【数学】2019届一轮复习苏教版等差数列、等比数列、数列通项、求和学案 57页

应用专题 9：等差数列、等比数列、数列通项、求和 问题归类篇 类型一：等差、等比数列的基本运算 一、前测回顾 1．已知{an}是等差数列，若2a7－a5－3＝0，则a9＝________． 答案：3． 解析：方法一：设公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋4d)－3＝0，即a1＋8d＝3，所以a9＝ 3． 方法二：由等差数列的性质得a5＋a9＝2a7，所以(a5＋a9)－a5－3＝0，即a9＝ 3． 2．(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5＝10，则 a9 的值是________. 答案：20． 解析：设等差数列{an}公差为 d，由题意可得：{a1＋（a1＋d）2＝－3， 5a1＋5 × 4 2 d＝10， 解得{a1＝－4， d＝3， 则 a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20. 3．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则 a1＋a10＝________． 答案：－7． 解析：设数列{an}的公比为 q，由Error!得Error!或Error!所以Error!或Error!所以Error! 或Error!所以 a1＋a10＝－7. 4．已知数列{an}是等比数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则 S12＝________. 答案：60． 解析：方法一：设等比数列{an}公比为 q，由题意可得 q≠1，则 由 得 ，所以 S12＝a1 (1－q12) 1－q ＝60. 方法二：由等比数列的性质可知，数列 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 是等比数列， 即数列 4，8，S9－S6，S12－S9 是等比数列，所以 S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以 S12 ＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60. 3 1 6 1 (1 =41 (1 =4+81 a q q a q q  −  − −  − ） ） 1 3 41 2 a q q  = − −  = 5．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. 答案：8． 解析：根据题意知 a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即 a8＞0.又 a8＋a9＝a7＋a10＜0，所以 a9＜0， 所以当 n＝8 时，{an}的前 n 项和最大. 二、方法联想 1．基本量运算 等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就 能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通 常会抓住 a1、d(或 q)，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明 确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求， 整体代入”． 2．性质的应用 用好等差、等比数列的性质也能减少运算量． 方法 (1)在等差数列{an}中，若 m＋n＝p＋q 则 am＋an＝ap＋aq．特别若 m＋n＝2p，则 am＋an＝2ap． 在等比数列{an}中，若 m＋n＝p＋q 则 aman＝apaq．特别若 m＋n＝2p，则 aman＝ ap2． (2) 在等差数列{an}中，由 Sn＝ n(a1＋an) 2 得，若 n 为奇数，则 S2n－1＝(2n－1)an． 方法 在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等差数列． 在等比数列{an}中，一般情况下 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列． 3．等差数列 Sn 的最值问题 方法 在等差数列{ an }中 Sn 的最值问题： 方法 1：(1)当 a1＞0，d＜0 时，满足{am ≥ 0， am＋1 ≤ 0的项数 m 使得 Sm 取最大值. (2)当 a1＜0，d＞0 时，满足{am ≤ 0， am＋1 ≥ 0的项数 m 使得 Sm 取最小值， 方法 2：由 Sn 的解析式，结合二次函数图象分析． 三、归类巩固 *1．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若 a2＝1，a8＝a6＋2a4，则 a6 的 值是________． (等比数列基本量计算) 答案：4． *2．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝7 4，S6＝ 63 4 ，则 a8＝_______. (等比数列基本量计算) 答案：32． **3 ．等差数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，已知 S10 ＝0 ，S 15 ＝25 ，则 Sn 的最小值为 ________． (等差数列前 n 项和的最值) 答案：－25 3 ． 解析：方法一：设等差数列{an}的公差为 d，由已知{S10＝10a1＋10 × 9 2 d＝0， S15＝15a1＋15 × 14 2 d＝25， 解得 a1 ＝－3，d＝2 3. 所以 Sn＝na1＋n（n－1） 2 d＝－3n＋n（n－1） 2 ×2 3＝n2 3 －10 3 n＝1 3(n－5)2－25 3 .当 n＝ 5 时，Sn 有最小值为－25 3 . 方法二：设 Sn＝An(n－10)，由 S15＝25，得 A＝1 3 ．所以当 n＝5 时，Sn 有最小值为 －25 3 . *4．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则 m 等于________． (等比数列基本量计算) 答案：5． *5．在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前 n 项和为 Sn，若S12 12 －S10 10 ＝2，则 S2015 的值为 ________. (等差数列基本量计算) 答案：－2015． 解析：根据等差数列的性质，得数列{Sn n }也是等差数列，由已知可得S1 1 ＝a1＝－2 015，由S12 12－S10 10＝2＝2d，得公差 d＝1.故S2 015 2015＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1， 所以 S2 015＝－2015. *6．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则 a3＋a4＋…＋a8＝________． (等差数列基本量计算) 答案：3． *7.在等差数列{an}中，已知 a4＋a8＝16，则该数列前 11 项和 S11＝________． (等差数列基本量计算) 答案：88． ***8．若{an}是等差数列，首项 a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前 n 项和 Sn>0 成立的最大正整数 n 是________． (等差数列前 n 项和的最值) 答案：4 032． 解析：因为 a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以 d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所 以 S4 032 ＝ 4 032(a1＋a4 032) 2 ＝ 4 032(a2 016＋a2 017) 2 ＞ 0 ， S4 033 ＝ 4 033(a1＋a4 033) 2 ＝ 4033a2 017＜0，所以使前 n 项和 Sn＞0 成立的最大正整数 n 是 4 032． **9．已知等差数列{an}中，a1＝1，前 10 项和等于前 5 项和，若 am＋a6＝0，则 m＝ ________. (等差数列基本量计算) 答案：10． 解析：记数列{an}的前 n 项和为 Sn，由题意 S10＝S5，所以 S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10 ＝0，又 a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是 a8＝0，又 am＋a6＝0，所以 m＋6＝2×8，解得 m＝10. ***10.设数列{an }是等差数列，数列{bn }是等比数列，记数列{an }，{bn } 的前 n 项和分别为 Sn ，T n.若 a 5 ＝b 5 ，a 6 ＝b 6 ，且 S7 －S 5 ＝4(T 6 －T 4)，则 a7＋a5 b7＋b5＝ ________. (等差、等比数列混合) 答案：－ 5 13 ． 解析：设等差数列{an }的公差为 d，等比数列{bn }的公比为 q.由 a5＝b5，a6＝b6， 且 S7－S5＝4(T6－T4)， 得Error!解得Error!故a7＋a5 b7＋b5＝2a5＋2d b5q2＋b5＝2a5＋2(－6a5) 25a5＋a5 ＝ －10a5 26a5 ＝－ 5 13. *11．设等比数列{an }的前 n 项和为 Sn，若 S1＝1 3a2－1 3，S2＝1 3a3－1 3，则公比 q＝ ________. (等比数列基本量计算) 答案：4． *12．已知等比数列{an}的各项都为正数，且 a3，1 2a5，a4 成等差数列，则a3＋a5 a4＋a6的值是 ________． (等差、等比数列混合) 答案： 5－1 2 ． ***13 ． 设 等 比 数 列 {an} 满 足 a1 ＋ a3 ＝ 10 ， a2 ＋ a4 ＝ 5 ， 则 a1a2…an 的 最 大 值 为 ________． (等比数列前 n 项积的最值) 答案：64． 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝1 2. 又 a1＋a1q2＝10，所以 a1＝8.故 a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·(1 2 )(n－1)n 2 ＝23n －n2 2 ＋n 2＝2－n2 2 ＋7 2n. 记 t＝－n2 2 ＋7n 2 ＝－1 2(n2－7n)＝－1 2(n－7 2 )2＋49 8 ，结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64. **14．Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 Sn S2n＝ n＋1 4n＋2，则a3 a5＝________. (等差数列基本量计算) 答案：3 5． 解析：因为 Sn S2n＝ n＋1 4n＋2，所以令 n＝1 可得，S1 S2＝2 6＝1 3，即 a1 2a1＋d＝1 3，化简可得 d＝a1， 所以a3 a5＝a1＋2d a1＋4d＝3a1 5a1＝3 5． **15．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，且 a2＋a5＝4，则 a8 的值为________． (等差、等比数列混合) 答案：2 **16．设公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，－ 2 17＜d＜－1 9，则当 Sn 取最大值时，n 的值为________． (等差数列前 n 项和的最值) 答案：9． 解析：法一：因为 Sn＝n＋n(n－1) 2 d，所以 Sn＝d 2n2＋(1－d 2 )n. 因为函数 y＝d 2x2＋(1－d 2 )x 的图象的对称轴方程为 x＝－1 d＋1 2，且开口向下，又－ 2 17 ＜d＜－1 9， 所以 9＜－1 d＋1 2＜19 2 .所以 Sn 取最大值时，n 的值为 9. 法二：由 an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0，得 n－1＜ 1 －d.． 因为1 9＜－d＜ 2 17，所以17 2 ＜ 1 －d＜9.又 n∈N*，所以 n－1≤8，即 n≤9.故 S9 最大． **17．已知{an}为等差数列，若a11 a10＜－1，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，那么当 Sn 取得 最小正值时，n＝________. (等差数列前 n 项和的最值) 答案：19． 解析：由a11 a10＜－1，得a11＋a10 a10 ＜0，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，则 a10＞0，a11＜0，a11 ＋a10＜0，则 S19＞0，S20＜0，那么当 Sn 取得最小正值时，n＝19. **18．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，S10＝16，S100－S90＝24，则 S100＝________. (等差数列基本量计算) 答案：200 ***19．在等差数列{an}中，若任意两个不等的正整数 k，p 都有 ak＝2p＋1，ap＝2k＋ 1，数列{an}的前 n 项和记为 Sn.若 k＋p＝m，则 Sm＝________.(用 m 表示) (等差数列基本量计算) 答案：m2． 解析：设数列{an}的公差为 d，由题意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋ 1，② 两式相减，得(p－k)d＝2(k－p)．又 k－p≠0，所以 d＝－2.则 a1＝2p＋2k－1＝2m－ 1. 因此 Sm＝ma1＋m(m－1) 2 d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2. **20．在等比数列{an}中，公比 q＝2，前 87 项和 S87＝140，则 a3＋a6＋a9＋…＋a87＝ ________. (等比数列基本量计算) 答案：2. 解析：方法一：a3＋a6＋a9＋…＋a 87＝a3(1＋q 3＋q6＋…＋q 84)＝a 1q2·1－（q3）29 1－q3 ＝ q2 1＋q＋q2·a1（1－q87） 1－q ＝4 7×140＝80. 方法二：设 b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9 ＋…＋a87， 因为 b1q＝b2，b2q＝b3，且 b1＋b2＋b3＝140，所以 b1(1＋q＋q2)＝140，而 1＋q＋q2 ＝7， 所以 b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80. ***21．在等比数列{an}中，已知 a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则 a9＋a11＋a13＋a15＝ ________. (等比数列基本量计算) 答案：3． **22．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 等于 ________. (等差、等比数列混合) **23.设各项都是正数的等比数列{an}，Sn 为前 n 项和，且 S10＝10，S30＝70，那么 S40 等于________. (等比数列基本量计算) 答案：150. 解析：依题意，数列 S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30 成等比数列，因此有(S20－S10)2＝ S10(S30－S20)， 即(S20－10)2＝10(70－S20)，故 S20＝－20 或 S20＝30. 又 S20＞0，因此 S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则 S40＝S30＋ （S30－S20）2 S20－S10 ＝ 70＋402 20 ＝150. **26.一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项的和与奇数项的和之比为 32∶ 27，则该数列的公差 d＝________. (等差数列基本量计算) 答案：5． 解析：设等差数列的前 12 项中奇数项的和为 S 奇，偶数项的和为 S 偶，等差数列的公差 为 d. 由已知条件，得Error!解得Error! 又 S 偶－S 奇＝6d，所以 d＝192－162 6 ＝5. 类型二：等差等比数列的判断与证明 一、前测回顾 1．(2010·江苏卷)函数 y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak ＋1，k 为正整数，a1＝16，则 a1＋a3＋a5＝________. 答案：21． 解析：在点(ak，a2k)处的切线方程为：y－a2k＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝ak 2 ，所以ak ＋1＝ak 2 ，故{an}是a1＝16，q＝1 2 的等比数列，即an＝16×(1 2 )n－1 ，所以a1＋a3＋a5 ＝16＋4＋1＝21. 2．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c∈R)，则“c＝0”是“{an}是等差数列” 的______条件． 答案：充要． 解析：a1＝a＋b＋c，a2＝S2－a1＝3a＋b，a3＝S3－S2＝5a＋b，若{an}是等差数列，则 2a2 ＝a1＋a3，解得 c＝0，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的必要条件； 当 c＝0 时，Sn＝an2＋bn，当 n＝1 时，a1＝a＋b；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋ b－a，显然当 n＝1 时也满足上式，所以 an＝2an＋b－a(n∈N*)，进而可得 an－an－ 1＝2a(n∈N*)，所以{an}是等差数列，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c＝0”是“{an}是等差数列”的充要条件． 3．已知 1 a ， 1 b ， 1 c 成等差数列，求证： b＋c a ， c＋a b ， a＋b c 也成等差数列． 解：由已知得 b(a＋c)＝2ac，所以 b＋c a ＋ a＋b c ＝ b(a＋c)＋a2＋c2 ac ＝ 2ac＋a2＋c2 ac ＝ 2(a＋c) b ， 所以 b＋c a ， c＋a b ， a＋b c 也成等差数列． 4．已知 an+1＝ 2an an＋2 ，a1＝2 ，求证：数列{ 1 an}的等差数列． 解：由已知，a1＝2，故 an≠0，所以 1 an + 1＝an＋2 2an ＝ 1 an ＋ 1 2 ，所以 1 an + 1－ 1 an ＝ 1 2 ， 所以数列{ 1 an}是等差数列． 5．数列{an}前 n 项和为 Sn，若 an＋Sn＝n，令 bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列. 解：由 an＋Sn＝n，得 n≥2 时，an－1＋Sn－1＝n－1，两式相减得 2an－an－1＝1，即 2bn＝ bn－1． 从而有 bn bn－1 ＝1 2(常数)，所以数列{bn}是等比数列. 二、方法联想 1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列： 方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1－an 为同一常数． 方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2 均成立． 说明：得到 2an＋1＝an＋an＋2 后，最好改写为 an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1，回到定 义． 方法 证明数列是等比数列： 方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1 an 为同一常数． 方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时，an＋12＝anan＋2 均成立，且数列{an}没有 0． 说明：得到 2an＋1＝an＋an＋2 后，最好改写为 an＋1 an ＝ an an－1 ＝…＝ a2 a1 ，回到定义． 2．等差、等比数列的判断 判断数列是等差数列 方法 1 定义法，即当 n≥1 且 n∈N*时，an＋1－an 为同一常数． 方法 2 中项公式法，即当 n≥1 且 n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2 均成立． 方法 3 特殊值法，如前 3 项成等差，再证明其对任意 n∈N*成等差数列． 方法 4 通项为一次形式，即 an＝an＋b． 方法 5 前 n 项和为不含常数项的二次形式，即 Sn＝an2＋bn． 方法 6 若数列{an}为等比数列，则{logaan}为等差数列． 注意 方法 4、5、6 只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等差数列 方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等差数列． 判断数列是等比数列 方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1 an 为同一常数． 方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时， an＋12＝anan＋2 均成立． 方法 3 特殊值法，如前 3 项成等比，再证明其对任意 n∈N*成等比数列． 方法 4 通项公式为指数幂形式，即 an＝aqn． 方法 5 若数列{an}为等差数列，则{aan}为等比数列． 注意 方法 4、5 只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等比数列 方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等比数列． 三、归类巩固 *1．已知数列{an}满足 3an＋1＋an＝0，a2＝－4 3，则{an}的前 10 项和等于________． (由定义判定等差数列) 答案：3(1－3－10) ． *2．已知数列{a n}满足 a1＝15，且 3a n ＋ 1＝3an－2．若 a kak ＋ 1＜0，则正整数 k＝ ________． (由定义判定等差数列) 答案：23． *3．已知 S n 是数列{a n}的前 n 项和，且 S n ＋ 1 ＝S n ＋a n ＋3，a 4 ＋a 5 ＝23，则 S 8 ＝ ________． (由 Sn 与 an 关系，结合定义判定等差数列) 答案：92． *4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2an－4(n∈N*)，则 an＝________． (由 Sn 与 an 关系，结合定义判定等比数列) 答案：2n＋1． **5．已知数列{an}满足 a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意 n∈N*都有 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an1020，那么 n 的 最小值是________． （分组求和） 答案：10. *3．若 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则 S17＋S33＋S50 的值是________． （并项相加求和） 答案：1． ***4 ． 数 列 {an} 的 通 项 an ＝ n2(cos2nπ 3 － sin2nπ 3 ) ， 其 前 n 项 和 为 Sn ， 则 S30 的 值 是 ________． （分组求和） 答案：470. 解析：an＝n2·cos2n 3 π，a1＝12·(－1 2)，a2＝22(－1 2)，a3＝32，a4＝42(－1 2)，… S30＝(－1 2)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302) ＝(－1 2) 10 ∑ k＝1 [(3k－2)2＋(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－1 2) 10 ∑ k＝1 (－18k＋5) ＝－1 2[－18·10(1＋10) 2 ＋50]＝470. *5．设等差数列{an}满足 a3＝5，a10＝－9．求数列{|an|}的前 n 项和 Tn＝_______． (等差数列前 n 项的绝对值之和) 答案：{ －n2＋10n，n ≤ 5， n2－10n＋50，n ≥ 6． 6.已知数列{an}满足 a1＝－2，an＋1＝2an＋4. *(1)证明数列{an＋4}是等比数列； **(2)求数列{|an|}的前 n 项和 Sn. （数列的前 n 项的绝对值之和） 解：(1)因为 an＋1＝2an＋4，所以 an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， 因为 a1＋4＝2，所以 an＋4≠0，所以an＋1＋4 an＋4 ＝2， 所以{an＋4}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． (2)由(1)，可知 an＋4＝2n，所以 an＝2n－4. 当 n＝1 时，a1＝－2<0， 所以 S1＝|a1|＝2； 当 n≥2 时，an≥0. 所以 Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1) ＝2(1－2n) 1－2 －4(n－1)＝2n＋1－4n＋2. 又当 n＝1 时，也满足上式． 所以数列{|an|}的前 n 项和 Sn＝2n＋1－4n＋2. *7．已知数列{a n}的通项公式是 a n ＝ 1 n＋ n＋1 ，若前 n 项和为 10，则项数 n＝ ________. (裂项相消求和) 答案：120. 解析：因为 an＝ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1. 令 n＋1－1＝10，得 n＝120. ***8．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，若 a1＝2 且 Sn＋1＝2Sn，设 bn＝log2an，则 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 b2017b2018 的值是________． (裂项相消求和) 答案： 4033 2017 ． 解析：由 Sn＋1＝2Sn，数列{sn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 Sn＝2n． 所以 an＝{ 2，n＝1， 2n－1，n ≥ 2，则 bn＝＝log2an＝{ 1，n＝1， n－1，n ≥ 2， 所以 n≥2 时， 1 bnbn＋1 ＝ 1 (n－1)n ＝ 1 n－1 － 1 n ． 所以 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 b2017b2018 ＝1＋1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 2016 － 1 2017 ＝2－ 1 2017 ＝ 4033 2017 ． **9．已知 an＝2n＋1，bn＝2n－1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，令 cn＝Error!设数列{cn}的 前 n 项和为 Tn，则 T2n＝________． (分组求和，裂项相消求和) 答案： 2n 2n＋1 ＋2 3(4n－1)． 解析：由 an＝2n＋1 得 Sn＝n(n＋2)，则 cn＝Error! 即 cn＝Error! 所以 T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝(1－1 3 )＋(1 3 －1 5 )＋…＋( 1 2n－1 － 1 2n＋1)＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－ 1 2n＋1 ＋2(1－4n) 1－4 ＝ 2n 2n＋1 ＋2 3(4n－1)． **10．数列{an}的通项公式为 an＝2n，Sn 是其前 n 项和．设 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. (裂项相消求和) 解：因为 an＝2n，所以 Sn＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2. 所以 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ＝ 2n＋1 (2n＋1－2)(2n＋2－2) ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1－1. 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝1 2( 1 2－1 － 1 22－1)＋( 1 22－1 － 1 23－1)＋…＋( 1 2n－1 － 1 2n＋1－1) ＝1 2(1－ 1 2n＋1－1)＝ 2n－1 2n＋1－1. **11．若 f(x)＝ 1 2x＋ 2 ，则 f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________． （倒序相加求和） 答案：3 2． 解析：因为 f(x)＝ 1 2x＋ 2 ，所以 f(x)＋f(1－x)＝ 1 2x＋ 2 ＋ 1 2－x＋ 2 ＝ 2 2 ， [(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)]＋ [f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－ 5)] ＝12× 2 2 ＝6 2，所以 f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6) ＝3 2． **12．设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于 1 的等比数列，且 a1＝b1＝2，a2＝b2， a2＋a6 2 ＝ b2b4，令数列{cn}满足 cn＝anbn 2 ，则数列{cn}的前 n 项和 Sn 等于________． (错位相减求和) 答案：(n－1)2n＋1＋2. 解析：设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q(q>1)， 因为a2＋a6 2 ＝ b2b4，所以 a4＝b3，所以 2＋3d＝2q 2①，由 a2＝b2，得：2＋d＝ 2q②， 由①②得 d＝2，q＝2，所以 an＝2＋(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n.所以 cn＝anbn 2 ＝ n·2n， 所以 Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n③ 所以 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1④， ③－④得：－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝2(1－2n) 1－2 －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， 所以 Sn＝(n－1)2n＋1＋2. **13．已知 an＝3n－2，bn＝2n.求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)． （错位相减求和） 解：设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn， 由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝12 × (1－4n) 1－4 －4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 故 Tn＝3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. 所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n－2 3 ×4n＋1＋8 3. **14．已知 an＝(1 4 )n－1，bn＝－log2an＋1.令 cn＝ bn 2n＋1 ＋ 1 n(n＋2) ，其中 n∈N*，求数列 {cn}的前 n 项和为 Tn. （错位相减求和，裂项相消求和） 解：bn＝－log2an＋1＝－log2(1 4 )n＝2n，cn＝ n 2n ＋ 1 n(n＋1). 令 Hn＝1 2 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋ n 2n ， ① 则 1 2Hn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1 ， ② ①－②得，1 2Hn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1. 所以 Hn＝2－n＋2 2n . 又 Tn－Hn＝ 1 1 × 3 ＋ 1 2 × 4 ＋…＋ 1 n(n＋2) ＝ 1 2 (1－1 3 ＋1 2 －1 4 ＋…＋1 n － 1 n＋2) ＝ 1 2 (1＋ 1 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2)＝ 3 4 － 2n＋3 2(n＋1)(n＋2) ， 所以 Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－n＋2 2n ＋ 3 4 － 2n＋3 2(n＋1)(n＋2) ＝ 11 4 －n＋2 2n － 2n＋3 2(n＋1)(n＋2). 15.已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1， *(1)证明{an＋ 1 2}是等比数列，并求{an}的通项公式； **(2)证明 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an< 3 2. (放缩法证明不等式) 证明：(1)由 an＋1＝3an＋1，得 an＋1＋ 1 2＝3(an＋1 2). 又 a1＋ 1 2＝ 3 2，所以{an＋ 1 2}是首项为 3 2，公比为 3 的等比数列. an＋ 1 2＝ 3n 2 ，因此{an}的通项公式为 an＝ 3n－1 2 . (2)由(1)知 1 an＝ 2 3n－1. 因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1， 所以 1 3n－1 ≤ 1 2 × 3n－1. 于是 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an≤1＋ 1 3＋…＋ 1 3n－1 ＝ 3 2(1－ 1 3n)< 3 2. 所以 1 a1＋ 1 a2＋…＋ 1 an< 3 2. 类型五：数列的单调性与最值 一、前测回顾 1．若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an.则实数k的取值范围________． 答案：(－3，＋∞)． 解析：方法一：由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4， 可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－k 2 ＜3 2 ，即得k＞－3． 方法二：由an＋1＞an得(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，即k＞－2n－1对n∈N*恒 成立，故k＞－3． 2．数列{an}的通项 an＝ n n2＋90，则数列{an}中的最大值是________． 答案： 1 19 ． 解析：an＝ 1 n＋90 n ，由函数 f(x)＝x＋ 90 x 在(0，3 10)上单调递减，在(3 10，＋∞)上单调 递增， 由于 n∈N*，知当 n＝9 或 10 时，(n＋ 90 n )min＝19，故(an)max＝ 1 19 ． 3．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的 数列{bn}，则此数列的前 n 项和 Sn 取得最大值时 n 的值是________． 答案：24． 解析：因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为 b1＝ a1＝142，公差为 d′＝－2×3＝－6，则 b n＝142＋(n－1)(－6)．令 b n≥0，解得 n≤242 3，因为 n∈N*，所以数列{bn}的前 24 项都为正数项，从 25 项开始为负数 项．因此新数列{bn}的前 24 项和取得最大值． 4．已知数列{an}的通项 an＝(n＋1)(10 11 )n (n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若 有，求出最大项的项数；若没有，说明理由． 解：方法一：令Error!⇔Error!⇔Error!， 所以 n＝9 或 n＝10 时，an 最大， 即数列{an}有最大项，此时 n＝9 或 n＝10. 方法二：因为 an＋1－an＝(n＋2)·(10 11 )n＋1－(n＋1)·(10 11 )n＝(10 11 )n·9－n 11 ， 当 n<9 时，an＋1－an>0，即 an＋1>an； 当 n＝9 时，an＋1－an＝0，即 an＋1＝an； 当 n>9 时，an＋1－an<0，即 an＋1a11>a12>…， 所以数列{an}中有最大项，为第 9、10 项． 二、方法联想 数列的单调性 方法 1 转化为函数的单调性，如利用图象分析． 注意 图象分析时，数列图象为离散的点． 方法 2 利用 an＋1－an 与 0 的关系(或an＋1 an 与 1 的关系，其中 an＞0)判断(或证明)数列的 单调性． 数列的最值 方法 1 利用 an＋1 －an 与 0 的关系(或an＋1 an 与 1 的关系，其中 an＞0)判断数列的单调 性． 方法 2 若第 m 项为数列的最大项，则{am ≥ am＋1， am ≥ am－1． 若第 m 项为数列的最小项，则{am ≤ am＋1， am ≤ am－1． 三、归类巩固 *1．设等比数列{an}的首相为 a1，公比为 q，则“a1＜0，且 0＜q＜1”是“对于任意 n∈N* 都有 an＋1＞an”的____________条件． （等比数列的单调性） 答案：充分非必要． 解析：当 a1＜0，且 0＜q＜1 时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另 一情况 a1＞0，且 q＞1，故填：充分非必要． **2．通项公式为 an＝an2＋n 的数列，若满足 a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且 an＞an＋1 对 n≥8 恒成立，则实数 a 的取值范围是__________． （数列的单调性的判定） 答案：－1 9 ＜a＜－ 1 17 ． 解析：an－an＋1＝(an2＋n)－[a(n＋1)2＋n＋1]＝－a(2n＋1)－1＞0(n＞＝8)，所以 a(2n＋ 1)＜－1，a＜－ 1 2n＋1 ，f(n)＝－ 1 2n＋1 是关于 n 的增函数，所以 a＜－ 1 17 ； n＝1，2，3，4 时 a n－an＋1＞0，a＞－ 1 2n＋1 ，所以 a＞－1 9 ．综上，－1 9 ＜a＜－ 1 17 ． **3 ． 设 等 比 数 列 {an}满 足 a1 ＋ a3 ＝ 10 ， a2 ＋ a4 ＝ 5 ， 则 a1a2a3…an 的 最 大 值 为 __________． （利用数列的单调性求最值） 答案：64． 解析：a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，所以公比 q＝ a2＋a4 a1＋a3 ＝ 1 2 ，所以 a1＋a1× 1 4 ＝10，得 a1＝8 a1a2a3…an ＝8n( 1 2)1＋2＋…＋n－1＝23n·2－ n(n－1) 2 ＝23n－ n(n－1) 2 ＝2 －n2＋7n 2 , 所以当 n＝34 时,取最大值 64． **4．数列{an}的通项公式 an＝ n－ 98 n－ 99 (n∈N*)，则数列{an}中的最大项是第___项，最 小项是_____项． （利用数列的单调性求最值） 答案：10，9． 解析：令 f(n)＝ n－ 98 n－ 99 ，则 f(n)＝1＋ 99－ 98 n－ 99 因为 99－ 98>0，所以 f(n)在(0， 99 )和( 99，＋∞)上都是减函数． 所以当 n＝9 时 an 取最小值；当 n＝10 时 an 取最大值． **5．已知数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数 a 的取值范围为__________． （子数列和原数列单调性的关系） 答案：(0，1) 解析：数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，由 an＋2－an＝2 可知数列奇数项、 偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有 a2－a1＝(2－a)－a＞0 且 a2－a1＝(2 －a)－a＜an＋2－an＝2，可得 0＜a＜1 ，即实数 a 的取值范围为(0，1)，故答案为 (0，1). ***6．已知等比数列{an}的首项为4 3，公比为－1 3，其前 n 项和为 Sn，若 A≤Sn－ 1 Sn≤B 对 n∈N*恒成立，则 B－A 的最小值为________． （利用数列的单调性求最值） 答案：59 72． 解析：依题意 Sn＝ 4 3[1－(－1 3 )n ] 1－(－1 3 ) ＝1－(－1 3 )n ，当 n 为奇数时，Sn＝1＋(1 3 )n ，当 n 为偶数时，Sn＝ 1－(1 3 )n ；由函数 y＝x－1 x在(0，＋∞)上是增函数，所以当 n 为奇数时 Sn－ 1 Sn单 调递减；当 n 为偶数时 Sn－ 1 Sn单调递增．当 n 为奇数时 Sn－ 1 Sn的最大值为 7 12 ，且 Sn － 1 Sn＞0；当 n 为偶数时 Sn－ 1 Sn的最小值为－17 72，且 Sn－ 1 Sn＜0；所以 n∈N*时，Sn－ 1 Sn的最大值为 7 12 ，Sn－ 1 Sn的最小值为－ 7 12 ，因此有 A≤－17 72，B≥ 7 12，B－A≥ 7 12＋17 72＝ 59 72，即 B－A 的最小值是59 72. ***7．对于数列{an}，定义 Hn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an n 为{an}的“优值”，现在已知某数列{an} 的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前 n 项和为 Sn，若 Sn≤S5 对任意的 n∈N*恒成立， 则实数 k 的取值范围为________． （利用数列的单调性求 Sn 的最值） 答案：[7 3 ，12 5 ]． 解析：由 Hn＝2n＋1， 得 n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，① (n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，② ①－②，得 2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以 an＝2n＋2，an－kn＝(2－k)n＋2，又 Sn≤S5 对任意的 n∈N*恒成立，所以Error!即Error!解得7 3≤k≤12 5 . ***8．在数列{an}中，a1＋a2 2 ＋a3 3 ＋…＋an n ＝2n－1(n∈N*)，且 a1＝1，若存在 n∈N*使得 an≤n(n＋1)λ 成立，则实数 λ 的最小值为________． （利用数列最值求解恒成立问题） 答案：1 2 ． 解析：依题意得，数列{an n }的前 n 项和为 2n－1，当 n≥2 时，an n ＝(2n－1)－(2n－1－1)＝ 2n－1，且a1 1 ＝21－1＝1＝21－1，因此an n ＝2n－1(n∈N*)， an n(n＋1) ＝2n－1 n＋1.记 bn＝2n－1 n＋1 ， 则 bn>0，bn＋1 bn ＝2(n＋1) n＋2 ＝ (n＋2)＋n n＋2 >n＋2 n＋2 ＝1，即 bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列， 数列{bn}的最小项是 b1＝1 2.依题意得，存在 n∈N*使得 λ≥ an n(n＋1) ＝bn 成立，即有 λ≥b1 ＝1 2 ，λ 的最小值是1 2. **9．已知数列{Tn}的通项公式为 Tn＝(2n＋1)( 1 2 )n，求数列 Tn 的最大值． （判定数列单调性的方法） 解：方法一:Tn＋1－Tn＝(2n＋3)( 1 2 )n＋1－(2n＋1)( 1 2 )n＝[(2n＋3)( 1 2 )－(2n＋1)]( 1 2 )n ＝[n＋ 3 2 －(2n＋1)]( 1 2 )n＝( 1 2 －n)( 1 2 )n． 因为 n≥1，所以 1 2 －n＜0． 又( 1 2 )n＞0，所以 Tn＋1－Tn＜0 所以 Tn＋1＜Tn， 所以 T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…． 所以 Tn 存在最大值 T1＝ 3 2 ． 方法二:因为 Tn＋1 Tn ＝ (2n＋3)(sdo1(f(1,2)))n＋1 (2n＋1)(sdo1(f(1,2)))n ＝ 2n＋3 2(2n＋1) ＝ (2n＋1)＋2 2(2n＋1) ， ＝ 1 2 (1＋ 2 2n＋1 )≤ 1 2 (1＋ 2 2＋1 )＝ 5 6 ＜1， 所以 Tn＋1＜Tn． 所以 T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…， 所以 Tn 存在最大值 T1＝ 3 2 ． 方法三:考查函数 g(x)＝(2x＋1)( 1 2 )x(x≥1)的单调性． g'(x)＝2(sdo1(f(1,2)))x＋(2x＋1)(sdo1(f(1,2)))x·ln 1 2 ＝2(sdo1(f(1,2)))x[2＋(2x＋1)ln 1 2 ]， 因为 x≥1，所以 2x＋1≥3，而 ln 1 2 ＜0，所以(2x＋1)ln 1 2 ≤3ln 1 2 ． 又 3ln 1 2 ＝ln( 1 2 )3＝ln 1 8 ＜ln 1 e2 ＝－2， 所以(2x＋1)ln 1 2 ＜－2，所以 2＋(2x＋1)ln 1 2 ＜0． 又( 1 2 )x＞0，所以( 1 2 )x[2＋(2x＋1)ln 1 2 ]＜0， 即 g'(x)＜0，所以 g(x)在[1，＋∞)上是单调递减函数，所以 Tn 存在最大值 T1＝ 3 2 ． **10．已知 S n＝－3 5(λ＋18)·[1－(－2 3)n]，是否存在实数 λ，使得对任意正整数 n，都有 a ＜Sn＜b?若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由． （利用数列最值求解恒成立问题） 解：要使 a＜Sn＜b 对任意正整数 n 成立，即 a＜－3 5(λ＋18)·[1－(－2 3)n]＜b，(n∈N*)． 得 a 1－(－)n ＜－3 5(λ＋18)＜ b 1－(－)n ，(n∈N*) ① 令 f(n)＝1－(－2 3)n，则当 n 为正奇数时，1＜f(n)≤5 3 ，当 n 为正偶数时5 9 ≤f(n)＜1； 所以 f(n)的最大值为 f(1)＝5 3 ，f(n)的最小值为 f(2)＝5 9 ， 于是，由①式得 5 9a＜－3 5(λ＋18)＜3 5b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必须－b＜－ 3a，即 b＞3a)． 当 a＜b＜3a 时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数满足题目要求； 当 b＞3a 存在实数 λ，使得对任意正整数 n，都有 a＜Sn＜b，且 λ 的取值范围是(－ b－18，－3a－18)． 11．等比数列{an}的首项为 a1＝2002，公比 q＝－1 2 ． *(1)设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求 f(n)的表达式； **(2)当 n 取何值时，f(n)有最大值． （符号数列单调性和最值） 解：(1)an＝2002·(－1 2)n−1，f(n)＝2002n·(－1 2) (2)由(1)，得|f(n＋1)| |f(n)| ＝2002 2n ，则 当 n≤10 时，|f(n＋1)| |f(n)| ＝2002 2n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|， 当 n≥11 时，|f(n＋1)| |f(n)| ＝2002 2n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…， 因为 f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0， 所以 f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者． 因为f(12) f(9) ＝200212·()66 20029·()36 ＝20023·(1 2)30＝(2002 210 )3＞1， 所以当 n＝12 时，f(n)有最大值为 f(12)＝200212·(1 2)66． 综合应用篇 一、例题分析 例 1 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2Sn＋48 n ，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值． 解：(1)设公差为 d，则有{ 2a1＋4d＝14， 7a1＋21d＝70． 解得：{a1＝1， d＝3，所以 an＝3n－2． (2)Sn＝ n[1＋(3n－2)] 2 ＝ 3n2－n 2 ． 所以 bn＝ 3n2－n＋48 n ＝3n＋ 48 n －1≥2 3n· 48 n −1＝23． 当且仅当 3n＝ 48 n ，即 n＝4 时取等号． 所以数列{bn}的最小项是 b4＝23． 〖教学建议〗 (1) 主要问题归类与方法： 1．求数列的通项：方法①利用等差(比)数列的通项公式；②构造等差(比)数列； ③由 Sn 与 an 的关系求通项；④用不完全归纳法，猜想数列的通项，再证 明． 2．求数列的最大项问题：①将数列的通项看作是 n 的函数，通过讨论相应函 数的单调性来求最值；②考察数列的单调性，求最大项；③利用基本不等式 求最值． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择方法①，因为本题已知数列是等差数列，所以选 择方法①． 对于问题 2，学生一般会选择③，因为本题中 bn＝3n＋48 n －1 便于用基本不等 式求最值，但要注意这里 n 必须取正整数，所以选择方法③． 例 2 已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和 Sn，且满足：a2a4＝65，a1＋a5＝18． (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)若 1＜i＜21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，求 i 值； (3)是否存在常数 k，使得数列{ Sn＋kn}为等差数列，若存在，求出常数 k；若不存在， 请说明理由． 解：(1)因为{an}为等差数列，所以 a1＋a5＝a2＋a4＝18，又 a2•a4＝65， 所以 a2，a4 是方程 x2－18x＋65＝0 的两个根， 又公差 d＞0，所以 a2＜a4，所以 a2＝5，a4＝13． 所以{ a1＋d＝5， a1＋3d＝13，所以 a1＝1，d＝4． 所以 an＝4n－3． (2)由 1＜i＜21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，所以 a1•a21＝ai2， 即 1×81＝(4i－3)2，解得 i＝3． (3)由(1)知，Sn＝n＋ n(n－1) 2 ×4＝2n2−n． 方法一：假设存在常数 k，使数列{ Sn＋kn}为等差数列， 由 S1＋k＋ S3＋3k＝2 S2＋2k， 得 1＋k＋ 15＋3k＝2 6＋2k， 解得 k＝1． 所以 Sn＋kn＝ 2n2＝ 2n 此时有 2n− 2(n−1)＝ 2，数列{ Sn＋kn}为等差数列． 所以存在常数 k 使得数列{ Sn＋kn}为等差数列． 方法二：假设存在常数 k，使数列{ Sn＋kn}为等差数列，由等差数列通项公式可知 设 Sn＋kn＝an＋b， 得 2n2＋(k－1)n＝(an)2＋2abn＋b2 恒成立， 可得 a2＝2，2ab＝k－1，b2＝0，所以 a2＝2，b＝0，k＝1 所以 Sn＋kn＝ 2n，则数列{ Sn＋kn}为等差数列． 〖教学建议〗 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)， 再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求基 本量； 2．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性 质简化后，先求出 a2 和 a4，再求 d，然后用 an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然 本题用方法①也很简单． 对于问题 2，学生一般会选择方法②，由特例求 k 的值比较方便，所以用方法 ②． 例 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝5，S7＝63，数列{bn}的前 n 项为 Tn，满足 bn ＝Tn－1＋2(n≥2，n∈N)，b1＝2， （1）求 an 与 bn； （2）求数列{anbn}的前 n 项和 Fn． （3）若1 S1 ＋1 S2 ＋…＋1 Sn≤x2＋ax＋1 对任意正整数 n 和任意 x∈R 恒成立，求实数 a 的 取值范围． 解：(1) 设数列{an}的公差为 d， 因为 S7＝ 7(a1＋a7) 2 ＝ 7(a4－3d＋a4＋3d) 2 ＝7a4＝63，所以 a4＝9． 所以 d＝ a4－a2 2 ＝2，所以 an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1． 因为当 n≥2 时，bn＝Tn－1＋2，bn＋1＝Tn＋2，两式相减得 bn＋1－bn＝Tn－Tn－1＝bn， 所以 bn＋1＝2bn 当 n＝2 时，b2＝T1＋2＝b1＋2＝4，所以 b2＝2b1． 所以 n∈N*时，都有 bn＋1＝2bn． 因为 b1≠0，所以 bn≠0，所以 bn＋1 bn ＝2，于是数列{bn}为首项是 2，公比为 2 的等比 数列， 所以 bn＝2n； (2)anbn＝(2n＋1)•2n． Fn＝3•2＋5•22＋…＋(2n−1)•2n−1＋(2n＋1)•2n， 2Fn＝3•22＋5•23＋…＋(2n−1)•2n＋(2n＋1)•2n＋1， 两式相减得 −Tn＝3•2＋2•22＋2•23＋…＋2•2n−(2n＋1)•2n＋1 ＝(1－2n)•2n＋1－2， 所以 Fn＝(2n−1)•2n＋1＋2； (3)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)， 所以 1 S1 ＋ 1 S2 ＋…＋ 1 Sn ＝ 1 1 × 3 ＋ 1 2 × 4 ＋ 1 3 × 5 ＋…＋ 1 n(n＋2) ＝ 1 2 (1− 1 3 ＋ 1 2 − 1 4 ＋ 1 3 − 1 5 ＋…＋ 1 n − 1 n＋2 ) ＝ 1 2 (1＋ 1 2 − 1 n＋1 − 1 n＋2 )＝ 3 4 − 2n＋3 2(n＋1)(n＋2) ＜ 3 4 ， 问题等价于 f(x)＝x2＋ax＋1 的最小值大于或等于 3 4 ， 即 1− a2 4 ≥ 3 4 ，即 a2≤1，解得－1≤a≤1． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)， 再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求 基本量； 2．判断一个数列是等差(比)数列： 方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2， n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． 4．不等式恒成立，求参数的范围问题： 方法：①转化为求函数的最值；②变量分离后转化为求函数的最值； ③利用几何意义求参数的范围 (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性 质 S7＝7a4 简化后，先求出 a4，再由 a2 的值，再求 d，然后用 an＝a2＋(n－ 2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单． 对于问题 2，学生一般会选择方法①，本题将通项 bn 与前 n 项 Tn 关系代入， 可得递推关系 bn＋1＝2bn．由等比数列的定义，可推得{bn}为等比数列，． 对于问题 3，学生一般会选择方法③和④，本题中数列{anbn}是由等差数列与 等比数列相应项之积所构成的数列，所以用方法③求和，数列{1 Sn}的通项是分 式形式，所以用方法④求和． 对于问题 4，本题中不等式对于任意 n 恒成立，用方法②，对于任意实数 x 恒 成立，用方法①，当然对于任意实数 x 恒成立，由于是一元二次不等式，所以 也可用方法③． 例 4 已知等差数列{an}中，公差 d＞0，其前 n 项和为 Sn，且满足 a2a3＝45，S4＝28． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设由 bn＝ Sn n＋c (c≠0)构成的新数列{bn}，求证：当且仅当 c＝－ 1 2时，数列{bn}是等 差数列； (3)对于(2)中的等差数列{bn}，设 cn＝ 8 (an＋7)⋅bn（n∈N*），数列{cn}的前 n 项和为 Tn， 现有数列{f(n)}，f(n)＝ 2bn an－2－Tn（n∈N*），求证：存在整数 M，使 f(n)≤M 对一 切 n∈N*都成立，并求出 M 的最小值． 解：(1)因为等差数列 an 中，公差 d＞0，满足 a2•a3＝45，a1＋a4＝14． 所以 a2•a3＝45，a1＋a4＝a2＋a3＝14． 所以 a2，a3 是方程 x2－14x＋45＝0 的两根，且 a2＜a3， 解方程 x2－14x＋45＝0，得 a2＝5，a3＝9， 所以 d＝a3－a2＝9－5＝4，a1＝a2－4＝1， 所以 an＝1＋(n－1)×4＝4n－3． 证明:(2)Sn＝n×1＋ n(n－1) 2 ×4＝n(2n－1)， bn＝ Sn n＋c ＝ n(2n－1) n＋c ，c≠0， 由 2b2＝b1＋b3，得 12 2＋c ＝ 1 1＋c ＋ 15 3＋c ， 化简得 2c2＋c＝0，c≠0，所以 c＝－ 1 2 ． 反之，令 c＝－ 1 2 ，即得 bn＝2n，数列 bn 为等差数列， 所以当且仅当 c＝－ 1 2 时，数列{bn}为等差数列． (3)因为 cn＝ 8 (an＋7)·bn ＝ 1 (n＋1)n ＝ 1 n − 1 n＋1 ． 所以 Tn＝1− 1 2 ＋ 1 2 − 1 3 ＋＋ 1 n − 1 n＋1 ＝ n n＋1 f(n)＝ 2bn an－2 −Tn ＝ 4n 4n－5 − n n＋1 ＝1＋ 5 4n－5 −1＋ 1 n＋1 ＝ 5 4n－5 ＋ 1 n＋1 ． 因为 f(1)＝− 9 2 ，而 n≥2 时 f(n＋1)−f(n)＝ 5 4n－1 ＋ 1 n＋2 − 5 4n－5 − 1 n＋1 ＝ －20 (4n－1)(4n－5) − 1 (n＋2)(n＋1) ＜0， 所以 f(n)在 n≥2 时为单调递减数列，此时 f(n)max＝f(2)＝2． 所以存在不小于 2 的整数，使 f(n)≤2 对一切 n∈N*都成立，Mmin＝2． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法：①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项 an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．证明数列是等差数列： 方法：①利用定义：an＋1 －an＝d(常数)；②等差中项：2a n＝an－1 ＋an＋1 (n≥2，n∈N*)． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前 n 项和公式求和；②分组求和；③错位相减法； ④裂项求和；⑤倒序求和． 4．求数列的最大项问题： 方法:①作差法比较相邻项的大小，确定单调性；②利用数列与函数之间的特 殊关系，将数列单调性转化为函数的单调性，利用函数的单调性，求最大项， 但要注意通项中 n 的取值范围． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择方法②，因为本题的数列是等差数列，所以选择 方法②． 对于问题 2，学生一般会选择方法①，因为本题可以求出数列{bn}的通项，所 以选择方法①． 对于问题 3，学生一般会选择④，因为数列的通项是分式形式，所以选择方法 ④． 对于问题 4，数列问题首选比较法确定单调性；也可选择②，因为 f(n)所对应 的函数是基本函数，比较容易得到函数的单调性． 例 5 数列{an}满足 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝4－n＋2 2 , n∈N*. (1) 求 a3 的值； (2) 求数列{an}前 n 项和 T n； (3) 令 b1＝a1，b n ＝T n＋(1＋1 2＋1 3＋…＋1 n) an (n≥2)． 证明：数列{b n}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn＜2＋2lnn． 解:(1)因为 a1＋2a2＋…nan＝4－ n＋2 2n－1 ，n∈N*． 所以 a1＝4－3＝1，1＋2a2＝4－ 2＋2 22－1 ＝2，解得 a2＝ 1 2 ， 因为 a1＋2a2＋…＋nan＝4－ n＋2 2n－1 ，n∈N＋． 所以 a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－ n＋1 2n－2 ，n∈N＋． 两式相减得 nan＝4－ n＋2 2n－1 －(4－ n＋1 2n－2 )＝ n 2n－1 ，n≥2，则 an＝ 1 2n－1 ，n≥2， 当 n＝1 时，a1＝1 也满足，所以 an＝ 1 2n－1 ，n≥1， 则 a3＝ 1 22 ＝ 1 4 ； (2) 因为 an＝ 1 2n－1 ，n≥1，所以数列{an}是公比 q＝ 1 2 ， 则数列{an}的前 n 项和 Tn＝ 1－(sdo1(f(1,2)))n 1－ 1 2 ＝2－21－n． (3)bn＝ Tn－1 n ＋(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )an， 所以 b1＝a1，b2＝ a1 2 ＋(1＋ 1 2 )a2，b3＝ a1＋a2 3 ＋(1＋ 1 2 ＋ 1 3 )a3， 所以 bn＝ a1＋a2＋…＋an－1 n ＋(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )an， 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )a1＋(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )a2＋…＋(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )an ＝(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )(a1＋a2＋…＋an)＝(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )Tn ＝(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )(2－21－n)＜2×(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )， 设 f(x)＝lnx＋ 1 x －1，x＞1，则 f′(x)＝ 1 x － 1 x2 ＝ x－1 x2 ＞0． 即 f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因为 f(1)＝0，即 f(x)＞0， 因为 k≥2，且 k∈N•时， k k－1 ＞1， 所以 f( k k－1 )＝ln k k－1 ＋ 1 k k－1 －1＞0，即 ln k k－1 ＞ 1 k ， 所以 1 2 ＜ln 2 1 ， 1 3 ＜ln 3 2 ，… 1 n ＜ln n n－1 ， 即 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n ＜ln 2 1 ＋ln 3 2 ＋…＋ln n n－1 ＝lnn， 所以 2×(1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )＝2＋2×( 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 n )＜2＋2lnn， 即 Sn＜2(1＋lnn)＝2＋2lnn． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法①利用等差(比)数列求和公式；②叠加(乘)法；③构造等差(比)数列；④ 猜想证明． 2．数列求和问题： 方法①等差(比)数列求和；②分组求和；③拆项相消；④错位相减； ⑤倒序相加；⑥并项求和法． 3．不等式的证明: ①不等式基本性质；②基本不等式；③比较法；④分析法；⑤放缩法；⑥函数 单调性；⑦反证法． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，记 bn＝na n ，则已知前 n 项和的通项，选择方法①． 对于问题 2，已知数列{a n }为等比数列，选择方法①，利用等差(比)数列求和公 式．数列{b n }的前 n 项和，可通过变形转化为裂项求和的形式． 对于问题 3，放缩法，比较法，函数单调性综合运用． 例 6 在数列{an}中，已知 a1＝p＞0，且 an＋1·an＝n2＋3n＋2，n∈N*． (1)若数列{an}为等差数列，求 p 的值； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn． 解：(1)设数列{an}的公差为 d，则 an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd． 由题意得，[a1＋(n－1)d](a1＋nd)＝n2＋3n＋2 对 n∈N*恒成立． 即 d2n2＋(2a1d－d2)n＋(a12－a1d)＝n2＋3n＋2． 所以{d2＝1， 2a1d－d2＝3， a12－a1d＝2， 即{d＝1， a1＝2，或{d＝－1， a1＝－2． 因为 a1＝p＞0，故 p 的值为 2． (2)因为 an＋1⋅an＝n2＋3n＋2＝(n＋1)(n＋2)，所以 an＋2⋅an＋1＝(n＋2)(n＋3)． 所以an＋2 an ＝n＋3 n＋1 ． ①当 n 为奇数，且 n≥3 时，a3 a1 ＝4 2 ，a5 a3 ＝6 4 ，…， an an－2 ＝n＋1 n－1 ． 相乘得an a1 ＝n＋1 2 ，所以 an＝n＋1 2 p．当 n＝1 时也符合． ②当 n 为偶数，且 n≥4 时，a4 a2 ＝5 3 ，a6 a4 ＝7 5 ，…， an an－2 ＝n＋1 n－1 ． 相乘得an a2 ＝n＋1 3 ，所以 an＝n＋1 3 a2． 因为 a1⋅a2＝6，所以 a2＝6 p ．所以 an＝2(n＋1) p ，当 n＝2 时也符合． 所以数列{an}的通项公式为 an＝{p，(n为奇数) ，(n为偶数) 当 n 为偶数时，Sn＝p＋6 p ＋2p＋10 p ＋…＋n 2p＋2(n＋1) p ＝p⋅(1＋) 2 ＋2 p ⋅(3＋n＋1) 2 ＝n(n＋2) 8 p＋n(n＋4) 2p ． 当 n 为奇数时，Sn＝p＋6 p ＋2p＋10 p ＋3p＋14 p ＋…＋2n p ＋n＋1 2 p ＝p⋅(1＋) 2 ＋2 p ⋅(3＋n) 2 ＝(n＋1)(n＋3) 8 p＋(n－1)(n＋3) 2p ． 所以 Sn＝{p＋，(n为奇数) p＋，(n为偶数)． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．等差(比)数列基本量的计算： 方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)， 再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和． ②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求基 本量； 2．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项 an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项； ⑤利用常见递推的结论求通项． 3．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择方法①，因为本题是恒成立问题，也可以利用特 殊和一般的关系，令 n＝1，n＝2，得出关于 a 1 和 d 的两个方程进行求解，但 要注意检验． 对于问题 2，学生一般会选择方法⑤，因为所给条件是“anan＋1＝f(n)”形式， 再选择方法④．由于得到的是隔项递推式，因此需要进行奇偶讨论. 对于问题 3，学生一般会选择①，因为数列的奇数项和偶数项都是等差数列．考 虑到当 n 为偶数时，n－1 为奇数，知道 Sn－1，可以利用 Sn＝Sn－1＋an 直接求得 Sn. 例 7 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 an＝Sn－1＋1(n≥2)，a1＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对于给定的 k (k＝1，2，…，n)．设 T(k)表示首项为 ak，公差为 2ak－1 的等差数 列，求数列 T(2)的前 10 项之和； (3)设 bi 为数列 T(i)的第 i 项，Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求 Mn． 解：(1)由已知 an＝Sn－1＋1，① an＋1＝Sn＋1，② ②－①，得 an＋1－an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， 所以 an＋1＝2an(n≥2)． 又 a1＝2，∴a2＝a1＋1＝3， 故 n≥2 时， an＋1 an ＝2，数列{ an}从第二项开始为公比为 2 的等比数列， 所以 an＝{2， n＝1， 3 × 2n－2，n ≥ 2 ． (2)由(1)知，等差数列 T(2)的的首项为 a2＝3，公差 d＝5， 故 T(2)的前 10 项之和＝10×3＋10 × 9 2 ×5＝255． (3)因为 bi 为数列 T(i)的第 i 项，T(i)是首项为 ai，公差为 2ai－1 的等差数列， b1＝a1＝2，M1＝2． 所以 n≥2 时，bi＝ai＋(i－1)(2ai－1)＝(2i－1)ai－(i－1)＝3(2i－1)2i－1－(i－1) Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋3[3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2]－[1＋2＋…＋(n－1)] 令 t＝3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2， 则 2t＝3·2＋5·22＋…＋(2n－1)·2n－1． 以上两式相减得:－t＝3·1＋2(2＋22＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝3＋2· 2n－1－2 2－1 －(2n －1)·2n－1． 所以 t＝(2n－3)·2n－1＋1． Mn＝3(2n－3)·2n＋1＋5－ n(n－1) 2 ． 所以 Mn＝{2， n＝1， 3(2n－3) ⋅2n－1＋5－，n ≥ 2 ． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求数列的通项： 方法: ①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项 an． ②利用等差(比)数列的通项公式，求通项； ③构造等差(比)数列求通项； ④用累加(乘)法求通项． 2．数列求和问题： 方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法； ④裂项求和． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择②，因为本题中给出数列通项 an 与 Sn 之间的关系， 可以通过公式转化为数列的递推关系，由于递推关系可以很容易判定数列是否 为等差数列，本题中的数列从第 2 项起是等差数列，所以选择方法②． 对于问题 2，学生一般会选择①③，因为数列 T(i)是等差数列，所以选择方法①， 数列{Mn}的通项是由一个等差数列与一个等比数列相应项相乘所成的，所以选 择方法③ 例 8 已知数列{an}的各项都为正数，且对任意 n∈N*，都有 a 2 n＋1＝anan＋2＋k (k 为常数). (1)若 k＝(a2－a1)2，求证:a1，a2，a3 成等差数列； (2)若 k＝0，且 a2，a4，a5 成等差数列，求 a2 a1的值； (3)已知 a1＝a，a2＝b (a，b 为常数)，是否存在常数 λ，使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任 意 n∈N*都成立? 若存在.求出 λ；若不存在，说明理由. 解：(1)当 k＝(a2−a1)2 时，在 a 2 n＋1＝anan＋2＋k 中，令 n＝1 得 a 2 2＝a1a3＋(a2−a1)2， 即 a1a3−2a1a2＋a 2 1＝0． 因为 a1＞0，所以 a3－2a2＋a1＝0，即 a2－a1＝a3－a2• 故 a1，a2，a3 成等差数列； (2)当 k＝0 时，a 2 n＋1＝anan＋2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以数列{an}是等比数列， 设公比为 q(q＞0)，因为 a2，a4，a5 成等差数列，所以 a2＋a5＝2a4， 即 a1q＋a1q4＝2a1q3． 因为 a1＞0，q＞0，所以 q3－2q2＋1＝0，(q－1)(q2－q－1)＝0， 解得 q＝1 或 q＝ 1 ± 5 2 (舍去负值)． 所以 a2 a1 ＝q＝1，或 a2 a1 ＝q＝ 1＋ 5 2 ； (3)存在常数 λ＝ a2＋b2－k ab 使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任意 n∈N*都成立． 因为 a 2 n＋1＝anan＋2＋k，所以 a 2 n ＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N* 所以 a 2 n＋1－a 2 n ＝anan＋2－an－1an＋1， 即 a 2 n＋1＋an－1an＋1＝a 2 n ＋anan＋2，∵an＞0， 所以 an＋an＋2 an＋1 ＝ an－1＋an＋1 an ． 所以 an＋an＋2 an＋1 ＝ an－1＋an＋1 an =…＝ a1＋a3 a2 ． 所以 an＋an＋2＝ a1＋a3 a2 an＋1． 因为 a1＝a，a2＝b，a 2 n＋1＝anan＋2＋k，所以 a3＝ b2－k a ，∴ a1＋a3 a2 ＝ a2＋b2－k ab ， 所以存在常数 λ＝ a2＋b2－k ab 使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任意 n∈N*都成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．证明一个数列是等差数列： 方法①定义法：an＋1－an＝d(常数)，n∈N*； ②等差中项法：2an＝an＋1＋an－1，n≥2，n∈N*； 2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比： 方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算 3．存在性问题： 方法①假设存在，由特殊情况，求参数的值，再证明； ②转化为关于 n 的方程恒成立问题； (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究 3 个数构成等差数列； 所以选择②． 对于问题 3，学生一般会选择①，对于存在性问题，常规的方法就是先从特殊 性出发探究出参数和值，再进行证明，这样处理思路清晰，运算量小。所以选 择方法①． 例 9 已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am 是首项为 10，公差为－2 的等差数列；am＋ 1，am＋2，…，a2m 是首项为1 2 ，公比为1 2 的等比数列（其中 m≥3，m∈N*），并对任意 的 n∈N*，均有 an＋2m＝an 成立． (1)当 m＝12 时，求 a2010； (2)若 a52＝ 1 128，试求 m 的值； (3)判断是否存在 m（m≥3，m∈N*），使得 S128m＋3≥2014 成立？若存在，试求出 m 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)当 m＝12 时，由 an＋2×12＝an 知数列的周期为 24， 因为 2010＝24×83＋18，而 a22 是等比数列中的项， 所以 a2010＝a18＝a12＋6＝(1 2)6＝ 1 64 ． (2)设 am＋k 是第一个周期中等比数列中的第 k 项，则 am＋k＝( 1 2 )k， 因为 1 128 ＝( 1 2 )7， 所以等比数列中至少有 7 项，即 m≥7，则一个周期中至少有 14 项． 所以 a52 最多是第三个周期中的项． 若 a52 是第一个周期中的项，则 a52＝am＋7＝ 1 128 ， 所以 m＝52－7＝45； 若 a52 是第二个周期中的项，则 a52＝a2m＋m＋7＝a3m＋7＝ 1 128 ， 所以 3m＝45，m＝15； 若 a52 是第三个周期中的项，则 a52＝a4m＋m＋7＝a5m＋7＝ 1 128 ， 所以 5m＝45，m＝9． 综上，m＝45 或 m＝15 或 m＝9． (3)因为 2m 是此数列的周期， 所以 S128m＋3 表示 64 个周期及等差数列的前 3 项之和． 所以 S2m 最大时，S128m＋3 最大． 因为 S2m＝10m＋ m(m－1) 2 ×(－2)＋ 1 2 [1－(sdo1(f(1,2)))m] 1－ 1 2 ＝－m2＋11m＋1－ 1 2m ＝ －(m− 11 2 )2＋ 125 4 － 1 2m ， 当 m＝6 时，S2m＝31－ 1 64 ＝30 63 64 ； 当 m≤5 时，S2m＜30 63 64 ； 当 m≥7 时，S2m＜－(7− 11 2 )2＋ 125 4 ＝29＜30 63 64 ； 当 m＝6 时，S2m 取得最大值，则 S128m＋3 取得最大值为 64×30 63 64 ＋24＝2007． 由此可知，不存在 m(m≥3，m∈N*)，使得 S128m＋3≥2014 成立． 【教学建议】 (1)主要问题归类与方法： 1．求周期数列的项： 方法: ①找出数列在一个周期内的通项公式，根据数列的周期，求数列中任意 一项． ②找出数列的项在第几个周期内，根据数列在一个周期内特征来归纳通项． 2．求周期数列的前 n 项和问题： 方法: ① 先求出数列在一个周期内的和，根据数列的周期确定前 n 项中，共含 有几个周期，还剩下多项，再考虑求和． 3．条件探索性问题： 方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件； ②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明． (2)方法选择与优化建议： 对于问题 1，由于数列在一个周期性的各项是由一个等差数列和一个等比数列 构成，数列的周期已知，所以很容易找出 a2010＝a18，而 a18 是等比数列的第 6 项，由等比数列的通项公式可求． 主要是搞清楚数列在一个周期内的和，以及所求的和包含多少个周期，还剩 多少项． 对于问题 2，学生一般会选择方法①，本题中 S 128m＋3 能求出，所以用方法 ①． 二、反馈巩固 *1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项 a1＝3，前三项和为 21，则 a 3＋a4＋a5 ＝ ． (等比数列基本量计算) 答案:84． *2．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＋S6＝S9，则数列的公比 q 是________． (等比数列基本量计算) 答案:1 或－1． 说明：等比数列求和公式选用时，需要分类讨论． *3．等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和．若 a4＋ak＝0，则 k＝________. (等差数列基本量计算) 答案:10 *4．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＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝ ． (等比数列性质应用) 答案:n2． *5 ． 已 知 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn ＝ 2n － 1 ， 则 数 列 {an} 的 奇 数 项 的 前 n 项 和 为 ________． (由 Sn 求 an,用通项公式判定等比数列) 答案：4n－1 3 **6．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 取最大 值，则 d 的取值范围________． (等差数列前 n 项和的最值) 答案：－1＜d＜－ 7 8． *7．已知数列 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为 1，公比为1 3 的等比数列， 则 an＝ ． （形如 an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项） 答案：1 2[1－(1 3)n] ． *8．若两个等差数列{a n}和{b n}的前 n 项之和分别是 S n、Tn，已知Sn Tn ＝ 7n n＋3 ，则a5 b5 ＝ ． (等差数列性质的应用) 答案：21 4 ． **9．已知数列{an}的首项为 a1＝2，且 an＋1＝1 2(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记 Sn 为数列{an} 的前 n 项和，则 Sn＝________，an＝________. （利用 Sn 和 an 的关系求通项） 答案:2×(3 2 )n－1，Error! **10．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－ 1 2 n2＋kn，k∈N*，且 S n 的最大值为 8．则数列 { 9－2an 2n }的前 n 项和 Tn＝ ． (等差数列的前 n 项和的最值，错位相减求和) 答案：4－ n＋2 2n－1 **11．已知等差数列{a n}的前 n 项和 Sn ＝n2－10n，则数列{|a n|}的前 n 项和 Tn 等 于 ． （利用 Sn 和 an 的关系求通项，等差数列项的绝对值求和） 答案：Tn ＝{－n2＋10n，n ≤ 5， n2－10n＋50，n ≥ 6． **12．已知数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{ Sn}都是等差数列，则 d a1 ＝________． （等差数列的基本量计算或性质应用） 答案:2． 解析：方法一:设数列{an}的公差为d， 依题意得2 S2＝ S1＋ S3，即2 2a1＋d＝ a1＋ 3a1＋3d， 化简可得d＝2a1，所以 d a1 ＝2． 方法二:设数列{an}的公差为d， 则 Sn＝ na1＋n(n－1)d 2 ＝ d 2n2＋(a1－f(d,2))n，由于{ Sn}是等差数列，所以a1－ d 2 ＝ 0，那 d a1 ＝2． 方法三:因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以可设Sn＝An2＋Bn， 又因为{ Sn}是等差数列，所以可设 Sn＝an＋b， 所以 An2＋Bn＝an＋b，即An2＋Bn＝a2n2＋2abn＋b2， 所以A＝a2，B＝b＝0，即Sn＝a2n2，所以a1＝S1＝a2，a2＝S2－S1＝4a2－a2＝3a2， 所以 d a1 ＝ a2－a1 a1 ＝ 3a2－a2 a2 ＝2． *13．将全体正整数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第 行（ ）从左向右的第 3 个数为________． （数阵中的通项归纳） 答案 n2－n＋6 2 ． *15．数列{an}满足 an＋an＋1＝1 2(n∈N，n≥1)，若 a2＝1，Sn 是{an}前 n 项和，则 S21 的值 n 3≥n 1 2　3 4　5　6 7　8　9　10 11　12　13　14　15 ……………… 为________． （等和数列周期性研究） 答案:9 2． **16．已知正数组成的等差数列{an}，其前 20 项和为 100，则 a7·a14 的最大值是________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案 25． 解析:因为 S20＝20(a1＋a20) 2 ＝100，所以 a1＋a20＝10．因为 an＞0， 所以 a7·a14≤(a7＋a14 2 )2＝(a1＋a20 2 )2＝25．当且仅当 a7＝a14＝5 时取“＝”． **17．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，an＞0．若 S6－2S3＝5，则 S9－S6 的最小值为 ________． （等差数列的性质与基本不等式结合求最值） 答案: 20． 解析：因为 S3，S6－S3，S9－S6 成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，所以 S9－S6＝ (S6－S3)2 S3 ＝ (5＋S3)2 S3 ＝S3＋ 25 S3 ＋10，因为 an＞0，所以 S3＞0，于是 S9－S6≥2 S3 × ＋ 10＝20，当 S3＝5 时取等号，所以 S9－S6 的最小值为 20． 说明:本题考查等比数列的性质 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列． **18．已知数列{cn}，其中 cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，则常数 p ＝ ． (等比数列中参量的确定) 答案：p＝2 或 p＝3 ． 解析：方法一：由 Cn＝2n＋3n，得:Cn＋1＝2n＋1＋3n＋1， 所以 Cn＋1－pCn＝2n＋1＋3n＋1－p•2n－p•3n ＝(2－p)•2n＋(3－p)•3n． 因为数列{Cn＋1－PCn}为等比数列， 所以 C3－pC2 C2－pC1 ＝ C4－pC3 C3－pC2 ，即 (2－p)·22＋(3－p)·32 (2－p)·2＋(3－p)·3 ＝ (2－p)·23＋(3－p)·33 (2－p)·22＋(3－p)·32 ． 整理得: p2－5p＋6＝0，解得: p＝2 或 p＝3．经检验，均符合题意． 方法二：因为{cn＋1－pcn}是等比数列， 所以(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)， 将 cn＝2n＋3n 代入上式，可得 [2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2 ＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]•[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]， 即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2 ＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)3n－1]， 整理得 1 6 (2－p)(3－p)•2n•3n＝0， 解得 p＝2 或 p＝3． **19．等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn ，已知 S10＝0，S 15＝25，则 nS n 的最小值为 ________. （利用数列单调性求最值） 答案：－49. 解析：由已知得Error!解得Error!那么 nSn＝n2a1＋n2(n－1) 2 d＝n3 3 －10n2 3 .由于函数 f(x)＝ x3 3－10x2 3 在 x＝20 3 处取得极小值，又 6<20 3 <7，从而检验 n＝6 时，6S6＝－48，n＝7 时，7S7＝－49.所以 nSn 的最小值为－49. 20．已知数列{an}满足 an＝2an－1＋2n＋2(n≥2)，a1＝2． *(1)求 a2，a3，a4； **(2)是否存在一个实数 λ，使得数列{ an＋λ 2n }成等差数列，若存在，求出 λ 的值；若不存 在，请说明理由． （利用等差数列定义确定参量值） 解：(1)a2＝2×2＋22＋2＝10； a3＝2×10＋23＋2＝30； a4＝2×30＋24＋2＝78． (2)假设存在一个实数 λ，使数列{ an＋λ 2n }成等差数列， 则 an＋λ 2n − an－1＋λ 2n－1 ＝ an＋λ－2an－1－2λ 2n ＝ 2an－1＋2n＋2＋λ－2an－1－2λ 2n ＝ 2n＋2－λ 2n ＝ 1＋ 2－λ 2n 恒为常数 所以 2－λ＝0 即 λ＝2 此时 a1＋2 2 ＝2， a2＋2 22 − a1＋2 2 ＝1 所以 λ＝2 时，数列{ an＋λ 2n }是首项为 2，公差为 1 的等差数列． 21．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q )． *(1)设 bn＝an＋1－an(n∈N*)，证明{bn}是等比数列； **(2)求数列{an}的通项公式； ***(3) 若 a3 是 a6 与 a9 的等差中项，求 q 的值，并证明:对任意的 n∈N*，an 是 an＋3 与 an ＋6 的等差中项． （等比数列证明，等差中项证明） 解：(1)证明:由题设 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得 an＋1－an＝q(an－an－1)，即 bn＝qbn －1，n≥2． 又 b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为 1，公比为 q 的等比数列． (2)由(1)a2－a1＝1，a3－a2＝q， … an－an－1＝qn－2，(n≥2)． 将以上各式相加，得 an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)． 所以当 n≥2 时，an＝{ 1＋ 1－qn－1 1－q ，q ≠ 1 n，q＝1 上式对 n＝1 显然成立． (3)由(2)，当 q＝1 时，显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项，故 q≠1． 由 a3－a6＝a9－a3 可得 q5－q2＝q2－q8，由 q≠0 得 q3－1＝1－q6，① 整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得 q3＝－2 或 q3＝1(舍去)．于是 q＝−3 2 另 一 方 面 ， an−an ＋ 3 ＝ qn＋2－qn－1 1－q ＝ qn－1 1－q (q3−1) ， an ＋ 6−an ＝ qn－1－qn＋5 1－q ＝ qn－1 1－q (1−q6)． 由①可得 an－an＋3＝an＋6－an，n∈N*． 所以对任意的 n∈N*，an 是 an＋3 与 an＋6 的等差中项． 22．已知等差数列{an}的公差为－1，且 a2＋a7＋a12＝－6. *(1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn； **(2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项，记{bn}的前 n 项和为 Tn，若存在 m∈N*，使对任意 n∈N*，总有 Sn6.即实数 λ 的取值范围为(6，＋∞)． 23．(1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2Sn n ＝an＋1－1 3n2－n－2 3 ，n∈N*. *①求 a2 的值； **②求数列{an}的通项公式. ***(2)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，数列{bn}满足 bn·bn ＋1＝3an，且 b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式. （求数列的通项） 解：(1)①依题意，2S1＝a2－1 3 －1－2 3 ，又 S1＝a1＝1，所以 a2＝4. ②当 n≥2 时，2Sn＝nan＋1－1 3n3－n2－2 3n， 2Sn－1＝(n－1)an－1 3(n－1)3－(n－1)2－2 3(n－1)， 以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－1 3(3n2－3n＋1)－(2n－1)－2 3. 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)， 即an＋1 n＋1 －an n ＝1，又a2 2 －a1 1 ＝1， 故数列{an n }是首项为a1 1 ＝1，公差为 1 的等差数列，所以an n ＝1＋(n－1)×1＝n，所 以 an＝n2. (2)因为 Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，① Sn＋Sn－1＝a2n(n≥2)，② ①－②得 an＋1＋an＝a 2n＋1－a2n， 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0， 因为 an＋1＞0，an＞0，所以 an＋1＋an≠0， 所以 an＋1－an＝1(n≥2)， 又由 S2＋S1＝a22，得 2a1＋a2＝a22，即 a22－a2－2＝0， 所以 a2＝2，a2＝－1(舍去)， 所以{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 所以 an＝n. 又 bn·bn＋1＝3an＝3n，③ bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④ ③ ④得bn＋1 bn－1 ＝3(n≥2)， 又由 b1＝1，可求 b2＝3. 故 b1，b3，…，b2n－1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列；b2，b4，…，b2n 是首项为 3，公比为 3 的等比数列. 所以 b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n. 所以 bn＝{3 n－1 2 ，n为奇数， 3 n 2 ，n为偶数. 24．数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1，a3 成等差数列． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)设 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. （求数列的通项，裂项求和） 解：(1)因为 Sn＝2an－a1，① 所以当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－a1；② ①－②得，an＝2an－2an－1，即 an＝2an－1. 由 a1，a2＋1，a3 成等差数列，得 2(a2＋1)＝a1＋a3， 所以 2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得 a1＝2. 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 所以 an＝2n. (2)因为 an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2. 所以 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ＝ 2n＋1 (2n＋1－2)(2n＋2－2) ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1－1. 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝ 1 2( 1 2－1 － 1 22－1)＋ ( 1 22－1 － 1 23－1)＋ … ＋ ( 1 2n－1 － 1 2n＋1－1)＝ 1 2(1－ 1 2n＋1－1)＝ 2n－1 2n＋1－1. 25．若数列{bn}对于任意的 n∈N*，都有 bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为 d 的 准等差数列．如数列 cn，若 cn＝Error!则数列{cn}是公差为 8 的准等差数列．设数列{an} 满足 a1＝a，对于 n∈N*，都有 an＋an＋1＝2n. *(1)求证：{an}是准等差数列； **(2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20. （求数列的通项，并项求和） 解：(1)证明：因为 an＋an＋1＝2n(n∈N*)，① 所以 an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，② ②－①，得 an＋2－an＝2(n∈N*)． 所以{an}是公差为 2 的准等差数列． (2)因为 a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，所以 a1＋a2＝2×1，即 a2＝2－a. 所以由(1)得 a1，a3，a5，…是以 a 为首项，2 为公差的等差数列；a2，a4，a6…是以 2－a 为首项，2 为公差的等差数列． 当 n 为偶数时，an＝2－a＋(n 2 －1 )×2＝n－a； 当 n 为奇数时，an＝a＋(n＋1 2 －1)×2＝n＋a－1. 所以 an＝Error! S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19) × 10 2 ＝200. 26．已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且 a1＝2， b3＝6＋b2. *(1)求 an 与 bn； (2)设 cn＝ 1 an－ 1 bn(n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. *①求 Sn； **②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn. （求数列通项，分组求和、裂项求和，求数列的最值） 解：(1)由题意 a1a2a3…an＝( 2)bn，b3－b2＝6， 知 a3＝( 2)b3－b2＝8. 又由 a1＝2，得公比 q＝2(q＝－2 舍去)， 所以数列{an}的通项为 an＝2n(n∈N*). 所以，a1a2a3…an＝2n（n＋1） 2 ＝( 2)n(n＋1). 故数列{bn}的通项为 bn＝n(n＋1)(n∈N*). (2)①由(1)知 cn＝ 1 an－ 1 bn＝ 1 2n－(1 n－ 1 n＋1)(n∈N*)， 所以 Sn＝ 1 n＋1－ 1 2n(n∈N*). ②因为 c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0； 当 n≥5 时， cn＝ 1 n（n＋1）[n（n＋1） 2n －1]， 而n（n＋1） 2n － （n＋1）（n＋2） 2n＋1 ＝ （n＋1）（n－2） 2n＋1 >0， 得n（n＋1） 2n ≤5·（5＋1） 25 <1， 所以，当 n≥5 时，cn<0. 综上，对任意 n∈N*，恒有 S4≥Sn，故 k＝4. 27．若各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2 Sn＝an＋1 (n∈N*)． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)若正项等比数列{bn}，满足 b2＝2,2b7＋b8＝b9，求 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； ***(3)对于(2)中的 Tn，若对任意的 n∈N*，不等式 λ(－1)n＜ 1 2n＋1(Tn＋21)恒成立，求实 数 λ 的取值范围． （求数列通项，错位相减求和，不等式恒成立求参数取值范围） 解：(1)因为 2 Sn＝an＋1， 所以 4Sn＝(an＋1)2，且 an＞0， 则 4a1＝(a1＋1)2，解得 a1＝1， 又 4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 所以 4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0， 因为 an＞0，所以 an＋1＋an≠0， 所以 an＋1－an＝2，所以{an}是公差为 2 的等差数列，又 a1＝1， 所以 an＝2n－1. (2) 设数列{bn}的公比为 q，因为 2b7＋b8＝b9，所以 2＋q＝q2，解得 q＝－1(舍去) 或 q＝2， 由 b2＝2，得 b1＝1，即 bn＝2n－1. 记 A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1， 则 2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n， 故 A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n ＋3 所以 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3. (3)不等式 λ(－1)n＜ 1 2n＋1(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－3 2＋ 6 2n－1. 当 n 为偶数时，λ＜n－3 2＋ 6 2n－1， 记 g(n)＝n－3 2＋ 6 2n－1. 即 λ＜g(n)min. g(n＋2)－g(n)＝2＋ 6 2n＋1－ 6 2n－1＝2－ 9 2n， 当 n＝2 时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4 时，g(n＋2)＞g(n)， 即 g(4)＜g(2)，当 n≥4 时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝13 4 ，即 λ＜13 4 . 当 n 为奇数时，λ＞3 2－n－ 6 2n－1， 记 h(n)＝3 2－n－ 6 2n－1，所以 λ＞h(n)max. h(n＋2)－h(n)＝－2－ 6 2n＋1＋ 6 2n－1＝－2＋ 9 2n， 当 n＝1 时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3 时，h(n＋1)＜h(n)， 即 h(3)＞h(1)，n≥3 时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以 λ＞－3. 综上所述，实数 λ 的取值范围为(－3，13 4 ).