【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 64页

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*)．‎