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  • 2021-06-16 发布

【数学】2019届一轮复习浙江专版第六章数列与数学归纳法学案

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第六章数列与数学归纳法 第一节数列的概念与简单表示法 ‎1.数列的有关概念 概念 含义 数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列{an}的第n项an 通项公式 数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an=f(n)表示,这个公式叫做数列的通项公式 前n项和 数列{an}中,Sn=a1+a2+…+an叫做数列的前n项和 ‎2.数列的表示方法 列表法 列表格表示n与an的对应关系 图象法 把点(n,an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推公式 使用初始值a1和an+1=f(an)或a1,a2和an+1=f(an,an-1)等表示数列的方法 ‎3.an与Sn的关系 若数列{an}的前n项和为Sn,‎ 则an= ‎4.数列的分类 ‎[小题体验]‎ ‎1.已知数列{an}的前4项为1,3,7,15,则数列{an}的一个通项公式为________.‎ 答案:an=2n-1(n∈N*)‎ ‎2.已知数列{an}中,a1=1,an+1=,则a5等于________.‎ 答案: ‎3.(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=3n-1,则an=________.‎ 答案:2×3n-1‎ ‎1.数列是按一定“次序”排列的一列数,一个数列不仅与构成它的“数”有关,而且还与这些“数”的排列顺序有关.‎ ‎2.易混项与项数的概念,数列的项是指数列中某一确定的数,而项数是指数列的项对应的位置序号.‎ ‎3.在利用数列的前n项和求通项时,往往容易忽略先求出a1,而是直接把数列的通项公式写成an=Sn-Sn-1的形式,但它只适用于n≥2的情形.‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=n2+1,则数列{an}的通项公式是________.‎ 答案:an= ‎2.数列{an}的通项公式为an=-n2+9n,则该数列第________项最大.‎ 答案:4或5‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.已知n∈N*,给出4个表达式:①an=②an=,③an=,④an=.其中能作为数列:0,1,0,1,0,1,0,1,…的通项公式的是(  )‎ A.①②③        B.①②④‎ C.②③④ D.①③④‎ 解析:选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式.‎ ‎2.根据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式:‎ ‎(1)4,6,8,10,…;‎ ‎(2)(易错题)-,,-,,…;‎ ‎(3)-1,7,-13,19, …;‎ ‎(4)9,99,999,9 999,….‎ 解:(1)各数都是偶数,且最小为4,所以它的一个通项公式an=2(n+1),n∈N*.‎ ‎(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数,且奇数项为负,偶数项为正,所以它的一个通项公式an=(-1)n×,n∈N*.‎ ‎(3)这个数列,去掉负号,可发现是一个等差数列,其首项为1,公差为6,所以它的一个通项公式为an=(-1)n(6n-5),n∈N*.‎ ‎(4)这个数列的前4项可以写成10-1,100-1,1 000-1,10 000-1,所以它的一个通项公式an=10n-1,n∈N*.‎ ‎[谨记通法]‎ 由数列的前几项求数列通项公式的策略 ‎(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时,需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征,并对此进行归纳、联想,具体如下:‎ ‎①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征;④各项符号特征等.‎ ‎(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法,它蕴含着“从特殊到一般”的思想,由不完全归纳得出的结果是不可靠的,要注意代值检验,对于正负符号变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.如“题组练透”第2(2)题.‎ ‎[典例引领]‎ 已知下面数列{an}的前n项和Sn,求{an}的通项公式.‎ ‎(1)Sn=2n2-3n;‎ ‎(2)Sn=2n-an.‎ 解:(1)a1=S1=2-3=-1,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5,‎ 由于a1也适合此等式,‎ ‎∴an=4n-5.‎ ‎(2)当n=1时,S1=a1=2-a1,所以a1=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-an)-[2(n-1)-an-1]=2-an+an-1,‎ 即an=an-1+1,转化可得an-2=(an-1-2).‎ 所以{an-2}是以首项为a1-2=-1,公比为的等比数列,‎ 所以an-2=(-1)·n-1,‎ 即an=2-n-1.‎ ‎[由题悟法]‎ 已知Sn求an的 3个步骤 ‎(1)先利用a1=S1求出a1;‎ ‎(2)用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式;‎ ‎(3)对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2时an的表达式,如果符合,则可以把数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分n=1与n≥2两段来写.‎ ‎[即时应用]‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn.‎ ‎(1)若Sn=(-1)n+1·n,求a5+a6及an;‎ ‎(2)若an>0,Sn>1,且6Sn=(an+1)(an+2),求an.‎ 解:(1)a5+a6=S6-S4=(-6)-(-4)=-2,‎ 当n=1时,a1=S1=1;‎ 当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=(-1)n+1·n-(-1)n·(n-1)‎ ‎=(-1)n+1·[n+(n-1)]‎ ‎=(-1)n+1·(2n-1),‎ 又a1也适合此式,‎ 所以an=(-1)n+1·(2n-1).‎ ‎(2)当n=1时,a1=S1=(a1+1)(a1+2),‎ 即a-3a1+2=0.‎ 解得a1=1或a1=2.因为a1=S1>1,所以a1=2.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an+1)(an+2)-(an-1+1)(an-1+2),所以(an-an-1-3)(an+an-1)=0.‎ 因为an>0,所以an+an-1>0,‎ 所以an-an-1-3=0,‎ 所以数列{an}是以2为首项,3为公差的等差数列.‎ 所以an=3n-1.‎ ‎[锁定考向]‎ 递推公式和通项公式是数列的两种表示方法,它们都可以确定数列中的任意一项,只是由递推公式确定数列中的项时,不如通项公式直接.‎ 常见的命题角度有:‎ ‎(1)形如an+1=anf(n),求an;‎ ‎(2)形如an+1=an+f(n),求an;‎ ‎(3)形如an+1=Aan+B(A≠0且A≠1),求an.     ‎ ‎[题点全练]‎ 角度一:形如an+1=anf(n),求an ‎1.在数列{an}中,a1=1,an=an-1(n≥2),求数列{an}的通项公式.‎ 解:∵an=an-1(n≥2),‎ ‎∴an-1=an-2,an-2=an-3,…,a2=a1.‎ 以上(n-1)个式子相乘得 an=a1···…·==.‎ 当n=1时,a1=1,上式也成立.‎ ‎∴an=(n∈N*).‎ 角度二:形如an+1=an+f(n),求an ‎2.设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.‎ 解:由题意有a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2).‎ 以上各式相加,得an-a1=2+3+…+n==.‎ 又∵a1=1,∴an=(n≥2).‎ ‎∵当n=1时也满足此式,‎ ‎∴an=(n∈N*).‎ 角度三:形如an+1=Aan+B(A≠0且A≠1),求an ‎3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式.‎ 解:∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),‎ ‎∴=3,‎ ‎∴数列{an+1}为等比数列,公比q=3,‎ 又a1+1=2,∴an+1=2·3n-1,‎ ‎∴an=2·3n-1-1(n∈N*).‎ ‎[通法在握]‎ 典型的递推数列及处理方法 递推式 方 法 示 例 an+1=an+f(n)‎ 叠加法 a1=1,an+1=an+2n an+1=anf(n)‎ 叠乘法 a1=1,=2n an+1=Aan+B(A≠0,1,B≠0)‎ 化为等比数列 a1=1,an+1=2an+1‎ ‎[演练冲关]‎ 根据下列条件,求数列{an}的通项公式.‎ ‎(1)a1=1,an+1=an+2n;‎ ‎(2)a1=,an=an-1(n≥2);‎ ‎(3)a1=1,an=3an-1+4(n≥2).‎ 解:(1)由题意知an+1-an=2n,‎ an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1‎ ‎=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.‎ ‎(2)因为an=an-1(n≥2),‎ 所以当n≥2时,=,‎ 所以=,=,…,=,=,‎ 以上n-1个式子相乘得··…··=··…··,‎ 即=××2×1,所以an=.‎ 当n=1时,a1==,与已知a1=相符,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=.‎ ‎(3)因为an=3an-1+4(n≥2),‎ 所以(an+2)=3(an-1+2).‎ 因为a1+2=3,所以{an+2}是首项与公比都为3的等比数列.‎ 所以an+2=3n,即an=3n-2.‎ 一抓基础,多练小题做到眼疾手快 ‎1.数列,,2,2,…,则2是该数列的(  )‎ A.第6项          B.第7项 C.第9项 D.第10项 解析:选B ,,2,2,…可转化为,,,,…,所以可知接下的项为,,=2,所以2为第7项.‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{an}的通项公式为(  )‎ A.an=2n-3 B.an=2n+3‎ C.an= D.an= 解析:选C 当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3,由于n=1时a1的值不适合n≥2的解析式,故通项公式为选项C.‎ ‎3.(2018·衢州模拟)已知数列{an}满足:a1=1,an+1= ,则数列{an}的通项公式an为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B 由an+1=可得==+.‎ 所以数列是以=1为首项,公差为的等差数列,所以=,即an=.‎ ‎4.(2018·诸暨模拟)已知数列{an}中,对任意的p,q∈N*都满足ap+q=apaq,若a1=-1,则a9=________.‎ 解析:由题可得,因为a1=-1,令p=q=1,则a2=a=1;令p=q=2,则a4=a=1;令p=q=4,则a8=a=1,所以a9=a8+1=a1a8=-1.‎ 答案:-1‎ ‎5.(2018·金华模拟)在数列{an}中,an=(n∈N*),则该数列的最大项为________;最小项为________.‎ 解析:因为an==1-,所以可知当n<50时,数列{an}是递增数列;当n>50时,数列{an}也是递增的.对比函数y=1-的图象可知,当n=49时,数列{an}取到最大项,最大值为11;当n=51时,数列取到最小项,最小值为-9.‎ 答案:11 -9‎ 二保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是an等于(  )‎ A. B.cos C.cosπ D.cosπ 解析:选D 令n=1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D正确.‎ ‎2.(2018·江山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*),则a5=(  )‎ A.-16 B.16‎ C.31 D.32‎ 解析:选B  当n=1时,S1=a1=2a1-1,所以a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,an=2an-1,所以有=2,所以{an}是首项为1,公比为2的等比数列,其通项为an=2n-1,所以a5=24=16.‎ ‎3.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+Sn+1=an+1(n∈N*),则此数列是(  )‎ A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列 解析:选C 因为Sn+Sn+1=an+1,所以当n≥2时,Sn-1+Sn=an,两式相减,得an+an+1=an+1-an,所以有an=0.当n=1时,a1+a1+a2=a2,所以a1=0.所以an=0.即数列是常数列.‎ ‎4.(2018·浦江模拟)已知数列{an}满足a1a2a3…an=n2,则该数列的通项公式为(  )‎ A.an=2 B.an=2‎ C.an= D.an= 解析:选C 当n=1时,a1=1.‎ 当n≥2时,a1a2a3…an-1=(n-1)2,‎ 所以当n≥2时,an==2.‎ 所以an= ‎5.(2018·丽水模拟)数列{an}满足an+1=若a1=,则a2 018=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A 由a1=∈,得a2=2a1-1=∈,所以a3=2a2=∈,所以a4=2a3=∈,所以a5=2a4-1==a1.由此可知,该数列是一个周期为4的周期数列,所以a ‎2 018=a504×4+2=a2=.‎ ‎6.在数列-1,0,,,…,,…中,0.08是它的第____________项.‎ 解析:令=0.08,得2n2-25n+50=0,‎ 即(2n-5)(n-10)=0.‎ 解得n=10或n=(舍去).‎ 答案:10‎ ‎7.(2018·海宁模拟)已知数列{an}满足an+1+an=2n-1,则该数列的前8项和为________.‎ 解析:S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=1+5+9+13=28.‎ 答案:28‎ ‎8.在一个数列中,如果对任意的n∈N*,都有anan+1an+2=k(k为常数),那么这个数列叫做等积数列,k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+a3+…+a12=________.‎ 解析:依题意得数列{an}是周期为3的数列,且a1=1,a2=2,a3=4,因此a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)=28.‎ 答案:28‎ ‎9.已知Sn为正项数列{an}的前n项和,且满足Sn=a+an(n∈N*).‎ ‎(1)求a1,a2,a3,a4的值;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ 解:(1)由Sn=a+an(n∈N*),可得 a1=a+a1,解得a1=1;‎ S2=a1+a2=a+a2,解得a2=2;‎ 同理,a3=3,a4=4.‎ ‎(2)Sn=a+an,①‎ 当n≥2时,Sn-1=a+an-1,②‎ ‎①-②得(an-an-1-1)(an+an-1)=0.‎ 由于an+an-1≠0,所以an-an-1=1,‎ 又由(1)知a1=1,故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,故an=n.‎ ‎10.已知数列{an}的通项公式是an=n2+kn+4.‎ ‎(1)若k=-5,则数列中有多少项是负数?n为何值时,an有最小值?并求出最小值;‎ ‎(2)对于n∈N*,都有an+1>an,求实数k的取值范围.‎ 解:(1)由n2-5n+4<0,‎ 解得1an,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-<,即得k>-3.‎ 所以实数k的取值范围为(-3,+∞).‎ 三上台阶,自主选做志在冲刺名校 ‎1.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n·2n+1,该数列的项排成一个数阵(如图),则该数阵中的第10行第3个数为________.‎ a1‎ a2 a3‎ a4 a5 a6‎ ‎……‎ 解析:由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{an}的第1+2+3+…+9+3=+3=48项,而a48=(-1)48×96+1=97,故该数阵第10行、第3个数为97.‎ 答案:97‎ ‎2.(2018·温州模拟)设函数f(x)=log2x-logx4(0an.‎ 故数列{an}是递增数列.‎ 第二节等差数列及其前n项和 ‎1.等差数列的有关概念 ‎(1)定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母d表示.‎ ‎(2)等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=,其中A叫做a,b的等差中项.‎ ‎2.等差数列的有关公式 ‎(1)通项公式:an=a1+(n-1)d.‎ ‎(2)前n项和公式:Sn=na1+d=.‎ ‎3.等差数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).‎ ‎(2)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak+al=am+an.‎ ‎(3)若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为2d.‎ ‎(4)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.‎ ‎(5)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列.‎ ‎[小题体验]‎ ‎1.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=________.‎ 答案:10‎ ‎2.(2018·温州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=5,a5=3,则an=________;S7=________.‎ 答案:-n+8 28‎ ‎3.(教材习题改编)已知等差数列5,4,3,…,则前n项和Sn=________.‎ 答案:(75n-5n2)‎ ‎1.要注意概念中的“从第2项起”.如果一个数列不是从第2项起,而是从第3项或第4项起,每一项与它前一项的差是同一个常数,那么此数列不是等差数列.‎ ‎2.求等差数列的前n项和Sn的最值时,需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件.‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1.首项为24的等差数列,从第10项开始为负数,则公差d的取值范围是(  )‎ A.(-3,+∞)        B. C. D. 答案:D ‎2.(2018·湖州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=16,a6=10,则公差d=________;Sn取到最大时的n的值为________.‎ 解析:因为数列{an}是等差数列,且a3=16,a6=10,所以公差d==-2,所以an=-2n+22,要使Sn能够取到最大值,则需an=-2n+22≥0,所以解得n≤11.所以可知使得Sn取到最大时的n的值为10或11.‎ 答案:-2 10或11‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·嘉兴二模)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若=,则=(  )‎ A.           B. C. D. 解析:选A 设数列{an}的公差为d,因为Sn为等差数列{an}的前n项和,且=,所以10a1=4a1+6d,所以a1=d.所以===.‎ ‎2.设等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d,若ak是a6与ak+6的等比中项,则k=(  )‎ A.5 B.6‎ C.9 D.11‎ 解析:选C 因为ak是a6与ak+6的等比中项,‎ 所以a=a6ak+6.‎ 又等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d,‎ 所以[a2+(k-2)d]2=(a2+4d)[a2+(k+4)d],‎ 所以(k-3)2=3(k+3),‎ 解得k=9或k=0(舍去),故选C.‎ ‎3.公差不为零的等差数列{an}中,a7=2a5,则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等.‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,∵a7=2a5,∴a1+6d=2(a1+4d),则a1=-2d,∴an=a1+(n-1)d=(n-3)d,而4a5=4(a1+4d)=4(-2d+4d)=8d=a11,故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等.‎ 答案:11‎ ‎4.设Sn为等差数列{an}的前n项和,a12=-8,S9=-9,则S16=________.‎ 解析:设等差数列{an}的首项为a1,‎ 公差为d,‎ 由已知,得 解得 ‎∴S16=16×3+×(-1)=-72.‎ 答案:-72‎ ‎[谨记通法]‎ 等差数列基本运算的方法策略 ‎(1)等差数列中包含a1,d,n,an,Sn五个量,可“知三求二”.解决这些问题一般设基本量a1,d,利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解,体现方程思想.‎ ‎(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题,一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn=结合使用,体现整体代入的思想.‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2018·舟山模拟)已知数列{an}中,a1=,an=2-(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足bn=(n∈N*).‎ ‎(1)求证:数列{bn}是等差数列;‎ ‎(2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由.‎ 解:(1)证明:b1==-,‎ 当n≥2时,bn-bn-1=-=-==1.‎ 所以数列{bn}是以首项为-,1为公差的等差数列.‎ ‎(2)因为b1=-,公差d=1;‎ 所以bn=-+n-1=n-=.‎ 所以an=+1.‎ 所以当n=3时,(an)min=a3=-1;‎ 当n=4时,(an)max=a4=3.‎ ‎[由题悟法]‎ 等差数列的判定与证明方法 方 法 解 读 适合题型 定义法 对于任意自然数n(n≥2),an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数 ‎⇔{an}是等差数列 解答题中证明问题 等差中项法 ‎2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列 通项公式法 an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列 选择、填空题中的判定问题 前n项和公式法 验证Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列 ‎[即时应用]‎ 已知数列{an}满足a1=1,an=(n∈N*,n≥2),数列{bn}满足关系式bn=(n∈N*).‎ ‎(1)求证:数列{bn}为等差数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ 解:(1)证明:∵bn=,且an=,‎ ‎∴bn+1===2+,‎ ‎∴bn+1-bn=2+-=2.‎ 又b1==1,‎ ‎∴数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为 bn=1+(n-1)×2=2n-1,‎ 又bn=,∴an==.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=.‎ ‎[典例引领]‎ ‎1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S11=22,则a3+a7+a8=(  )‎ A.18          B.12‎ C.9 D.6‎ 解析:选D 由题意得S11===22,即a1+5d=2,所以a3+a7+a8=a1+2d+a1+6d+a1+7d=3(a1+5d)=6.‎ ‎2.(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足an ‎>0的最大n的值为______,满足SkSk+1<0的正整数k=______.‎ 解析:由题可得a6=S6-S5>0,a7=S7-S6<0,所以使得an>0的最大n的值为6.又a6+a7=S7-S5>0,则S11==11a6>0,S12==6(a6+a7)>0,S13==13a7<0,因为{an}是递减的等差数列,所以满足SkSk+1<0的正整数k=12.‎ 答案:6 12‎ ‎[由题悟法]‎ ‎1.等差数列的性质 ‎(1)项的性质:在等差数列{an}中,am-an=(m-n)d⇔=d(m≠n),其几何意义是点(n,an),(m,am)所在直线的斜率等于等差数列的公差.‎ ‎(2)和的性质:在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则 ‎①S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1);‎ ‎②S2n-1=(2n-1)an.‎ ‎2.求等差数列前n项和Sn最值的2种方法 ‎(1)函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解.‎ ‎(2)邻项变号法:‎ ‎①当a1>0,d<0时,满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm;‎ ‎②当a1<0,d>0时,满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.‎ ‎[即时应用]‎ ‎1.(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且=,则=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A 因为数列{an}是等差数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,因为=,所以不妨设S4=1,则S8=3,所以S8-S4=2,所以S16=1+2+3+4=10,所以=.‎ ‎2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知前6项和为36,最后6项的和为180,Sn=324(n>6),则数列{an}的项数为________.‎ 解析:由题意知a1+a2+…+a6=36,①‎ an+an-1+an-2+…+an-5=180,②‎ ‎①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5)=6(a1+an)=216,∴a1+an=36,‎ 又Sn==324,‎ ‎∴18n=324,∴n=18.‎ 答案:18‎ 一抓基础,多练小题做到眼疾手快 ‎1.(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{an}满足a1=1,a3=a-4.则数列{an}的通项公式为(  )‎ A.an=2n-1        B.an=-2n+3‎ C.an=2n-1或-2n+3 D.an=2n 解析:选A 设数列{an}的公差为d,由a3=a-4可得1+2d=(1+d)2-4,解得d=±2.因为数列{an}是递增数列,所以d>0,故d=2.所以an=1+2(n-1)=2n-1.‎ ‎2.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=6,则S9为(  )‎ A.45 B.54‎ C.63 D.27‎ 解析:选B 法一:∵S9==9a5=9×6=54.故选B.‎ 法二:由a5=6,得a1+4d=6,‎ ‎∴S9=9a1+d=9(a1+4d)=9×6=54,故选B.‎ ‎3.(2018·温州十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a5等于(  )‎ A.8 B.10‎ C.12 D.14‎ 解析:选B 设数列{an}的公差为d,因为a1=2,S3=12,所以S3=3a1+3d=6+3d=12,解得d=2.所以a5=2+4d=10.‎ ‎4.(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=________.‎ 解析:∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,‎ ‎∴Sn+1-Sn=SnSn+1.‎ ‎∵Sn≠0,∴-=1,即-=-1.‎ 又=-1,∴是首项为-1,公差为-1的等差数列.‎ ‎∴=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-.‎ 答案:- ‎5.等差数列{an}中,已知a5>0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为________.‎ 解析:∵∴ ‎∴Sn的最大值为S5.‎ 答案:S5‎ 二保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=,S4=20,则S6=(  )‎ A.16 B.24‎ C.36 D.48‎ 解析:选D 设数列{an}的公差为d,由S4=4a1+6d=2+6d=20,解得d=3,所以S6=6a1+15d=3+45=48.‎ ‎2.(2018·浙江五校联考)等差数列{an}中,a1=0,等差d≠0,若ak=a1+a2+…+a7,则实数k=(  )‎ A.22 B.23‎ C.24 D.25‎ 解析:选A 因为a1=0,且ak=a1+a2+…+a7,‎ 即(k-1)d=21d,又因为d≠0,所以k=22.‎ ‎3.(2018·河南六市一联)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若{an}和{}都是等差数列,且公差相等,则a6=(  )‎ A. B. C. D.1‎ 解析:选A 设{an}的公差为d,由题意得,==,又{an}和{}都是等差数列,且公差相同,∴解得 a6=a1+5d=+=.‎ ‎4.(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则使得为整数的正整数的个数为(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.5‎ 解析:选D 由=,可得===7+,所以要使为整数,则需为整数,所以n=1,2,3,5,11,共5个.‎ ‎5.设数列{an}的前n项和为Sn,若为常数,则称数列{an}为“吉祥数列”.已知等差数列{bn}的首项为1,公差不为0,若数列{bn}为“吉祥数列”,则数列{bn}的通项公式为(  )‎ A.bn=n-1 B.bn=2n-1‎ C.bn=n+1 D.bn=2n+1‎ 解析:选B 设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),=k,因为b1=1,则n+n(n-1)d=k,即2+(n-1)d=4k+2k(2n-1)d,‎ 整理得(4k-1)dn+(2k-1)(2-d)=0.‎ 因为对任意的正整数n上式均成立,‎ 所以(4k-1)d=0,(2k-1)(2-d)=0,‎ 解得d=2,k=.‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.‎ ‎6.(2018·金华十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3,则a2=________;Sn=________.‎ 解析:设公差为d,则2+d=1+2d,所以d=1.所以a2=1+1=2;Sn=n+=.‎ 答案:2  ‎7.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________.‎ 解析:由题意,当且仅当n=8时Sn有最大值,可得 即解得-16时,Tn=-a1-a2-…-a6+a7+…+an=-2S6=n(2n-23)+132.所以Tn= 答案:-30 Tn= ‎9.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为Sn,且Sk=110.‎ ‎(1)求a及k的值;‎ ‎(2)设数列{bn}的通项bn=,证明:数列{bn}是等差数列,并求其前n项和Tn.‎ 解:(1)设该等差数列为{an},则a1=a,a2=4,a3=3a,‎ 由已知有a+3a=8,得a1=a=2,公差d=4-2=2,‎ 所以Sk=ka1+·d=2k+×2=k2+k.‎ 由Sk=110,得k2+k-110=0,‎ 解得k=10或k=-11(舍去),故a=2,k=10.‎ ‎(2)证明:由(1)得Sn==n(n+1),‎ 则bn==n+1,‎ 故bn+1-bn=(n+2)-(n+1)=1,‎ 即数列{bn}是首项为2,公差为1的等差数列,‎ 所以Tn==.‎ ‎10.(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn=a+2an-3,且a1,a2,a3,a4,a5成等比数列,当n≥5时,an>0.‎ ‎(1)求证:当n≥5时,{an}成等差数列;‎ ‎(2)求{an}的前n项和Sn.‎ 解:(1)证明:由4Sn=a+2an-3,4Sn+1=a+2an+1-3,‎ 得4an+1=a-a+2an+1-2an,‎ 即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.‎ 当n≥5时,an>0,所以an+1-an=2,‎ 所以当n≥5时,{an}成等差数列.‎ ‎(2)由4a1=a+2a1-3,得a1=3或a1=-1,‎ 又a1,a2,a3,a4,a5成等比数列,‎ 所以由(1)得an+1+an=0(n≤5),q=-1,‎ 而a5>0,所以a1>0,从而a1=3,‎ 所以an= 所以Sn= 三上台阶,自主选做志在冲刺名校 ‎1.(2018·浙江五校联考)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为________.‎ 解析:设公差为d.因为a1,a3,a13成等比数列,所以(1+2d)2=1+12d,解得d=2.所以an=2n-1,Sn=n2.所以==.令t=n+1,则原式==t+-2.因为t≥2,t∈N*,所以当t=3,即n=2时,min=4.‎ 答案:4‎ ‎2.已知数列{an}满足an+1+an=4n-3(n∈N*).‎ ‎(1)若数列{an}是等差数列,求a1的值;‎ ‎(2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解:(1)法一:∵数列{an}是等差数列,‎ ‎∴an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd.‎ 由an+1+an=4n-3,‎ 得(a1+nd)+[a1+(n-1)d]=4n-3,‎ ‎∴2dn+(2a1-d)=4n-3,‎ 即2d=4,2a1-d=-3,‎ 解得d=2,a1=-.‎ 法二:在等差数列{an}中,由an+1+an=4n-3,‎ 得an+2+an+1=4(n+1)-3=4n+1,‎ ‎∴2d=an+2-an=(an+2+an+1)-(an+1+an)‎ ‎=4n+1-(4n-3)=4,‎ ‎∴d=2.‎ 又∵a1+a2=2a1+d=2a1+2=4×1-3=1,‎ ‎∴a1=-.‎ ‎(2)由题意,①当n为奇数时,‎ Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)‎ ‎=2+4[2+4+…+(n-1)]-3× ‎=.‎ ‎②当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)‎ ‎=1+9+…+(4n-7)‎ ‎=.‎ 第三节等比数列及其前n项和 ‎1.等比数列的有关概念 ‎(1)定义:‎ 如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零),那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q表示,定义的表达式为=q.‎ ‎(2)等比中项:‎ 如果a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.即:G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab.‎ ‎2.等比数列的有关公式 ‎(1)通项公式:an=a1qn-1.‎ ‎(2)前n项和公式:Sn= ‎3.等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广:an=am·qn-m(n,m∈N*).‎ ‎(2)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),‎ 则am·an=ap·aq=a;‎ ‎(3)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},,{a},{an·bn},(λ≠0)仍然是等比数列;‎ ‎(4)在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk.‎ ‎[小题体验]‎ ‎1.(教材习题改编)将公比为q的等比数列a1,a2,a3,a4,…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,….此数列是(  )‎ A.公比为q的等比数列   B.公比为q2的等比数列 C.公比为q3的等比数列 D.不一定是等比数列 答案:B ‎2.(2018·台州模拟)已知等比数列{an}各项都是正数,且a4-2a2=4,a3=4,则an=________;S10=________.‎ 解析:设公比为q,因为a4-2a2=4,a3=4,‎ 所以有4q-=4,解得q=2或q=-1.‎ 因为q>0,所以q=2.‎ 所以a1==1,an=a1qn-1=2n-1.‎ 所以S10==210-1=1 023.‎ 答案:2n-1 1 023‎ ‎3.在数列{an}中,a1=1,an+1=3an(n∈N*),则a3=______;S5=_________.‎ 答案:9 121‎ ‎1.特别注意q=1时,Sn=na1这一特殊情况.‎ ‎2.由an+1=qan,q≠0,并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证a1≠0.‎ ‎3.在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.‎ ‎4.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n未必成等比数列(例如:当公比q=-1且n为偶数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不成等比数列;当q≠-1或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列),但等式(S2n-Sn)2=Sn·(S3n-S2n)总成立.‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1.在等比数列{an}中,a3=2,a7=8,则a5等于(  )‎ A.5           B.±5‎ C.4 D.±4‎ 解析:选C a=a3a7=2×8=16,∴a5=±4,又∵a5=a3q2>0,∴a5=4.‎ ‎2.设数列{an}是等比数列,前n项和为Sn,若S3=3a3,则公比q=________.‎ 答案:-或1‎ ‎[典例引领]‎ ‎1.(2018·绍兴模拟)等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn.若1+2a2=S3,则a1=(  )‎ A.          B. C. D.1‎ 解析:选C 由题可得,1+4a1=a1+2a1+4a1,解得a1=.‎ ‎2.(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=________.‎ 解析:∵a1=2,an+1=2an,‎ ‎∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 又∵Sn=126,‎ ‎∴=126,∴n=6.‎ 答案:6‎ ‎[由题悟法]‎ 解决等比数列有关问题的2种常用思想 方程 的思想 等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和q,问题可迎刃而解 分类讨论的思想 等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn== ‎[即时应用]‎ ‎1.(2018·暨阳模拟)等比数列{an}中,前n项和为Sn,a1a9=2a3a6,S5=-62,则a1的值为(  )‎ A.2           B.-2‎ C.1 D.-1‎ 解析:选B 设数列{an}的公比为q,因为a1a9=2a3a6,所以aq8=2aq7,所以q=2.因为S5=-62,所以S5==31a1=-62,所以a1=-2.‎ ‎2.(2018·宁波模拟)已知等比数列{an}满足a2=,a2a8=4(a5-1),则a4+a5+a6+a7+a8的值为(  )‎ A.20          B.31‎ C.62 D.63‎ 解析:选B 因为a2a8=a=4(a5-1),解得a5=2.所以q=2.所以a4+a5+a6+a7+a8‎ ‎=1+2+4+8+16=31.‎ ‎3.已知数列是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列的前n项和等于________.‎ 解析:设等比数列的公比为q,则有 解得或 又为递增数列,‎ ‎∴ ‎∴Sn==2n-1.‎ 答案:2n-1‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=,求λ.‎ 解:(1)证明:由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=,故a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,‎ 即an+1(λ-1)=λan.‎ 由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以=.‎ 因此{an}是首项为,公比为的等比数列,‎ 于是an=n-1.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-n.‎ 由S5=得1-5=,即5=.‎ 解得λ=-1.‎ ‎[由题悟法]‎ 等比数列的4种常用判定方法 定义法 若=q(q为非零常数,n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列 中项 公式法 若数列{an}中,an≠0且a=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列 通项 公式法 若数列通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列 前n项和公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列 ‎[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明;后两种方法常用于选择题、填空题中的判定.‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比数列即可.‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2018·衢州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*),若数列{bn}满足bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列.‎ 证明:因为Sn+1=4an+2,‎ 所以S2=a1+a2=4a1+2,‎ 又a1=1,所以a2=5,b1=a2-2a1=3,‎ 当n≥2时,Sn=4an-1+2.‎ 所以Sn+1-Sn=an+1=4an-4an-1.‎ 因为bn=an+1-2an,‎ 所以当n≥2时,‎ ====2.‎ 所以{bn}是以3为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎[典例引领]‎ ‎1.(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足a6-a+a8=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11=(  )‎ A.1          B.2‎ C.4 D.8‎ 解析:选D 由等差数列的性质,得a6+a8=2a7.‎ 由a6-a+a8=0,可得a7=2,‎ 所以b7=a7=2.‎ 由等比数列的性质得b2b8b11=b2b7b12=b=23=8.‎ ‎2.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且=5,则=________.‎ 解析:由题可得,S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列,因为=5,不妨设S2=1,‎ 则S4=5,所以S4-S2=4,‎ 所以S8=1+4+16+64=85,‎ 所以==17.‎ 答案:17‎ ‎[由题悟法]‎ 等比数列的性质可以分为3类 通项公式的变形 根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口 等比中项的变形 前n项和公式的变形 ‎[即时应用]‎ ‎1.(2018·诸暨模拟)已知等比数列{an}中,a1+a2+a3=40,a4+a5+a6=20.则该数列的前9项和为(  )‎ A.50 B.70‎ C.80 D.90‎ 解析:选B 由等比数列的性质得S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,由S3=40,S6-S3=20,知公比为,故S9-S6=10,S9=70.‎ ‎2.(2018·浙江联盟模拟)已知{an}是等比数列,且an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,则a3+a5=________;a4的最大值为________.‎ 解析:因为an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=a+2a3a5+a=(a3+a5)2=25,所以a3+a5=5,所以a3+a5=5≥2=2a4,所以a4≤.即a4的最大值为.‎ 答案:5  一抓基础,多练小题做到眼疾手快 ‎1.(2018·舟山模拟)已知x,y,z∈R,若-1,x,y,z,-3成等比数列,则xyz的值为(  )‎ A.-3          B.±3‎ C.-3 D.±3 解析:选C 因为-1,x,y,z,-3成等比数列,由等比数列的性质及等比中项可知,xz=3,y2=3,且y与-1,-3符号相同,所以y=-,所以xyz=-3.‎ ‎2.(2018·柯桥模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,满足a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比为(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.5‎ 解析:选B 因为a5=2S4+3,a6=2S5+3,两式相减,得a6-a5=2S5-2S4=2a5,所以q==3.‎ ‎3.(2018·金华十校联考)在等比数列{an}中,已知a7a12=5,则a8a9a10a11的值为(  )‎ A.10 B.25‎ C.50 D.75‎ 解析:选B 因为a7a12=a8a11=a9a10=5,所以a8a9a10a11=52=25.‎ ‎4.(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的正整数n,均有Sn+3=8Sn+3,则a1=_________,公比q=________.‎ 解析:因为Sn+3=8Sn+3,所以当n≥2时,Sn+2=8Sn-1+3,两式相减,可得an+3=8an,所以q3=8,解得q=2;当n=1时,S4=8S1+3,即15a1=8a1+3,解得a1=.‎ 答案: 2‎ ‎5.(2018·永康适应性测试)数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an+n,则a1=______,数列{an}的通项公式an=_______.‎ 解析:因为Sn=2an+n,所以当n=1时,S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+n-2an-1-n+1,即an=2an-1-1,即an-1=2(an-1-1),所以数列{an-1}是以-2为首项,2为公比的等比数列,所以an-1=-2n,所以an=1-2n.‎ 答案:-1 1-2n 二保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.已知数列{an}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为(  )‎ A.10 B.20‎ C.100 D.200‎ 解析:选C a7(a1+2a3)+a3a9=a7a1+2a7a3+a3a9=a+2a4a6+a=(a4+a6)2=102=100.‎ ‎2.(2018·浙江五校联考)已知数列{an}是等比数列,则“a10,所以q=2.所以a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=4×21=84.‎ 答案:2 84‎ ‎8.若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积,则称该数列为“m积数列”.若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 018积数列”,且a1>1,则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________.‎ 解析:由题可知a1a2a3·…·a2 018=a2 018,‎ 故a1a2a3·…·a2 017=1,‎ 由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1>1,‎ 所以a1 009=1,公比0<q<1,‎ 所以a1 008>1且0<a1 010<1,故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 008或1 009.‎ 答案:1 008或1 009‎ ‎9.在公差不为零的等差数列{an}中,a1=1,a2,a4,a8成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2an,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 则依题意有 解得d=1或d=0(舍去),‎ ‎∴an=1+(n-1)=n.‎ ‎(2)由(1)得an=n,‎ ‎∴bn=2n,∴=2,‎ ‎∴{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,‎ ‎∴Tn==2n+1-2.‎ ‎10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,a1+a2+a3=26,S6=728.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求证:S-SnSn+2=4×3n.‎ 解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由728≠2×26得,S6≠2S3,∴q≠1.‎ 由已知得解得 ‎∴an=2×3n-1.‎ ‎(2)证明:由(1)可得Sn==3n-1.‎ ‎∴Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1.‎ ‎∴S-SnSn+2=(3n+1-1)2-(3n-1)(3n+2-1)=4×3n.‎ 三上台阶,自主选做志在冲刺名校 ‎1.(2018·暨阳联考)已知数列{an},{bn},其中{an}是首项为3,公差为整数的等差数列,且a3>a1+3,a4=-;‎ <=-(n≥1).‎ ‎[小题体验]‎ ‎1.若Sn=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n-1·n,则S50=________.‎ 答案:-25‎ ‎2.若数列{an}的通项公式为an=2n-1,则的前10项和为_______.‎ 答案: ‎1.在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负号;结论中形如an,an+1的式子应进行合并.‎ ‎2.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项.‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1.设f(n)=2+24+27+210+…+23n+10(n∈N*),则f(3)=________.‎ 答案:(87-1)‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=n·2n,则Sn=________.‎ 答案:(n-1)2n+1+2‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2018·温州模拟)已知数列{an}是递增的等差数列,a1=2,a=a4+8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=an+2an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0),‎ 由题可得(2+d)2=2+3d+8,‎ 解得d=2(负值舍去).‎ 所以an=2+2(n-1)=2n.‎ ‎(2)因为an=2n,‎ 所以bn=an+2an=2n+4n.‎ 所以Sn=b1+b2+…+bn=(2+4)+(4+42)+…+(2n+4n)‎ ‎=(2+4+6+…+2n)+(4+42+43+…+4n)‎ ‎=+ ‎=n(n+1)+(4n-1).‎ ‎[由题悟法]‎ 分组转化法求和的常见类型 ‎[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差,从而求得原数列的和,注意在含有字母的数列中对字母的讨论.‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2018·嘉兴模拟)已知数列{an}的前n项和Sn,满足Sn=n(n-6),数列{bn}满足b2=3,bn+1=3bn(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记数列{cn}满足cn=求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)当 n=1时,a1=S1=-5,当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=n2-6n-(n-1)2+6(n-1)=2n-7,‎ ‎∵n=1适合上式,∴an=2n-7(n∈N*).‎ ‎∵bn+1=3bn(n∈N*)且b2≠0,∴=3,(n∈N*).‎ ‎∴{bn}为等比数列,∴bn=3n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得,cn= 当n为偶数时,Tn=c1+c2+…+cn=+=+.‎ 当n为奇数时:Tn=c1+c2+…+cn=+=+.‎ 综上所述:Tn= ‎[典例引领]‎ ‎(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由题意知,当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=6n+5,‎ 当n=1时,a1=S1=11,满足上式,所以an=6n+5.‎ 设数列{bn}的公差为d.‎ 由即 可解得所以bn=3n+1.‎ ‎(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1,‎ 又Tn=c1+c2+…+cn,‎ 得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],‎ ‎2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],‎ 两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]‎ ‎=3× ‎=-3n·2n+2,‎ 所以Tn=3n·2n+2.‎ ‎[由题悟法]‎ 用错位相减法求和的3个注意事项 ‎(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;‎ ‎(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;‎ ‎(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2017·天津高考)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.‎ 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,‎ 而b1=2,所以q2+q-6=0.‎ 又因为q>0,解得q=2.‎ 所以bn=2n.‎ 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①‎ 由S11=11b4,可得a1+5d=16.②‎ 由①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(2)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 ‎=-4-(3n-1)×4n+1‎ ‎=-(3n-2)×4n+1-8.‎ 故Tn=×4n+1+.‎ 所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.‎ ‎[锁定考向]‎ 裂项相消法求和是历年高考的重点,命题角度凸显灵活多变,在解题中要善于利用裂项相消的基本思想,变换数列an的通项公式,达到求解目的.‎ 常见的命题角度有:‎ ‎(1)形如an=型;‎ ‎(2)形如an= 型;‎ ‎(3)形如an=型.     ‎ ‎[题点全练]‎ 角度一:形如an=型 ‎1.(2018·嘉兴模拟)已知数列{an}为正项数列,其前n项和为Sn,且Sn满足4Sn=(an+1)2,‎ ‎(1)求证:数列{an}为等差数列;‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和为Tn.‎ 解:(1)证明:由于4Sn=(an+1)2,‎ ‎①当n=1时,有4S1=4a1=(a1+1)2,‎ 解得a1=1.‎ ‎②当n≥2时,有 作差可得:(an+an-1)(an-an-1-2)=0,‎ 可得:an-an-1=2,‎ 即{an}是首项为1,公差为2的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知a1=1,d=2,‎ 所以an=2n-1,‎ 由题意可知:bn== ‎=,‎ 故Tn=b1+b2+…+bn ‎= ‎==.‎ 角度二:形如an= 型 ‎2.(2018·江南十校联考)已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 017=(  )‎ A.-1        B.-1‎ C.-1 D.+1‎ 解析:选C 由f(4)=2可得4α=2,解得α=,‎ 则f(x)=x.‎ ‎∴an===-,‎ S2 017=a1+a2+a3+…+a2 017=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.‎ 角度三:形如an=型 ‎3.正项数列{an}的前n项和Sn满足:S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an;‎ ‎(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.‎ 解:(1)由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.‎ 综上,数列{an}的通项公式为an=2n.‎ ‎(2)证明:由于an=2n,‎ 故bn===.‎ Tn= =<=.‎ ‎[通法在握]‎ 利用裂项相消法求和的注意事项 ‎(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项;‎ ‎(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如:若{an}是等差数列,则=,=.‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·江山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn=,若a1=,a2=.‎ ‎(1)求数列{an}的前n项和Sn;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式an;‎ ‎(3)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由a1=,a2=,可得 解得所以Sn=.‎ ‎(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=.‎ 因为n=1时,S1=a1=成立.‎ 所以an=.‎ ‎(3)由(2)知bn===-.‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn=1-+-+…+-+-=1-=.‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2018·杭州名校联考)已知数列{an}满足a1=1,=1+(n∈N*),证明:‎ ‎(1)an+1≥an+;‎ ‎(2)<<1.‎ 证明:(1)由=1+,得an+1-an=>0,‎ 所以an+1>an≥a1=1,‎ 所以=1+≥1+,‎ 即an+1≥an+.‎ ‎(2)由=1+,得=·.‎ 由(1)可知0<<1,‎ 从而=-=·<<=-.‎ 所以-<1-,即an+1=-,‎ 累加得,->-,‎ 即an+1>>.‎ 所以>,所以<<1成立.‎ ‎[由题悟法]‎ ‎(1)数列的项的大小比较时,可以根据数列的性质,结合数列的单调性进行推理计算,也可以直接利用作差的方式,通过构造差值的正负判断数列项的大小;‎ ‎(2)证明数列不等式成立与否,通常与放缩法有关,通过对数列的通项的局部放缩,构造等比数列和的形式或裂项相消的模型,然后证明不等式成立.‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2018·浙江三地联考)已知数列{an}满足an=(n,t∈N*,t≥3,n≤t),证明:‎ ‎(1)an(t+1)ln(n+1);‎ ‎(3)(a1)t+(a2)t+(a3)t+…+(an)t<1.‎ 证明:(1)设f(x)=ex-1-x,则f′(x)=ex-1-1,‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)<0,即f(x)在(0,1)上单调递减.‎ 因为0f(1)=0,即anln(n+1),‎ 只需证1+++…+>ln(n+1).‎ 设g(x)=x-ln(x+1),‎ 则g′(x)=1-=.‎ 因为当x>0时,g′(x)>0,‎ 即g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)=x-ln(x+1)>g(0)=0,‎ 即x>0时,有x>ln(x+1),‎ 所以1+++…+>ln 2+ln+ln+…+ln=ln(n+1),‎ 所以++…+>(t+1)ln(n+1).‎ ‎(3)因为(a1)t+(a2)t+(a3)t+…+(an)t<(e)t+(e)t+‎ ‎(e)t+…+(e)t ‎=≤= 设e=q,则q=e≥e>2,‎ 所以==<<1,‎ 所以(a1)t+(a2)t+(a3)t+…+(an)t<1.‎ 一抓基础,多练小题做到眼疾手快 ‎1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S5=25,则S7=(  )‎ A.41            B.48‎ C.49 D.56‎ 解析:选C 设Sn=An2+Bn,‎ 由题知,解得A=1,B=0,‎ ‎∴S7=49.‎ ‎2.数列{1+2n-1}的前n项和为(  )‎ A.1+2n B.2+2n C.n+2n-1 D.n+2+2n 解析:选C 由题意得an=1+2n-1,‎ 所以Sn=n+=n+2n-1.‎ ‎3.(2018·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为(  )‎ A.-200 B.-100‎ C.200 D.100‎ 解析:选D 根据题意有S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100,故选D.‎ ‎4.(2018·余杭模拟)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为______________.‎ 解析:Sn=+=2n+1+n2-2.‎ 答案:2n+1+n2-2‎ ‎5.(2018·杭州模拟)已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Sn,则S100的值为________.‎ 解析:因为a3=7,a5+a7=26,所以公差d=2,‎ 所以an=a3+2(n-3)=2n+1.‎ 所以bn====.所以S100=b1+b2+…+b100== ‎.‎ 答案: 二保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列的前5项和为(  )‎ A.或5 B.或5‎ C. D. 解析:选C 设{an}的公比为q,显然q≠1,由题意得=,所以1+q3=9,得q=2,所以是首项为1,公比为的等比数列,前5项和为=.‎ ‎2.已知数列{an}中,an=-4n+5,等比数列{bn}的公比q满足q=an-an-1(n≥2)且b1=a2,则|b1|+|b2|+|b3|+…+|bn|=(  )‎ A.1-4n B.4n-1‎ C. D. 解析:选B 由已知得b1=a2=-3,q=-4,‎ ‎∴bn=(-3)×(-4)n-1,∴|bn|=3×4n-1,‎ 即{|bn|}是以3为首项,4为公比的等比数列.‎ ‎∴|b1|+|b2|+…+|bn|==4n-1.‎ ‎3.(2018·绍兴模拟)已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S16等于(  )‎ A.5 B.6‎ C.7 D.16‎ 解析:选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起,数列重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.‎ 又因为16=2×6+4,所以这个数列的前16项之和S16=2×0+7=7.故选C.‎ ‎4.已知数列{an}的通项公式是an=n2sin,则a1+a2+a3+…+a2 018=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B an=n2sin= ‎∴a1+a2+a3+…+a2 018=-12+22-32+42-…-2 0172+2 0182=(22-12)+(42-32)+…+(2 0182-2 0172)=1+2+3+4+…+2 018=.‎ ‎5.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn=(  )‎ A.2 B.2n C.2n+1-2 D.2n-1-2‎ 解析:选C ∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n,∴Sn==2n+1-2.故选C.‎ ‎6.(2018·嘉兴模拟)设数列{an}满足a1=1,(1-an+1)(1+an)=1,则a1a2+a2a3+…+a100a101的值为____________.‎ 解析:因为(1+an)=1,‎ 所以an-an+1=anan+1.所以有-=1,‎ 即数列是公差为1,首项为1的等差数列,‎ 所以=n.所以an=.‎ 因为an-an+1=anan+1,所以a1a2+a2a3+…+a100a101=a1-a2+a2-a3+…+a100-a101=a1-a101=1-=.‎ 答案: ‎7.已知数列:1,2,3,…,,…,则其前n项和关于n的表达式为________.‎ 解析:设所求的前n项和为Sn,则 Sn=(1+2+3+…+n)+=+=-+1.‎ 答案:-+1‎ ‎8.已知正项数列{an}满足a-6a=an+1an.若a1=2,则数列{an}的前n项和Sn=________.‎ 解析:∵a-6a=an+1an,‎ ‎∴(an+1-3an)(an+1+2an)=0,‎ ‎∵an>0,∴an+1=3an,‎ 又a1=2,∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,‎ ‎∴Sn==3n-1.‎ 答案:3n-1‎ ‎9.已知等比数列{an}的各项均为正数,a1=1,公比为q;等差数列{bn}中,b1=3,且{bn}的前n项和为Sn,a3+S3=27,q=.‎ ‎(1)求{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn=,求{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设数列{bn}的公差为d,∵a3+S3=27,q=,‎ ‎∴q2+3d=18,6+d=q2,联立方程可求得q=3,d=3,‎ ‎∴an=3n-1,bn=3n.‎ ‎(2)由题意得:Sn=,cn==××=-.‎ ‎∴Tn=1-+-+-+…+- ‎=1-=.‎ ‎10.(2018·宁波模拟)数列{an}中,a1=,an+1=,n∈N*.‎ ‎(1)求证:an+10,且a1=>0,所以an>0.所以an+1-an=-an=<0,所以an+1c1;‎ 当n=2时,c3=c2;当n≥3时,cn+1an;‎ ‎(2)≤an≤.‎ 证明:(1)用数学归纳法证明an>0.‎ ‎①当n=1时,a1=1>0;‎ ‎②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,ak>0,‎ 则当n=k+1时,ak+1=ak>0.‎ 综上可知,当n∈N*时,an>0.‎ 所以an+1=an>an.‎ ‎(2)用数学归纳法证明an≥.‎ ‎①当n=1时,a1=1≥;‎ ‎②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,ak≥,‎ 则当n=k+1时,ak+1=ak≥≥.‎ 综上可知,当n∈N*时,an≥.‎ 由an+1=an,得 ln an+1-ln an=ln≤=-,‎ 所以ln an≤1-≤1-ln=ln.‎ 所以an≤.‎ 综上可知,当n∈N*时,≤an≤.‎ ‎[典例引领]‎ 已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=+-1,且an>0,n∈N*.‎ ‎(1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明通项公式的正确性.‎ 解:(1)当n=1时,由已知得a1=+-1,a+2a1-2=0.‎ ‎∴a1=-1(a1>0).‎ 当n=2时,由已知得a1+a2=+-1,‎ 将a1=-1代入并整理得a+2a2-2=0.‎ ‎∴a2=-(a2>0).‎ 同理可得a3=-.‎ 猜想an=-(n∈N*).‎ ‎(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.‎ ‎②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,通项公式成立,‎ 即ak=-.‎ 由于ak+1=Sk+1-Sk=+--,‎ 将ak=-代入上式,整理得 a+2ak+1-2=0,‎ ‎∴ak+1=-,‎ 即n=k+1时通项公式成立.‎ 由①②可知对所有n∈N*,an=-都成立.‎ ‎[由题悟法]‎ ‎“归纳—猜想—证明”的3步曲 ‎(1)计算:根据条件,计算若干项.‎ ‎(2)归纳猜想:通过观察、分析、综合、联想,猜想出一般结论.‎ ‎(3)证明:用数学归纳法证明.‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2018·常德模拟)设a>0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),n∈N*.‎ ‎(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)用数学归纳法证明你的结论.‎ 解:(1)∵a1=1,‎ ‎∴a2=f(a1)=f(1)=;‎ a3=f(a2)==;‎ a4=f(a3)==.‎ 猜想an=(n∈N*).‎ ‎(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.‎ ‎②假设n=k(k≥1且k∈N*)时猜想正确,‎ 即ak=,‎ 则ak+1=f(ak)= ‎= ‎= ‎=.‎ 这说明,n=k+1时猜想正确.‎ 由①②知,对于任何n∈N*,‎ 都有an=.‎ 一保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.若f(n)=1+++…+(n∈N*),则f(1)为(  )‎ A.1             B. C.1++++ D.非以上答案 解析:选C 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数,且最大分母为6n-1,则当n=1时,最大分母为5,故选C.‎ ‎2.利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2) …(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1),n∈N*”时,从“n=k”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是(  )‎ A.2k+1 B.2(2k+1)‎ C. D. 解析:选B 当n=k(k∈N*)时,‎ 左式为(k+1)(k+2) ·…·(k+k);‎ 当n=k+1时,左式为(k+1+1)·(k+1+2)·…·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1+k+1),‎ 则左边应增乘的式子是=2(2k+1).‎ ‎3.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被9整除”,利用归纳法假设证明n=k+1时,只需展开(  )‎ A.(k+3)3 B.(k+2)3‎ C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3‎ 解析:选A 假设n=k时,原式k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设,只须将(k+3)3展开,让其出现k3即可.‎ ‎4.平面内有n条直线,最多可将平面分成f(n)个区域,则f(n)的表达式为(  )‎ A.n+1 B.2n C. D.n2+n+1‎ 解析:选C 1条直线将平面分成1+1个区域;2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域;3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;…;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.‎ ‎5.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的项为______________.‎ 解析:当n=k时左端为 ‎1+2+3+…+k+(k+1)+(k+2)+…+k2,‎ 则当n=k+1时,左端为 ‎1+2+3+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2,‎ 故增加的项为(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2.‎ 答案:(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2‎ ‎6.设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的自然数n都有:(Sn-1)2=anSn,通过计算S1,S2,S3,猜想Sn=________.‎ 解析:由(S1-1)2=S得,S1=;‎ 由(S2-1)2=(S2-S1)S2得,S2=;‎ 由(S3-1)2=(S3-S2)S3得,S3=.‎ 猜想Sn=.‎ 答案: ‎7.用数学归纳法证明等式12-22+32-42+…+(-1)n-1·n2=(-1)n-1·.‎ 证明:(1)当n=1时,左边=12=1,‎ 右边=(-1)0×=1,左边=右边,原等式成立.‎ ‎(2)假设n=k(k∈N*)时,等式成立,即有12-22+32-42+…+(-1)k-1·k2=(-1)k-1·.‎ 那么,当n=k+1时,则有 ‎12-22+32-42+…+(-1)k-1·k2+(-1)k(k+1)2‎ ‎=(-1)k-1+(-1)k·(k+1)2‎ ‎=(-1)k·[-k+2(k+1)]‎ ‎=(-1)k.‎ ‎∴n=k+1时,等式也成立,由(1)(2)知对任意n∈N*有12-22+32-42+…+(-1)n-1·n2=(-1)n-1·.‎ ‎8.已知点Pn(an,bn)满足an+1=an·bn+1,bn+1=(n∈N*),且点P1的坐标为(1,-1).‎ ‎(1)求过点P1,P2的直线l的方程;‎ ‎(2)试用数学归纳法证明:对于n∈N*,点Pn都在(1)中的直线l上.‎ 解:(1)由题意得a1=1,b1=-1,‎ b2==,a2=1×=,‎ ‎∴P2.‎ ‎∴直线l的方程为=,‎ 即2x+y=1.‎ ‎(2)证明:①当n=1时,‎ ‎2a1+b1=2×1+(-1)=1成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1且k∈N*)时,‎ ‎2ak+bk=1成立.‎ 则2ak+1+bk+1=2ak·bk+1+bk+1‎ ‎=·(2ak+1)===1,‎ ‎∴当n=k+1时,2ak+1+bk+1=1也成立.‎ 由①②知,对于n∈N*,都有2an+bn=1,即点Pn在直线l上.‎ ‎9.已知数列,当n≥2时,an<-1,又a1=0,a+an+1-1=a,求证:当n∈N*时,an+1a2.‎ ‎(2)假设当n=k(k∈N*)时,ak+10,‎ 又∵ak+2+ak+1+1<-1+(-1)+1=-1,‎ ‎∴ak+2-ak+1<0,‎ ‎∴ak+20‎ C.a1d<0 D.a1d>0‎ 解析:选C ∵数列{2a1an}为递减数列,a1an=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,∴a1d<0.‎ ‎2.(2014·全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an+1=,a8=2,则a1 =________.‎ 解析:将a8=2代入an+1=,可求得a7=;再将a7=代入an+1=,可求得a6‎ ‎=-1;再将a6=-1代入an+1=,可求得a5=2;由此可以推出数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=.‎ 答案: ‎3.(2014·安徽高考)如图,在等腰直角三角形ABC 中,斜边BC=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 ;…,依此类推.设BA=a1 ,AA1=a2 , A1A2=a3 ,…, A5A6=a7 ,则 a7=________.‎ 解析:法一:直接递推归纳:等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2,所以AB=AC=a1=2,AA1=a2=,A1A2=a3=1,…,A5A6=a7=a1×6=.‎ 法二:求通项:等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2,所以AB=AC=a1=2,AA1=a2=,…,An-1An=an+1=sin·an=an=2×n,故a7=2×6=.‎ 答案: 命题点二 等差数列与等比数列 命题指数:☆☆☆☆☆‎ 难度:中、低 题型:选择题、填空题、解答题 ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为(  )‎ A.1 B.2‎ C.4 D.8‎ 解析:选C 设等差数列{an}的公差为d,‎ 则由得 即解得d=4.‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(  )‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 解析:选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得S7==381,解得a1=3.‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an ‎}前6项的和为(  )‎ A.-24 B.-3‎ C.3 D.8‎ 解析:选A 设等差数列{an}的公差为d,‎ 因为a2,a3,a6成等比数列,所以a2a6=a,‎ 即(a1+d)(a1+5d)=(a1+2d)2.‎ 又a1=1,所以d2+2d=0.‎ 又d≠0,则d=-2,‎ 所以{an}前6项的和S6=6×1+×(-2)=-24.‎ ‎4.(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=(  )‎ A.100 B.99‎ C.98 D.97‎ 解析:选C 法一:∵{an}是等差数列,设其公差为d,‎ ‎∴S9=(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.‎ 又∵a10=8,∴∴ ‎∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C.‎ 法二:∵{an}是等差数列,‎ ‎∴S9=(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.‎ 在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d′=a10-a5=8-3=5.‎ 故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C.‎ ‎5.(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=________,S5=________.‎ 解析:∵an+1=2Sn+1,∴Sn+1-Sn=2Sn+1,‎ ‎∴Sn+1=3Sn+1,∴Sn+1+=3,‎ ‎∴数列是公比为3的等比数列,∴=3.‎ 又S2=4,∴S1=1,∴a1=1,‎ ‎∴S5+=×34=×34=,‎ ‎∴S5=121.‎ 答案:1 121‎ ‎6.(2016·全国卷Ⅰ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0.‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 解:(1)由题意可得a2=,a3=.‎ ‎(2)由a-(2an+1-1)an-2an+1=0得 ‎2an+1(an+1)=an(an+1).‎ 因此{an}的各项都为正数,‎ 所以=.‎ 故{an}是首项为1,公比为的等比数列,因此an=.‎ ‎7.(2017·北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为所以2a1+4d=10,‎ 解得d=2,所以an=2n-1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b1=1,b2b4=a5,所以b1q·b1q3=9.解得q2=3.‎ 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.‎ 从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.‎ ‎8.(2017·天津高考)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.‎ 由b2+b3=12,得b1(q+q2)=12.‎ 因为b1=2,所以q2+q-6=0.‎ 又因为q>0,解得q=2.‎ 所以bn=2n.‎ 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①‎ 由S11=11b4,可得a1+5d=16.②‎ 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.‎ 所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,‎ 由a2nbn=(6n-2)·2n.‎ 有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,‎ ‎2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,‎ 上述两式相减,得 ‎-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1‎ ‎=-4-(6n-2)×2n+1‎ ‎=-(3n-4)2n+2-16.‎ 得Tn=(3n-4)2n+2+16.‎ 所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.‎ 命题点三 数列的综合应用 命题指数:☆☆☆‎ 难度:高、中 题型:解答题 ‎1.(2016·天津高考)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且-=,S6=63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nb}的前2n项和.‎ 解:(1)设数列{an}的公比为q.‎ 由已知,有-=,‎ 解得q=2或q=-1.‎ 又由S6=a1·=63,‎ 知q≠-1,‎ 所以a1·=63,得a1=1.‎ 所以an=2n-1.‎ ‎(2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)‎ ‎=(log22n-1+log22n)=n-,‎ 即{bn}是首项为,‎ 公差为1的等差数列.‎ 设数列{(-1)nb}的前n项和为Tn,‎ 则T2n=(-b+b)+(-b+b)+…+(-b+b)‎ ‎=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n ‎==2n2.‎ ‎2.(2016·江苏高考)记U={1,2,…,100},对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=∅,定义ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定义ST=at1+at2+…+atk.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:ST<ak+1;‎ ‎(3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.‎ 解:(1)由已知得an=a1·3n-1,n∈N*.‎ 于是当T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1.‎ 又ST=30,故30a1=30,即a1=1.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.‎ ‎(2)证明:因为T⊆{1,2,…,k},an=3n-1>0,n∈N*,‎ 所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k.‎ 因此,ST<ak+1.‎ ‎(3)证明:下面分三种情况证明.‎ ‎①若D是C的子集,则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.‎ ‎②若C是D的子集,则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.‎ ‎③若D不是C的子集,且C不是D的子集.‎ 令E=C∩∁UD,F=D∩∁UC,‎ 则E≠∅,F≠∅,E∩F=∅.‎ 于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,‎ 进而由SC≥SD得SE≥SF.‎ 设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l.‎ 由(2)知,SE<ak+1.‎ 于是3l-1=al≤SF≤SE<ak+1=3k,‎ 所以l-1<k,即l≤k.‎ 又k≠l,故l≤k-1.‎ 从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=≤=≤,‎ 故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1,‎ 即SC+SC∩D≥2SD+1.‎ 综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD.‎ ‎3.(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.‎ ‎(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;‎ ‎(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.‎ 解:(1)c1=b1-a1=1-1=0,‎ c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,‎ c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.‎ 当n≥3时,‎ ‎(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,‎ 所以bk-nak关于k∈N*单调递减.‎ 所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.‎ 所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,‎ 所以{cn}是等差数列.‎ ‎(2)证明:设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,则 bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n ‎=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).‎ 所以cn= ‎①当d1>0时,‎ 取正整数m>,‎ 则当n≥m时,nd1>d2,‎ 因此cn=b1-a1n.‎ 此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.‎ ‎②当d1=0时,对任意n≥1,‎ cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}‎ ‎=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).‎ 此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.‎ ‎③当d1<0时,‎ 当n>时,有nd1max,‎ 故当n≥m时,>M.‎ 命题点四 数学归纳法 命题指数:☆☆‎ 难度:高 题型:解答题 ‎(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).‎ 证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)00.‎ 当n=1时,x1=1>0.‎ 假设n=k(k≥1,k∈N*)时,xk>0,‎ 那么n=k+1时,若xk+1≤0,‎ 则00.‎ 因此xn>0(n∈N*).‎ 所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.‎ 因此00(x>0),‎ 所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 所以f(x)≥f(0)=0,‎ 因此x-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,‎ 故2xn+1-xn≤(n∈N*).‎ ‎(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,‎ 所以xn≥.‎ 由≥2xn+1-xn得-≥2>0,‎ 所以-≥2≥…≥2n-1=‎ ‎2n-2,‎ 故xn≤.‎ 综上,≤xn≤(n∈N*).‎

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