1、1第 1 讲 等差数列与等比数列1(2015课标全国)已知 an是公差为 1 的等差数列， Sn为 an的前 n 项和，若S84 S4，则 a10等于( )A. B. C10 D12172 1922(2015浙江)已知 an是等差数列，公差 d 不为零若 a2， a3， a7成等比数列，且2a1 a21，则 a1_， d_.3(2014广东)若等比数列 an的各项均为正数，且 a10a11 a9a122e 5，则 ln a1ln a2ln a20_.4(2013江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(nN *)
2、等于_1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一 等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列： an a1( n1) d；等比数列： an a1qn1 .(2)求和公式等差数列： Sn na1 d；n a1 an2 n n 12等比数列： Sn (q1)a1 1 qn1 q a1 anq1 q(3)性质若 m n p q，在等差数列中 am an ap aq；2在等比数列中 aman apaq.例 1 (1)设等差数列 an的前 n 项和为 Sn.若 a111， a
3、4 a66，则当 Sn取最小值时，n_.(2)已知等比数列 an公比为 q，其前 n 项和为 Sn，若 S3， S9， S6成等差数列，则 q3等于( )A B112C 或 1 D1 或12 12思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于 a1和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练 1 (1)(2015安徽)已知数列 an是递增的等比数列， a1 a49， a2a38，则数列 an的前 n 项和等于_(2)已知数列 an是各项均为正数的等比数列， a1 a21， a3 a42，则 log2_.a2 011 a2 0
4、12 a2 013 a2 0143热点二 等差数列、等比数列的判定与证明数列 an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列 an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数；利用中项性质，即证明 2an an1 an1 (n2)(2)证明 an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2)2n例 2 (2014大纲全国)数列 an满足 a11， a22， an2 2 an1 an2.(1)设 bn an1 an，证明： bn是等差数列；(2)求 an的通项公式3思维升华 (1)判断
5、一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能作为证明方法(2) q 和 a an1 an1 (n2)都是数列 an为等比数列的必要不充分条件，判断时还an 1an 2n要看各项是否为零跟踪演练 2 (1)已知数列 an的首项 a11，且满足 an1 ，则 an_.an4an 1(2)已知数列 an中， a11， an1 2 an3，则 an_.热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例 3 已知等差数列 an的公差为1，且 a2 a7
6、 a126.(1)求数列 an的通项公式 an与前 n 项和 Sn；(2)将数列 an的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列 bn的前 3 项，记 bn的前 n 项和为 Tn，若存在 mN *，使对任意 nN *，总有 Sn0， a3 a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A6 B7C12 D132已知各项不为 0 的等差数列 an满足 a42 a 3 a80，数列 bn是等比数列，且27b7 a7，则 b2b12等于( )A1 B2C4 D83已知各项都为正数的等比数列 an满足 a7 a62 a5，存在两项 am， an使得4 a1，则 的最小值为( )
7、aman1m 4mA. B.32 53C. D.256 434已知等比数列 an中， a4 a610，则 a1a72 a3a7 a3a9_.提醒：完成作业 专题三 第 1 讲6二轮专题强化练专题三第 1讲 等 差 数 列 与 等 比 数 列A 组 专题通关1已知等差数列 an中， a510，则 a2 a4 a5 a9的值等于( )A52 B40C26 D202已知等差数列 an中， a7 a916， S11 ，则 a12的值是( )992A15 B30C31 D643(2015浙江)已知 an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3， a4， a8成等比数列，则( )A a
8、1d0， dS40 B a1d0， dS40C a1d0， dS40 D a1d0， dS404设 Sn为等差数列 an的前 n 项和，( n1) Sn6.即实数 的取值范围为(6，)跟踪演练 3 解 (1)设等比数列 an的公比为 q，因为 S3 a3， S5 a5， S4 a4成等差数列，所以 S5 a5 S3 a3 S4 a4 S5 a5，即 4a5 a3，于是 q2 .a5a3 14又 an不是递减数列且 a1 ，32所以 q .12故等比数列 an的通项公式为an n1 (1) n1 .32 ( 12) 32n(2)由(1)得 Sn1 nError!( 12)当 n 为奇数时， Sn
9、随 n 的增大而减小，所以 1Sn S21Sn 1S2 .34 43 712综上，对于 nN *，总有 Sn .712 1Sn 5613所以数列 Tn最大项的值为 ，最小项的值为 .56 712高考押题精练1C a10， a6a70， a70， a1 a132 a70， S130 的最大自然数 n 的值为 12.2C 设等差数列 an的公差为 d，因为 a42 a 3 a80，所以 a73 d2 a 3( a7 d)27 270，即 a 2 a7，解得 a70(舍去)或 a72，所以 b7 a72.因为数列 bn是等比数列，27所以 b2b12 b 4.273A 由 a7 a62 a5，得 a
10、1q6 a1q52 a1q4，整理有 q2 q20，解得 q2 或q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由 4 a1，得 aman16 aaman，即 a 2m n216 a ，即有 m n24，亦即 m n6，那么 (m n)( )21 21 211m 4n 16 1m 4n ( 5) (2 5) ，164mn nm 16 4mnnm 32当且仅当 ， m n6，4mn nm即 n2 m4 时取得最小值 .324100解析 因为 a1a7 a ， a3a9 a ， a3a7 a4a6，24 26所以 a1a72 a3a7 a3a9( a4 a6)210 2100.14二轮专题强
11、化练答案精析专题三 数列与不等式第 1 讲 等差数列与等比数列1B 因为 a2 a42 a3， a5 a92 a7，所以 a2 a4 a5 a92( a3 a7)4 a5，而 a510，所以 a2 a4 a5 a941040.故选 B.2A 因为 a8是 a7， a9的等差中项，所以 2a8 a7 a916 a88，再由等差数列前 n 项和的计算公式可得 S11 11 a6，又因为 S11 ，所以 a6 ，则11 a1 a112 112a62 992 92d ，所以 a12 a84 d15，故选 A.a8 a62 743B a3， a4， a8成等比数列，( a13 d)2( a12 d)(a
12、17 d)，整理得 a1 d，53 a1d d20，53又 S44 a1 d ，432 2d3 dS4 0，故选 B.2d234D 由( n1) Sn0， a70，上式不成立；当 n 为奇数时，(2) n2 n2 012，即 2n2 012，得 n11.18综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为 n|n2 k1， kN， k51第 2讲 数列的求和问题1(2015福建)在等差数列 an中， a24， a4 a715.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn2 an2 n，求 b1 b2 b3 b10的值2(2014课标全国)已知 an是递增的等差数列， a2， a4是方
13、程 x25 x60 的根(1)求 an的通项公式；(2)求数列 的前 n项和an2n高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个2等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并例 1 等比数列 an中， a1， a2， a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1， a2， a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列 第二列 第三列第一行 3 2 10第二行 6 4 14第三行 9 8 18(1)求数列 an的通
14、项公式；(2)若数列 bn满足： bn an(1) nln an，求数列 bn的前 n项和 Sn.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式跟踪演练 1 在等差数列 an中， a3 a4 a584， a973.(1)求数列 an的通项公式；(2)对任意 mN *，将数列 an中落入区间(9 m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列 bm的前 m项
15、和 Sm.3热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前 n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn的前 n项和，其中 an， bn分别是等差数列和等比数列例 2 (2015衡阳联考)已知数列 an的前 n项和为 Sn，且有a12,3 Sn5 an an1 3 Sn1 (n2)(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn(2 n1) an，求数列 bn的前 n项和 Tn.思维升华 (1)错位相减法适用于求数列 anbn的前 n项和，其中 an为等差数列， bn为等比数列；(2)所谓“错位” ，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项
16、数(3)为保证结果正确，可对得到的和取 n1,2进行验证跟踪演练 2 设数列 an的前 n项和为 Sn，已知 a11， Sn1 2 Sn n1( nN *)，(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，求数列 bn的前 n项和 Tn.nan 1 an4热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于 或 (其中 an为等差数列)等形式的数列求和1anan 1 1anan 2例 3 (2015广东韶关高三联考)已知在数列 an中， a11，当 n2 时，其前 n项和 Sn满足 S an(Sn )2n12(1)求 Sn的表达式；(2
17、)设 bn ，数列 bn的前 n项和为 Tn，证明 Tn0)，且 4a3是 a1与2a2的等差中项(1)求 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n项和 Tn.2n 1an提醒：完成作业 专题三 第 2讲6二轮专题强化练专题三第 2讲 数列的求和问题A组 专题通关1已知数列 1 ，3 ，5 ，7 ，则其前 n项和 Sn为( )12 14 18 116A n21 B n2212n 12nC n21 D n2212n 1 12n 12已知在数列 an中， a160， an1 an3，则| a1| a2| a3| a30|等于( )A445 B765C1 080 D3 1053在等差数
18、列 an中， a12 012，其前 n项和为 Sn，若 2 002，则 S2 014S2 0122 012 S1010的值等于( )A2 011 B2 012C2 014 D2 0134已知数列 an满足 a11， a23， an1 an1 an(n2)，则数列 an的前 40项和 S40等于( )A20 B40C60 D805(2015绍兴模拟) 的值为( )122 1 132 1 142 1 1 n 1 2 1A. B. n 12 n 2 34 n 12 n 2C. ( ) D. 34 12 1n 1 1n 2 32 1n 1 1n 26设 f(x) ，若 S f( ) f( ) f( )
19、，则 S_.4x4x 2 12 015 22 015 2 0142 01577(2015浙江名校联考)在数列 an中， a11， an2 (1) nan1，记 Sn是数列 an的前 n项和，则 S60_.8设 Sn为数列 an的前 n项和，若 (nN *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列” ；S2nSn若数列 cn是首项为 2，公差为 d(d0)的等差数列，且数列 cn是“和等比数列” ，则d_.9(2014北京)已知 an是等差数列，满足 a13, a412，数列 bn满足b14， b420，且 bn an为等比数列(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列 bn的前 n项和10
20、(2015山东)设数列 an的前 n项和为 Sn.已知 2Sn3 n3.(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足 anbnlog 3an，求 bn的前 n项和 Tn.8B组 能力提高11数列 an满足 a12， an ，其前 n项积为 Tn，则 T2 016等于( )an 1 1an 1 1A. B16 16C1 D112已知数列 an满足 an1 ，且 a1 ，则该数列的前 2 016项的和等于( )12 an a2n 12A1 509 B3 018C1 512 D2 01613已知 lg xlg y1，且 Snlg xnlg( xn1 y)lg( xn2 y2)lg yn，则S
21、n_.14(2015湖南)设数列 an的前 n项和为 Sn，已知 a11， a22，且an2 3 Sn Sn1 3, nN *.(1)证明： an2 3 an；(2)求 Sn.9学生用书答案精析第 2讲 数列的求和问题高考真题体验1解 (1)设等差数列 an的公差为 d，由已知得Error!解得Error!所以 an a1( n1) d n2.(2)由(1)可得 bn2 n n，所以 b1 b2 b3 b10(21)(2 22)(2 33)(2 1010)(22 22 32 10)(12310) 2 1 2101 2 1 10 102(2 112)552 11532 101.2解 (1)方程
22、x25 x60 的两根为 2,3，由题意得 a22， a43.设数列 an的公差为 d，则 a4 a22 d，故 d ，从而 a1 .12 32所以 an的通项公式为 an n1.12(2)设 的前 n项和为 Sn.an2n由(1)知 ，则an2n n 22n 1Sn ，322 423 n 12n n 22n 1Sn .12 323 424 n 12n 1 n 22n 2两式相减得Sn ( )12 34 123 12n 1 n 22n 2 (1 ) .34 14 12n 1 n 22n 210所以 Sn2 .n 42n 1热点分类突破例 1 解 (1)当 a13 时，不合题意；当 a12 时，
23、当且仅当 a26， a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意因此 a12， a26， a318，所以公比 q3.故 an23 n1 (nN *)(2)因为 bn an(1) nln an23 n1 (1) nln(23n1 )23 n1 (1) nln 2( n1)ln 323 n1 (1) n(ln 2ln 3)(1) nnln 3，所以 Sn2(133 n1 )111(1) n(ln 2ln 3)123(1) nnln 3.当 n为偶数时，Sn2 ln 31 3n1 3 n23 n ln 31；n2当 n为奇数时，Sn2 (ln 2ln 3) ln 31 3n1 3 (n 12
24、n)3 n ln 3ln 21.n 12综上所述， SnError!跟踪演练 1 解 (1)因为 an是一个等差数列，所以 a3 a4 a53 a484，所以 a428.设数列 an的公差为 d，则 5d a9 a4732845，故 d9.由 a4 a13 d得 28 a139，即 a11，所以 an a1( n1) d19( n1)9 n8( nN *)(2)对 mN *，若 9man92m，11则 9m89 n92m8，因此 9m1 1 n9 2m1 ，故得 bm9 2m1 9 m1 .于是 Sm b1 b2 b3 bm(99 39 2m1 )(199 m1 ) 9 1 81m1 81 1
25、 9m1 9 .92m 1 109m 180例 2 解 (1)3 Sn3 Sn15 an an1 (n2)，2 an an1 ， ，anan 1 12又 a12， an是以 2为首项，公比为 的等比数列，12 an2( )n1 ( )n2 2 2 n.12 12(2)bn(2 n1)2 2 n，Tn12 132 052 1 (2 n1)2 2 n，Tn12 032 1 (2 n3)2 2 n(2 n1)2 1 n，12 Tn22(2 02 1 2 2 n)(2 n1)2 1 n122 (2 n1)2 1 n21 2 1 n 11 2 16(2 n3)2 1 n， Tn12(2 n3)2 2 n
26、.跟踪演练 2 解 (1) Sn1 2 Sn n1，当 n2 时， Sn2 Sn1 n， an1 2 an1， an1 12( an1)，即 2( n2)，an 1 1an 1又 S22 S12， a1 S11， a23， 2，a2 1a1 112当 n1 时，式也成立， an12 n，即 an2 n1( nN *)(2) an2 n1， bn ，n 2n 1 1 2n 1 n2n 1 2n n2n Tn ，12 222 323 n2nTn ，12 122 223 n 12n n2n 1 Tn2( )12 122 123 12n n2n 12 2 .12n 1 n2n n 22n例 3 (1)
27、解 当 n2 时， an Sn Sn1 代入 S an(Sn )，得 2SnSn1 Sn Sn1 0，由2n12于 Sn0，所以 2，1Sn 1Sn 1所以 是首项为 1，公差为 2的等差数列，1Sn从而 1( n1)22 n1，1Sn所以 Sn .12n 1(2)证明 因为 bn Sn2n 1 ( )，1 2n 1 2n 1 12 12n 1 12n 1所以 Tn (1 )( )( )12 13 13 15 12n 1 12n 1 (1 ) ，12 12n 1 12所以 Tn .12跟踪演练 3 (1)99 (2)2011解析 (1)因为 an1n 1 n ，n 1 n所以 Sn a1 a2
28、 a3 an1 an( 1)( )( )( )2 3 2 4 3 n n 1( ) 1.n 1 n n 113由 19，解得 n99.n 1(2) a11， an1 an n1， a2 a12， a3 a23， an an1 n，将以上 n1 个式子相加得 an a123 n ，即 an ， 2 n n 12 n n 12令 bn ，1an故 bn 2 ，2n n 1 1n 1n 1故 S10 b1 b2 b102 .112 12 13 110 111 2011高考押题精练11解析 因为 an ，n 22nn n 1 2 n 1 n2nn n 1 12n 1n 12n n 1所以 Sn( )(
29、 ) 1201 1212 1212 1223 12n 1n 12n n 11 ，12n n 1由于 1 1，所以 M的最小值为 1.12n n 12解 (1)当 n1 时， S1 a(S1 a11)，所以 a1 a，当 n2 时， Sn a(Sn an1)，Sn1 a(Sn1 an1 1)，由，得 an aan1 ，即 a，anan 1故 an是首项 a1 a，公比等于 a的等比数列，所以 an aan1 an.故 a2 a2， a3 a3.由 4a3是 a1与 2a2的等差中项，可得 8a3 a12 a2，即 8a3 a2 a2，因为 a0，整理得 8a22 a10，即(2 a1)(4 a1
30、)0，14解得 a 或 a (舍去)，12 14故 an( )n .12 12n(2)由(1)，得 bn (2 n1)2 n，2n 1an所以 Tn3252 272 3(2 n1)2 n1 (2 n1)2 n，2Tn32 252 372 4(2 n1)2 n(2 n1)2 n1 ，由，得 Tn322(2 22 32 n)(2 n1)2 n162 (2 n1)2 n122 2n 11 222 n2 (2 n1)2 n12(2 n1)2 n1 ，所以 Tn2(2 n1)2 n1 .15二轮专题强化练答案精析第 2讲 数列的求和问题1A 因为 an2 n1 ，12n所以 Sn n 1 2n 12 1
31、 12n 121 12 n21 .12n2B an1 an3， an1 an3. an是以60 为首项，3 为公差的等差数列 an603( n1)3 n63.令 an0，得 n21.前 20项都为负值| a1| a2| a3| a30|( a1 a2 a20) a21 a302 S20 S30. Sn n n，a1 an2 123 3n2| a1| a2| a3| a30|765.3C 等差数列中， Sn na1 d， a1( n1) ，即数列 是首项为n n 12 Snn d2 Snna12 012，公差为 的等差数列；因为 2 002，所以，(2 01210) 2 d2 S2 0122 0
32、12 S1010 d2002， 1，所以， S2 0142 014d2(2 012)(2 0141)12 014，选 C.4C 由 an1 (n2)， a11， a23，可得anan 1a33， a41， a5 ， a6 ， a71， a83，这是一个周期为 6的数列，一个周期内13 13的 6项之和为 ，又 40664，所以 S406 133160.263 2635C 1 n 1 2 1 1n2 2n 1n n 216 ( )，121n 1n 2 (1 )122 1 132 1 142 1 1 n 1 2 1 12 13 12 14 13 15 1n 1n 2 ( )1232 1n 1 1n
33、 2 ( )34 12 1n 1 1n 261 007解析 f(x) ， f(1 x) ，4x4x 2 41 x41 x 2 22 4x f(x) f(1 x) 1.4x4x 2 22 4xS f( ) f( ) f( )，12 015 22 015 2 0142 015S f( ) f( ) f( )，2 0142 015 2 0132 015 12 015得，2 S f( ) f( ) f( ) f( ) f( ) f(12 015 2 0142 015 22 015 2 0132 015 2 0142 015)2 014，12 015 S 1 007.2 01427480解析 方法一 依
34、题意得，当 n是奇数时， an2 an1，即数列 an中的奇数项依次形成首项为 1、公差为 1的等差数列， a1 a3 a5 a59301 1465；30292当 n是偶数时， an2 an1，即数列 an中的相邻的两个偶数项之和均等于1， a2 a4 a6 a8 a58 a60( a2 a4)( a6 a8)( a58 a60)15.因此，该数列的前 60项和 S6046515480.方法二 an2 (1) nan1， a3 a11， a5 a31， a7 a51，且a4 a21， a6 a41， a8 a61， a2n1 为等差数列，且 a2n1 1( n1)1 n，即 a11， a32，
35、 a53， a74， S4 a1 a2 a3 a41124， S8 S4 a5 a6 a7 a83418，S12 S8 a9 a10 a11 a1256112， S60415 4480.151428217解析 由题意可知，数列 cn的前 n项和为 Sn ，前 2n项和为 S2nn c1 cn2，所以 2 2 .因为数列 cn是2n c1 c2n2 S2nSn2n c1 c2n2n c1 cn2 2nd2 nd d 21 2 dnd“和等比数列” ，即 为非零常数，所以 d2.S2nSn9解 (1)设等差数列 an的公差为 d，由题意得d 3，a4 a13 12 33所以 an a1( n1)
36、d3 n(n1,2，)设等比数列 bn an的公比为 q，由题意得q3 8，解得 q2.b4 a4b1 a1 20 124 3所以 bn an( b1 a1)qn1 2 n1 .从而 bn3 n2 n1 (n1,2，)(2)由(1)知 bn3 n2 n1 (n1,2，)数列3 n的前 n项和为 n(n1)，32数列2 n1 的前 n项和为 2 n1.1 2n1 2所以，数列 bn的前 n项和为 n(n1)2 n1.3210解 (1)因为 2Sn3 n3，所以 2a133，故 a13，当 n1 时，2 Sn1 3 n1 3，此时 2an2 Sn2 Sn1 3 n3 n1 23 n1 ，即 an3
37、 n1 ，所以 anError!(2)因为 anbnlog 3an，所以 b1 ，13当 n1 时， bn3 1 nlog33n1 ( n1)3 1 n.所以 T1 b1 ；13当 n1 时， Tn b1 b2 b3 bn (13 1 23 2 ( n1)3 1 n)，13所以 3Tn1(13 023 1 ( n1)3 2 n)，18两式相减，得 2Tn (3 03 1 3 2 3 2 n)( n1)3 1 n23 ( n1)3 1 n23 1 31 n1 3 1 ，所以 Tn ，136 6n 323n 1312 6n 343n经检验， n1 时也适合综上可得 Tn .1312 6n 343n
38、11C 由 an ，得 an1 .an 1 1an 1 1 1 an1 an a12， a23， a3 ， a4 ， a52， a63.12 13故数列 an具有周期性，周期为 4， a1a2a3a41， T2 016 T41.12C 因为 a1 ，12又 an1 ，12 an a2n所以 a21，从而 a3 ， a41，12即得 anError!故数列的前 2 016项的和等于S2 0161 008(1 )1 512.1213. n212解析 因为 lg xlg y1，所以 lg(xy)1.因为 Snlg xnlg( xn1 y)lg( xn2 y2)lg(xyn1 )lg yn，所以 Sn
39、lg ynlg( xyn1 )lg( xn2 y2)lg(xn1 y)lg xn，两式相加，得 2Sn(lg xnlg yn)lg( xn1 y)lg( xyn1 )(lg ynlg xn)lg( xnyn)lg( xn1 yxyn1 )lg( ynxn) nlg(xy)lg( xy)lg( xy) n2lg(xy) n2，所以 Sn n2.1214(1)证明 由条件，对任意 nN *，有 an2 3 Sn Sn1 3，19因而对任意 nN *， n2，有 an1 3 Sn1 Sn3.两式相减，得 an2 an1 3 an an1 ，即 an2 3 an， n2.又 a11， a22，所以 a
40、33 S1 S233 a1( a1 a2)33 a1，故对一切 nN *， an2 3 an.(2)解 由(1)知， an0，所以 3.于是数列 a2n1 是首项 a11，公比为 3等比数an 2an列；数列 a2n是首项 a22，公比为 3的等比数列因此 a2n1 3 n1 ， a2n23 n1 .于是 S2n a1 a2 a2n( a1 a3 a2n1 )( a2 a4 a2n)(133 n1 )2(133 n1 )3(133 n1 ) .3 3n 12从而 S2n1 S2n a2n 23 n13 3n 12 (53n2 1)32综上所述，SnError!1第 3讲 数列的综合问题1(20
41、15湖南)已知 a0，函数 f(x)e axsin x(x0，)记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(nN *)个极值点，证明：数列 f(xn)是等比数列2(2014课标全国)已知数列 an满足 a11， an1 3 an1.(1)证明 an 是等比数列，并求 an的通项公式；12(2)证明 0且 a1)的图象上一点，数列 bn的前 n项和 Sn f(n)1.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求证：数列 的前 n项和 Tn0， a1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列 an的第二项与第三项，若 bn ，数列 bn的前 n项和为 Tn，则 T10等于( )1anan 1A. B.91
42、1 101111C. D.811 12116若数列 an的前 n项和 Sn an ，则 an的通项公式是 an_.23 137等差数列 an的前 n项和为 Sn，已知 S100， S1525，则 nSn的最小值为_8对于数列 an，定义数列 an1 an为数列 an的“差数列” ，若 a12， an的“差数列”的通项公式为 2n，则数列 an的前 n项和 Sn_.9已知数列 an的前 n项和 Sn满足： Sn2 an2 n(nN *)(1)求数列 an的通项 an；(2)若数列 bn满足 bnlog 2(an2)， Tn为数列 的前 n项和，求证： Tn .bnan 2 1210(2015杭州
43、质检)已知数列 an的首项 a11， an1 1 ，其中 nN *.14an(1)设 bn ，求证：数列 bn是等差数列，并求出 an的通项公式；22an 1(2)设 cn ，数列 cncn2 的前 n项和为 Tn，是否存在正整数 m，使得 Tn0)及两点 A1(x1,0)和 A2(x2,0)，其中 x2x10.过 A1， A2分别作 x1x轴的垂线，交曲线 C于 B1， B2两点，直线 B1B2与 x轴交于点 A3(x3,0)，那么( )A x1， ， x2成等差数列x32B x1， ， x2成等比数列x32C x1， x3， x2成等差数列D x1， x3， x2成等比数列12记数列2 n
44、的前 n项和为 an，数列 的前 n项和为 Sn，数列 bn的通项公式为1anbn n8，则 bnSn的最小值为_13已知向量 a(2， n)， b( Sn， n1)， nN *，其中 Sn是数列 an的前 n项和，若a b，则数列 的最大项的值为_anan 1an 414数列 an的前 n项和为 Sn， a11，且对任意正整数 n，点( an1 ， Sn)在直线2x y20 上(1)求数列 an的通项公式；(2)是否存在实数 ，使得数列 Sn n 为等差数列？若存在，求出 的值；若不2n存在，请说明理由13学生用书答案精析第 3讲 数列的综合问题高考真题体验1证明 f( x) aeaxsin
45、 xe axcos xe ax(asin xcos x) eaxsin(x )，a2 1其中 tan ，0 .1a 2令 f( x)0，由 x0 得 x m，即 x m ， mN *，对 kN，若 2k x (2 k1)，即 2k x(2 k1) ，则 f( x)0；若(2 k1) x (2 k2)，即(2 k1) x(2 k2) ，则 f( x)0.因此，在区间( m1)， m )与( m ， m)上， f( x)的符号总相反于是当 x m (mN *)时， f(x)取得极值，所以 xn n (nN *)此时， f(xn)e a(n )sin(n )(1) n1 ea(n )sin .易知
46、f(xn)0，而 f xn 1f xne a 是常数，故数列 f(xn)是首项为 f(x1) 1 n 2ea n 1 sin 1 n 1ea n sin e a( )sin ，公比为e a 的等比数列2(1)解 由 an1 3 an1，得 an1 3( an )12 12又 a1 ，12 32所以 an 是首项为 ，公比为 3的等比数列12 32an ，因此 an的通项公式为 an .12 3n2 3n 12(2)证明 由(1)知 .1an 23n 1因为当 n1 时，3 n123 n1 ，所以 .13n 1 123n 114于是 1 1a1 1a2 1an 13 13n 1 (1 )0，所以
47、 an an1 0，则 an an1 2，所以数列 an是首项为 2，公差为 2的等差数列，故 an2 n.例 2 (1)解 Sn an，16 13当 n2 时， an Sn Sn1 an1 an，13 1315 an an1 .14又 S1 a1， a1 ，16 13 18 an ( )n1 ( )2n1 .1814 12(2)证明 由 cn1 cnlog an2 n1，得当 n2 时， cn c1( c2 c1)( c3 c2)1( cn cn1)035(2 n1) n21( n1)( n1) 1c2 1c3 1c4 1cn 122 1 132 1 142 1 1n2 1 (1 )( )(
48、 )( )12 13 12 14 13 15 1n 1 1n 1 (1 )( )12 12 1n 1n 1 ( ) .34 121n 1n 1 34又 ，1c2 1c3 1c4 1cn 1c2 13原式得证跟踪演练 2 (1)证明 由已知得 an1 an3( an an1 )(n2， nN *)，则 bn3 bn1 .又b13，则 bn是以 3为首项、3 为公比的等比数列(2)解 由 an1 an3 n得 ，an 13n 1 13 an3n 13设 cn ，则 cn1 cn ，an3n 13 13可得 cn1 (cn )，14 13 14又 c1 ，故 cn ( )n1 ，13 14 112
49、13则 an .3n 1 n4证明 1a2n 1 1a2n 432n 1 1 432n 1 80，Snn当 n7 时，由于 S6570，故 Sn570( a7 a8 an)57070 41( )n6 780210( )n6 .34 34 34因为 an是递减数列，所以 An是递减数列因为 An ，Snn 780 210 34 n 6nA8 82.73480，780 210 34 28A9 76.8230，所以 Tn0)当 a1 时， Sn0，是等差数列而不是等比数列；当 a1 时是等比数列故选 C.2A 记 bn3 n2，则数列 bn是以 1为首项，3 为公差的等差数列，所以a1 a2 a9
50、a10( b1) b2( b9) b10( b2 b1)( b4 b3)( b10 b9)5315.3C 由 Sn n26 n可得，当 n2 时，an Sn Sn1 n26 n( n1) 26( n1)2 n7.当 n1 时， S15 a1，也满足上式， an2 n7， nN *. n3 时， an3时， an0. TnError!4C 由题意可知，该女每天的织布量成等差数列，首项是 5，公差为 d，前 30项和为390.根据等差数列前 n项和公式，有 390305 d，解得 d .30292 16295B ylog a(x1)3 恒过定点(2,3)，即 a22， a33，又 an为等差数列，
51、 an n. bn .1n n 1 T101 ，故选 B.111 10116(2) n1解析 当 n1 时， a11；当 n2 时，an Sn Sn1 an an1 ，23 23故 2，故 an(2) n1 .anan 1749解析 设数列 an的首项和公差分别为 a1， d，19则Error!Error!则 nSn n3 n n2.n n 13 n33 103设函数 f(x) x2，x33 103则 f( x) x2 x，203当 x(0， )时， f( x)0，203所以函数 f(x)min f( )，203但 649，所以最小值为49.82 n1 2解析 an1 an2 n， an( a
52、n an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a12 n1 2 n2 2 222 22 n222 n.2 2n1 2 Sn 2 n1 2.2 2n 11 29(1)解 当 nN *时， Sn2 an2 n，则当 n2 时， Sn1 2 an1 2( n1)，两式相减得 an2 an2 an1 2，即 an2 an1 2， an22( an1 2)， 2，an 2an 1 2当 n1 时， S12 a12，则 a12， an2是以 a124 为首项，2 为公比的等比数列， an242 n1 ， an2 n1 2.(2)证明 bnlog 2(an2)log 22n1 n1， ，bnan 2
53、 n 12n 1则 Tn ，222 323 n 12n 1Tn ，12 223 324 n2n 1 n 12n 220两式相减得 Tn 12 222 123 124 12n 1 n 12n 2 ，1414 1 12n1 12 n 12n 2 14 12 12n 1 n 12n 2 34 n 32n 2 Tn ，32 n 32n 1当 n2 时， Tn Tn1 0，n 32n 1 n 22n n 12n 1 Tn为递增数列， Tn T1 .1210解 (1) bn1 bn 22an 1 1 22an 1 22 1 14an 1 22an 1 2(常数)，4an2an 1 22an 1数列 bn是
54、等差数列 a11， b12，因此 bn2( n1)22 n，由 bn 得 an .22an 1 n 12n(2)由 cn ， an 得 cn ，4ann 1 n 12n 2n cncn2 2( )，4n n 2 1n 1n 2 Tn2(1 )2(1 )3，13 12 14 13 15 1n 1n 2 12 1n 1 1n 2依题意要使 Tn 对于 nN *恒成立，1cmcm 1只需 3，1cmcm 1即 3，m m 14解得 m3 或 m4，又 m为正整数，所以 m的最小值为 3.2111A 由题意，得 B1， B2两点的坐标分别为( x1， )，( x2， )，1x1 1x2所以直线 B1B
55、2的方程为 y (x x1) ，1x1x2 1x1令 y0，得 x x1 x2，所以 x3 x1 x2，因此， x1， ， x2成等差数列x32124解析 根据已知，可得 an n(n1)，所以 ，1an 1n 1n 1所以 Sn ，nn 1所以 bnSn n1 104，n n 8n 1 9n 1当且仅当 n1 ，9n 1即 n2 时等号成立，所以 bnSn的最小值为4.13.19解析 依题意得 ab0，即 2Sn n(n1)， Sn .n n 12当 n2 时， an Sn Sn1 n；n n 12 n n 12又 a1 S1 1，1 1 12因此 an n， ，anan 1an 4 n n
56、 1 n 4 nn2 5n 4 1n 4n 5 19当且仅当 n ， nN *4n，即 n2 时取等号，因此数列 的最大项的值为 .anan 1an 4 1914解 (1)由题意，可得 2an1 Sn20.22当 n2 时，2 an Sn1 20.，得 2an1 2 an an0，所以 (n2)an 1an 12因为 a11,2 a2 a12，所以 a2 .12所以 an是首项为 1，公比为 的等比数列12所以数列 an的通项公式为an( )n1 .12(2)由(1)知， Sn 2 .1 12n1 12 12n 1若 Sn n 为等差数列，则 S1 ， S22 ， S33 成等差数列，2n 2 22 23则 2(S2 ) S1 S3 ，94 32 258即 2( )1 ，32 94 32 74 258解得 2.又 2 时， Sn2 n 2 n2，22n显然2 n2成等差数列，故存在实数 2，使得数列 Sn n 为等差数列2n
