利和 y= . (2)复利公式 利息按复利计算,本金为 a 元,每期利率为 r, 存期为 x,则本利和 y= . (3)产值模型 原来产值的基础数为 N,平均增长率为 p,对 于时间 x,总产值 y= . (4)递推型 递推型有 an+1=f(an)与 Sn+1=f(Sn)两类.
19

( 2014·新课标全国卷Ⅱ ) 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=( ) A.n(n+1) B.n(n-1) n(n+1) n(n-1) C. D. 2 2 解:易知 a2,a2+4,a2+12 成等比数列,即(a2 +4)2=a2(a2+12),解得 a2=4,即 a1=2,所以 Sn n(n-1) =2n+ ×2=n(n+1).故选 A. 2 设数列 1,(1+2),…,(1+2+22+…+2n -1 ),…的前 n 项和为 Sn,则 Sn 等于( ) n n A.2 B.2 -n + + C.2n 1-n D.2n 1-n-2 解法一:特殊值法,易知 S1=1,S2=4,只有 选项 D 适合. 解法二:研究通项 an=1+2+22+…+2n-1= 2n-1, ∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1) =(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2.故选 D. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, a5=5, ? 1 ? S5=15,则数列?a a ?的前 100 项和为( ) ? n n+1? 100 99 99 101 A. B. C. D. 101 101 100 100

? ?a1+4d=5, 解:由 a5=5,S5=15 可得? 5×4 5a1+ d=15, ? 2 ?

? ?a1=1, 1 1 1 解得 ? ∴ an = n.∴ = = - anan+1 n(n+1) n ?d=1. ?
? ? 1 ? ? 1 1 1 1 ?的前 100 项和 T100=?1- ?+? - ? .∴? 2 2 3? ? ? ? a a + n n 1 ? ? n+1 ? ? 1 1 ? 1 100 +…+? ?100-101?=1-101=101.故选 A. ? 2 n-1? 记数列?n? ? ?的前 n 项和为 Tn,则 Tn= ? ?3? ? ________. n-1 2?2 2 ?2? , 解:Tn=1+2× +3×? + … + n ?3? ?3? 3
n-1 n 2?2 2 2 ?2? +n?2? , Tn= +2×? + … + ( n - 1) ?3? ?3? ?3? 3 3

两式相减得,
n-1 n 1 2 2?2 ?2? -n?2? Tn=1+ +? + … + ?3? ?3? 3 3 ?3? n n 2? 2 =3?1-?3? ?-n? ? ? ? ? ?3? ,

(3+n)· 2 2? 2 故 Tn=9?1-?3? ?-3n? = 9 - . n 1 ?3? ? ? ?? 3-
n n

n

f(1)+f(2)+…+f(2014); 1 2 3 n (4)求和:Sn= + 2+ 3+…+ n. a a a a 1 1 ? ? ? ? 1? 解: (1)Sn = ? ?1+2? + ?2+4? +?3+8? + … + (n 1 + n) 2 1 1 1 1? =(1+2+3+…+n)+? ?2+4+8+…+2n? 1 1? 1- n? 2 ? 1 2? 1 1 = n(n+1)+ = n(n+1)+1- n. 2 1 2 2 1- 2 2 (2) 设数列的通项为 an ,则 an = = n(n+1) 1 ? ?1 2?n-n+1?, ? ? 1? ?1 1? ∴Sn=a1+a2+…+an=2[? ?1-2?+?2-3?+… 1 ? 1 ? 2n ?1 ? +?n-n+1?]=2?1-n+1?= . ? ? ? ? n+1 x2 ?1? (3)∵f(x)= 2,∴f(x)+f? x ?=1. 1+x 1 ? ? 1 ? 令 S=f? ?2014?+f?2013?+…+f(1)+f(2)+…+ f(2014),① 1? 则 S=f(2014)+f(2013)+…+f(1)+f? ?2?+…+ 1 ? 1 f? ?2013?+f(2014),② 4027 ①+②得: 2S=1×4027=4027, 所以 S= . 2 (4)(Ⅰ) 当 a = 1 时 , Sn = 1 + 2 + … + n = n(n+1) . 2 1 2 3 n (Ⅱ)当 a≠1 时,Sn= + 2+ 3+…+ n,① a a a a n-1 1 1 2 n Sn= 2+ 3+…+ n + n 1,② a a a a a+ 1 1 1 1 1 1- ? Sn = + 2 + 3 + … + n - 由①-②得? ? a? a a a a n a
n+1

(3+n)· 2n 故填 9- . n-1 3 ( 2013·江西 ) 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 . 则需要的最少天数 n(n∈N*) 等于 ________. 解:设每天植树的棵数组成的数列为{an},由 题意可知它是等比数列,且首项为 2,公比为 2,所 以 2 + 22 + 23 + … + 2n = 2(1-2n) 1-2 = 2n + 1 -

2≥100,即 2n≥51,而 25=32,26=64,n∈N*.故 n≥6.故填 6.

类型一

基本求和问题

数列求和: 1? 1 1 1 (1)求数列 1 ,2 ,3 ,…,? ?n+2n?,…的前 n 2 4 8 项和 Sn; 1 1 (2) 求 和 : 1 + + + … + 1+2 1+2+3 1 ; 1+2+…+n 1 ? ? 1 ? x2 (3)设 f(x)= ,求:f? ?2014?+f?2013?+…+ 1+x2
20

1 1? 1- n? a? a ? n = - n 1, 1 a+ 1- a a(an-1)-n(a-1) ∴Sn= . an(a-1)2 综上所述,

n(n+1) ? ? 2 (a=1), S =? a(a -1)-n(a-1) (a≠1). ? ? a (a-1)
n n n 2

类型二 际问题

可用数列模型解决的实

点拨: 数列求和的常用方法有: 公式法、 分组求和法、 倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等,在选择 方法前分析数列的通项公式的结构特征,避免盲目 套用、错用求和方法.运用等比数列求和公式时,注 意对公比是否等于 1 进行讨论.本例四道题分别主要 使用了分组求和法、裂项相消法、倒序相加法、错 位相减法. 求和: (1)求数列 9,99,999,…的前 n 项和 Sn; 1 1 1 (2)求数列 , , ,…的前 n 项和; 1×4 4×7 7×10 (3)求 sin21°+sin22°+sin23°+…+sin289° 的值. 解:(1)Sn=9+99+999+…+99…9n 个 =(101-1)+(102-1)+(103-1)+…+(10n-1) =(101+102+103+…+10n)-n 10(1-10n) 10n+1-10 -n= -n. 9 1-10 1 (2)an= (3n-2)(3n+1) 1? 1 - 1 ? = ? . 3?3n-2 3n+1? ? 1 1 1? 1 ?1 1? 1 ?1 1 ? 1 - + - + - ∴ Sn = ? +…+ 3 ?1 4? 3 ?4 7? 3 ?7 10? 3 1 1 1 ? ? 1? ? n . ?3n-2-3n+1?=3?1-3n+1?= ? ? ? ? 3n+1 = (3)令 Sn=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin289°, ① 则 Sn=sin289°+sin288°+sin287°+…+sin21° =cos21°+cos22°+cos23°+…+cos289°.② ①与 ②两边分别相加得 2Sn = (sin21°+ cos21° ) +(sin22°+cos22°)+…+(sin289°+cos289°)=89. 89 ∴Sn= . 2

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 1 比上年减少 ,本年度当地旅游业收入估计 400 万 5 元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后 1 的旅游业收入每年会比上年增加 . 4 (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,写出 An 和 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?(lg2≈0.301) 解:(1)第一年投入为 800 万元,第二年投入为 1 n-1 1 1- ? 800×(1- )万元, …, 第 n 年的投入为 800? ? 5? 5 万元.所以 n 年内的总投入为: 1 1 n-1 1- ?+…+800?1- ? An=800+800×? ? 5? ? 5? 4?n =4000-4000×? ?5? ; 第一年旅游业收入为 400 万元,第二年旅游业 1? 收入为 400×? ?1+4?万元,…, 1 n-1 1+ ? 万元.所以, 第 n 年旅游业收入为 400? ? 4? n 年内的旅游业总收入为 1 1 n-1 1+ ?+…+400?1+ ? Bn=400+400×? ? 4? ? 4? 5?n =1600? ?4? -1600. (2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总 5?n 投入,因此 Bn-An>0,即 1600? ?4? -1600-4000 4?n +4000? ?5? >0, n 5?n ?4?n ?5? =x,代入 化简得 2? + 5 - 7 > 0 ,设 ?4? ?5? ?4? 上式得,2x2-7x+5>0, 5?n 5 解此不等式, 得 x> , 或 x<1(舍去), 即? ?4? > 2 1-2lg2 5 5 5 ,两边取对数得 nlg >lg ,n> ≈4.103, 2 4 2 1-3lg2 由此得 n≥5.

21

答:至少经过 5 年,旅游业的总收入能超过总 投入. 点拨: 将实际问题转化为数列问题的一般步骤是:① 审题,②建模,③求解,④检验,⑤作答;增长率 模型是比较典型的等比数列模型,实际生活中的银 行利率、企业股金、产品利润、人口增长、工作效 率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决. 某企业去年的纯利润为 500 万元,因 设备老化的原因, 企业的生产能力将逐年下降.若不 能进行设备改造,预测从今年起每年比上一年纯利 润减少 20 万元, 今年初该企业一次性投入资金 600 万元进行设备改造,预测在未扣除设备改造资金的 1 情况下, 第 n 年(今年为第一年)的利润为 500(1+ n) 2 万元(n 为正整数). (1)设从今年起的后 n 年,若该企业不进行设备 改造的累计纯利润为 An 万元, 进行设备改造后的累 计纯利润为 Bn 万元(须扣除设备改造资金),求 An, Bn 的表达式; (2)依上述预测,问从今年起该企业经过 4 年是 否能实现 Bn>An 的目标? 解: (1)依题设, An=(500-20)+(500-40)+… +(500-20n)=490n-10n2, ?1+1?+?1+ 12?+…+?1+ 1n?? - Bn = 500 ? ?? 2? ? 2 ? ? 2 ?? 600 500 =500n- n -100. 2 500 2 ? (2)Bn-An=? ?500n- 2n -100?-(490n-10n ) 500 =10n2+10n- n -100. 2 易知该式随着 n 的增大而增大,代入 1,2,3, 4,…验证知当 n≥4 时,Bn>An. 故经过 4 年,该企业进行设备改造后的累计纯 利润能超过不进行设备改造的累计纯利润.

整数列、正奇数列、正偶数列、正整数的平方构成 的数列等. 4.数列的实际应用题要注意分析题意,将实际 问题转化为常用的数列模型. 5.数列的综合问题涉及到的数学思想:函数与 方程思想(如:求最值或基本量)、转化与化归思想 (如:求和或应用)、特殊到一般思想(如:求通项公 式)、 分类讨论思想(如: 等比数列求和, q=1 或 q≠1) 等.

1.数列{an}的通项公式为 an=

,若 n+ n+1

1

{an}的前 n 项和为 24,则 n=( ) A.25 B.576 C.624 D.625 解:an= 2)+…+( n+1- n,∴Sn=( 2- 1)+( 3- n+1- n)= n+1-1, 令 Sn=24 得

n=624.故选 C. 2. 化简 Sn = n + (n - 1)×2 + (n - 2)×22 +…+ - - 2×2n 2+2n 1 的结果是( ) + n+1 A.2 -n B.2n 1-n+2 + C.2n-n-2 D.2n 1-n-2 解: Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n
-2+2n-1,①

2Sn = n×2+ (n - 1)×22 +… + 3×2n - 2 + 2×2n
-1+2n,②

②-①得 Sn=-n+2+22+…+2n-2+2n-1+ 2
n

2(1-2n) n 1 =-n+ =2 + -n-2.故选 D. 1-2 3.(2013·兰州模拟)已知等比数列{an}满足 an> 0,n=1,2,…,且 a5a2n-5=22n(n≥3),则当 n≥1 时,log2a1+log2a2+…+log2a2n-1=( ) A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2
2n 解:由等比数列性质有 a5a2n-5=a2 n=2 ,故 an

=2n.所以 log2an=log22n=n.∴当 n≥1 时,log2a1+ log2a2 + … + log2a2n - 1 = 1 + 2 + 3 + … + (2n - 1) = 1.数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作 项数 n 的函数, 是函数思想在数列中的应用.数列以 通项为纲,数列的问题,最终归结为对数列通项的 研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项. 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之 一. 2.等差或等比数列的求和直接用公式计算,要 注意求和的项数,防止疏漏. 3.最好能记忆一些常见数列的求和公式,如正
22

n(2n-1).故选 A. 4.设函数 f(x)=xm+ax 的导数为 f′(x)=2x+1, ? 1 ? 则数列?f(n)?(n∈N*)的前 n 项和是( ) ? ? n+2 n+1 n n A. B. C. D. n n+1 n+1 n-1 解:∵f(x)=xm+ax 的导数为 f′(x)=mxm-1+a =2x+1,

∴m=2,a=1.∴f(x)=x2+x=x(x+1). ? 1 ? ? ? 数列?f(n)?(n∈N*)的前 n 项和为 ? ? ? ? 1 1 1 1 Sn= + + +…+ 1×2 2×3 3×4 n(n+1) 1 ? 1 1 1 ?1 1- ?+? - ?+…+?n- =? ? ? 2? ?2 3? ? n+1? 1 n =1- = .故选 A. n+1 n+1 5.已知数列{an}满足 an+2=-an(n∈N+),且 a1 =1,a2=2,则数列{an}的前 2015 项的和为( ) A.2 B.-3 C.3 D.1 解:∵an+2=-an=-(-an-2)=an-2,n>2, ∴数列{an}是以 4 为周期的周期数列.S2015=503(a1 +a2+a3+a4)+a2013+a2014+a2015=503(a1+a2-a1 -a2)+a503×4+1+a503×4+2+a503×4+3=a1+a2+a3= a1+a2-a1=2.故选 A. 6.如图所示, 作边长为 a 的正三角形的内切圆, 在这个圆内作内接正三角形,然后再作新三角形的 内切圆.如此下去,前 n 个内切圆的面积和为( )

a2 =-2, a3= 4, a4=- 8,∴ a1+ |a2|+ a3 + |a4|= 1 +2+4+8=15.故填 15. nπ 8.已知 an=2nsin2 , n∈N*, Sn=a1+a2+…+ 3 an,则 S30=________. nπ 2nπ 解 : an = 2nsin2 = n - ncos , 设 bn = 3 3 2nπ ncos , 3 当 n=3k,k∈N*时,bn=n; n 当 n=3k+1,k∈N 时,bn=- ; 2 n 当 n=3k+2,k∈N 时,bn=- , 2 ∴b3+b6+…+b30=3+6+…+30=165, 1 145 b1+b4+…+b28=- (1+4+…+28)=- , 2 2 1 155 b2+b5+…+b29=- (2+5+…+29)=- . 2 2 145 155 ∴b1+b2+…+b30=165- - =15, 2 2 S30=(1+2+…+30)-(b1+b2+…+b30)=465 -15=450.故填 450. 湖南 ) 已知数列 {an} 的前 n 项和 Sn = 9.( 2014· n2+n ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan, 求数列{bn}的前 2n 项 和. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=1; 当 n≥2 时 , an = Sn - Sn (n-1)2+(n-1) =n. 2 故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知, bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则 T2n = (21 + 22 + … + 22n) + ( - 1 + 2 - 3 + 4 - … +2n). 记 A=21+22+…+22n, B=-1+2-3+4-… +2n, 2(1-22n) 2n 1 则 A= =2 + -2, 1-2 B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n] =n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n+1+n -2.
23
- 1

1 a2 1- n?π A. ? 9? 2 ? 1 a2 C. ?1-2n+1?π 9? ?

1 a2 B. ?1-22n-1?π 9? ? 2 1 a 1- 2n?π D. ? 9? 2 ?

解:设第 n 个三角形的内切圆半径为 an,则易 1 3 1 1 知 a1= atan30°= a,a2= a1,…,an= an-1, 2 6 2 2 3 1 故数列{an}是首项为 a,公比为 的等比数列.∴an 6 2 n-1 3 1? = ×? a.设前 n 个内切圆面积和为 Sn,则 6 ?2?
2 2 Sn=π(a1 +a2 2+…+an)

n2+n = - 2

1?2 ?1?2 ? 1 ?2? 2? =πa1 + + … + ?1+? ?2n-1? ? ?2? ?4?

? ? ?? 2 n-1 1 1? 2? ?1? ? =πa1 ?1+4+? ?4? +…+?4? ? ? ? 2 1 4 a 1- 2n?π = × ? 2 ? 3 12? 1? a2? = ?1-22n?π.故选 D. 9
7.(2013·广东)设数列{an}是首项为 1, 公比为- 2 的等比数列,则 a1+|a2|+a3+|a4|=________. 解: 依题意 an=1· (-2)
n- 1

=(-2)

n-1

, ∴a1=1,

{bn} 10.已知{an}是等差数列, 其前 n 项和为 Sn, 是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4= 10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,证明 Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n≥2). 解:(1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公
比为 q,则

an 减去被侵蚀的部分 8%an 的剩余面积 92%an, 另一 部分是新绿化的 12%(1-an),所以 an+1=92%an+ 4 3 12%(1-an)= an+ , 5 25 3 3 4 3 an- ?(此处的- 可用待定系数 即 an+1- = ? 5 ? ? 5 5 5 法求). 3? ? 1 4 ∴?an-5?是以- 为首项, 为公比的等比数列, 5 5 ? ? n 3 1 4? 则 an+1= - ×? . 5 5 ?5? 3 1 4?n 1 ∵an+1>50%,∴ - ? > , 5 5?5? 2 4?n 1 1 lg2 即? = =3. ?5? <2,n>log4 2 1-3lg2 5 4?n 1 则当 n≥4 时,不等式? ?5? <2恒成立. 所以至少需要 4 年才能使绿化面积超过 50%. 数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn=n(n +1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 (2) 若数列 {bn} 满足: an = + + 3+1 32+1 33+1 bn +…+ n ,求数列{bn}的通项公式; 3 +1 anbn (3)令 cn= (n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 4 Tn . 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n =2n,知 a1=2 满足该式,∴数列{an}的通项公式为 an=2n. (2)an = (n≥1),① an + 1 = bn+1 3n+1+1 ,② b1 b2 b3 bn + 2 + 3 +…+ n + 3+1 3 +1 3 +1 3 +1 b1 b2 b3 bn + 2 + 3 +…+ n 3+1 3 +1 3 +1 3 +1

? ?a4+b4=27, ? ?2+3d+2q =27, 由? 即? ?S4-b4=10 ?8+6d-2q3=10 ? ?
3

? ?d=3, 解得? ?q=2. ?

( ) (2)证法一:∵a b =(3k-1)×2 =(3k-4)× 2 -(3k-7)×2 =c -c (k∈N ), T =(c -c )+(c -c )+…+(c -c ) =c -c =(3n-4)×2 +8,当 n≥2 时,T -8=
* ∴an=3n-1,bn=2n n∈N . k k k k+1 k k+1 3 k * n 2 1 2 n+1 n n +1 1 n+1 n

an-1bn+1.即结论成立. 证法二:由(1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+…+ 3n-1 ×2n, ① 2Tn = 2×22 + 5×23 + … + 3n-4 × 2n +

(

)

(

)

(3n-1)×2

n+1

, ②
2 3 n 6 1-2

由①- ②,得- Tn= 2×2+ 3×2 + 3×2 +… +3×2n-(3n-1)×2n+1=

(

1-2

)-

(3n-1)×2 ( )

n

+1-2=-(3n-4)×2n+1-8, 即

Tn-8= 3n-4 ×

2n+1. 而当 n≥2 时,an-1bn+1= 3n-4 ×2n+1. 所以 Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n≥2. 11.为了治理“沙尘暴”, 西部某地区政府经过 多年努力,到 2014 年底,将当地沙漠绿化了 40%, 从 2015 年开始, 每年将出现这种现象: 原有沙漠面 积的 12%被绿化, 即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿 洲),同时原有绿洲面积的 8%又被侵蚀为沙漠,问 至少经过几年的绿化,才能使该地区的绿洲面积超 过 50%?(可参考数据 lg2=0.3, 最后结果精确到整 数) 解:设该地区总面积为 1,2014 年底绿化面积 2 为 a1= , 经过 n 年后绿洲面积为 an+1(0<an+1<1). 5 依题意 an+1 由两部分组成: 一部分是原有绿洲
24

(

)

bn+1 ②-①得, n 1 =an+1-an=2,bn+1=2(3n+1 3 + +1 +1), 故 bn=2(3n+1)(n∈N*). anbn (3)∵cn= =n(3n+1)=n· 3n+n, 4 ∴ Tn = c1 + c2 + c3 + … + cn = (1×3 + 2×32 + 3×33+…+n×3n)+(1+2+…+n),

令 Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,③ 则 3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1, ④ ③-④得,-2Hn=3+3 +3 +…+3
2 3 n



3(1-3n) (2n-1)· 3n+1+3 -n×3n+1,Hn= . 4 1-3 ∴ 数 列 {cn} 的 前 n 项 和 Tn = n(n+1) . 2

-n×3n+1

(2n-1)×3n+1+3 4



25

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分, 共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的. 1.在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该 数列前 11 项和 S11=( ) A.58 B.88 C.143 D.176 解:在等差数列{an}中,a4+a8=a1+a11=16, 11(a1+a11) 所以 S11= =11×8=88.故选 B. 2 2.(2014·天津)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( ) 1 1 A.2 B.-2 C. D.- 2 2 解:由已知得 S1·S4=S2 2,即 a1·(4a1-6)=(2a1 1 -1)2,解得 a1=- .故选 D. 2 3.(2013·江西)等比数列 x,3x+3,6x+6,…的 第四项等于( ) A.-24 B.0 C.12 D.24 解:∵x,3x+3,6x+6 是等比数列的前三项, ∴(3x+3)2=x(6x+6),解得 x=-1 或-3.当 x=-1 时,数列前三项为-1,0,0,不构成等比数列;当 x=-3 时,数列前三项为-3,-6,-12,其公比 q=2,该数列第四项为-12×2=-24.故选 A. 北京西城区一模 ) 等比数列 {an} 中, a1 4.( 2013· >0,则“a1<a3”是“a3<a6”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 解: 设数列{an}的公比为 q, 则 a1<a3?a1<a1q
2 2 5 3 2

A.an=2n C.an=2n

B.an=2(n-1) - D.an=2n 1

解:由程序框图可知:a1=2×1=2,a2=2×2 =4,a3=2×4=8,a4=2×8=16,归纳可得 an= 2n.故选 C. 6.(2013·辽宁)下面是关于公差 d>0 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; ?an? p3:数列? n ?是递增数列; ? ? p4:数列{an+3nd}是递增数列. 其中的真命题为( ) A.p1,p2 B.p3,p4 C.p2,p3 D.p1,p4 解法一:对于 p1,由 an+1-an=d>0 知其为真 命题; 对于 p2,举反例数列:{-3,-2,-1},而 数列{-3,-4,-3}非递增数列,p2 为假命题; 对于 p3,举反例数列:{1,2,3},而数列{1, 1,1}非递增数列,p3 为假命题; 对于 p4,an+1+3(n+1)d-(an+3nd)=4d>0, 因此{an+3nd}是递增数列,p4 为真命题. 解法二: an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d), 令 f(x) f(x) =dx+(a1-d).因此只需要考查 f(x),xf(x), , x f(x)+3dx 四个函数的图象和性质即可知,只有 p1,
26

?1<q ?q<-1 或 q>1.又 a3<a6?a1q <a1q ?1 <q ?q>1.而由 q>1 可推导出 q<-1 或 q>1, 即 a3<a6?a1<a3;反之,q<-1 或 q>1 q>1,即 由 a1<a3 a3<a6.故选 B. 陕西)根据如图所示的框图,对大于 2 5.(2014· 的整数 N,输出的数列的通项公式是( )

p4 为真命题.故选 D. 7.已知一个等比数列首项为 1,项数是偶数, 其奇数项之和为 85,偶数项之和为 170,则这个数 列的项数为( ) A.2 B.4 C.8 D.16 解:设该等比数列的公比为 q,项数为 2n,则 170 有 S 偶=q· S 奇,∴q= =2.又 S2n=S 偶+S 奇= 85 a1(1-q2n) 1-q = 85+ 170= 255,∴ 22n-1= 255.∴2n

a1(1-q2015) 1-q

>0,C 正确.故选 C.

12.( 2014·河南模拟 ) 已知数列 {an} 的通项公式 1 为 an= (n∈N*),其前 n 项和 (n+1) n+n n+1 为 Sn,则数列 S1,S2,…,S2015 中,有理项的项数 为( ) A.42 B.43 C.44 D.45 1 解:an= (n+1) n+n n+1 = =
(n+1) n-n [(n+1) n+n n+1 n+1] n+1][(n+1) n-n

=8.故这个数列的项数为 8.故选 C. 8.设数列{an}是以 2 为首项, 1 为公差的等差数 列,{bn}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,则 ab1+ab2+…+ab10=( ) A.1033 B.1034 C.2057 D.2058 解:∵an=2+(n-1)=n+1,bn=2n-1, ∴abn=bn+1=2n-1+1. ∴ab1+ab2+…+ab10=1+2+22+…+29+10 =210-1+10=1033.故选 A. 9.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 am-1+ am+1-a2 ) m=0,S2m-1=38,则 m=( A.38 B.20 C.10 D.9 解:因为{an}是等差数列,所以 am-1+am+1=
2 2am,由 am-1+am+1-a2 m=0,得:2am-am=0,所

, n+1 1 1 1 1 1 ∴ Sn = ? 1- ? + ? - ? + ? - ? + … + 2? ? 2 3? ? 3 4? ? 1 1 ? - ? 1 ,要使 Sn 是有理项,只 ? n ?=1- n+1? ? n+1 需 n+1是有理项(n=1, 2, …, 2015), 又∵ n+1 >1, 44< 2016=12 14<45, ∴有理项共有 43 项. 故选 B. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分, 共 20 分. 9 27 13.数列-1,1,- , ,…的一个通项公式 5 7 为________. 1 3 解:-1=- ,1= ,∴该数列的一个通项公 1 3 3n 1 式为(-1) · .故填(-1) · . 2n-1 2n-1


1 - n

1



am = 2



0. 又

S 2m

- 1

= 38 , 即

(2m-1)(a1+a2m-1) =38,∴a1+a2m-1=2am≠ 2 0.∴a1+a2m-1=4,即(2m-1)×2=38,解得 m=10. 故选 C. 10.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn = an + 1 - an(n∈N*). 若 b3 =- 2 , b10 = 12 ,则 a8 = ( ) A.0 B.3 C.8 D.11 解:易知 bn=2n-8,∴an+1-an=2n-8,由叠 加法得 a8-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)= (-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0,∴a8=a1=3. 故选 B. 11.(2014·浙江模拟)已知等比数列{an}的前 n 项 和为 Sn,则下列一定成立的是( ) A.若 a3>0,则 a2015<0 B.若 a4>0,则 a2014<0 C.若 a3>0,则 S2015>0 D.若 a4>0,则 S2014>0 解: 可列举等比数列 an=(-1)n, 此时 a4=1>0, a2014=1>0, S2014=0, 排除选项 B, D; 若 a3=a1q2>0, 则 a1>0,a2015=a1q2014=a1q2·q2012>0,排除选项 A, 当 q=1 时,S2015=2015a1>0;当 q≠1 时, S2015=

n

3n-1

n

14.(2013·重庆) 已知{an} 是等差数列, a1= 1, 公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和,若 a1,a2,a5 成等比 数列,则 S8=________. 解: 由题意知 a2 即(a1+d)2=a1(a1+4d), 2=a1a5, n(n-1) 解得 d=0(舍去)或 2.∴S8=na1+ d=8×1 2 + 8×(8-1) ×2=64.故填 64. 2 15.(2014·安徽)如图,在等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 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;….依次类推,设 BA=a1, AA1=a2, A1A2=a3, …, A5A6=a7, 则 a7=________.

27

? ?8a1+28d=5, 123 43 当? 即 a1=- ,d= 时, 44 44 ?11a1+55d=23, ?
解:等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 2, ∴AB=AC=a1=2,AA1=a2= 2,…,An-1An=an π 2 2 · a = a ,∴ an + 1 = 2× ? ? ,故 a7 = 4 n 2 n ?2? 6 1 1 2 2×? ? = .故填 . 4 ?2? 4 16.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S8 ≤5,S11≥23,则 a10 的最小值为____________.
+ 1 = sin
n

a10 取得最小值 6.故填 6. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤. 17.(10 分)等比数列{an}中, 已知 a1=2, a4=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 a3,a5 分别为等差数列{bn}的第 4 项和第 16 项,试求数列{bn}的通项公式及前 n 项和 Sn. 解:(1)设{an}的公比为 q, 由已知得 16=2q3,解得 q=2.所以 an=2n. (2)由(1)得 a3=8,a5=32,则 b4=8,b16=32.

解法一:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, 由 S8≤5, S11≥23 得 8a1+28d≤5, 11a1+55d≥23.

?8a1+28d≤5, ? 因此,问题转化为以? 为约束条件, 11 a + 55 d ≥ 23 ? 1 ?
a10=a1+9d 为目标函数的线性规划问题. 作出可行域, 易知目标函数 a10=a1+9d 在两直 123 43? 线的交点? ?- 44 ,44?处取得最小值. 123 43 故 a10 的最小值为- +9× =6. 44 44 解法二:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为

? ?b1+3d=8, 设{bn}的公差为 d,则有? ?b1+15d=32, ? ? ?b1=2, 解得? ?d=2. ?
∴bn=b1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n, 且数列{bn}的前 n 项和 n(n-1) n(n-1) Sn=nb1+ d=2n+ ×2=n2 2 2 +n. 18.(12 分 )( 2013·全国新课标Ⅰ ) 已知等差数列 {an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; 1 ? ? ?的前 n 项和. (2)求数列?a a ? 2n-1 2n+1? 解 : (1) 设 {an} 的 公 差 为 d , 则 Sn = na1 + n(n-1) d. 2

?8a1+28d≤5, ? d , 由 S8 ≤ 5 , S11 ≥ 23 得 ? 即 ? ?11a1+55d≥23, ?8(a10-9d)+28d≤5, ? 整 理 得 ? ? ?11(a10-9d)+55d≥23, ? ?8a10-5≤44d, 所以 11a10 - 23≥44d≥8a10 - ? ? ?11a10-23≥44d,
5,得 a10≥6.

? ? ?8×6-5≤44d, ?43≤44d, 若 a10=6, 则? 即? ?11×6-23≥44d, ? ?43≥44d, ? 43 123 123 43 ∴d= ,进而 a1=- .故 a1=- ,d= 时, 44 44 44 44
a10 取得最小值 6. 解法三:引入参数 λ,μ,令 a10=a1+9d=λ(8a1

? ?3a1+3d=0, 由已知可得? ?5a1+10d=-5, ?
解得 a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为 an=2-n. (2)由(1)知 1 1 = a2n-1a2n+1 (3-2n)(1-2n) 1 ? 1? 1 = ?2n-3-2n-1?, 2? ? 1 ? ? ? ? 1 ? 1 -1? ?的前 n 项和为 [? 从而数列?a 2 ?-1 1? ? 2n-1a2n+1? ? ? ? 1 1 1 1? ? ? n - +? . ?]= ?1-3?+…+? 2 n - 3 2 n - 1 ? ? 1-2n
28

? ?8λ+11μ=1, +28d)+μ(11a1+55d),则有? 解得 λ 28 λ + 55 μ = 9 , ? ? 1 1 =- ,μ= . 3 3 1 1 于是 a10=- (8a1+28d)+ (11a1+55d) 3 3 1 1 ≥- ×5+ ×23=6. 3 3

19.(12 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 2000 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 an+1 与 an 的关系式. (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资 金为 4000 万元,试确定企业每年上缴资金 d 的 值.(用 m 表示) 解:(1)由题意得 a1=2000(1+50%)-d=3000 -d, 3 5 a2=a1(1+50%)-d= a1-d=4500- d, 2 2 3 an+1=an(1+50%)-d= an-d. 2 3 (2)由(1)知 an= an-1-d(n≥2), 2 3 即 an-2d= (an-1-2d),∴{an-2d}是以 3000 2 3 -3d 为首项, 为公比的等比数列,则 an=(3000- 2 n-1 ?3? +2d. 3d)· ?2? 3?m-1 3000-3d +2d=4000, 由题意 am=? 解 ?2?

时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800. n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0,解得 n>40 或 n<-10(舍去),此时存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立,n 的最小值为 41. 综上,当 an=2 时,不存在满足题意的 n;当 an=4n-2 时,存在满足题意的 n,且其最小值为 41. 21.(12 分)(2014·山东)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; 4n - (2)令 bn=(-1)n 1 ,求数列{bn}的前 n 项 anan+1 和 Tn. 2×1 解:(1)∵S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2 4×3 S4=4a1+ ×2=4a1+12,又 S1,S2,S4 成 2 等比数列, ∴(2a1+2)2=a1(4a1+12). 解得 a1=1,∴an=2n-1. (2)bn = ( - 1)n
1 - 1

(

)



4n = ( - 1)n anan+1



??3?m-2?×1000 m m 1 1000(3 -2 + ) ??2? ? d= = . 3m-2m ?3?m-1 ?2?
故 该 企 业 每 年 上 缴 资 金 d 的 值 为 1000 3 -2
m

4n (2n-1)(2n+1) ? 1 + 1 ? =(-1)n-1? ?. ?2n-1 2n+1? 当 n 为偶数时, 1 1 1 ? 1 + 1 ? 1+ ? - ? + ? + … + ? Tn = ? ? 3? ?3 5? 2n-3 2n-1? -

(

m+1

3m-2m

)时,经过 m(m≥3)年企业的剩余资

?

?

金为 4000 万元. 20.(12 分)(2014·湖北)已知等差数列{an}满足: a1=2,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 Sn>60n+800?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,2,2 +d,2+4d 成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化简得 d2-4d=0,解得 d=0 或 d=4. 当 d=0 时, an=2; 当 d=4 时, an=2+(n-1)· 4 =4n-2, 数列{an}的通项公式为 an=2 或 an=4n- 2. (2)当 an=2 时,Sn=2n. 显然 2n<60n+800, 此
29

? 1 + 1 ? 1 2n = . ?2n-1 2n+1?=1- ? ? 2n+1 2n+1
当 n 为奇数时, 1 1 1 ? 1 + 1 ? 1+ ? - ? + ? + … - ? Tn = ? ? 3? ?3 5? 2n-3 2n-1? +

?

?

2n+2 ? 1 + 1 ? 1 = . ?2n-1 2n+1?=1+ ? ? 2n+1 2n+1 2n+2 ? ?2n+1,n为奇数, ? 2n ,n为偶数 ? ?2n+1

∴ Tn =



Tn =

2n+1+(-1)n-1 . 2n+1

四川)设等差数列{an}的公差为 22.(12 分)(2014· d,点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1=-2, 点(a8, 4b7)在函数 f(x)的图象上, 求数列{an}的前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的 1 ?an? 切线在 x 轴上的截距为 2- ,求数列?b ?的前 n ln2 ? n? 项和 Tn. 解:(1)点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图象上, ∴bn=2an,又等差数列{an}的公差为 d, bn+1 2an+1 ∴ = =2an+1-an=2d. bn 2an ∵点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,∴4b7=2a8 =b8, b8 ∴2d= =4,得 d=2,又 a1=-2, b7 ∴ Sn = na1 + 3n. (2)由 f(x)=2x?f′(x)=2xln2,函数 f(x)的图象在 点(a2,b2)处的切线方程为 y-b2=(2a2ln2)(x-a2). 1 ∴切线在 x 轴上的截距为 a2- , ln2 1 1 从而 a2- =2- , ln2 ln2 an n 故 a2=2,从而 an=n,bn=2n, = n. bn 2 1 2 3 n Tn= + 2+ 3+…+ n. 2 2 2 2 1 1 2 3 n T = + + +…+ n 1. 2 n 22 23 24 2+ 1 1 1 1 1 n 1 ∴ Tn = + 2 + 3 + … + n - n 1 = 1 - n - 2 2 2 2 2 2+ 2 n n+1 2 n+2 =1- n 1 . 2+ n+2 故 Tn=2- n . 2 n(n-1) d =- 2n + n2 - n = n2 - 2

30

31

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