（江苏专用）2018版高考数学大一轮复习 第六章 数列 文（课件+教师用书）（打包8套）苏教版.zip

16.1 数列的概念与简单表示法1.数列的定义按照一定次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 满足条件有穷数列 项数有限按项数分类无穷数列 项数无限递增数列 an＋1 an递减数列 an＋1 0)，运用基本不等式得 f(x)≥2 ，当且仅当 x＝3 时等号成90x 90 10立.因为 an＝ ，所以 ≤ ，由于 n∈N *，不难发现当 n＝9 或 n＝10 时， an＝1n＋ 90n1n＋ 90n 1290最大.119思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据 an＋1 － an的符号判断数列{ an}是递增数列、递减数列还是常数列.②用作商比较法，根据 (an＞0 或 an＜0)与 1 的大小关系进行判断.an＋ 1an③结合相应函数的图象直观判断.(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解.(1)(2016· 哈尔滨模拟)若数列{ an}满足 an＋1 ＝Error! a1＝ ，则数列的第 2 01535项为 .(2)设 an＝－3 n2＋15 n－18，则数列{ an}中的最大项的值是 .答案 (1) (2)025解析 (1)由已知可得， a2＝2× －1＝ ，35 15a3＝2× ＝ ，15 25a4＝2× ＝ ，25 459a5＝2× －1＝ ，45 35∴{ an}为周期数列且 T＝4，∴ a2 015＝ a503×4＋3 ＝ a3＝ .25(2)∵ an＝－3 2＋ ，由二次函数性质，得当 n＝2 或 3 时， an最大，最大值为 0.(n－52) 3412.解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{ an}的通项公式是 an＝( n＋1)·( )n，则此数列的最大项是第 项.1011(2)若 an＝ n2＋ kn＋4 且对于 n∈N *，都有 an＋1 an成立，则实数 k 的取值范围是 .思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析.解析 (1)∵ an＋1 － an＝( n＋2)( )n＋1 －( n＋1)( )n1011 1011＝( )n× ，1011 9－ n11当 n0，即 an＋1 an；当 n＝9 时， an＋1 － an＝0，即 an＋1 ＝ an；当 n9 时， an＋1 － anan知该数列是一个递增数列，又因为通项公式 an＝ n2＋ kn＋4，所以( n＋1) 2＋ k(n＋1)＋4 n2＋ kn＋4，即 k－1－2 n，又 n∈N *，所以 k－3.答案 (1)9 或 10 (2)(－3，＋∞)101.数列 ，－ ，，－ ，…的第 10 项是 .23 4567 89答案 －2021解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{ an}的通项公式 an＝(－1) n＋1 · ，故 a10＝－ .2n2n＋ 1 20212.(2016·苏州模拟)已知函数 y＝ f(x)的定义域为 R.当 x1，且对任意的实数x， y∈R，等式 f(x)f(y)＝ f(x＋ y)恒成立.若数列{ an}满足 a1＝ f(0)，且 f(an＋1 )＝(n∈N *)，则 a2 015的值为 .1f － 2－ an答案 4 029解析 根据题意，不妨设 f(x)＝( )x，则 a1＝ f(0)＝1，∵ f(an＋1 )12＝ ，∴ an＋1 ＝ an＋2，∴数列{ an}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，1f － 2－ an∴ an＝2 n－1，∴ a2 015＝4 029.3.(2016·无锡月考)已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝Error!则其前 6 项之和为 .答案 33解析 a2＝2 a1＝2， a3＝ a2＋1＝3， a4＝2 a3＝6， a5＝ a4＋1＝7， a6＝2 a5＝14，所以前 6 项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.4.若数列{ an}满足 a1＝2， a2＝3， an＝ (n≥3 且 n∈N *)，则 a2 018＝ .an－ 1an－ 2答案 3解析 由已知 a3＝ ＝ ， a4＝ ＝ ，a2a1 32 a3a2 12a5＝ ＝ ， a6＝ ＝ ，a4a3 13 a5a4 23a7＝ ＝2， a8＝ ＝3，a6a5 a7a6∴数列{ an}具有周期性， T＝6，∴ a2 018＝ a336×6＋2 ＝ a2＝3.5.数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)， a2＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项和，则 S21＝ .12答案 7211解析 ∵ an＋ an＋1 ＝ ， a2＝2，12∴ an＝Error!∴ S21＝11× ＋10×2＝ .(－32) 726.已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2 n2－1，则 a3＝ .答案 10解析 a3＝ S3－ S2＝2×3 2－1－(2×2 2－1)＝10.7.数列{ an}中，已知 a1＝1， a2＝2， an＋1 ＝ an＋ an＋2 (n∈N *)，则 a7＝ .答案 1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＝1.8.已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn， Sn＝2 an－ n，则 an＝ .答案 2 n－1解析 当 n＝1 时， S1＝ a1＝2 a1－1，得 a1＝1，当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 an－ n－2 an－1 ＋( n－1)，即 an＝2 an－1 ＋1，∴ an＋1＝2( an－1 ＋1)，∴数列{ an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列，∴ an＋1＝2·2 n－1 ＝2 n，∴ an＝2 n－1.9.(2016·无锡期末)对于数列{ an}，定义数列{ bn}满足 bn＝ an＋1 － an(n∈N *)，且bn＋1 － bn＝1(n∈N *)， a3＝1， a4＝－1，则 a1＝ .答案 8解析 因为 b3＝ a4－ a3＝－1－1＝－2，所以 b2＝ a3－ a2＝ b3－1＝－3，所以b1＝ a2－ a1＝ b2－1＝－4，三式相加可得 a4－ a1＝－9，所以 a1＝ a4＋9＝8.10.在一个数列中，如果∀ n∈ N*，都有 anan＋1 an＋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＝ .答案 28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)＝28.1211.已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ n2＋1，数列{ bn}满足 bn＝ ，且前 n 项和为 Tn，设2an＋ 1cn＝ T2n＋1 － Tn.(1)求数列{ bn}的通项公式；(2)判断数列{ cn}的增减性.解 (1)∵ a1＝2， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－1( n≥2).∴ bn＝Error!(2)∵ cn＝ bn＋1 ＋ bn＋2 ＋…＋ b2n＋1＝ ＋ ＋…＋ ，1n＋ 1 1n＋ 2 12n＋ 1∴ cn＋1 － cn＝ ＋ －12n＋ 2 12n＋ 3 1n＋ 1＝ － ＝ 0，12n＋ 3 12n＋ 2 － 1 2n＋ 3  2n＋ 2∴{ cn}是递减数列.12.已知 Sn为正项数列{ an}的前 n 项和，且满足 Sn＝ a ＋ an(n∈N *).122n 12(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122n 12a1＝ a ＋ a1，解得 a1＝1，1221 12S2＝ a1＋ a2＝ a ＋ a2，解得 a2＝2，122 12同理， a3＝3， a4＝4.(2)Sn＝ ＋ a ， ①an2 122n当 n≥2 时， Sn－1 ＝ ＋ a ， ②an－ 12 12 2n－ 1①－②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}为首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 an＝ n.13.已知数列{ an}中， an＝1＋ (n∈N *， a∈R 且 a≠0).1a＋ 2 n－ 1(1)若 a＝－7，求数列{ an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，求 a 的取值范围.13解 (1)∵ an＝1＋ (n∈N *， a∈R 且 a≠0)，1a＋ 2 n－ 1又 a＝－7，∴ an＝1＋ (n∈N *).12n－ 9结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，12x－ 9可知 1＞ a1＞ a2＞ a3＞ a4，a5＞ a6＞ a7＞…＞ an＞1( n∈N *).∴数列{ an}中的最大项为 a5＝2，最小项为 a4＝0.(2)an＝1＋ ＝1＋ ，1a＋ 2 n－ 112n－ 2－ a2已知对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，12x－ 2－ a2可知 5＜ ＜6，即－10＜ a＜－8.2－ a21第六章 数列 6.2 等差数列及其前 n 项和1.等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得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.等差数列的通项公式如果等差数列{ an}的首项为 a1，公差为 d，那么它的通项公式是 an＝ a1＋( n－1) d.3.等差中项由三个数 a， A， b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时， A 叫做 a 与 b 的等差中项.4.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＋2 m，…( k， m∈N *)是公差为 md 的等差数列.(6)数列 Sm， S2m－ Sm， S3m－ S2m，…构成等差数列.5.等差数列的前 n 项和公式设等差数列{ an}的公差为 d，其前 n 项和 Sn＝ 或 Sn＝ na1＋ d.n a1＋ an2 n n－ 126.等差数列的前 n 项和公式与函数的关系Sn＝ n2＋ n.d2 (a1－ d2)数列{ an}是等差数列⇔ Sn＝ An2＋ Bn(A， B 为常数).7.等差数列的前 n 项和的最值在等差数列{ an}中， a10， d0，则 Sn存在最小值.2【知识拓展】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：2 an＋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 .【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二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)等差数列{ an}的单调性是由公差 d 决定的.( √ )(3)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数.( × )(4)已知等差数列{ an}的通项公式 an＝3－2 n，则它的公差为－2.( √ )1.(教材改编)设 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和，若 a3＝3， S9－ S6＝27，则该数列的首项a1＝ .答案 35解析 由Error!得Error! 解得 a1＝ .352.(教材改编)已知五个数成等差数列，它们的和为 5，平方和为 ，则这五个数的积为 .859答案 －3581解析 设第三个数为 a，公差为 d，则这五个数分别为 a－2 d， a－ d， a， a＋ d， a＋2 d，由已知条件得Error!解得Error!所求 5 个数分别为－ ，，1，， 或 ，，1，，－ .1313 53 73 7353 13 133故它们的积为－ .35813.(2016·全国乙卷)已知等差数列{ an}前 9 项的和为 27， a10＝8，则 a100＝ .答案 98解析 由等差数列性质，知 S9＝ ＝ ＝9 a5＝27，得 a5＝3，而 a10＝8，9 a1＋ a92 9×2a52因此公差 d＝ ＝1，a10－ a510－ 5∴ a100＝ a10＋90 d＝98.4.设数列{ an}是等差数列，若 a3＋ a4＋ a5＝12，则 a1＋ a2＋…＋ a7＝ .答案 28解析 ∵ a3＋ a4＋ a5＝3 a4＝12，∴ a4＝4，∴ a1＋ a2＋…＋ a7＝7 a4＝28.5.若等差数列{ an}满足 a7＋ a8＋ a90， a7＋ a103)， Sn＝100，则 n 的值为 .答案 10解析 由 Sn－ Sn－3 ＝51，得 an－2 ＋ an－1 ＋ an＝51，所以 an－1 ＝17，又 a2＝3，Sn＝ ＝100，解得 n＝10.n a2＋ an－ 127.(2015·安徽)已知数列{ an}中， a1＝1， an＝ an－1 ＋ (n≥2)，则数列{ an}的前 9 项和等于 .1211答案 27解析 由题意知数列{ an}是以 1 为首项，以 为公差的等差数列，12∴ S9＝9×1＋ × ＝9＋18＝27.9×82 128.已知数列{ an}中， a1＝1 且 ＝ ＋ (n∈N *)，则 a10＝ .1an＋ 1 1an 13答案 14解析 由已知得 ＝ ＋(10－1)× ＝1＋3＝4，1a10 1a1 13故 a10＝ .149.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SnTn 2n－ 34n－ 3＋ 的值为 .a9b5＋ b7 a3b8＋ b4答案 1941解析 ∵{ an}，{ bn}为等差数列，∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ .a9b5＋ b7 a3b8＋ b4 a92b6 a32b6 a9＋ a32b6 a6b6∵ ＝ ＝ ＝ ＝ ，S11T11 a1＋ a11b1＋ b11 2a62b6 2×11－ 34×11－ 3 1941∴ ＋ ＝ .a9b5＋ b7 a3b8＋ b4 194110.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＝ .32答案 13解析 Sk＋1 ＝ Sk＋ ak＋1 ＝－12＋ ＝－ ，32 212又 Sk＋1 ＝ k＋ 1  a1＋ ak＋ 12＝ k＋ 1 (－ 3＋ 32)2＝－ ，212解得 k＝13.11.(2016·苏州暑假测试) 已知数列{ an}满足 a1＝1， a2＝ ，且 an(an－1 ＋ an＋1 )12＝2 an＋1 an－1 (n≥2)，则 a2 016＝ .12答案 12 016解析 由 an(an－1 ＋ an＋1 )＝2 an＋1 an－1 (n≥2)得 ＋ ＝ (n≥2)，又 a1＝1， a2＝ ，1an＋ 1 1an－ 1 2an 12所以数列{ }是以 1 为首项，1 为公差的等差数列.所以 ＝ n，即 an＝ ，所以 a2 016＝1an 1an 1n.12 01612.已知等差数列{ an}前三项的和为－3，前三项的积为 8.(1)求等差数列{ an}的通项公式；(2)若 a2， a3， a1成等比数列，求数列{| an|}的前 n 项和.解 (1)设等差数列{ an}的公差为 d，则 a2＝ a1＋ d， a3＝ a1＋2 d.由题意得Error!解得Error! 或Error!所以由等差数列通项公式可得an＝2－3( n－1)＝－3 n＋5 或 an＝－4＋3( n－1)＝3 n－7.故 an＝－3 n＋5 或 an＝3 n－7.(2)当 an＝－3 n＋5 时， a2， a3， a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当 an＝3 n－7 时， a2， a3， a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.故| an|＝|3 n－7|＝Error!记数列{| an|}的前 n 项和为 Sn.当 n＝1 时， S1＝| a1|＝4；当 n＝2 时， S2＝| a1|＋| a2|＝5；当 n≥3 时， Sn＝ S2＋| a3|＋| a4|＋…＋| an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3 n－7)＝5＋ ＝ n2－ n＋10. n－ 2 [2＋  3n－ 7 ]2 32 112当 n＝2 时，满足此式，当 n＝1 时，不满足此式.综上， Sn＝Error!13.已知数列{ an}的各项均为正数，前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn＝ a ＋ n－4( n∈N *).2n(1)求证：数列{ an}为等差数列；(2)求数列{ an}的通项公式.13(1)证明 当 n＝1 时，有 2a1＝ a ＋1－4，21即 a －2 a1－3＝0，21解得 a1＝3( a1＝－1 舍去).当 n≥2 时，有 2Sn－1 ＝ a ＋ n－5，2n－ 1又 2Sn＝ a ＋ n－4，2n两式相减得 2an＝ a － a ＋1，2n 2n－ 1即 a －2 an＋1＝ a ，也即( an－1) 2＝ a ，2n 2n－ 1 2n－ 1因此 an－1＝ an－1 或 an－1＝－ an－1 .若 an－1＝－ an－1 ，则 an＋ an－1 ＝1.而 a1＝3，所以 a2＝－2，这与数列{ an}的各项均为正数相矛盾，所以 an－1＝ an－1 ，即 an－ an－1 ＝1，因此数列{ an}是首项为 3，公差为 1 的等差数列.(2)解 由(1)知 a1＝3， d＝1，所以数列{ an}的通项公式 an＝3＋( n－1)×1＝ n＋2，即 an＝ n＋2.14.(2016·苏北四市摸底)已知数列{ an}满足 2an＋1 ＝ an＋ an＋2 ＋ k(n∈N *， k∈R)，且a1＝2， a3＋ a5＝－4.(1)若 k＝0，求数列{ an}的前 n 项和 Sn；(2)若 a4＝－1，求数列{ an}的通项公式.解 (1) 当 k＝0 时，2 an＋1 ＝ an＋ an＋2 ，即 an＋2 － an＋1 ＝ an＋1 － an，所以数列{ an}是等差数列.设数列{ an}的公差为 d，则Error! 解得Error!所以 Sn＝ na1＋ dn n－ 12＝2 n＋ ×(－ )＝－ n2＋ n.n n－ 12 43 23 83(2)由题意得 2a4＝ a3＋ a5＋ k，即－2＝－4＋ k，所以 k＝2.当 n＝1 时，2 a2＝ a1＋ a3＋2，当 n＝2 时，2 a3＝ a2＋ a4＋2，14所以 a4＝2 a3－ a2－2＝3 a2－2 a1－6＝－1，所以 a2＝3, 由 2an＋1 ＝ an＋ an＋2 ＋2，得( an＋2 － an＋1 )－( an＋1 － an)＝－2，所以数列{ an＋1 － an}是以a2－ a1＝1 为首项，－2 为公差的等差数列，所以 an＋1 － an＝－2 n＋3.当 n≥2 时，有 an－ an－1 ＝－2( n－1)＋3，于是 an－1 － an－2 ＝－2( n－2)＋3，an－2 － an－3 ＝－2( n－3)＋3，…a3－ a2＝－2×2＋3，a2－ a1＝－2×1＋3，叠加得， an－ a1＝－2[1＋2＋…＋( n－1)]＋3( n－1)( n≥2)，所以 an＝－2× ＋3( n－1)＋2n n－ 12＝－ n2＋4 n－1( n≥2).又当 n＝1 时， a1＝2 也适合上式.所以数列{ an}的通项公式为 an＝－ n2＋4 n－1， n∈N *.1第六章 数列 6.3 等比数列及其前 n 项和1.等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示( q≠0).2.等比数列的通项公式设等比数列{ an}的首项为 a1，公比为 q，则它的通项 an＝ a1·qn－1 .3.等比中项如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a， G， b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项.4.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{ an}为等比数列，且 k＋ l＝ m＋ n(k， l， m， n∈N *)，则 ak·al＝ am·an.(3)若{ an}，{ bn}(项数相同)是等比数列，则{ λa n}(λ ≠0)， ，{ a }，{ an·bn}， 仍{1an} 2n {anbn}是等比数列.5.等比数列的前 n 项和公式等比数列{ an}的公比为 q(q≠0)，其前 n 项和为 Sn，当 q＝1 时， Sn＝ na1；当 q≠1 时， Sn＝ ＝ .a1 1－ qn1－ q a1－ anq1－ q6.等比数列前 n 项和的性质公比不为－1 的等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn， S2n－ Sn， S3n－ S2n仍成等比数列，其公比为 qn.【知识拓展】等比数列{ an}的单调性(1)满足Error!或Error! 时，{ an}是递增数列.(2)满足Error!或Error! 时，{ an}是递减数列.2(3)当Error! 时，{ an}为常数列.(4)当 q0，所以 a30)，由正项等比数列{ an}满足 a2 015＝2 a2 013＋ a2 014，可得 a2 013·q2＝2 a2 013＋ a2 013·q，∴ q2－ q－2＝0，∵ q0，∴ q＝2.∵ ＝4 a1，∴ qm＋ n－2 ＝16，∴ m＋ n＝6.aman∴ ＝ (m＋ n) ＝ ≥ ，n＋ 4mnm 16 (1m＋ 4n) 16(5＋ nm＋ 4mn) 32当且仅当 ＝ ，即 m＝2， n＝4 时取等号.nm 4mn故 的最小值为 .n＋ 4mnm 3210.(2016·苏锡常镇一调)设数列{ an}是首项为 1，公差不为零的等差数列， Sn为其前 n 项和，若 S1， S2， S4成等比数列，则数列{ an}的公差为____.答案 2解析 设公差为 d，其中 d≠0，则 S1， S2， S4分别为 1,2＋ d,4＋6 d.由 S1， S2， S4成等比数列，得(2＋ d)2＝4＋6 d，即 d2＝2 d.因为 d≠0，所以 d＝2.11.(2016·苏北四市期末)已知各项均为正数的数列{ an}的首项 a1＝1， Sn是数列{ an}的前n 项和，且满足 anSn＋1 － an＋1 Sn＋ an－ an＋1 ＝ λa nan＋1 (λ ≠0， n∈N *).(1)若 a1， a2， a3成等比数列，求实数 λ 的值；(2)若 λ ＝ ，求 Sn.12解 (1) 令 n＝1，得 a2＝ .21＋ λ令 n＝2，得 a2S3－ a3S2＋ a2－ a3＝ λ a2a3，所以 a3＝ .2λ ＋ 4 λ ＋ 1  2λ ＋ 1由 a ＝ a1a3，2得( )2＝ ，21＋ λ 2λ ＋ 4 λ ＋ 1  2λ ＋ 1因为 λ ≠0，所以 λ ＝1. (2)当 λ ＝ 时，12anSn＋1 － an＋1 Sn＋ an－ an＋1 ＝ anan＋1 ，1212所以 － ＋ － ＝ ，Sn＋ 1an＋ 1 Snan 1an＋ 1 1an 12即 － ＝ ，Sn＋ 1＋ 1an＋ 1 Sn＋ 1an 12所以数列{ }是以 2 为首项， 为公差的等差数列，Sn＋ 1an 12所以 ＝2＋( n－1)· ，Sn＋ 1an 12即 Sn＋1＝( ＋ )an， ①n2 32当 n≥2 时， Sn－1 ＋1＝( ＋1) an－1 ， ②n2①－②得， an＝ an－ an－1 ，n＋ 32 n＋ 22即( n＋1) an＝( n＋2) an－1 ，所以 ＝ (n≥2)，ann＋ 2 an－ 1n＋ 1所以{ }是常数列，且为 ，所以 an＝ (n＋2).ann＋ 2 13 13代入①得 Sn＝( ＋ )an－1＝ .n2 32 n2＋ 5n612.已知{ an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{ bn}满足 b1＝4， b4＝20，且{ bn－ an}是等比数列.(1)求数列{ an}和{ bn}的通项公式；(2)求数列{ bn}的前 n 项和.解 (1)设等差数列的公差为 d，由题意得 d＝ ＝ ＝3，a4－ a13 12－ 33所以 an＝ a1＋( n－1) d＝3 n(n∈N *).设等比数列{ bn－ an}的公比为 q，由题意得 q3＝ ＝ ＝8，解得 q＝2.b4－ a4b1－ a1 20－ 124－ 3所以 bn－ an＝( b1－ a1)qn－1 ＝2 n－1 .从而 bn＝3 n＋2 n－1 (n∈N *).(2)由(1)知 bn＝3 n＋2 n－1 (n∈N *)，数列{3 n}的前 n 项和为 n(n＋1)，32数列{2 n－1 }的前 n 项和为 1× ＝2 n－1.1－ 2n1－ 213所以数列{ bn}的前 n 项和为 n(n＋1)＋2 n－1.3213.(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{ an}满足 a1＝1， a －(2 an＋1 －1)2nan－2 an＋1 ＝0.(1)求 a2， a3；(2)求{ an}的通项公式.解 (1)由题意，得 a2＝ ， a3＝ .12 14(2)由 a －(2 an＋1 －1) an－2 an＋1 ＝0，得2n2an＋1 (an＋1)＝ an(an＋1).因为{ an}的各项都为正数，所以 ＝ .an＋ 1an 12故{ an}是首项为 1，公比为 的等比数列，12因此 an＝ .12n－ 114.(2016·淮安模拟)已知等比数列{ an}的前 n 项和是 Sn， S18∶ S9＝7∶8.(1)求证： S3， S9， S6依次成等差数列；(2)a7与 a10的等差中项是不是数列{ an}中的项？如果是，是{ an}中的第几项？如果不是，请说明理由.(1)证明 设等比数列{ an}的公比为 q，若 q＝1，则 S18＝18 a1， S9＝9 a1，S18∶ S9＝2∶1≠7∶8，∴ q≠1.∴ S18＝ ， S9＝ ，a1 1－ q181－ q a1 1－ q91－ qS18∶ S9＝1＋ q9.∴1＋ q9＝ ，解得 q＝－2 .78 31∴ S3＝ ＝ × ，a1 1－ q31－ q 32 a11－ qS6＝ ＝ × ，a1 1－ q61－ q 34 a11－ qS9＝ ＝ × .a1 1－ q91－ q 98 a11－ q∵ S9－ S3＝－ × ，38 a11－ q14S6－ S9＝－ × ，38 a11－ q∴ S9－ S3＝ S6－ S9.∴ S3， S9， S6依次成等差数列.(2)解 a7与 a10的等差中项为＝ ＝ ，a7＋ a102 a1 2－ 2－ 2－ 32 a116设 a7与 a10的等差中项是数列{ an}中的第 n 项，则113(),6n化简得 432(),即－ ＝－4，解得 n＝13.n－ 13∴ a7与 a10的等差中项是数列{ an}中的第 13 项.1第六章 数列 6.4 数列求和1.等差数列的前 n 项和公式Sn＝ ＝ na1＋ d.n a1＋ an2 n n－ 122.等比数列的前 n 项和公式Sn＝Error!3.一些常见数列的前 n 项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋ n＝ .n n＋ 12(2)1＋3＋5＋7＋…＋2 n－1＝ n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2 n＝ n(n＋1).(4)12＋2 2＋…＋ n2＝ .n n＋ 1  2n＋ 16【知识拓展】数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.常见的裂项公式① ＝ － ；1n n＋ 1 1n 1n＋ 1② ＝ ；1 2n－ 1  2n＋ 1 12( 12n－ 1－ 12n＋ 1)③ ＝ － .1n＋ n＋ 1 n＋ 1 n2(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.(6)并项求和法一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如 an＝(－1) nf(n)类型，可采用两项合并求解.例如， Sn＝100 2－99 2＋98 2－97 2＋…＋2 2－1 2＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{ an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sn＝ .( √ )a1－ an＋ 11－ q(2)当 n≥2 时， ＝ ( － ).( √ )1n2－ 1 12 1n－ 1 1n＋ 1(3)求 Sn＝ a＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得.( × )(4)数列{ ＋2 n－1}的前 n 项和为 n2＋ .( × )12n 12n(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得 sin21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1.(2016·泰州质检)已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，并满足 an＋2 ＝2 an＋1 － an， a5＝4－ a3，则 S7＝______.答案 14解析 由 an＋2 ＝2 an＋1 － an知数列{ an}为等差数列，由 a5＝4－ a3，得 a5＋ a3＝4＝ a1＋ a7，所以 S7＝ ＝14.7 a1＋ a722.(教材改编)数列{ an}中， an＝ ，若{ an}的前 n 项和 Sn＝ ，则 n＝______.1n n＋ 1 2 0172 018答案 2 0173解析 an＝ ＝ － ，1n n＋ 1 1n 1n＋ 1Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an＝(1－ ＋ － ＋…＋ － )12 12 13 1n 1n＋ 1＝1－ ＝ .1n＋ 1 nn＋ 1令 ＝ ，得 n＝2 017.nn＋ 1 2 0172 0183.数列{ an}的通项公式为 an＝(－1) n－1 ·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S100＝______.答案 －200解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4.若数列{ an}的通项公式为 an＝2 n＋2 n－1，则数列{ an}的前 n 项和 Sn＝________.答案 2 n＋1 －2＋ n2解析 Sn＝ ＋2 1－ 2n1－ 2 n 1＋ 2n－ 12＝2 n＋1 －2＋ n2.5.数列{ an}的通项公式为 an＝ ncos ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝______.nπ2答案 1 008解析 因为数列 an＝ ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：nπ2a1＝0， a2＝－2， a3＝0， a4＝4.故 S4＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝2.a5＝0， a6＝－6， a7＝0， a8＝8，故 a5＋ a6＋ a7＋ a8＝2，∴周期 T＝4.∴ S2 017＝ S2 016＋ a2 017＝ ×2＋2 017·cos π2 0164 2 0172＝1 008.题型一 分组转化法求和例 1 已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ ， n∈N *.n2＋ n24(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝2 an＋(－1) nan，求数列{ bn}的前 2n 项和.解 (1)当 n＝1 时， a1＝ S1＝1；当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝ － ＝ n.n2＋ n2  n－ 1 2＋  n－ 12a1也满足 an＝ n，故数列{ an}的通项公式为 an＝ n.(2)由(1)知 an＝ n，故 bn＝2 n＋(－1) nn.记数列{ bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(2 1＋2 2＋…＋2 2n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2 n).记 A＝2 1＋2 2＋…＋2 2n， B＝－1＋2－3＋4－…＋2 n，则 A＝ ＝2 2n＋1 －2，2 1－ 22n1－ 2B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2 n－1)＋2 n]＝ n.故数列{ bn}的前 2n 项和 T2n＝ A＋ B＝2 2n＋1 ＋ n－2.引申探究例 1(2)中，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.解 由(1)知 bn＝2 n＋(－1) n·n.当 n 为偶数时，Tn＝(2 1＋2 2＋…＋2 n)＋[－1＋2－3＋4－…－( n－1)＋ n]＝ ＋2－ 2n＋ 11－ 2 n2＝2 n＋1 ＋ －2；n2当 n 为奇数时， Tn＝(2 1＋2 2＋…＋2 n)＋[－1＋2－3＋4－…－( n－2)＋( n－1)－ n]＝2 n＋1 －2＋ － nn－ 12＝2 n＋1 － － .n2 52∴ Tn＝Error!思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若 an＝ bn±cn，且{ bn}，{ cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{ an}的前 n 项和.(2)通项公式为 an＝Error!的数列，其中数列{ bn}，{ cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.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5和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.已知数列{ an}的通项公式是 an＝2·3 n－1 ＋(－1) n·(ln 2－ln 3)＋(－1) nnln 3，求其前 n 项和 Sn.解 Sn＝2(1＋3＋…＋3 n－1 )＋[－1＋1－1＋…＋(－1) n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1) nn]ln 3，所以当 n 为偶数时，Sn＝2× ＋ ln 3＝3 n＋ ln 3－1；1－ 3n1－ 3 n2 n2当 n 为奇数时，Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋( － n)ln 31－ 3n1－ 3 n－ 12＝3 n－ ln 3－ln 2－1.n－ 12综上所述， Sn＝Error!题型二 错位相减法求和例 2 已知 a0， a≠1，数列{ an}是首项为 a，公比也为 a 的等比数列，令 bn＝ an·lg an(n∈N)，求数列{ bn}的前 n 项和 Sn.解 ∵ an＝ an， bn＝ n·anlg a，∴ Sn＝( a＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan)lg a， ①aSn＝( a2＋2 a3＋3 a4＋…＋ nan＋1 )lg a， ②①－②得：(1－ a)Sn＝( a＋ a2＋…＋ an－ nan＋1 )lg a，∴ Sn＝ [1－(1＋ n－ na)an].alg a 1－ a 2思维升华 错位相减法求和时的注意点(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.设等差数列{ an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{ bn}的公比为 q，已知b1＝ a1， b2＝2， q＝ d， S10＝100.6(1) 求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2) 当 d1 时，记 cn＝ ，求数列{ cn}的前 n 项和 Tn.anbn解 (1)由题意有Error!即Error!解得Error! 或Error!故Error! 或Error!(2)由 d1，知 an＝2 n－1， bn＝2 n－1 ，故 cn＝ ，于是2n－ 12n－ 1Tn＝1＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ， ①32 522 723 924 2n－ 12n－ 1Tn＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ . ②12 12 322 523 724 925 2n－ 12n①－②可得Tn＝2＋ ＋ ＋…＋ － ＝3－ ，12 12 122 12n－ 2 2n－ 12n 2n＋ 32n故 Tn＝6－ .2n＋ 32n－ 1题型三 裂项相消法求和命题点 1 形如 an＝ 型1n n＋ k例 3 设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，点( n， )(n∈N *)均在函数 y＝3 x－2 的图象上.Snn(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ， Tn是数列{ bn}的前 n 项和，求 Tn.3anan＋ 1解 (1)把点( n， )代入函数 y＝3 x－2，Snn∴ ＝3 n－2，∴ Sn＝3 n2－2 n，Snn当 n＝1 时， a1＝ S1＝1，当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝3 n2－2 n－[3( n－1) 2－2( n－1)]＝6 n－5.又 a1＝1 符合该式，∴ an＝6 n－5( n∈N *).(2)∵ bn＝ ＝3anan＋ 1 3 6n－ 5  6n＋ 1＝ ( － )，12 16n－ 5 16n＋ 1∴ Tn＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn7＝ [(1－ )＋( － )＋( － )＋…＋( － )]＝ (1－ )＝ .12 17 17 113 113 119 16n－ 5 16n＋ 1 12 16n＋ 1 3n6n＋ 1命题点 2 形如 an＝ 型1n＋ n＋ k例 4 已知函数 f(x)＝ xa的图象过点(4,2)，令 an＝ ， n∈N *.记数列{ an}1f n＋ 1 ＋ f n的前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝________.答案 －12 018解析 由 f(4)＝2，可得 4a＝2，解得 a＝ ，12则 f(x)＝1.∴ an＝ ＝ ＝ － ，1f n＋ 1 ＋ f n 1n＋ 1＋ n n＋ 1 nS2 017＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ a2 017＝( －1)＋( － )＋( － )＋…＋( － )＋(2 3 2 4 3 2 017 2 016－ )＝ － 1.2 018 2 017 2 018思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： ＝ ( － )，1n＋ n＋ k 1k n＋ k n＝ ( － )，裂项后可以产生连续相互抵消的项.1n n＋ k 1k1n 1n＋ k(2)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.在数列{ an}中， a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn满足 S ＝ an .2n (Sn－12)(1)求 Sn的表达式；(2)设 bn＝ ，求{ bn}的前 n 项和 Tn.Sn2n＋ 1解 (1)∵ S ＝ an ，2n (Sn－12)an＝ Sn－ Sn－1 (n≥2)，∴ S ＝( Sn－ Sn－1 ) ，2n (Sn－12)即 2Sn－1 Sn＝ Sn－1 － Sn， ①由题意得 Sn－1 ·Sn≠0，①式两边同除以 Sn－1 ·Sn，得 － ＝2，1Sn 1Sn－ 1∴数列 是首项为 ＝ ＝1，公差为 2 的等差数列.{1Sn} 1S1 1a1∴ ＝1＋2( n－1)＝2 n－1，∴ Sn＝ .1Sn 12n－ 18(2)∵ bn＝ ＝Sn2n＋ 1 1 2n－ 1  2n＋ 1＝ ，12( 12n－ 1－ 12n＋ 1)∴ Tn＝ b1＋ b2＋…＋ bn＝ [(1－ )＋( － )＋…＋( － )]＝ ＝ .12 13 13 15 12n－ 1 12n＋ 1 12(1－ 12n＋ 1) n2n＋ 1四审结构定方案典例 (14 分)已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝－ n2＋ kn(其中 k∈N *)，且 Sn的最大值为 8.12(1)确定常数 k，并求 an；(2)设数列 的前 n 项和为 Tn，求证： Tn0，若 S6－2 S3＝5，则S9－ S6的最小值为______.答案 20解析 方法一 当 q＝1 时， S6－2 S3＝0，不合题意，所以 q≠1，从而由 S6－2 S3＝5 得－ ＝5，从而得 ＝ ＝ 1，故 S9－ S6＝ － ＝ ×(q6－ q9)＝a1 1－ q91－ q a1 1－ q61－ q 5－ q6＋ 2q3－ 1，令 q3－1＝ t0，则 S9－ S6＝ ＝5( t＋ ＋2)≥20，当且仅当 t＝1，即5q6q3－ 1 5 t＋ 1 2t 1tq3＝2 时等号成立.方法二 因为 S6＝ S3(1＋ q3)，所以由 S6－2 S3＝5 得 S3＝ 0，从而 q1，故5q3－ 1S9－ S6＝ S3(q6＋ q3＋1)－ S3(q3＋1)＝ S3q6＝ ，以下同方法一.5q6q3－ 112.数列{ an}满足 an＝2 an－1 ＋2 n＋1( n∈N， n≥2)， a3＝27.(1)求 a1， a2的值；(2)是否存在一个实数 t，使得 bn＝ (an＋ t)(n∈N *)，且数列{ bn}为等差数列？若存在，求12n出实数 t；若不存在，请说明理由；(3)求数列{ an}的前 n 项和 Sn.13解 (1)由 a3＝27，得 27＝2 a2＋2 3＋1，∴ a2＝9.∵9＝2 a1＋2 2＋1，∴ a1＝2.(2)假设存在实数 t，使得{ bn}为等差数列，则 2bn＝ bn－1 ＋ bn＋1 .∴2× (an＋ t)＝ (an－1 ＋ t)＋ (an＋1 ＋ t)，12n 12n－ 1 12n＋ 1∴4 an＝4 an－1 ＋ an＋1 ＋ t，∴4 an＝4× ＋2 an＋2 n＋1 ＋1＋ t，an－ 2n－ 12∴ t＝1，即存在实数 t＝1，使得{ bn}为等差数列.(3)由(1)，(2)得 b1＝ ， b2＝ ，∴ bn＝ n＋ ，32 52 12∴ an＝( n＋ )·2n－1＝(2 n＋1)2 n－1 －1.12Sn＝(3×2 0－1)＋(5×2 1－1)＋(7×2 2－1)＋…＋[(2 n＋1)×2 n－1 －1]＝3＋5×2＋7×2 2＋…＋(2 n＋1)×2 n－1 － n， ①∴2 Sn＝3×2＋5×2 2＋7×2 3＋…＋(2 n＋1)×2 n－2 n, ②由①－②得－ Sn＝3＋2×2＋2×2 2＋2×2 3＋…＋2×2 n－1 －(2 n＋1)×2 n＋ n＝1＋2× －(2 n＋1)×2 n＋ n＝(1－2 n)×2n＋ n－1.1－ 2n1－ 2∴ Sn＝(2 n－1)×2 n－ n＋1.13.(2016·天津)已知{ an}是等比数列，前 n 项和为 Sn(n∈N *)，且 － ＝ ， S6＝63.1a1 1a2 2a3(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.2n解 (1)设数列{ an}的公比为 q.由已知，有 － ＝ ，1a1 1a1q 2a1q2解得 q＝2 或 q＝－1.又由 S6＝ a1· ＝63，知 q≠－1，1－ q61－ q所以 a1· ＝63，得 a1＝1.所以 an＝2 n－1 .1－ 261－ 2(2)由题意，得 bn＝ (log2an＋log 2an＋1 )1214＝ (log22n－1 ＋log 22n)＝ n－ ，12 12即{ bn}是首项为 ，公差为 1 的等差数列.12设数列{(－1) nb }的前 n 项和为 Tn，则2nT2n＝(－ b ＋ b )＋(－ b ＋ b )＋…＋(－ b ＋ b )21 2 23 24 22n－ 1 2n＝ b1＋ b2＋ b3＋ b4＋…＋ b2n－1 ＋ b2n＝ ＝2 n2.2n b1＋ b2n214.已知数列{ an}与{ bn}，若 a1＝3 且对任意正整数 n 满足 an＋1 － an＝2，数列{ bn}的前 n 项和 Sn＝ n2＋ an.(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)求数列{ }的前 n 项和 Tn.1bnbn＋ 1解 (1)因为对任意正整数 n 满足 an＋1 － an＝2，所以{ an}是公差为 2 的等差数列.又因为 a1＝3，所以 an＝2 n＋1.当 n＝1 时， b1＝ S1＝4；当 n≥2 时， bn＝ Sn－ Sn－1 ＝( n2＋2 n＋1)－[( n－1) 2＋2( n－1)＋1]＝2 n＋1，对 b1＝4 不成立.所以数列{ bn}的通项公式为 bn＝Error!(2)由(1)知当 n＝1 时， T1＝ ＝ .1b1b2 120当 n≥2 时， ＝ ＝ ( － )，1bnbn＋ 1 1 2n＋ 1  2n＋ 3 12 12n＋ 1 12n＋ 3所以 Tn＝ ＋ [( － )＋( － )＋…＋( － )]＝ ＋ ( － )＝ ＋ .120 12 15 17 17 19 12n＋ 1 12n＋ 3 120 1215 12n＋ 3 120 n－ 110n＋ 15当 n＝1 时仍成立，所以 Tn＝ ＋ .120 n－ 110n＋ 1515.(2016·江苏镇江丹徒中学调研)已知首项为 的等比数列{ an}不是递减数列，其前 n 项和32为 Sn(n∈N *)，且 S3＋ a3， S5＋ a5， S4＋ a4成等差数列.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 Tn＝ Sn－ (n∈N *)，求数列{ Tn}的最大项的值与最小项的值.1Sn15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＝ ，所以 q＝－ .32 12故等比数列{ an}的通项公式为an＝ ×(－ )n－1 ＝(－1) n－1 · .32 12 32n(2)由(1)得 Sn＝1－(－ )n＝Error!12当 n 为奇数时， Sn随 n 的增大而减小，所以 1Sn－ ≥ S2－ ＝ － ＝－ .1Sn 1S2 34 43 712综上，对于 n∈N *，总有－ ≤ Sn－ ≤ .712 1Sn 56所以数列{ Tn}的最大项的值为 ，最小项的值为－ .56 712