（新课标）2016高考数学二轮复习 专题4 数列习题（打包8套）.zip

1第 1 讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015 新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为 1 的等差数列,S n为{a n}的前 n 项和.若 S8=4S4,则 a10等于( B )(A) (B) (C)10 (D)12172 192解析:设等差数列{a n}的首项为 a1,公差为 d.由题设知 d=1,S8=4S4,所以 8a1+28=4(4a1+6),解得 a1= ,12所以 a10= +9= ,选 B.12 1922.(2015 辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为 0 的等差数列{a n}满足 a4-2 +3a8=0,数𝑎27列{b n}是等比数列,且 b7=a7,则 b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为 a4-2 +3a8=0,𝑎27所以 a1+3d-2 +3(a1+7d)=0,𝑎27所以 4(a1+6d)-2 =0,𝑎27即 4a7-2 =0,𝑎27又 a7≠0,所以 a7=2,所以 b7=2,所以 b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3= =8.𝑏37故选 D.3.(2015 河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前 n 项和为 Sn,若 27a3-a6=0,则 = .𝑆6𝑆3解析:设等比数列公比为 q(q≠1),因为 27a3-a6=0,所以 27a3-a3q3=0,所以 q3=27,q=3,2所以 = = = =28.𝑆6𝑆3𝑎1(1‒𝑞6)1‒𝑞𝑎1(1‒𝑞3)1‒𝑞 1‒361‒33(1+33)(1‒33)1‒33答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015 河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若 a4+a6=10,则 a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a 7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9= +2a4a6+𝑎24 𝑎26=(a4+a6)2=102=100.故选 C.5.设等比数列{a n}中,前 n 项和为 Sn,已知 S3=8,S6=7,则 a7+a8+a9等于( A )(A) (B)- (C) (D)18 18 578 558解析:因为 a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中 S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即 8,-1,S9-S6成等比数列,所以有 8(S9-S6)=1,即 S9-S6= .故选 A.186.(2015 新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足 a1= ,a3a5=4(a4-1),则 a2等于( C )14(A)2 (B)1 (C) (D)12 18解析:法一 根据等比数列的性质,结合已知条件求出 a4,q 后求解.因为 a3a5= ,a3a5=4(a4-1),𝑎24所以 =4(a4-1),𝑎24所以 -4a4+4=0,𝑎24所以 a4=2.又因为 q3= = =8,𝑎4𝑎1214所以 q=2,所以 a2=a1q= ×2= .14 12故选 C.3法二 直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出 q 后求解.因为 a3a5=4(a4-1),所以 a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将 a1= 代入上式并整理,14得 q6-16q3+64=0,解得 q=2,所以 a2=a1q= .12故选 C.7.(2015 哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设 Sn是公差不为零的等差数列{a n}的前 n 项和,且 a10,若 S5=S9,则当 Sn最大时,n 等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得 S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以 2(a7+a8)=0,所以 a7+a8=0,又 a10,所以该等差数列的前 7 项为正数,从第 8 项开始为负数.所以当 Sn最大时,n=7.故选 B.8.(2015 东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足 a4+a6+a2010+a2012=8,则 S2015= .解析:因为 a4+a6+a2010+a2012=8,所以 2(a4+a2012)=8,所以 a4+a2012=4.所以 S2015= =2015×(𝑎1+𝑎2015)2 2015×(𝑎4+𝑎2012)2=4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015 甘肃二诊)设等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且满足 S170,S180,(𝑎1+𝑎17)×172S18= =9(a10+a9)0,a10+a90, 0,…, 0, a2…a9,所以 , ,…, 中最大的项为 .𝑆1𝑎1𝑆2𝑎2𝑆15𝑎15𝑆9𝑎9故选 C.10.(2015 河北沧州 4 月质检)等差数列{a n}中,a 1=10,公差 d=-2,记Ⅱ n=a1×a2×…×an(即Ⅱ n表示数列{a n}的前 n 项之积),则数列{Ⅱ n}中的最大项是( A )(A)Ⅱ 5 (B)Ⅱ 6 (C)Ⅱ 5或Ⅱ 6 (D)Ⅱ 4解析:在等差数列{a n}中,a 2=8,a3=6,a4=4,a5=2,a6=0,…,故数列{Ⅱ n}中的最大项是Ⅱ 5.故选A.11.(2015 兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知 a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若 a3,a5分别为等差数列{b n}的第 3 项和第 5 项,试求数列{b n}的前 n 项和 Sn.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以 =q3=8;𝑎4𝑎1所以 q=2.所以 an=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以 b5-b3=24=2d,所以 d=12,b1=a3-2d=-16,所以 Sn=-16n+ ×12=6n2-22n.𝑛(𝑛‒1)2一、选择题1.(2015 云南第二次检测)设 Sn是等差数列{a n}的前 n 项和,若 a1∶a 2=1∶2,则 S1∶S 3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S 1∶S 3=a1∶(a 1+a2+a3)=a1∶3a 2,又 a1∶a 2=1∶2,所以 S1∶S 3=1∶6.故选 D.2.(2015 银川九中月考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn等于( B )5(A)2n-1 (B)（ ） n-1 (C)( )n-1 (D)32 23 12𝑛‒1解析:由 Sn=2an+1得 Sn=2(Sn+1-Sn),所以 Sn+1= Sn.32所以{S n}是以 S1=a1=1 为首项, 为公比的等比数列.32所以 Sn=( )n-1.32故选 B.3.(2015 河北石家庄二模)等比数列{a n}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+5a1,a7=2,则 a5等于( A )(A) (B)- (C)2 (D)-212 12解析:设公比为 q,因为 S3=a2+5a1,所以 a1+a2+a3=a2+5a1,所以 a3=4a1,所以 q2= =4,𝑎3𝑎1又 a7=2,所以 a5= = = .𝑎7𝑞22412故选 A.4.已知{a n}为等比数列,a 4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一 利用等比数列的通项公式求解.由题意得 {𝑎4+𝑎7=𝑎1𝑞3+𝑎1𝑞6=2,𝑎5𝑎6=𝑎1𝑞4×𝑎1𝑞5=𝑎21𝑞9=‒8,所以 或{𝑞3=‒2,𝑎1=1 {𝑞3=‒12,𝑎1=‒8,所以 a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二 利用等比数列的性质求解.由 {𝑎4+𝑎7=2,𝑎5𝑎6=𝑎4𝑎7=‒8,解得 或{𝑎4=‒2,𝑎7=4 {𝑎4=4,𝑎7=‒2.6所以 或{𝑞3=‒2,𝑎1=1 {𝑞3=‒12,𝑎1=‒8,所以 a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选 D.5.(2015 兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,若 a4=18-a5,则 S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为 a4=18-a5,所以 a4+a5=18,所以 S8= = = =72.8×(𝑎1+𝑎8)2 8×(𝑎4+𝑎5)2 8×182故选 D.6.(2014 郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=can(c 为非零常数),前 n 项和为Sn=3n+k,则实数 k 为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由 an+1=can,可知{a n}是等比数列,设公比为 q,由 Sn= 得 Sn=- qn+ ,𝑎1(1‒𝑞𝑛)1‒𝑞 𝑎11‒𝑞 𝑎11‒𝑞由 Sn=3n+k,知 k=-1.故选 A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足 + = + ,则该数列的前 10 项和等于( C )𝑎24𝑎25𝑎26𝑎27(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为 a1,公差为 d(d≠0),由 + = + 得,𝑎24𝑎25𝑎26𝑎27(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得 2a1+9d=0,即 a1+a10=0,所以 S10= =0.10(𝑎1+𝑎10)2故选 C.8.(2015 北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若 a1+a20,则 a2+a30(B)若 a1+a3 𝑎1𝑎3(D)若 a10解析:因为{a n}为等差数列,7所以 2a2=a1+a3.当 a2a10 时,得公差 d0,所以 a30,所以 a1+a32 ,𝑎1𝑎3所以 2a22 ,𝑎1𝑎3即 a2 ,故选 C.𝑎1𝑎39.(2015 大连市二模)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a2=4,S10=110,则 的最小值𝑆𝑛+64𝑎𝑛为( C )(A)7 (B) (C) (D)8152 172解析:设等差数列{a n}的公差为 d,则 {𝑎2=𝑎1+𝑑=4,𝑆10=10𝑎1+10×92 𝑑=110,解得 {𝑎1=2,𝑑=2.所以 an=2+2(n-1)=2n,Sn=2n+ ×2=n2+n,𝑛(𝑛‒1)2所以 =𝑆𝑛+64𝑎𝑛 𝑛2+𝑛+642𝑛= + +𝑛232𝑛12≥2 +𝑛2×32𝑛12= .172当且仅当 = ,𝑛232𝑛即 n=8 时取等号.故选 C.10.设数列{a n},则有( C )(A)若 =4n,n∈N *,则{a n}为等比数列𝑎2𝑛(B)若 an·an+2= ,n∈N *,则{a n}为等比数列𝑎2𝑛+1(C)若 am·an=2m+n,n∈N *,则{a n}为等比数列8(D)若 an·an+3=an+1·an+2,n∈N *,则{a n}为等比数列解析:A.若 a1=-2,a2=4,a3=8,满足 =4n,n∈N *,但{a n}不是等比数列 ,故 A 错;𝑎2𝑛B.若 an=0,满足 an·an+2= ,n∈N *,但{a n}不是等比数列 ,故 B 错;𝑎2𝑛+1C.若 am·an=2m+n,m,n∈N *,则有 = = =2.𝑎𝑚·𝑎𝑛+1𝑎𝑚·𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛 2𝑚+𝑛+12𝑚+𝑛所以{a n}是等比数列,故 C 正确;D.若 an=0,满足 an·an+3=an+1·an+2,n∈N *,但{a n}不是等比数列,故 D 错.二、填空题11.(2015 黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a 4+a8+a12=6,则 a9- a11= . 13解析:设等差数列{a n}公差为 d,因为 a4+a8+a12=6,所以 3a8=6,即 a8=a1+7d=2,所以 a9- a11=a1+8d- (a1+10d)13 13= a1+ d23 143= (a1+7d)23= ×223= .43答案:4312.(2015 宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足 a2= ,a6= ,且12 132= (n≥2,n∈N *),则 log2a4= . 𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛‒1解析:因为 = (n≥2,n∈N *),𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛‒1所以 =an-1·an+1,𝑎2𝑛所以数列{a n}为等比数列.又 a2= ,a6= ,12 132所以 q4= = .𝑎6𝑎21169因为数列为正项数列,所以 q0,所以 q= .12所以 a4=a2q2= × = ,12 1418所以 log2a4=log2 =-3.18答案:-313.(2015 安徽卷)已知数列{a n}中,a 1=1,an=an-1+ (n≥2), 则数列{a n}的前 9 项和等于 .12解析:因为 a1=1,an=an-1+ (n≥2),12所以数列{a n}是首项为 1、公差为 的等差数列,12所以前 9 项和 S9=9+ × =27.9×82 12答案:2714.(2015 湖南卷)设 Sn为等比数列{a n}的前 n 项和.若 a1=1,且 3S1,2S2,S3成等差数列,则an= . 解析:设等比数列{a n}的公比为 q(q≠0),依题意得 a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又 3S1,2S2,S3成等差数列,所以 4S2=3S1+S3,即 4(1+q)=3+1+q+q2,所以 q=3(q=0 舍去).所以 an=a1qn-1=3n-1.答案:3 n-11第 1 讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015 新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为 1 的等差数列,S n为{a n}的前 n 项和.若 S8=4S4,则 a10等于( B )(A) (B) (C)10 (D)12172 192解析:设等差数列{a n}的首项为 a1,公差为 d.由题设知 d=1,S8=4S4,所以 8a1+28=4(4a1+6),解得 a1= ,12所以 a10= +9= ,选 B.12 1922.(2015 辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为 0 的等差数列{a n}满足 a4-2 +3a8=0,数𝑎27列{b n}是等比数列,且 b7=a7,则 b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为 a4-2 +3a8=0,𝑎27所以 a1+3d-2 +3(a1+7d)=0,𝑎27所以 4(a1+6d)-2 =0,𝑎27即 4a7-2 =0,𝑎27又 a7≠0,所以 a7=2,所以 b7=2,所以 b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3= =8.𝑏37故选 D.3.(2015 河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前 n 项和为 Sn,若 27a3-a6=0,则 = .𝑆6𝑆3解析:设等比数列公比为 q(q≠1),因为 27a3-a6=0,所以 27a3-a3q3=0,所以 q3=27,q=3,2所以 = = = =28.𝑆6𝑆3𝑎1(1‒𝑞6)1‒𝑞𝑎1(1‒𝑞3)1‒𝑞 1‒361‒33(1+33)(1‒33)1‒33答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015 河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若 a4+a6=10,则 a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a 7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9= +2a4a6+𝑎24 𝑎26=(a4+a6)2=102=100.故选 C.5.设等比数列{a n}中,前 n 项和为 Sn,已知 S3=8,S6=7,则 a7+a8+a9等于( A )(A) (B)- (C) (D)18 18 578 558解析:因为 a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中 S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即 8,-1,S9-S6成等比数列,所以有 8(S9-S6)=1,即 S9-S6= .故选 A.186.(2015 新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足 a1= ,a3a5=4(a4-1),则 a2等于( C )14(A)2 (B)1 (C) (D)12 18解析:法一 根据等比数列的性质,结合已知条件求出 a4,q 后求解.因为 a3a5= ,a3a5=4(a4-1),𝑎24所以 =4(a4-1),𝑎24所以 -4a4+4=0,𝑎24所以 a4=2.又因为 q3= = =8,𝑎4𝑎1214所以 q=2,所以 a2=a1q= ×2= .故选 C.14 12法二 直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出 q 后求解.3因为 a3a5=4(a4-1),所以 a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将 a1= 代入上式并整理,得14q6-16q3+64=0,解得 q=2,所以 a2=a1q= .故选 C.127.(2015 哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设 Sn是公差不为零的等差数列{a n}的前 n 项和,且 a10,若 S5=S9,则当 Sn最大时,n 等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得 S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以 2(a7+a8)=0,所以 a7+a8=0,又 a10,所以该等差数列的前 7 项为正数,从第 8 项开始为负数.所以当 Sn最大时,n=7.故选 B.8.(2015 东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足 a4+a6+a2010+a2012=8,则 S2015= .解析:因为 a4+a6+a2010+a2012=8,所以 2(a4+a2012)=8,所以 a4+a2012=4.所以 S2015= = =4030.2015×(𝑎1+𝑎2015)2 2015×(𝑎4+𝑎2012)2答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015 甘肃二诊)设等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且满足 S170,S180,(𝑎1+𝑎17)×172S18= =9(a10+a9)0,a10+a90, 0,…, 0, a2…a9,所以 , ,…, 中最大的项为 .𝑆1𝑎1𝑆2𝑎2𝑆15𝑎15𝑆9𝑎9故选 C.10.(2014 辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为 d,若数列{ }为递减数列,则( C )2𝑎1𝑎𝑛(A)d0(C)a1d0解析:因为数列{ }为递减数列 ,2𝑎1𝑎𝑛a1an=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于 n 的一次函数,所以 a1d0,则 a2+a30(B)若 a1+a3 𝑎1𝑎37(D)若 a10解析:因为{a n}为等差数列,所以 2a2=a1+a3.当 a2a10 时,得公差 d0,所以 a30,所以 a1+a32 ,𝑎1𝑎3所以 2a22 ,𝑎1𝑎3即 a2 ,故选 C.𝑎1𝑎39.(2015 大连市二模)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a2=4,S10=110,则 的最小值𝑆𝑛+64𝑎𝑛为( C )(A)7 (B) (C) (D)8152 172解析:设等差数列{a n}的公差为 d,则 {𝑎2=𝑎1+𝑑=4,𝑆10=10𝑎1+10×92 𝑑=110,解得 {𝑎1=2,𝑑=2.所以 an=2+2(n-1)=2n,Sn=2n+ ×2=n2+n,𝑛(𝑛‒1)2所以 =𝑆𝑛+64𝑎𝑛 𝑛2+𝑛+642𝑛= + +𝑛232𝑛12≥2 + = .𝑛2×32𝑛12172当且仅当 = ,即 n=8 时取等号 .𝑛232𝑛故选 C.10.(2015 福建卷)若 a,b 是函数 f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且 a,b,-2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的值等于( D )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知 a,b 是 x2-px+q=0 的两根,所以 a+b=p0,ab=q0,故 a,b 均为正数.因为 a,b,-2 适当排序后成等比数列,所以-2 是 a,b 的等比中项,得 ab=4,所以 q=4.又 a,b,-2 适当排序后成等差数列,所以-2 是第一项或第三项,不妨设 a0,{2𝑎=𝑏‒2,𝑎𝑏=4, 所以 a=1,此时 b=4,所以 p=a+b=5,所以 p+q=9.故选 D.二、填空题11.(2015 黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a 4+a8+a12=6,则 a9- a11= . 13解析:设等差数列{a n}公差为 d,因为 a4+a8+a12=6,所以 3a8=6,即 a8=a1+7d=2,所以 a9- a11=a1+8d- (a1+10d)13 13= a1+ d23 143= (a1+7d)23= ×2= .23 43答案:4312.(2015 宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足 a2= ,a6= ,且12 132= (n≥2,n∈N *),则 log2a4= . 𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛‒1解析:因为 = (n≥2,n∈N *),𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛‒1所以 =an-1·an+1,𝑎2𝑛所以数列{a n}为等比数列.又 a2= ,a6= ,12 132所以 q4= = .𝑎6𝑎2116因为数列为正项数列,所以 q0,所以 q= .12所以 a4=a2q2= × = ,12 14189所以 log2a4=log2 =-3.18答案:-313.(2015 安徽卷)已知数列{a n}中,a 1=1,an=an-1+ (n≥2), 则数列{a n}的前 9 项和等于 .12解析:因为 a1=1,an=an-1+ (n≥2),12所以数列{a n}是首项为 1、公差为 的等差数列,12所以前 9 项和 S9=9+ × =27.9×82 12答案:2714.(2015 湖南卷)设 Sn为等比数列{a n}的前 n 项和.若 a1=1,且 3S1,2S2,S3成等差数列,则an= . 解析:设等比数列{a n}的公比为 q(q≠0),依题意得 a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又 3S1,2S2,S3成等差数列,所以 4S2=3S1+S3,即 4(1+q)=3+1+q+q2,所以 q=3(q=0 舍去).所以 an=a1qn-1=3n-1.答案:3 n-11第 2 讲 数列求和及综合应用求数列的通项训练提示: 求数列通项的常用方法有累加法、累积法、构造等比数列法或已知 Sn与 an关系,求an或利用方程思想联立方程组,求出基本量,得出 an.解题时应注意各自的适用范围及注意验证 n=1 的情况.1.(2015 宁夏石嘴山高三联考)已知各项都不相等的等差数列{a n}的前 7 项和为 70,且 a3为a1和 a7的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足 bn+1-bn=an(n∈N *),且 b1=2,求数列{ }的前 n 项和 Tn.1𝑏𝑛解:(1)设等差数列{a n}的公差为 d(d≠0),则 {7𝑎1+21𝑑=70,𝑎1·(𝑎1+6𝑑)=(𝑎1+2𝑑)2,解得 {𝑑=2,𝑎1=4,所以 an=2n+2.(2)因为 bn+1-bn=an,所以 bn-bn-1=an-1=2n(n≥2,n∈N *)bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+…+a1+b1=n(n+1).所以 = = - ,1𝑏𝑛 1𝑛(𝑛+1)1𝑛 1𝑛+1所以 Tn=1- + - +…+ -121213 1𝑛 1𝑛+1=1- = .1𝑛+1 𝑛𝑛+12.(2015 东北三校第二次联考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且 a1=2,an+1=Sn+2,n∈N *.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设 bn=n·an,求数列{b n}的前 n 项和 Tn.解:(1)当 n=1 时 a2=S1+2=4=2a1,当 n≥2 时, ⇒an+1=2an,{𝑎𝑛+1=𝑆𝑛+2,𝑎𝑛=𝑆𝑛‒1+2数列{a n}满足 an+1=2an(n∈N *),且 a1=2,所以 an=2n(n∈N *).(2)bn=n·an=n·2n2Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1两式相减,得-Tn=21+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1-Tn= -n·2n+1,2(1‒2𝑛)1‒2Tn=2+(n-1)·2n+1(n∈N *).求数列的前 n 项和训练提示: 在数列求和的几种常见方法中,一定要注意其各自的适用范围,其中在裂项相消法中注意裂项后的恒等变形,在错位相减法中注意相减后,哪些项构成等比数列.3.(2015 甘肃二诊)已知数列{a n}中,a 1=2,且 an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N *).(1)求 a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设 bn= ,求数列{b n}的前 n 项和 Sn.𝑎𝑛2𝑛‒1解:(1)由已知 an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N *)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即 an-n=2[an-1-(n-1)],因为 =2(n≥2,n∈N *).𝑎𝑛‒𝑛𝑎𝑛‒1‒(𝑛‒1)所以{a n-n}是以 2 为公比的等比数列.(2)由(1)得 an-n=(a1-1)·2n-1.即 an=2n-1+n.所以 bn= =1+ .𝑎𝑛2𝑛‒1 𝑛2𝑛‒1设 cn= ,且前 n 项和为 Tn,𝑛2𝑛‒1所以 Tn= + + +…+ ①120221322 𝑛2𝑛‒1Tn= + + +…+ ②12 121222323 𝑛2𝑛①-②得 Tn=1+( + + +…+ )-12 12 122123 12𝑛‒1 𝑛2𝑛3= - =2- .1‒12𝑛1‒12 𝑛2𝑛 2+𝑛2𝑛所以 Tn=4- ,Sn=n+4- .2+𝑛2𝑛‒1 2+𝑛2𝑛‒14.(2015 郑州第二次质量预测)已知等差数列{a n}的各项均为正数,a 1=1,且 a3,a4+ ,a11成等52比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)设 bn= ,求数列{b n}的前 n 项和 Tn.1𝑎𝑛𝑎𝑛+1解:(1)设等差数列公差为 d,由题意知 d0.因为 a3,a4+ ,a11成等比数列,所以(a 4+ )2=a3a11,52 52所以( +3d)2=(1+2d)(1+10d),72即 44d2-36d-45=0,所以 d= (d=- 舍去),32 1522所以 an= .3𝑛‒12(2)bn= =1𝑎𝑛𝑎𝑛+1 4(3𝑛‒1)(3𝑛+2)= ( - ).43 13𝑛‒1 13𝑛+2所以 Tn= ( - + - +…+ - )4312151518 13𝑛‒1 13𝑛+2= .2𝑛3𝑛+2数列的综合问题训练提示: 解答数列综合问题要善于用化归思想把非等差、等比数列问题转化为等差、等比数列问题,并结合函数与方程的思想方法分析、解决问题.数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分,先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式,然后再利用数列知识和方法求解.5.(2015 郑州第二次质量预测)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设 bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)b n≥nk 对任意 n∈N *恒成立的实数 k 的取值范4围.解:(1)由 Sn=2an-2 可得 a1=2,因为 Sn=2an-2,所以当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即 =2.𝑎𝑛𝑎𝑛‒1数列{a n}是以 a1=2 为首项,公比为 2 的等比数列,所以 an=2n(n∈N *).(2)bn=log2a1+log2a2+…+log2an=1+2+3+…+n= .𝑛(𝑛+1)2由(n-8)b n≥nk 对任意 n∈N *恒成立,即实数 ≥k 对 n∈N *恒成立;(𝑛‒8)(𝑛+1)2设 cn= (n-8)(n+1),12则当 n=3 或 4 时,c n取得最小值为-10,所以 k≤-10.【教师备用】 (2015 陕西卷)设 fn(x)=x+x2+…+xn-1,x≥0,n∈N,n≥2.(1)求 f′ n(2);(2)证明:f n(x)在(0, )内有且仅有一个零点(记为 an),且 00,2323[1‒(23) 𝑛]1‒23 23 23所以 fn(x)在(0, )内至少存在一个零点.23又 f′ n(x)=1+2x+…+nxn-10,所以 fn(x)在(0, )内单调递增,23因此 fn(x)在(0, )内有且仅有一个零点 an.23由于 fn(x)= -1,𝑥‒𝑥𝑛+11‒𝑥所以 0=fn(an)= -1,𝑎𝑛‒𝑎𝑛+1𝑛1‒𝑎𝑛由此可得 an= + ,1212𝑎𝑛+1𝑛 12故 对任意 n∈N +都成立的正整数 m 的最小值.1𝑇𝑛解:(1)因为 an+1=2an+1,所以 an+1+1=2(an+1),因为 a1=1,a1+1=2≠0,所以数列{a n+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.所以 an+1=2×2n-1,所以 an=2n-1.(2)因为 cn= = ( - ),1(2𝑛+1)(2𝑛+3)12 12𝑛+1 12𝑛+3所以 Tn= ( - + - +…+ - )1213151517 12𝑛+1 12𝑛+3= ( - )1213 12𝑛+3=𝑛3×(2𝑛+3)= .𝑛6𝑛+9所以 = =6+ ,n∈N *,1𝑇𝑛6𝑛+9𝑛 9𝑛所以 6+ ≤15.9𝑛所以当 n=1 时, 取得最大值 15.1𝑇𝑛要使得 am 对任意 n∈N *恒成立,结合(1)的结果,只需 2m-115,1𝑇𝑛由此得 m4.所以正整数 m 的最小值是 5.4.(2015 东北三校联合二模)已知数列{a n}前 n 项和为 Sn,满足 Sn=2an-2n(n∈N *).(1)证明:{a n+2}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足 bn=log2(an+2),Tn为数列{ }的前 n 项和,若 Tna 对正整数 n 都成立,求1𝑏𝑛𝑏𝑛+1a 的取值范围.解:(1)由题设 Sn=2an-2n(n∈N *),Sn-1=2an-1-2(n-1)(n≥2),两式相减得 an=2an-1+2,7即 an+2=2(an-1+2),又 a1+2=4,所以{a n+2}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列.an+2=4×2n-1,an=4×2n-1-2=2n+1-2(n≥2),又 a1=2,所以 an=2n+1-2(n∈N *).(2)因为 bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,= = - ,1𝑏𝑛𝑏𝑛+1 1(𝑛+1)(𝑛+2) 1𝑛+1 1𝑛+2所以 Tn=( - )+( - )+…+( - )= - ,1213 1314 1𝑛+1 1𝑛+2 12 1𝑛+212所以 a≥ ,即 a 的取值范围为[ ,+∞).12 12类型三:数列的综合问题5.(2015 东北三校联合模拟)已知数列{a n}满足 · · … = (n∈N *),𝑙𝑛 𝑎12 𝑙𝑛 𝑎25 𝑙𝑛 𝑎38 𝑙𝑛 𝑎𝑛3𝑛‒13𝑛+22则 a10等于( C )(A)e26 (B)e29 (C)e32 (D)e35解析:因为 · · … = ①𝑙𝑛 𝑎12 𝑙𝑛 𝑎25 𝑙𝑛 𝑎38 𝑙𝑛 𝑎𝑛3𝑛‒13𝑛+22所以 · · … = ②𝑙𝑛 𝑎12 𝑙𝑛 𝑎25 𝑙𝑛 𝑎38 𝑙𝑛 𝑎𝑛‒13𝑛‒4 3𝑛‒12所以 得 = ,所以 ln an=3n+2.①②𝑙𝑛 𝑎𝑛3𝑛‒13𝑛+23𝑛‒1所以 ln a10=32,所以 a10=e32.故选 C.6.(2015 滨州模拟)已知数列{a n}中,a 1=9,点(a n,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上,其中 n为正整数.(1)证明:数列{lg(a n+1)}为等比数列.(2)令 bn=an+1,设数列{b n}的前 n 项积为 Tn,即 Tn=(a1+1)(a2+1)…(an+1),求 lg Tn.(3)在(2)的条件下,记 cn= ,设数列{c n}的前 n 项和𝑙𝑔 𝑇𝑛+1[𝑙𝑔(𝑎𝑛+1+1)‒1][𝑙𝑔(𝑎𝑛+2+1)‒1]为 Sn,求证:S n1.(1)证明:由题意得 an+1= +2an,𝑎2𝑛即 an+1+1=(an+1)2,对 an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1),因为 a1=9,所以 lg(a1+1)=lg 10=1,8所以数列{lg(a n+1)}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列.(2)解:由(1)知 lg(an+1)=2n-1.lg Tn=lg[(a1+1)(a2+1)…(an+1)]=lg(a1+1)+lg(a2+1)+…+lg(an+1)=1×(1‒2𝑛)1‒2所以 lg Tn=2n-1.(3)证明:c n= = - ,2𝑛(2𝑛‒1)(2𝑛+1‒1) 12𝑛‒1 12𝑛+1‒1Sn=( - )+( - )+( - )+…+( - )121‒1 122‒1 122‒1 123‒1 123‒1 124‒1 12𝑛‒1 12𝑛+1‒1=1- 1.12𝑛+1‒11第 2 讲 数列求和及综合应用求数列的通项训练提示:求数列通项的常用方法有累加法、累积法、构造等比数列法或已知 Sn与 an关系,求 an或利用方程思想联立方程组,求出基本量,得出 an.解题时应注意各自的适用范围及注意验证 n=1 的情况.1.(2015 宁夏石嘴山高三联考)已知各项都不相等的等差数列{a n}的前 7 项和为 70,且 a3为a1和 a7的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足 bn+1-bn=an(n∈N *),且 b1=2,求数列（ ）的前 n 项1𝑏𝑛和 Tn.解:(1)设等差数列{a n}的公差为 d(d≠0),则解得{7𝑎1+21𝑑=70,𝑎1·(𝑎1+6𝑑)=(𝑎1+2𝑑)2, {𝑑=2,𝑎1=4,所以 an=2n+2.(2)因为 bn+1-bn=an,所以 bn-bn-1=an-1=2n(n≥2,n∈N *)bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+…+a1+b1=n(n+1).所以 = = - ,1𝑏𝑛 1𝑛(𝑛+1)1𝑛 1𝑛+1所以 Tn=1- + - +…+ -121213 1𝑛 1𝑛+1=1- = .1𝑛+1 𝑛𝑛+1【教师备用】 (2015 东北三校第二次联考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且a1=2,an+1=Sn+2,n∈N *.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设 bn=n·an,求数列{b n}的前 n 项和 Tn.解:(1)当 n=1 时 a2=S1+2=4=2a1,当 n≥2 时,⇒an+1=2an,{𝑎𝑛+1=𝑆𝑛+2,𝑎𝑛=𝑆𝑛‒1+2数列{a n}满足 an+1=2an(n∈N *),且 a1=2,所以 an=2n(n∈N *).(2)bn=n·an=n·2nTn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n22Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1两式相减,得-Tn=21+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1-Tn= -n·2n+1,2(1‒2𝑛)1‒2Tn=2+(n-1)·2n+1(n∈N *).求数列的前 n 项和训练提示:在数列求和的几种常见方法中,一定要注意其各自的适用范围,其中在裂项相消法中注意裂项后的恒等变形,在错位相减法中注意相减后,哪些项构成等比数列.2.(2015 甘肃二诊)已知数列{a n}中,a 1=2,且 an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N *).(1)求 a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设 bn= ,求数列{b n}的前 n 项和 Sn.𝑎𝑛2𝑛‒1解:(1)由已知 an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N *)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即 an-n=2[an-1-(n-1)],因为 =2(n≥2,n∈N *).𝑎𝑛‒𝑛𝑎𝑛‒1‒(𝑛‒1)所以{a n-n}是以 2 为公比的等比数列.(2)由(1)得 an-n=(a1-1)·2n-1.即 an=2n-1+n.所以 bn= =1+ .𝑎𝑛2𝑛‒1 𝑛2𝑛‒1设 cn= ,且前 n 项和为 Tn,𝑛2𝑛‒1所以 Tn= + + +…+ ①120221322 𝑛2𝑛‒1Tn= + + +…+ ②12 121222323 𝑛2𝑛①-②得 Tn=1+（ + + +…+ ）-12 12 122123 12𝑛‒1 𝑛2𝑛3= -1‒12𝑛1‒12 𝑛2𝑛=2- .2+𝑛2𝑛所以 Tn=4- ,Sn=n+4- .2+𝑛2𝑛‒1 2+𝑛2𝑛‒1【教师备用】 (2015 郑州第二次质量预测)已知等差数列{a n}的各项均为正数,a 1=1,且a3,a4+ ,a11成等比数列.52(1)求{a n}的通项公式;(2)设 bn= ,求数列{b n}的前 n 项和 Tn.1𝑎𝑛𝑎𝑛+1解:(1)设等差数列公差为 d,由题意知 d0.因为 a3,a4+ ,a11成等比数列,所以(a 4+ )2=a3a11,52 52所以( +3d)2=(1+2d)(1+10d),72即 44d2-36d-45=0,所以 d= (d=- 舍去),32 1522所以 an= .3𝑛‒12(2)bn=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=4(3𝑛‒1)(3𝑛+2)= ( - ).43 13𝑛‒1 13𝑛+2所以 Tn= ( - + - +…+ - )4312151518 13𝑛‒1 13𝑛+2= .2𝑛3𝑛+2类型一:周期数列与通项公式1.(2015 山西大同三模)在数列{a n}中,已知 a1=2,a2=7,an+2等于 anan+1(n∈N +)的个位数,则4a2015= . 解析:a 1a2=2×7=14,所以 a3=4,4×7=28,所以 a4=8,4×8=32,所以 a5=2,2×8=16,所以a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以从第三项起,a n的值成周期排列,周期为6,2015=335×6+5,所以 a2015=a5=2.答案:22.(2015 赤峰市高三统考)数列{a n}满足 a1=1,a2=3,an+2=an+1-an,n∈N *,则 a2015= . 解析:因为 a1=1,a2=3,an+2=an+1-an,所以 a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,a7=1,a8=3,…所以数列{a n}是以 6 为周期的周期数列.所以 a2015=a6×335+5=a5=-3.答案:-3类型二:由数列性质解决恒成立问题3.(2015 辽宁沈阳一模)已知数列{a n},{cn}满足条件:a 1=1,an+1=2an+1,cn= .1(2𝑛+1)(2𝑛+3)(1)求证数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{c n}的前 n 项和 Tn,并求使得 am 对任意 n∈N +都成立的正整数 m 的最小值.1𝑇𝑛解:(1)因为 an+1=2an+1,所以 an+1+1=2(an+1),因为 a1=1,a1+1=2≠0,所以数列{a n+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.所以 an+1=2×2n-1,所以 an=2n-1.(2)因为 cn= = ( - ),1(2𝑛+1)(2𝑛+3)12 12𝑛+1 12𝑛+3所以 Tn= ( - + - +…+ - )1213151517 12𝑛+1 12𝑛+3= ( - )1213 12𝑛+3=𝑛3×(2𝑛+3)= .𝑛6𝑛+9所以 = =6+ ,n∈N *,1𝑇𝑛6𝑛+9𝑛 9𝑛所以 6+ ≤15.9𝑛所以当 n=1 时, 取得最大值 15.1𝑇𝑛5要使得 am 对任意 n∈N *恒成立,结合(1)的结果,只需 2m-115,1𝑇𝑛由此得 m4.所以正整数 m 的最小值是 5.【教师备用】 (2015 东北三校联合二模)已知数列{a n}前 n 项和为 Sn,满足 Sn=2an-2n(n∈N *).(1)证明:{a n+2}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足 bn=log2(an+2),Tn为数列( )的前 n 项和,若 Tna 对正整数 n 都成立,求1𝑏𝑛𝑏𝑛+1a 的取值范围.解:(1)由题设 Sn=2an-2n(n∈N *),Sn-1=2an-1-2(n-1)(n≥2),两式相减得 an=2an-1+2,即 an+2=2(an-1+2),又 a1+2=4,所以{a n+2}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列.an+2=4×2n-1,an=4×2n-1-2=2n+1-2(n≥2),又 a1=2,所以 an=2n+1-2(n∈N *).(2)因为 bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,= = - ,1𝑏𝑛𝑏𝑛+1 1(𝑛+1)(𝑛+2) 1𝑛+1 1𝑛+2所以 Tn=( - )+( - )+…+( - )= - ,1213 1314 1𝑛+1 1𝑛+2 12 1𝑛+212所以 a≥ ,即 a 的取值范围为[ ,+∞).12 12类型三:数列的综合问题4.(2015 山西大同三模)已知数列{a n}的前 n 项和 Sn满足 an+3Sn·Sn-1=0(n≥2,n∈N *),a1= ,13则 nan的最小值为 . 解析:因为 an+3Sn·Sn-1=0(n≥2,n∈N *),所以 Sn-Sn-1+3Sn·Sn-1=0,因为 a1= ,显然 Sn·Sn-1≠0,化简得 - =3,13 1𝑆𝑛 1𝑆𝑛‒1可见( )是以 3 为首项,3 为公差的等差数列,1𝑆𝑛所以 =3+3(n-1)=3n,Sn= ,1𝑆𝑛 13𝑛6从而 nan=n(Sn-Sn-1)= -13 𝑛3𝑛‒3= (1- )(n≥2),13 11‒1𝑛要使 nan最小,则需 1- (n≥2) 最小,即 n=2 时最小,此时 nan= (1-2)=- (n≥2),当 n=1 时,1𝑛 13 13nan= ,故对任意的 n∈N *,nan最小为- .13 13答案:-135.(2015 滨州模拟)已知数列{a n}中,a 1=9,点(a n,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上,其中 n为正整数.(1)证明:数列{lg(a n+1)}为等比数列.(2)令 bn=an+1,设数列{b n}的前 n 项积为 Tn,即 Tn=(a1+1)(a2+1)…(an+1),求 lg Tn.(3)在(2)的条件下,记 cn= ,设数列{c n}的前 n 项和𝑙𝑔 𝑇𝑛+1[𝑙𝑔(𝑎𝑛+1+1)‒1][𝑙𝑔(𝑎𝑛+2+1)‒1]为 Sn,求证:S n1.(1)证明:由题意得 an+1= +2an,𝑎2𝑛即 an+1+1=(an+1)2,对 an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1),因为 a1=9,所以 lg(a1+1)=lg 10=1,所以数列{lg(a n+1)}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列.(2)解:由(1)知 lg(an+1)=2n-1.lg Tn=lg[(a1+1)(a2+1)…(an+1)]=lg(a1+1)+lg(a2+1)+…+lg(an+1)=1×(1‒2𝑛)1‒2所以 lg Tn=2n-1.(3)证明:c n= = - ,2𝑛(2𝑛‒1)(2𝑛+1‒1) 12𝑛‒1 12𝑛+1‒1Sn=( - )+( - )+( - )+…+( - )121‒1 122‒1 122‒1 123‒1 123‒1 124‒1 12𝑛‒1 12𝑛+1‒1=1- 1.12𝑛+1‒17