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- 2021-05-13 发布
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2016届高考数学大一轮复习 第五章 数列同步练习 文
第一节 数列的概念与简单表示法
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
2．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间
的大小关系
分类
递增数列
an＋1>an
其中
n∈N*
递减数列
an＋11，
两式相减可得：＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
∴an＝2n＋1，n>1，n∈N*.
当n＝1时，＝7，∴a1＝14，
综上可知，数列{an}的通项公式为：an＝
故选B．
答案： B
4．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N)，则数列{an}的通项公式是________．
解析： 由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减，得an＋1－an＝2an，an＋1＝3an(n≥2)．
∵a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1，故数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列．
∴an＝3n－1.故填an＝3n－1(n≥1，且n∈N)．
答案： an＝3n－1(n≥1，且n∈N)
已知数列{an}的前n项和Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：
(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．
由递推关系式求数列的通项公式
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式：
(1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1；
(2)a1＝1，an＝an－1(n≥2)；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.
解析： (1)由题意得，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.
又a1＝2＝＋1，符合上式，
因此an＝＋1.
(2)∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，…，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＝.
(3)∵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.
根据下列条件，确定数列{an }的通项公式：
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n.
(2)a1＝1，an＋1＝2nan.
解析： (1)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
(2)由于＝2n，
故＝21，＝22，…，＝2n－1，
将这n－1个等式叠乘，
得＝21＋2＋…＋(n－1)＝2，
故an＝2.
由数列递推式求通项公式常用方法有：累加法、累积法、构造法．形如an＝pan－1＋m(p、m为常数，p≠1，m≠0)时，构造等比数列；形如an＝an－1＋f(n)({f(n)}可求和)时，用累加法求解；形如＝f(n)({f(n)}可求积)时，用累积法求解．
A级 基础训练
1．下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是( )
A．1，，，，…
B．－1，－2，－3，－4，…
C．－1，－，－，－，…
D．1，，，…，
解析： 根据定义，属于无穷数列的是选项A、B、C(用省略号)，属于递增数列的是选项C、D，故同时满足要求的是选项C．
答案： C
2．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝( )
A．2n－1 B．n2
C． D．
解析： 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝＝.
答案： D
3．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B．
C． D．
解析： ∵an＋an＋1＝，a2＝2，
∴an＝
∴S21＝11×＋10×2＝.故选B．
答案： B
4．(2014·吉林普通中学摸底)已知数列{an}，an＝－2n2＋λn，若该数列是递减数列， 则实数λ的取值范围是( )
A．(－∞，6] B．(－∞，4]
C．(－∞，5] D．(－∞，3]
解析： 数列{an}的通项公式是关于n(n∈N*)的二次函数，若数列是递减数列， 则－≤，即λ≤6.
答案： A
5．(2014·安徽合肥二检)数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2 014＝( )
A． B．－
C．6 D．－6
解析： 由an＝，得an＋1＝，而a1＝2，
则有a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，
故数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1a2a3a4＝1，
所以T2 014＝(a1a2a3a4)503a1a2＝1503×2×(－3)＝－6.故选D．
答案： D
6．(2014·海南三亚一模)在数列1,2，，，，…中，2是这个数列的第________项．
解析： 因为a1＝1＝，a2＝2＝，a3＝，a4＝，a5＝，…，所以an＝.令an＝＝2＝，得n＝26.
答案： 26
7．(2014·天津六校第三次联考)数列{an}中， 已知a1＝1，a2＝2，an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则a7＝________.
解析： 由已知an＋1＝an＋an＋2，a1＝1，a2＝2，能够计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.
答案： 1
8．数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝nan，则an＝________.
解析： 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1，
∴an＝an－1(n≥2)．
又∵a1＝1，
∴an＝1.
答案： 1
9．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解析： (1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，
解得n＝16或n＝－9(舍去)，
即150是这个数列的第16项．
(3)令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍)．
∴从第7项起各项都是正数．
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.求数列{an}与{bn}的通项公式．
解析： ∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，
当n＝1时，a1＝S1＝4也适合，
∴{an}的通项公式是an＝4n(n∈N*)．
∵Tn＝2－bn，∴当n＝1时，b1＝2－b1，b1＝1.
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)，
∴2bn＝bn－1.
∴数列{bn}是公比为，首项为1的等比数列．
∴bn＝n－1.
B级 能力提升
1．定义：称为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”．若数列{an}的前n项的“均倒数”为，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝4n－1
C．an＝4n－3 D．an＝4n－5
解析： ＝，∴＝2n－1，∴a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)n；a1＋a2＋…＋an－1＝(2n－3)(n－1)(n≥2)，当n≥2时，an＝(2n－1)n－(2n－3)(n－1)＝4n－3；a1＝1也适合此等式，∴an＝4n－3.
答案： C
2．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是________．
解析： 从题图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…
∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
答案： an＝
3．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
解析： (1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．
∴an＝∴bn＝.
(2)∵cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1
＝＋＋…＋，
∴cn＋1－cn＝＋－
＝－＝＜0，
∴{cn}是递减数列．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{bn}中，b1＝5，bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式．
解析： (1)当n＝1时，S1＝a1＝a1－1，
所以a1＝2.
由Sn＝an－1，①
可知当n≥2时，Sn－1＝an－1－1，②
①－②，得an＝－，
所以an＝3an－1，又a1≠0，
故an－1≠0，
所以＝3，
故数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以an＝2·3n－1.
(2)由(1)知bn＋1＝bn＋2·3n－1.
当n≥2时，bn＝bn－1＋2·3n－2，
…，
b3＝b2＋2·31，
b2＝b1＋2·30，
将以上n－1个式子相加并整理，
得bn＝b1＋2×(3n－2＋…＋31＋30)
＝5＋2×＝3n－1＋4.
当n＝1时，31－1＋4＝5＝b1，
所以bn＝3n－1＋4(n∈N*)．
第二节 等差数列及其前n项和
1．理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
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．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(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＝.
1．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
2．等差数列的四种判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
(5)数列{an}满足an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．( )
(6)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．( )
答案： (1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)√
2．已知在等差数列{an}中，a2＝7，a4＝15，则前10项和S10＝( )
A．100 B．210
C．380 D．400
解析： 因为a2＝7，a4＝15，所以d＝4，a1＝3，
故S10＝10×3＋×10×9×4＝210.
答案： B
3．(2014·北京海淀区期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析： ∵a1＝19，an＋1－an＝－3，
∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，
∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.
答案： B
4．(2013·重庆卷)若2，a，b，c,9成等差数列，则c－a＝________.
解析： 设公差为d，∵2，a，b，c,9成等差数列，
∴9－2＝4d，∴d＝.
又∵c－a＝2d，∴c－a＝2×＝.
答案：
5．在等差数列40,37,34，…中，第一个负数项是________．
解析： ∵a1＝40，d＝37－40＝－3，
∴an＝40＋(n－1)×(－3)＝－3n＋43，
令an＜0，即－3n＋43＜0，解得n＞，
故第一个负数项是第15项，即a15＝－3×15＋43＝－2.
答案： －2
等差数列的基本运算
1．(2014·福建卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )
A．8 B．10
C．12 D．14
解析： 因为S3＝3a1＋d＝3×2＋d＝12，所以d＝2.所以a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选C．
答案： C
2．(2014·天津卷)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
解析： 由已知得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，而S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，整理得2a1＋1＝0，解得a1＝－.
答案： －
3．(2014·福建福州一模)已知等差数列{an}，其中a1＝，a2＋a5＝4，an＝33，则n的值为________．
解析： 在等差数列{an}中，a2＋a5＝2a1＋5d＝＋5d＝4，所以d＝，又an＝＋(n－1)＝33，解得n＝50.
答案： 50
4．已知an＝－2n＋27，则a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝________.
解析： 由an＝－2n＋27，知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
答案： －3n2＋28n
等差数列基本运算的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)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，体现了方程的思想．
等差数列的判定与证明
已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.设bn＝.
证明：数列{bn}为等差数列，并求{an}的通项公式．
证明： ∵bn＋1－bn＝－
＝－＝1，
∴{bn}为等差数列，又b1＝＝0.
∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.
1．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)．
设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}是等差数列．
证明： ∵an＝2－，
∴an＋1＝2－.
∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝1，
∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．
2．在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)证明数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析： (1)证明：将 3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得－＝3(n≥2)．
所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列．
(2)由(1)可得＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝.
3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解析： (1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
等差数列的判定方法大全
(1)等差数列的判定通常有两种方法：第一种是定义法，an－an－1＝d(常数)(n≥2)；第二种方法是利用等差中项，即2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)解答选择题和填空题时也可以用通项公式与前n项和公式直接判定．
(3)若判定一个数列不是等差数列，则只需要说明某连续3项(如前三项)不是等差数列即可．
等差数列的性质
(1)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
(2)(2014·北京卷)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．
(3)(2014·上海虹口二模)等差数列{an}的通项公式为an＝2n－8，下列四个命题．α1：数列{an}是递增数列；α2：数列{nan}是递增数列；α3：数列是递增数列；α4：数列{a}是递增数列．其中真命题是________．
解析： (1)设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴{an＋bn}为常数列，∴a37＋b37＝100.
(2)由等差数列的性质可得a7＋a8＋a9＝3a8>0，即a8>0；而a7＋a10＝a8＋a9<0，故a9<0.所以数列{an}的前8项和最大．
(3)由已知an＝2n－8可知等差数列{an}的公差d为2，
∴{an}是递增数列，命题α1正确；而nan＝2n2－8n＝2(n－2)2－8，易知数列{nan}不是递增数列，命题α2错误；＝2－，易证数列是递增数列，命题α3正确；a＝4(n－4)2，有a>a>a>a6)，则数列{an}的项数n＝________.
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
4．在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
解析： 法一：∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
∴d＝－.
∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
∴a13＝0.即当n≤12时，an>0，n≥14时，an<0.
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
法二：同方法一求得d＝－.
∴Sn＝20n＋·＝－n2＋n
＝－2＋.
∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
等差数列的最值的处理方法：
(1)利用Sn＝an2＋bn转化为二次函数求最值时要注意n的取值．
(2)若{an}是等差数列，求其前n项和的最值时，
①若a1＞0，d＜0，且满足前n项和Sn最大．
②若a1＜0，d＞0，且满足，前n项和Sn最小．
A级 基础训练
1．(2014·海淀质检)等差数列{an}中，a2＝3，a3＋a4＝9，则a1a6的值为( )
A．14 B．18
C．21 D．27
解析： 依题意得
由此解得d＝1，a1＝2，
a6＝a1＋5d＝7，a1a6＝14.
答案： A
2．(2014·陕西五校三模)等差数列{an}中，如果a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和为( )
A．297 B．144
C．99 D．66
解析： 由等差数列的性质可知，2(a2＋a5＋a8)＝(a1＋a4＋a7)＋(a3＋a6＋a9)＝39＋27＝66，
∴a2＋a5＋a8＝33，
则数列{an}前9项的和为66＋33＝99.
答案： C
3．(2014·河北唐山一中调研)已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是( )
A．15 B．30
C．31 D．64
解析： 由题意可知2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，S11＝＝＝11a6＝，a6＝，则d＝＝，
所以a12＝a8＋4d＝15，故选A．
答案： A
4．(2014·安徽六校联考)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列， 且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3
C．8 D．11
解析： 设{bn}的公差为d，
∵b10－b3＝7d＝12－(－2)＝14，∴d＝2.
∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6.
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0.
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3＝0，∴a8＝3.故选B．
答案： B
5．(2014·辽宁鞍山检测)已知Sn表示数列{an}的前n项和，若对任意的n∈N*满足an
＋1＝an＋a2，且a3＝2，则S2 014＝( )
A．1 006×2 013 B．1 006×2 014
C．1 007×2 013 D．1 007×2 014
解析： 在an＋1＝an＋a2中，令n＝1，则a2＝a1＋a2，a1＝0，令n＝2，则a3＝2＝2a2，a2＝1，于是an＋1－an＝1，故数列{an}是首项为0，公差为1的等差数列，
S2 014＝＝1 007×2 013.故选C．
答案： C
6．(2014·江苏连云港二调)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－3，ak＋1＝，Sk＝－12，则正整数k＝________.
解析： 由Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－12＋＝－，
又Sk＋1＝＝＝－，解得k＝13.
答案： 13
7．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
解析： 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案： 130
8．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有＝，则＋的值为________．
解析： ∵{an}，{bn}为等差数列，
∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，∴＝.
答案：
9．各项均为正数的数列{an}满足a＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)求a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析： (1)当n＝1时，a＝4S1－2a1－1，
即(a1－1)2＝0，解得a1＝1.
当n＝2时，a＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1
＝3＋2a2，
解得a2＝3或a2＝－1(舍去)．
(2)a＝4Sn－2an－1，①
a＝4Sn＋1－2an＋1－1.②
②－①得a－a＝4an＋1－2an＋1＋2an
＝2(an＋1＋an)，
即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．
∵数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an＞0，an＋1－an＝2，
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
10．(2014·湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
解析： (1)设等差数列{an}的公差为d.∵a1，a2，a5成等比数列，∴a＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝0或d＝4.∴an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.
由2n>60n＋800及n∈N*得n无解；
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2，由2n2>60n＋800得n>40.∵n∈N*，∴n的最小值为41.
B级 能力提升
1．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝r·an＋r(n∈N*，r∈R且r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析： 当r＝1时，易知数列{an}为等差数列；由题意易知a2＝2r，a3＝2r2＋r，当数列{an}是等差数列时，a2－a1＝a3－a2，即2r－1＝2r2－r，解得r＝或r＝1，当r＝时，an＝1，故“r＝1”是“数列{an}为等差数列”的充分不必要条件，选A．
答案： A
2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝，若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．
解析： 依题意得bn＝1＋，对任意的n∈N*，都有bn≥b8，即数列{bn}的最小项是第8项，于是有≥.又数列{an}是公差为1的等差数列，因此有，即，
由此解得－80)，q＝2，S7＝＝127.
答案： C
3．(2014·重庆卷)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
解析： 设等比数列的公比为q，因为＝＝q3，即a＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列．故选D．
答案： D
4．在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8a9a10a11＝________.
解析： ∵a7a12＝5，∴a8a9a10a11＝(a8a11)(a9a10)＝(a7a12)2＝25.
答案： 25
5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝________.
解析： ∵8a2＋a5＝0，∴8a2＝－a5，即＝－8.
∴q3＝－8，∴q＝－2.
∴＝＝＝＝－11.
答案： －11
等比数列的基本运算
1．(2014·北京朝阳一模)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a2＋a3＝12，则该数列的前4项和为________．
解析： 设等比数列{an}的公比为q，由a1＝2，a2＋a3＝12，则a1q＋a1q2＝12，解得q＝2，故S4＝＝30.
答案： 30
2．(2014·扬州中学期中测试)设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝________.
解析： 设等比数列{an}公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝＝4.又{an}的各项均为正数，∴q＝2.而Sk＝＝63，∴2k－1＝63，解得k＝6.
答案： 6
3．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析： 设数列{an}的首项为a1，公比为q，
∵a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，
∴
由①得a1＝q，
由②知q＝2或q＝，
又数列{an}为递增数列，∴a1＝q＝2，从而an＝2n.
答案： 2n
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解析： 设{an}的公比为q，由题意得
解得或，
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3×(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
1.等比数列基本运算方法
(1)使用两个公式，即通项公式和前n项和公式．
(2)使用通项公式的变形：an＝amqn－m(m，n∈N*)．
2．等比数列前n项和公式的应用
在使用等比数列前n项和公式时，应首先判断公比q能否为1，若能，应分q＝1与q≠1两种情况求解．
等比数列的判定与证明
已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析： (1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝.
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，
∴a1＝，c1＝－.
又cn＝an－1，故{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知cn＝－×n－1＝－n
∴an＝1－n.
1．已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N*)．证明数列{an＋1}是等比数列．
证明： 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N*)可得当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，即a2＋a1＝2a1＋6，
又a1＝5，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)．
故an＋1＋1＝2(an＋1)，对n∈N*恒成立，
又a1＝5，a1＋1≠0，从而＝2.
所以数列{an＋1}是等比数列．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝1，S11＝33.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an，
求证：{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
解析： (1)依题意有
解得，∴an＝.
(2)证明：∵bn＝＝n，
∴＝为常数．
∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列，
∴Tn＝＝1－n.
3．已知数列{an}和{bn}满足a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)证明：对任意实数λ，数列{an}不是等比数列；
(2)证明：当λ≠－18时，数列{bn}是等比数列．
证明： (1)假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
则有a＝a1a3，即2＝λ
⇔λ2－4λ＋9＝λ2－4λ⇔9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1
＝－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn.
又λ≠－18，所以b1＝－(λ＋18)≠0.
由上式知bn≠0，所以＝－(n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．
等比数列的判断与证明的常用方法
(1)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；
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0，且a＝anan＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列；
(3)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定某连续三项不成等比数列即可．
等比数列的性质
(1)(2014·山东淄博期末)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝2，则a1＝( )
A． B．
C． D．2
(2)(2014·广东珠海质量监测)等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析： (1)由等比数列的性质得a3a9＝a＝2a，∵q>0，
∴a6＝a5，q＝＝，a1＝＝，故选C．
(2)设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝
＝＝255，解得a1＝3，故选C．
答案： (1)C (2)C
1．(2014·北京丰台一模)已知等比数列{an}中，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，则a6＋a7等于( )
A．2 B．2
C．4 D．4
解析： 因为a2＋a3，a4＋a5，a6＋a7成等比数列，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，所以(a4＋a5)2＝(a2＋a3)(a6＋a7)，解得a6＋a7＝4.
答案： C
2．(2014·郑州模拟)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝( )
A．12 B．13
C．14 D．15
解析： 设数列{an}的公比为q，
由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，
可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，
因此q3n－6＝81＝34＝q36，
所以n＝14，故选C．
答案： C
等比数列常见性质的应用
等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形；②等比中项的变形；③前n项和公式的变形，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．
A级 基础训练
1．(2014·北京海淀一模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析： 当an＝0时，满足an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{a n}是等差数列，不是等比数列，故充分性不成立；又当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即
an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立，故选B．
答案： B
2．(2014·河北衡水中学五调)已知等比数列{an}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{an}的前8项和为( )
A．127 B．255
C．511 D．1 023
解析： ∵2a4，a6,48成等差数列，
∴2a6＝2a4＋48，
∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1，
∴S8＝＝255.
答案： B
3．(2014·辽宁沈阳模拟)已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是( )
A．－5 B．－
C．5 D．
解析： 由log3an＋1＝log3an＋1及对数运算性质得，log3(3an)＝log3an＋1，∴3an＝an＋1，
∴＝3，即数列{an}是公比为3的等比数列，所以a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)＝33×9＝35，所以log(a5＋a7＋a9)＝log35＝－5.故选A．
答案： A
4．(2014·浙江温州十校联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析： 由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1·qm－1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m＝5.
答案： C
5．已知数列{an}，则有( )
A．若a＝4n，n∈N*，则{an}为等比数列
B．若an·an＋2＝a，n∈N*，则{an}为等比数列
C．若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则{an}为等比数列
D．若an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，则{an}为等比数列
解析： 若a1＝－2，a2＝4，a3＝8，满足a＝4n，n∈N*，但{an}不是等比数列，故A错；若an＝0，满足an·an＋2＝a，n∈N*，但{an}不是等比数列，故B错；若an＝0，满足an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，但{an}不是等比数列，故D错；若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则有＝＝＝2，则{an}是等比数列．
答案： C
6．(2014·安徽卷)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
解析： 设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1.
∴q＝＝＝1.
答案： 1
7．(2014·郑州市第二次质量预测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值是________．
解析： 设{an}的公比为q.由a＝2a3a6得(a1q4)2＝2a1q2·a1q5，∴q＝2，∴S5＝＝－62，a1＝－2.
答案： －2
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.
解析： ∵an＋Sn＝1 ①，∴a1＝，an－1＋Sn－1＝1 ②，①－②可得an－an－1＋an＝0，即得＝，∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，则an＝×n－1＝.
答案：
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝4an－p，其中p为非零常数．
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)若a2＝，求{an}的通项公式．
解析： (1)证明：当n＝1时，S1＝4a1－p，得a1＝≠0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4an－p)－(4an－1－p)＝4an－4an－1，
得3an＝4an－1，即＝，因而数列{an}为公比为的等比数列．
(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝×n－1，
又a2＝，可知p＝3，于是an＝n－1.
10．Sn是无穷等比数列{an}的前n项和，且公比q≠1，已知1是S2和S3的等差中项，6是2S2和3S3的等比中项．
(1)求S2和S3；
(2)求此数列{an}的前n项和公式．
解析： (1)根据已知条件
整理得
解得3S2＝2S3＝6，即
(2)∵q≠1，则
可解得q＝－，a1＝4.
∴Sn＝
＝－n.
B级 能力提升
1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝3，an＋1－an＝＝3，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝ban，则c2 013＝( )
A．92 012 B．272 012
C．92 013 D．272 013
解析： 由已知条件知{an}是首项为3，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，∴an＝3n，bn＝3n，又cn＝ban＝33n，∴c2 013＝33×2 013＝272 013，故选D．
答案： D
2．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”，若正项等比数列{an}是一个“2 014积数列”，且a1>1，则当其前n项积最大时n的值为________．
解析： 由题意可知a1a2a3·…·a2 014＝a2 014，故a1a2a3·…·a2 013＝1，因为数列{an}是正项等比数列且a1>1，所以a1 007＝1，公比01且00＞b17＞b18＞…，
b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14>S13>…>S1，
S14>S15，S15S17>S18>….
因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n＝16.
答案： 16
3．(2014·广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
解析： (1)令n＝1代入得a1＝2(负值舍去)．
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
所以an＝2n，n∈N*.
(3)证明：k∈N*,4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝.
∴＋＋…＋
≤
＝＜.
∴不等式成立．
4．已知数列{an}，如果数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an＋an－1，n≥2，n∈N*，则称数列{bn}是数列{an}的“生成数列”．
(1)若数列{an}的通项为an＝n，写出数列{an}的“生成数列”{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}的通项为cn＝2n＋b(其中b是常数)，试问数列{cn}的“生成数列”{qn}是否是等差数列，请说明理由；
(3)已知数列{dn}的通项为dn＝2n＋n，求数列{dn}的“生成数列”{pn}的前n项和Tn.
解析： (1)当n≥2时，bn＝an＋an－1＝2n－1，
当n＝1时，b1＝a1＝1适合上式，∴bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)qn＝
当b＝0时，qn＝4n－2，由于qn＋1－qn＝4，所以此时数列{cn}的“生成数列”{qn}是等差数列．
当b≠0时，由于q1＝c1＝2＋b，q2＝6＋2b，q3＝10＋2b，此时q2－q1≠q3－q2，所以此时数列{cn}的“生成数列”{qn}不是等差数列．
(3)pn＝
当n＞1时，Tn＝3＋(3·2＋3)＋(3·22＋5)＋…＋(3·2n－1＋2n－1)，
∴Tn＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)＋(3＋5＋7＋…＋2n－1)＝3·2n＋n2－4.
又n＝1时，T1＝3，适合上式，∴Tn＝3·2n＋n2－4.
第五节 数列的综合应用
能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.等差数列与等比数列的综合问题
(2014·浙江卷节选)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.求Sn.
解析： (1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()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＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)由(1)知，
cn＝－＝－，n∈N*.
所以Sn＝－(n∈N*)．
(2014·广东湛江二模)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 014的值．
解析： (1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．∵d＞0，
故解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，
∴数列{bn}的公比为3，
∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋1得
当n≥2时，＋＋…＋＝an.
两式相减得：n≥2时，＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)，
又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.∴cn＝
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 014＝3＋＝3＋(－3＋32 014)＝32 014.
解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是清理两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
数列的实际应用问题
某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第二名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，求此科研单位共拿出多少万元资金进行奖励．
解析： 设单位共拿出x万元资金，第1名到第10名所得资金构成数列{an}，前n项和为Sn，则
a1＝＋1，an＝(x－Sn－1)＋1(n≥2)，
∴2an＝x－Sn－1＋2,2an＋1＝x－Sn＋2，
两式相减得2an＋1－2an＝－an，∴2an＋1＝an.
∴{an}是公比为的等比数列，首项为＋1.
由S10＝＝x，解得x＝2 046.
故单位共拿出2 046万元资金进行奖励．
某公司按现有能力，每月收入为70万元，公司分析部门测算，若不进行改革，入世后因竞争加剧收入将逐月减少．分析测算得入世第一个月收入将减少3万元，以后逐月多减少2万元，如果进行改革，即投入技术改造300万元，且入世后每月再投入1万元进行员工培训，则测算得自入世后第一个月起累计收入Tn与时间n(以月为单位)的关系为Tn＝an＋b，且入世第一个月时收入为90万元，第二个月时累计收入为170万元，问入世后经过几个月，该公司改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入．
解析： 改革后经过n个月的累计纯收入为Tn－300－n万元，
不改革时的累计纯收入为70n－，
又，∴.
由题意建立不等式80n＋10－300－n＞70n－3n－n(n－1)，
即n2＋11n－290＞0，得n＞12.4.
∵n∈N*，取n＝13.
∴经过13个月改革后的累计纯收入高于不改革时的累计纯收入．
解答数列实际应用问题的步骤
(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单的递推数列模型．基本特征如下表：
数列模型
基本特征
等差数列
均匀增加或者减少
等比数列
指数增长，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推
数列
指数增长的同时又均匀减少，如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a
(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．
(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
[提醒] 一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列的，注意之间的联系．
数列与函数、不等式的综合应用
(2014·四川卷)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
解析： (1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2
＝(2a2ln 2)(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意知，a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝.
所以Tn＝.
已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn＞kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
解析： (1)设等比数列{an}的公比为q，
∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18.
∴q＝＝＝2.
∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.
∴an＝3·2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝＝＝3(2n－1)，
∴不等式3(2n－1)＞k·3·2n－1－2，∴k＜2－对一切n∈N*恒成立．
令f(n)＝2－，则f(n)随n的增大而增大，
∴f(n)min＝f(1)＝2－＝.∴k＜.
∴实数k的取值范围为.
解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇上命题的特点．
数列中的探索性问题
(2014·浙江温州十校联考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：是等比数列，并求{an}的通项公式an；
(2)数列{bn}满足bn＝(3n－1)··an，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ＜Tn＋对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
解析： (1)证明：由an＋1＝得＝＝1＋，
即＋＝3，又＋＝，
∴是以为首项，3为公比的等比数列，
∴＋＝×3n－1＝，即an＝.
(2)bn＝，Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式相减得＝＋＋＋…＋－n×＝2－，
∴Tn＝4－，∴(－1)nλ＜4－.
若n为偶数，则λ＜4－，∴λ＜3；
若n为奇数，则－λ＜4－，
∴－λ＜2，∴λ＞－2.∴－2＜λ＜3.
(2014·江西上饶六校第二次联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝2，S5
＝15，数列{bn}满足b1＝，bn＋1＝bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}的前n项和，f(n)＝，试问f(n)是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
解析： (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则解得a1＝1，d＝1，∴an＝n，
由题意知＝，∴＝n－1，
∴bn＝.
(2)由(1)，得Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋，
所以Tn＝2－，
又Sn＝，
所以f(n)＝＝，f(n＋1)－f(n)＝－
＝，
当n≥3时，f(n＋1)－f(n)＜0，
当n＜3时，f(n＋1)－f(n)≥0，
又f(1)＝1，f(2)＝，f(3)＝，
∴f(n)存在最大值，为.
解决存在问题的思路是先假设存在，然后根据假设及题设条件，通过正确的推理演算，如果能得到一个符合条件的数或式，则假设成立；若得到不符合条件的数或式，或推出矛盾，则假设不成立，即不存在．
A级 基础训练
1．(2014·山西省第三次四校联考)设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＋ab5＝( )
A．54 B．56
C．58 D．57
解析： 由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.
答案： D
2．(2014·北京卷)设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析： 等比数列{an}为递增数列的充要条件为或故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D．
答案： D
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于( )
A．24 B．32
C．48 D．64
解析： 依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而a1＝1，a2＝2.所以a10＝2·24＝32，a11＝1·25＝32.又因为an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.
答案： D
4．(2014·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )
A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1
解析： ∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
答案： C
5．若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2014a，bn＝2＋，且an
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