（通用版）2017届高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题5 数列、推理与证明 文（打包4套）.zip

1第 21练 基本量法——破解等差、等比数列的法宝[题型分析·高考展望] 等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大．解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前 n项和公式及等差、等比数列的常用性质．体验高考1．(2016·课标全国乙)已知等差数列{ an}前 9项的和为 27， a10＝8，则 a100等于( )A．100 B．99C．98 D．97答案 C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，故选 C.2．(2015·福建)若 a， b是函数 f(x)＝ x2－ px＋ q(p＞0， q＞0)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( )A．6 B．7C．8 D．9答案 D解析 由题意知： a＋ b＝ p， ab＝ q，∵ p＞0， q＞0，∴ a＞0， b＞0.在 a， b，－2 这三个数的 6种排序中，成等差数列的情况有 a， b，－2； b， a，－2；－2， a， b；－2， b， a；成等比数列的情况有 a，－2， b； b，－2， a.∴Error! 或Error!解得Error!或Error!∴ p＝5， q＝4，∴ p＋ q＝9，故选 D.3．(2016·北京)已知{ an}为等差数列， Sn为其前 n项和．若 a1＝6， a3＋ a5＝0，则S6＝________.答案 6解析 ∵ a3＋ a5＝2 a4＝0，∴ a4＝0.又 a1＝6，∴ a4＝ a1＋3 d＝0，∴ d＝－2.∴ S6＝6×6＋ ×(－2)＝6.6× 6－ 1224．(2015·安徽)已知数列{ an}是递增的等比数列， a1＋ a4＝9， a2a3＝8，则数列{ an}的前n项和等于________．答案 2 n－1解析 由等比数列的性质知 a2a3＝ a1a4，又 a2a3＝8，a1＋ a4＝9，∴联立方程Error!解得Error! 或Error!又数列{ an}为递增数列，∴ a1＝1， a4＝8，从而 a1q3＝8，∴ q＝2.∴数列{ an}的前 n项和为 Sn＝ ＝2 n－1.1－ 2n1－ 25．(2016·课标全国乙)设等比数列{ an}满足 a1＋ a3＝10， a2＋ a4＝5，则 a1a2…an的最大值为__________．答案 64解析 设等比数列{ an}的公比为 q，∴Error!即Error! 解得Error!∴ a1a2…an＝ (－3)＋(－2)＋…＋( n－4)(12)＝ n(n－7)＝ ，(12)12 (12)12[(n－ 72)2－ 494]当 n＝3 或 4时， 取到最小值－6，12[(n－ 72)2－ 494]此时 取到最大值 26，(12)12[(n－ 72)2－ 494]∴ a1a2…an的最大值为 64.高考必会题型题型一 等差、等比数列的基本运算例 1 已知等差数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 a3＝11， S3＝24.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}中的最小的项．an n＋ 6an＋ 1－ 5解 (1)∵ a3＝ a1＋2 d， S3＝3 a1＋ d＝3 a1＋3 d，3×22∴Error! ⇒Error!3∴ an＝5＋( n－1)×3＝3 n＋2.(2)bn＝ ＝an n＋ 6an＋ 1－ 5 3n2＋ 20n＋ 123n＝ n＋ ＋ ≥2 ＋ ＝ .4n 203 n·4n 203 323当且仅当 n＝ ，即 n＝2 时， bn取得最小值 ，4n 323∴数列{ bn}中的最小的项为 .323点评 等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项 a1和公差 d(公比 q)是两个基本的元素．(2)解题思路：①设基本量 a1和公差 d(公比 q)；②列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1和 d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．变式训练 1 (1)等比数列{ an}前 n项和为 Sn，已知 S1,2S2,3S3成等差数列，则数列{ an}的公比为________．(2)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{ an}满足 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21，则 a3＋ a5＋ a7等于( )A．21 B．42 C．63 D．84答案 (1) (2)B13解析 (1)设等比数列{ an}的公比为 q，则当 q＝1 时，S1＝ a1,2S2＝4 a1,3S3＝9 a1， S1,2S2,3S3不成等差数列；当 q≠1 时，∵ S1,2S2,3S3成等差数列，∴4 S2＝ S1＋3 S3，即 4× ＝ a1＋3× ，a1 1－ q21－ q a1 1－ q31－ q即 3q2－4 q＋1＝0，∴ q＝1(舍)或 q＝ .13(2)设等比数列{ an}的公比为 q，则由 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21，得 3(1＋ q2＋ q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或 q2＝2，于是 a3＋ a5＋ a7＝ q2(a1＋ a3＋ a5)＝2×21＝42，故选 B.题型二 等差数列、等比数列的性质及应用例 2 (1)(2015·广东)在等差数列{ an}中，若 a3＋ a4＋ a5＋ a6＋ a7＝25，则a2＋ a8＝________.(2)设等比数列{ an}的前 n项和为 Sn，若 27a3－ a6＝0，则 ＝________.S6S3答案 (1)10 (2)284解析 (1)因为{ an}是等差数列，所以a3＋ a7＝ a4＋ a6＝ a2＋ a8＝2 a5， a3＋ a4＋ a5＋ a6＋ a7＝5 a5＝25，即 a5＝5， a2＋ a8＝2 a5＝10.(2)由题可知{ an}为等比数列，设首项为 a1，公比为 q，所以 a3＝ a1q2， a6＝ a1q5，所以 27a1q2＝ a1q5，所以 q＝3，由 Sn＝ ，得 S6＝ ， S3＝ ，a1 1－ qn1－ q a1 1－ 361－ 3 a1 1－ 331－ 3所以 ＝ · ＝28.S6S3 a1 1－ 361－ 3 1－ 3a1 1－ 33点评 等差(比)数列的性质盘点类型 等差数列 等比数列2ak＝ am＋ al(m， k， l∈N *，且 m， k， l成等差数列)a ＝ am·al(m， k， l∈N *，且2km， k， l成等差数列)项的性质 am＋ an＝ ap＋ aq(m， n， p， q∈N *，且 m＋ n＝ p＋ q)am·an＝ ap·aq(m， n， p， q∈N *，且 m＋ n＝ p＋ q)当 n为奇数时： Sn＝ nan＋ 12当 n为偶数时： ＝ q(公比)S偶S奇和的性质依次每 k项的和：Sk， S2k－ Sk， S3k－ S2k，…构成等差数列依次每 k项的和：Sk， S2k－ Sk， S3k－ S2k，…构成等比数列( k不为偶数且公比 q≠－1)变式训练 2 (1){ an}为等差数列，若 0，∴ S19为最小正值．(2)设数列{ an}的公比为 q(q0)，依题意， a3＝3 a1＋2 a2，∴ a1q2＝3 a1＋2 a1q，整理得： q2－2 q－3＝0，5解得 q＝3 或 q＝－1(舍)，∴ ＝ ＝ q2＝9.a2 016－ a2 017a2 014－ a2 015 a2 014·q2－ a2 015·q2a2 014－ a2 015题型三 等差、等比数列的综合应用例 3 已知等比数列{ an}中，首项 a1＝3，公比 q1，且 3(an＋2 ＋ an)－10 an＋1 ＝0( n∈N *)．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设{ bn＋ an}是首项为 1，公差为 2的等差数列，求数列{ bn}的通项公式和前 n项和 Sn.13解 (1)∵3( an＋2 ＋ an)－10 an＋1 ＝0，∴3( anq2＋ an)－10 anq＝0，即 3q2－10 q＋3＝0，∵公比 q1，∴ q＝3.又∵首项 a1＝3，∴数列{ an}的通项公式为 an＝3 n.(2)∵{ bn＋ an}是首项为 1，公差为 2的等差数列，13∴ bn＋ an＝1＋2( n－1)，13即数列{ bn}的通项公式为 bn＝2 n－1－3 n－1 .前 n项和 Sn＝－(1＋3＋3 2＋…＋3 n－1 )＋[1＋3＋…＋(2 n－1)]＝－ (3n－1)＋ n2.12点评 (1)对数列{ an}，首先弄清是等差还是等比，然后利用相应的公式列方程组求相关基本量，从而确定 an、 Sn.(2)熟练掌握并能灵活应用等差、等比数列的性质，也是解决此类题目的主要方法．变式训练 3 (2015·北京)已知等差数列{ an}满足 a1＋ a2＝10， a4－ a3＝2.(1)求{ an}的通项公式；(2)设等比数列{ bn}满足 b2＝ a3， b3＝ a7，问： b6与数列{ an}的第几项相等？解 (1)设等差数列{ an}的公差为 d.因为 a4－ a3＝2，所以 d＝2.又因为 a1＋ a2＝10，所以 2a1＋ d＝10，故 a1＝4.所以 an＝4＋2( n－1)＝2 n＋2( n＝1,2，…)．(2)设等比数列{ bn}的公比为 q.因为 b2＝ a3＝8， b3＝ a7＝16，所以 q＝2， b1＝4.所以 b6＝4×2 6－1 ＝128.由 128＝2 n＋2，得 n＝63，所以 b6与数列{ an}的第 63项相等．6高考题型精练1．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等于( )A．2 B．－2 C. D．－12 12答案 D解析 因为等差数列{ an}的前 n项和为 Sn＝ na1＋ d，所以 S1， S2， S4分别为n n－ 12a1,2a1－1,4 a1－6.因为 S1， S2， S4成等比数列，所以(2 a1－1) 2＝ a1·(4a1－6)．解得 a1＝－ .122．已知无穷等差数列{ an}，前 n项和 Sn中， S6S8，则( )A．在数列{ an}中 a7最大B．在数列{ an}中， a3或 a4最大C．前三项之和 S3必与前 10项之和 S10相等D．当 n≥8 时， anS8，所以 S7－ S6＝ a70， S8－ S7＝ a80，故 C错误．3．已知{ an}为等差数列，其公差为－2，且 a7是 a3与 a9的等比中项， Sn为{ an}的前 n项和，n∈N *，则 S10的值为( )A．－110 B．－90 C．90 D．110答案 D解析 ∵ a3＝ a1＋2 d＝ a1－4， a7＝ a1＋6 d＝ a1－12，a9＝ a1＋8 d＝ a1－16，又∵ a7是 a3与 a9的等比中项，∴( a1－12) 2＝( a1－4)·( a1－16)，解得 a1＝20.∴ S10＝10×20＋ ×10×9×(－2)＝110.124．(2016·哈尔滨六中期中)已知 Sn是等差数列{ an}的前 n项和，且 S6S7S5，给出下列五7个命题：① d0；③使 Sn0的最大 n值为 12；④数列{ Sn}中的最大项为S11；⑤| a6||a7|，其中正确命题的个数是( )A．5 B．4 C．3 D．1答案 B解析 ∵ S6S7S5，∴ a70， a6＋ a70，因此| a6||a7|； d＝ a7－ a60；11 a1＋ a112S12＝ ＝6( a6＋ a7)0，12 a1＋ a122而 S13＝13 a70的最大 n值为 12；由于 a70，数列{ Sn}中的最大项为 S6，∴④错，①②③⑤正确，故选 B.5．在正项等比数列{ an}中， a1＝1，前 n项和为 Sn，且－ a3， a2， a4成等差数列，则 S7的值为( )A．125 B．126 C．127 D．128答案 C解析 设正项等比数列{ an}的公比为 q(q0)，且 a1＝1，由－ a3， a2， a4成等差数列，得 2a2＝ a4－ a3，即 2a1q＝ a1q3－ a1q2.因为 q0，所以 q2－ q－2＝0.解得 q＝－1(舍)或 q＝2.则 S7＝ ＝ ＝127.a1 1－ q71－ q 1· 1－ 271－ 26．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AnBn 7n＋ 45n＋ 3 anbn数的正整数 n的个数是( )A．2 B．3C．4 D．5答案 D解析 由等差数列的前 n项和及等差中项，可得 ＝anbn12 a1＋ a2n－ 112 b1＋ b2n－ 18＝ ＝12 2n－ 1  a1＋ a2n－ 112 2n－ 1  b1＋ b2n－ 1 A2n－ 1B2n－ 1＝ ＝7 2n－ 1 ＋ 45 2n－ 1 ＋ 3 14n＋ 382n＋ 2＝ ＝7＋ (n∈N *)，7n＋ 19n＋ 1 12n＋ 1故当 n＝1,2,3,5,11 时， 为整数．anbn即正整数 n的个数是 5.7．(2016·江苏)已知{ an}是等差数列， Sn是其前 n项和．若 a1＋ a ＝－3， S5＝10，则 a92的值是________．答案 20解析 设等差数列{ an}公差为 d，由题意可得：Error!解得 Error!则 a9＝ a1＋8 d＝－4＋8×3＝20.8．已知{ an}为等差数列， a1＋ a3＋ a5＝105， a2＋ a4＋ a6＝99，以 Sn表示{ an}的前 n项和，则使得 Sn达到最大值的 n是________．答案 20解析 等差数列{ an}的公差为 d，则Error!即Error! ∴Error!∴ Sn＝39 n＋ ×(－2)＝－ n2＋40 nn n－ 12＝－( n－20) 2＋400，当 n＝20 时， Sn取得最大值．9．公差不为 0的等差数列{ an}的部分项 …构成等比数列，且123,,kkak1＝1， k2＝2， k3＝6，则 k4＝________.答案 22解析 根据题意可知等差数列的 a1， a2， a6项成等比数列，设等差数列的公差为 d，则有(a1＋ d)2＝ a1(a1＋5 d)，解得 d＝3 a1，故 a2＝4 a1， a6＝16 a1⇒ ＝ a1＋( n－1)·(3 a1)4k＝64 a1，解得 n＝22，即 k4＝22.10．若数列{ an}对任意的正整数 n和 m等式 a ＝ an×an＋2 m都成立，则称数列{ an}为 m2n＋ m阶梯等比数列．若{ an}是 3阶梯等比数列有 a1＝1， a4＝2，则 a10＝________.答案 8解析 由题意有，当{ an}是 3阶梯等比数列， a ＝ anan＋6 ， a ＝ a1a7，所以 a7＝4，2n＋ 3 249由 a ＝ a4a10，有 a10＝ ＝8.27a27a411．(2016·北京)已知{ an}是等差数列，{ bn}是等比数列，且b2＝3， b3＝9， a1＝ b1， a14＝ b4.(1)求{ an}的通项公式；(2)设 cn＝ an＋ bn，求数列{ cn}的前 n项和．解 (1)设数列{ an}的公差为 d，{ bn}的公比为 q，由Error! 得Error!∴{ bn}的通项公式 bn＝ b1qn－1 ＝3 n－1 ，又 a1＝ b1＝1， a14＝ b4＝3 4－1 ＝27，∴1＋(14－1) d＝27，解得 d＝2.∴{ an}的通项公式 an＝ a1＋( n－1) d＝1＋( n－1)×2＝2 n－1( n＝1,2,3，…)．(2)设数列{ cn}的前 n项和为 Sn.∵ cn＝ an＋ bn＝2 n－1＋3 n－1 ，∴ Sn＝ c1＋ c2＋ c3＋…＋ cn＝2×1－1＋3 0＋2×2－1＋3 1＋2×3－1＋3 2＋…＋2 n－1＋3 n－1 ＝2(1＋2＋…＋ n)－ n＋30× 1－ 3n1－ 3＝2× － n＋ n＋ 1 n2 3n－ 12＝ n2＋ .3n－ 12即数列{ cn}的前 n项和为 n2＋ .3n－ 1212．在等差数列{ an}中， a2＋ a7＝－23， a3＋ a8＝－29.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设数列{ an＋ bn}是首项为 1，公比为 q的等比数列，求{ bn}的前 n项和 Sn.解 (1)设等差数列{ an}的公差是 d，∵ a3＋ a8－( a2＋ a7)＝2 d＝－6，∴ d＝－3.∴ a2＋ a7＝2 a1＋7 d＝－23，解得 a1＝－1.∴数列{ an}的通项公式为 an＝－3 n＋2.(2)∵数列{ an＋ bn}是首项为 1，公比为 q的等比数列，∴ an＋ bn＝ qn－1 ，即－3 n＋2＋ bn＝ qn－1 ，∴ bn＝3 n－2＋ qn－1 .∴ Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3 n－2)]＋(1＋ q＋ q2＋…＋ qn－1 )10＝ ＋(1＋ q＋ q2＋…＋ qn－1 )，n 3n－ 12故当 q＝1 时， Sn＝ ＋ n＝ ；n 3n－ 12 3n2＋ n2当 q≠1 时， Sn＝ ＋ .n 3n－ 12 1－ qn1－ q1第 22 练 常考的递推公式问题的破解方略[题型分析·高考展望] 利用递推关系式求数列的通项公式及前 n 项和公式是高考中常考题型，掌握常见的一些变形技巧是解决此类问题的关键．一般这类题目难度较大，但只要将已知条件转化为几类“模型” ，然后采用相应的计算方法即可解决．体验高考1．(2015·湖南)设 Sn为等比数列{ an}的前 n 项和，若 a1＝1，且 3S1,2S2， S3成等差数列，则 an＝________.答案 3 n－1解析 由 3S1,2S2， S3成等差数列知，4 S2＝3 S1＋ S3，可得 a3＝3 a2，∴公比 q＝3，故等比数列通项 an＝ a1qn－1 ＝3 n－1 .2．(2015·课标全国Ⅱ)设 Sn是数列{ an}的前 n 项和，且 a1＝－1， an＋1 ＝ SnSn＋1 ，则Sn＝____________.答案 －1n解析 由题意，得 S1＝ a1＝－1，又由 an＋1 ＝ SnSn＋1 ，得 Sn＋1 － Sn＝ SnSn＋1 ，因为 Sn≠0，所以 ＝1，即 － ＝－1，故数列 是以 ＝－1 为首项，－1 为公差的等差Sn＋ 1－ SnSnSn＋ 1 1Sn＋ 1 1Sn {1Sn} 1S1数列，得 ＝－1－( n－1)＝－ n，所以 Sn＝－ .1Sn 1n3．(2015·江苏)设数列{ an}满足 a1＝1，且 an＋1 － an＝ n＋1( n∈N *)，则数列 前 10 项{1an}的和为________．答案 2011解析 ∵ a1＝1， an＋1 － an＝ n＋1，∴ a2－ a1＝2， a3－ a2＝3，…， an－ an－1 ＝ n，将以上n－1 个式子相加得 an－ a1＝2＋3＋…＋ n＝ ，即 an＝ . 2＋ n  n－ 12 n n＋ 12令 bn＝ ，1an故 bn＝ ＝2 ，故 S10＝ b1＋ b2＋…＋ b102n n＋ 1 (1n－ 1n＋ 1)＝2 ＝ .(1－12＋ 12－ 13＋ …＋ 110－ 111) 20114．(2016·课标全国丙)已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝1＋ λa n，其中 λ ≠0.(1)证明{ an}是等比数列，并求其通项公式；2(2)若 S5＝ ，求 λ .3132(1)证明 由题意，得 a1＝ S1＝1＋ λa 1，故 λ ≠1， a1＝ ， a1≠0.11－ λ由 Sn＝1＋ λa n， Sn＋1 ＝1＋ λa n＋1 ，得 an＋1 ＝ λa n＋1 － λa n，即 an＋1 (λ －1)＝ λa n，由a1≠0， λ ≠0 得 an≠0，所以 ＝ .an＋ 1an λλ － 1因此{ an}是首项为 ，公比为 的等比数列，11－ λ λλ － 1于是 an＝ n－1 .11－ λ ( λλ － 1)(2)解 由(1)得 Sn＝1－ n.由 S5＝ ，(λλ － 1) 3132得 1－ 5＝ ，即 5＝ .解得 λ ＝－1.(λλ － 1) 3132 ( λλ － 1) 132高考必会题型题型一 利用累加法解决递推问题例 1 (1)在数列{ an}中， a1＝1， an－ an－1 ＝ ，则 an等于( )1n n－ 1A．2－ B．1－1n 1nC. D．2－1n 1n－ 1答案 A解析 ∵ an－ an－1 ＝ ，1n n－ 1∴ a2－ a1＝ ，11×2a3－ a2＝ ， a4－ a3＝ ，…，12×3 13×4an－ an－1 ＝ (n1)，1n n－ 1以上各式左右两边分别相加得 an－ a1＝ ＋ ＋ ＋…＋11×2 12×3 13×4 1n n－ 1＝1－ ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ，12 12 13 1n－ 1 1n 1n3∴ an＝ a1＋1－ ＝2－ ，1n 1n又 a1＝1 适合上式，∴ an＝2－ ，故选 A.1n(2)在数列{ an}中，已知 a1＝2， an＋1 ＝ an＋ cn(n∈N *，常数 c≠0)，且 a1， a2， a3成等比数列．①求 c 的值；②求数列{ an}的通项公式．解 ①由题意知， a1＝2， a2＝2＋ c， a3＝2＋3 c，∵ a1， a2， a3成等比数列，∴(2＋ c)2＝2(2＋3 c)，解得 c＝0 或 c＝2，又 c≠0，故 c＝2.②当 n≥2 时，由 an＋1 ＝ an＋ cn，得 a2－ a1＝ c， a3－ a2＝2 c，…， an－ an－1 ＝( n－1) c，以上各式相加，得 an－ a1＝[1＋2＋…＋( n－1)] c＝ c.n n－ 12又 a1＝2， c＝2，故 an＝ n2－ n＋2( n≥2)，当 n＝1 时，上式也成立，∴数列{ an}的通项公式为 an＝ n2－ n＋2( n∈N *)．点评 由已知递推关系式，若能转化为 an＋1 ＝ an＋ f(n)，或 － ＝ f(n)且 f(n)的和1an＋ 1 1an可求，则可采用累加法．变式训练 1 在数列{ an}中， a1＝1， an＋1 － an＝ln(1＋ )，则 an等于( )1nA．1＋ n＋ln nB．1＋ nln nC．1＋( n－1)ln nD．1＋ln n答案 D解析 ∵ a1＝1， an＋1 － an＝ln(1＋ )，1n∴ an＝( an－ an－1 )＋( an－1 － an－2 )＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝ln(1＋ )＋ln(1＋ )＋…＋ln(1＋1)＋11n－ 1 1n－ 2＝ln( × ×…×2)＋1nn－ 1 n－ 1n－ 2＝1＋ln n.题型二 利用累乘法解决递推问题4例 2 (1)已知 a1＝1， ＝ ，则 an＝________.an＋ 1an n＋ 2n(2)已知数列{ an}中， a1＝1， ＝ n(n∈N *)，则 a2 016＝________.anan＋ 1－ an答案 (1) (2)2 016n n＋ 12解析 (1)∵ ＝ ，an＋ 1an n＋ 2n∴ × × ×…×a2a1 a3a2 a4a3 anan－ 1＝ × × × × ×…× × ＝ .31 42 53 64 75 nn－ 2 n＋ 1n－ 1 n n＋ 12即 ＝ ，ana1 n n＋ 12又∵ a1＝1，∴ an＝ ，n n＋ 12而 a1＝1 也适合上式，∴{ an}的通项公式为 an＝ .n n＋ 12(2)由 ＝ n(n∈N *)，得 ＝ ，anan＋ 1－ an an＋ 1an n＋ 1n＝ ， ＝ ，a2a1 21 a3a2 32＝ ，…，a4a3 43＝ ，各式相乘得 ＝ n，anan－ 1 nn－ 1 ana1∴ an＝ n(n＝1 适合)，∴ a2 016＝2 016.点评 若由已知递推关系能转化成 ＝ f(n)的形式，且 f(n)的前 n 项积能求，则可采an＋ 1an用累乘法．注意验证首项是否符合通项公式．变式训练 2 数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ an (n≥2)，且 a1＝1， a2＝2，则{ an}的通项公式n2an＝______________.答案 Error!解析 ∵ Sn－1 ＝ an－1 (n≥3)，n－ 12∴ Sn－ Sn－1 ＝ an－ an－1 ，n2 n－ 125∴ an＝ an－ an－1 ，∴ ＝ .n2 n－ 12 anan－ 1 n－ 1n－ 2∴当 n≥3 时， · ·…· ＝2· · ·…· ，a3a2 a4a3 anan－ 1 32 43 n－ 1n－ 2∴ ＝ n－1，∴ an＝( n－1)· a2＝2( n－1)( n≥3)．ana2∵ a2＝2 满足 an＝2( n－1)，∴ an＝Error!题型三 构造法求通项公式例 3 (1)已知数列{ an}， a1＝2， an＝ (n≥2)，则 an＝________.an－ 11＋ an－ 1(2)已知 a1＝1， an＋1 ＝ ，则 an＝________.anan＋ 1答案 (1) (2)22n－ 1 1n解析 (1)由 an＝ 两边取倒数得 － ＝1，an－ 11＋ an－ 1 1an 1an－ 1∴数列 是首项为 ＝ ，公差为 1 的等差数列，{1an} 1a1 12∴ ＝ ＋( n－1)＝ n－ ＝ .1an 12 12 2n－ 12∴ an＝ .22n－ 1(2)由 an＋1 ＝ ，得 － ＝1(常数)，anan＋ 1 1an＋ 1 1an又 ＝1，∴{ }为以 1 为首项，1 为公差的等差数列，1a1 1an∴ ＝ n，从而 an＝ ，即所求通项公式为 an＝ .1an 1n 1n点评 构造法就是利用数列的递推关系灵活变形，构造出等差、等比的新数列，然后利用公式求出通项．此类问题关键在于条件变形：在“ an＝ can－1 ＋ b”的条件下，可构造“an＋ x＝ c(an－1 ＋ x)”在“ an＝ ”的条件下，可构造“ ＝ ＋ ”．man－ 1kan－ 1＋ m 1an 1an－ 1 km变式训练 3 已知数列{ an}中， a1＝2，当 n≥2 时， an＝ ，求数列{ an}的通项公7an－ 1－ 33an－ 1＋ 1式．解 因为当 n≥2 时， an－1＝ ，4an－ 1－ 43an－ 1＋ 16两边取倒数，得 ＝ ＋ .1an－ 1 1an－ 1－ 1 34即 － ＝ ，1an－ 1 1an－ 1－ 1 34故数列 是首项为 ＝1，{1an－ 1} 1a1－ 1公差为 的等差数列．34所以 ＝ ＋ (n－1)＝ .1an－ 1 1a1－ 1 34 3n＋ 14所以 an＝ .3n＋ 53n＋ 1又当 n＝1 时，上式也成立，故数列{ an}的通项公式是 an＝ (n∈N *)．3n＋ 53n＋ 1高考题型精练1．数列{ an}满足 a1＝1， a2＝ ，且 ＋ ＝ (n≥2)，则 an等于( )23 1an－ 1 1an＋ 1 2anA. B．( )n－11n＋ 1 23C．( )n D.23 2n＋ 1答案 D解析 由题意知{ }是等差数列，1an又 ＝1， ＝ ，1a1 1a2 32∴公差为 d＝ － ＝ ，1a2 1a1 12∴ ＝ ＋( n－1)× ＝ ，1an 1a1 12 n＋ 12∴ an＝ ，故选 D.2n＋ 12．已知数列{ an}中， a1＝1，且 ＝ ＋3( n∈N *)，则 a10等于( )1an＋ 1 1anA．28 B．33 C. D.133 128答案 D7解析 由已知 － ＝3( n∈N *)，1an＋ 1 1an所以数列{ }是以 1 为首项，3 为公差的等差数列，1an即 ＝1＋( n－1)×3＝3 n－2，解得 an＝ ， a10＝ ，1an 13n－ 2 128故选 D.3．已知数列{ an}中， a1＝ ， an＋1 ＝ an＋ (n∈N *)，则数列{ an}的通项为( )12 1n2＋ 3n＋ 2A． an＝ B． an＝1n＋ 1 nn＋ 1C． an＝ ＋ D． an＝12 n－ 1n2＋ n＋ 2 n＋ 1n＋ 2答案 B解析 由 an＋1 ＝ an＋ 可得，1n2＋ 3n＋ 2an＋1 － an＝1n2＋ 3n＋ 2＝ ＝ － ，1 n＋ 1  n＋ 2 1n＋ 1 1n＋ 2所以 a2－ a1＝ － ， a3－ a2＝ － ，12 13 13 14a4－ a3＝ － ，…， an－ an－1 ＝ － ，14 15 1n 1n＋ 1累加可得 an－ a1＝ － ，12 1n＋ 1又 a1＝ ，所以 an＝ ，故选 B.12 nn＋ 14．已知 f(x)＝log 2 ＋1， an＝ f( )＋ f( )＋…＋ f( )， n 为正整数，则 a2 016等于( )x1－ x 1n 2n n－ 1nA．2 015 B．2 009 C．1 005 D．1 006答案 A解析 因为 f(x)＝log 2 ＋1，x1－ x所以 f(x)＋ f(1－ x)＝log 2 ＋1＋log 2 ＋1＝2.x1－ x 1－ xx所以 f( )＋ f( )＝2， f( )＋ f( )＝2，…，1n n－ 1n 2n n－ 2nf( )＋ f( )＝2，由倒序相加，得 2an＝2( n－1)， an＝ n－1，所以 a2 016＝2 016－1＝2 n－ 1n 1n8015，故选 A.5．已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝ an＋ n＋2 n(n∈N *)，则 an为( )A. ＋2 n－1 －1n n－ 12B. ＋2 n－1n n－ 12C. ＋2 n＋1 －1n n＋ 12D. ＋2 n＋1 －1n n－ 12答案 B解析 ∵ an＋1 ＝ an＋ n＋2 n，∴ an＋1 － an＝ n＋2 n.∴ an＝ a1＋( a2－ a1)＋( a3－ a2)＋…＋( an－ an－1 )＝1＋(1＋2)＋(2＋2 2)＋…＋[( n－1)＋2 n－1 ]＝1＋[1＋2＋3＋…＋( n－1)]＋(2＋2 2＋…＋2 n－1 )＝1＋ ＋ n－ 1 n2 2 1－ 2n－ 11－ 2＝ ＋2 n－1.n n－ 126．已知数列{ an}满足 a1＝1， an＝ an－1 ＋2 n(n≥2)，则 a7等于( )A．53 B．54C．55 D．109答案 C解析 ∵ an－ an－1 ＝2 n(n≥2)，∴ a2－ a1＝4，a3－ a2＝6，a4－ a3＝8，…a7－ a6＝14，以上各式两边分别相加得a7－ a1＝4＋6＋…＋14，a7＝1＋ ＝55. 4＋ 14 ×627．数列{ an}中， a1＝1， an＝2·3 n－1 ＋ an－1 (n≥2)，则 an＝________.答案 3 n－29解析 因为 an＝2·3 n－1 ＋ an－1 (n≥2)，所以 an－ an－1 ＝2·3 n－1 (n≥2)，由叠加原理知 an－ a1＝2(3＋3 2＋3 3＋…＋3 n－1 )(n≥2)，所以 an＝ a1＋2 ＝1＋3 n－33 1－ 3n－ 11－ 3＝3 n－2( n≥2)，因为 a1＝1 也符合上式，故 an＝3 n－2.8．若数列{ an}满足 an＝3 an－1 ＋2( n≥2， n∈N *)， a1＝1，则数列{ an}的通项公式an＝________________.答案 2×3 n－1 －1解析 设 an＋ λ ＝3( an－1 ＋ λ )，化简得 an＝3 an－1 ＋2 λ ，∵ an＝3 an－1 ＋2，∴ λ ＝1，∴ an＋1＝3( an－1 ＋1)．∵ a1＝1，∴ a1＋1＝2，∴数列{ an＋1}是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，∴ an＋1＝2×3 n－1 ，∴ an＝2×3 n－1 －1.9．若数列{ an}满足 a1＝1，且 an＋1 ＝4 an＋2 n，则通项 an＝________________.答案 2 2n－1 －2 n－1解析 ∵ an＋1 ＝4 an＋2 n，∴ ＝ ＋ ，an＋ 12n＋ 1 2an2n 12设 bn＝ ，则 bn＋1 ＝2 bn＋ ，an2n 12∴ bn＋1 ＋ ＝2( bn＋ )，12 12即 ＝2，bn＋ 1＋ 12bn＋ 12又 b1＋ ＝1，∴{ bn＋ }是等比数列，12 12其中首项为 1，公比为 2，∴ bn＋ ＝2 n－1 ，即 bn＝2 n－1 － ，12 12即 ＝2 n－1 － ，an2n 1210∴ an＝2 n(2n－1 － )＝2 2n－1 －2 n－1 .1210．数列{ an}满足 an＋1 ＝ ， a8＝2，则 a1＝________.11－ an答案 12解析 ∵ an＋1 ＝ ，11－ an∴ an＋1 ＝ ＝ ＝11－ an 11－ 11－ an－ 1 1－ an－ 11－ an－ 1－ 1＝ ＝1－1－ an－ 1－ an－ 1 1an－ 1＝1－ ＝1－(1－ an－2 )＝ an－2 ，111－ an－ 2∴周期 T＝( n＋1)－( n－2)＝3.∴ a8＝ a3×2＋2 ＝ a2＝2.而 a2＝ ，∴ a1＝ .11－ a1 1211．数列{ an}满足 a1＝1， a2＝2， an＋2 ＝2 an＋1 － an＋2.(1)设 bn＝ an＋1 － an，证明{ bn}是等差数列；(2)求{ an}的通项公式．(1)证明 由 an＋2 ＝2 an＋1 － an＋2，得 bn＋1 － bn＝ an＋2 －2 an＋1 ＋ an＝2 an＋1 － an＋2－2 an＋1 ＋ an＝2，又 b1＝ a2－ a1＝1，∴{ bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．(2)解 由(1)得 bn＝2 n－1，于是 an＋1 － an＝2 n－1，an＝[( a2－ a1)＋( a3－ a2)＋…＋( an－ an－1 )]＋ a1＝[1＋3＋…＋(2 n－3)]＋1＝( n－1) 2＋1，而 a1＝1 也符合，∴{ an}的通项公式 an＝( n－1) 2＋1.12．已知数列{ an}的首项 a1＝1，前 n 项和为 Sn，且 Sn＋1 ＝2 Sn＋ n＋1( n∈N *)．(1)证明数列{ an＋1}是等比数列，并求数列{ an}的通项公式；11(2)求数列{ nan＋ n}的前 n 项和 Tn.解 (1)由已知， Sn＋1 ＝2 Sn＋ n＋1( n∈N *), 当 n≥2 时， Sn＝2 Sn－1 ＋ n，两式相减得， an＋1 ＝2 an＋1，于是 an＋1 ＋1＝2( an＋1)( n≥2)．当 n＝1 时， S2＝2 S1＋1＋1，即 a1＋ a2＝2 a1＋1＋1，所以 a2＝3，此时 a2＋1＝2( a1＋1)，且 a1＋1＝2≠0，所以数列{ an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列．所以 an＋1＝2·2 n－1 ，即 an＝2 n－1( n∈N *)．(2)令 cn＝ nan＋ n，则 cn＝ n·2n，于是 Tn＝1·2 1＋2·2 2＋…＋ n·2n，2Tn＝1·2 2＋…＋( n－1)·2 n＋ n·2n＋1 ，两式相减得，－ Tn＝2＋2 2＋…＋2 n－ n·2n＋1＝ － n·2n＋12 2n－ 12－ 1＝(1－ n)·2n＋1 －2，所以 Tn＝( n－1)·2 n＋1 ＋2.1第 23 练 数列求和问题[题型分析·高考展望] 数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前 n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题．体验高考1．(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12于________．答案 27解析 由已知数列{ an}是以 1 为首项，以 为公差的等差数12列．∴ S9＝9×1＋ × ＝9＋18＝27.9×82 122．(2016·浙江)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4， an＋1 ＝2 Sn＋1， n∈N *，则a1＝______， S5＝______.答案 1 121解析 由Error!解得 a1＝1， a2＝3，当 n≥2 时，由已知可得：an＋1 ＝2 Sn＋1，①an＝2 Sn－1 ＋1，②①－②得 an＋1 － an＝2 an，∴ an＋1 ＝3 an，又 a2＝3 a1，∴{ an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列．∴ Sn＝ (3n－1)．∴ S5＝121.123．(2015·课标全国Ⅰ) Sn为数列{ an}的前 n 项和．已知 an0， a ＋2 an＝4 Sn＋3.2n(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n 项和．1anan＋ 1解 (1)由 a ＋2 an＝4 Sn＋3，①2n可知 a ＋2 an＋1 ＝4 Sn＋1 ＋3.②2n＋ 1②－①可得 a － a ＋2( an＋1 － an)＝4 an＋1 ，2n＋ 1 2n即 2(an＋1 ＋ an)＝ a － a ＝( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an)．2n＋ 1 2n2由于 an0，可得 an＋1 － an＝2.又 a ＋2 a1＝4 a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3.21所以{ an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2 n＋1.(2)由 an＝2 n＋1 可知bn＝ ＝ ＝ .1anan＋ 1 1 2n＋ 1  2n＋ 3 12( 12n＋ 1－ 12n＋ 3)设数列{ bn}的前 n 项和为 Tn，则Tn＝ b1＋ b2＋…＋ bn＝12[(13－ 15)＋ (15－ 17)＋ …＋ ( 12n＋ 1－ 12n＋ 3)]＝ .n3 2n＋ 34．(2016·山东)已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝3 n2＋8 n，{ 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. an＋ 1 n＋ 1 bn＋ 2 n解 (1)由题意知，当 n≥2 时，Sn－1 ＝3 n2＋2 n－5， an＝ Sn－ Sn－1 ＝6 n＋5，当 n＝1 时， a1＝ S1＝11，符合{ an}通项公式，所以 an＝6 n＋5.设数列{ bn}的公差为 d.由Error!即Error! 可解得 b1＝4， d＝3，所以 bn＝3 n＋1.(2)由(1)知， cn＝ ＝3( n＋1)·2 n＋1 . 6n＋ 6 n＋ 1 3n＋ 3 n又 Tn＝ c1＋ c2＋…＋ cn，得 Tn＝3×[2×2 2＋3×2 3＋…＋( n＋1)×2 n＋1 ]，2Tn＝3×[2×2 3＋3×2 4＋…＋( n＋1)×2 n＋2 ]．两式作差，得－ Tn＝3×[2×2 2＋2 3＋2 4＋…＋2 n＋1－( n＋1)×2 n＋2 ]＝3× [4＋4 1－ 2n1－ 2 －  n＋ 1 ×2n＋ 2]＝－3 n·2n＋2 ，所以 Tn＝3 n·2n＋2 .高考必会题型题型一 分组转化法求和3例 1 (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与 log2an＋1 的等差中项，求数列{(－1) nb }的前 2n 项2n和．解 (1)设数列{ an}的公比为 q.由已知，有 － ＝ ，解得 q＝2 或 q＝－1.1a1 1a1q 2a1q2又由 S6＝ a1· ＝63，知 q≠－1，1－ q61－ q所以 a1· ＝63，得 a1＝1.1－ 261－ 2所以 an＝2 n－1 .(2)由题意，得 bn＝ (log2an＋log 2an＋1 )12＝ (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2点评 分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，即分组后，每一组可能是等差数列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3)根据数列的周期性分组；(4)根据奇数项、偶数项分组．变式训练 1 (2016·浙江)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 S2＝4， an＋1 ＝2 Sn＋1， n∈N *.(1)求通项公式 an；(2)求数列{| an－ n－2|}的前 n 项和．解 (1)由题意得Error!则Error!又当 n≥2 时，由 an＋1 － an＝(2 Sn＋1)－(2 Sn－1 ＋1)＝2 an，得 an＋1 ＝3 an.所以数列{ an}的通项公式为 an＝3 n－1 ， n∈N *.(2)设 bn＝|3 n－1 － n－2|， n∈N *，则 b1＝2， b2＝1，当 n≥3 时，由于 3n－1 ＞ n＋2，故 bn＝3 n－1 － n－2， n≥3.4设数列{ bn}的前 n 项和为 Tn，则 T1＝2， T2＝3，当 n≥3 时， Tn＝3＋ －9 1－ 3n－ 21－ 3  n＋ 7  n－ 22＝ ，3n－ n2－ 5n＋ 112所以 Tn＝Error!题型二 错位相减法求和例 2 (2015·湖北)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.(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点评 错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{ an}乘以等比数列{ bn}对应项“{ an·bn}”型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{ bn}的公比；②把两个和的形式错位相减；③整理结果形式．变式训练 2 (2015·山东)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn＝3 n＋3.(1)求{ an}的通项公式；(2)若数列{ bn}满足 anbn＝log 3an，求{ bn}的前 n 项和 Tn.解 (1)因为 2Sn＝3 n＋3，所以 2a1＝3＋3，故 a1＝3，5当 n＞1 时，2 Sn－1 ＝3 n－1 ＋3，此时 2an＝2 Sn－2 Sn－1 ＝3 n－3 n－1 ＝2×3 n－1 ，即 an＝3 n－1 ，所以 an＝Error!(2)因为 anbn＝log 3an，所以，当 n＝1 时， b1＝ ，所以 T1＝ b1＝ ；13 13当 n＞1 时， bn＝3 1－ nlog33n－1 ＝( n－1)·3 1－ n.所以，当 n＞1 时， Tn＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn＝ ＋(1×3 －1 ＋2×3 －2 ＋…＋( n－1)×3 1－ n)，13所以 3Tn＝1＋(1×3 0＋2×3 －1 ＋…＋( n－1)×3 2－ n)，两式相减，得 2Tn＝ ＋(3 0＋3 －1 ＋3 －2 ＋…＋3 2－ n)－( n－1)×3 1－ n23＝ ＋ －( n－1)×3 1－ n23 1－ 31－ n1－ 3－ 1＝ － ，所以 Tn＝ － ，136 6n＋ 32×3n 1312 6n＋ 34×3n经检验， n＝1 时也适合．综上可得 Tn＝ － .1312 6n＋ 34×3n题型三 裂项相消法求和例 3 若数列{ an}的前 n 项和为 Sn，点( an， Sn)在 y＝ － x 的图象上( n∈N *)．16 13(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若 c1＝0，且对任意正整数 n 都有 cn＋1 － cn＝log an，求证：对任意正整数 n≥2，总有12≤ ＋ ＋ ＋…＋ ＜ .13 1c2 1c3 1c4 1cn 34(1)解 ∵ Sn＝ － an，16 13∴当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝ an－1 － an，13 13∴ an＝ an－1 .14又∵ S1＝ － a1，∴ a1＝ ，16 13 18∴ an＝ ( )n－1 ＝( )2n＋1 .1814 126(2)证明 由 cn＋1 － cn＝log an＝2 n＋1，得12当 n≥2 时， cn＝ c1＋( c2－ c1)＋( c3－ c2)＋…＋( cn－ cn－1 )＝0＋3＋5＋…＋(2 n－1)＝ n2－1＝( n＋1)( n－1)．∴ ＋ ＋ ＋…＋1c2 1c3 1c4 1cn＝ ＋ ＋ ＋…＋122－ 1 132－ 1 142－ 1 1n2－ 1＝ ×[(1－ )＋( － )＋( － )＋…＋( － )]＝ [(1＋ )－( ＋ )]12 13 12 14 13 15 1n－ 1 1n＋ 1 12 12 1n 1n＋ 1＝ － ( ＋ ) .34 121n 1n＋ 1 34又∵ ＋ ＋ ＋…＋ ≥ ＝ ，1c2 1c3 1c4 1cn 1c2 13∴原式得证．点评 (1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为 的前 n 项和，其中{ an}若为等差数列，则 ＝ ·( －1an·an＋ 1 1an·an＋ 1 1d 1an)．其余还有公式法求和等．1an＋ 1(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．变式训练 3 等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝10， a2为整数，且 Sn≤ S4.(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.1anan＋ 1解 (1)由 a1＝10， a2为整数，知等差数列{ an}的公差 d 为整数．又 Sn≤ S4，故 a4≥0， a5≤0，于是 10＋3 d≥0,10＋4 d≤0.解得－ ≤ d≤－ .因此 d＝－3.103 52数列{ an}的通项公式为 an＝13－3 n.(2)bn＝ ＝ .1 13－ 3n  10－ 3n 13( 110－ 3n－ 113－ 3n)于是 Tn＝ b1＋ b2＋…＋ bn7＝13[(17－ 110)＋ (14－ 17)＋ …＋ ( 110－ 3n－ 113－ 3n)]＝ ＝ .13( 110－ 3n－ 110) n10 10－ 3n高考题型精练1．已知数列 1 ，3 ，5 ，7 ，…，则其前 n 项和 Sn为( )12 14 18 116A． n2＋1－ B． n2＋2－12n 12nC． n2＋1－ D． n2＋2－12n－ 1 12n－ 1答案 A解析 因为 an＝2 n－1＋ ，12n则 Sn＝ n＋ ＝ n2＋1－ .1＋ 2n－ 12(1－ 12n)·121－ 12 12n2．已知数列{ an}： ， ＋ ， ＋ ＋ ，…， ＋ ＋ ＋…＋ ，…，若 bn＝ ，12 13 23 14 24 34 110 210 310 910 1anan＋ 1那么数列{ bn}的前 n 项和 Sn为( )A. B.nn＋ 1 4nn＋ 1C. D.3nn＋ 1 5nn＋ 1答案 B解析 ∵ an＝ ＝ ，1＋ 2＋ 3＋ …＋ nn＋ 1 n2∴ bn＝ ＝ ＝4 ，1anan＋ 1 4n n＋ 1 (1n－ 1n＋ 1)∴ Sn＝4 [(1－12)＋ (12－ 13)＋ …＋ (1n－ 1n＋ 1)]＝4(1－ )＝ .1n＋ 1 4nn＋ 13．数列{ an}的通项公式为 an＝(－1) n－1 ·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S100等于( )A．200 B．－200 C．400 D．－400答案 B8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．已知函数 f(n)＝Error!且 an＝ f(n)＋ f(n＋1)，则 a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100等于( )A．0 B．100C．－100 D．10 200答案 B解析 由题意，得 a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100＝1 2－2 2－2 2＋3 2＋3 2－4 2－4 2＋5 2＋…＋99 2－100 2－100 2＋101 2＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.故选 B.5．若数列{ an}的通项公式为 an＝ ，则其前 n 项和 Sn为( )2n n＋ 2A．1－ B. － －1n＋ 2 32 1n 1n＋ 1C. － － D. － －32 1n 1n＋ 2 32 1n＋ 1 1n＋ 2答案 D解析 因为 an＝ ＝ － ，2n n＋ 2 1n 1n＋ 2所以 Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an＝1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＋ －13 12 14 13 15 1n－ 1 1n＋ 1 1n 1n＋ 2＝1＋ － －12 1n＋ 1 1n＋ 2＝ － － .32 1n＋ 1 1n＋ 2故选 D.6．已知数列{ an}为等比数列，前三项为： a， a＋ ， a＋ ，且 Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an，则12 12 13 13Tn＝ a ＋ a ＋…＋ a 等于( )21 2 2nA．9 B．81[1－ (23)n] [1－ (23)n]C. D．81815[1－ (49)n] [1－ (49)n]答案 C解析 由 2＝ a(12a＋ 12) (13a＋ 13)9解得 a＝3( a＝－1 舍去)，Tn＝ a ＋ a ＋…＋ a ＝ ＝ .21 2 2na21[1－  49 n]1－ 49 815[1－  49 n]7．对于数列{ an}，定义数列{ an＋1 － an}为数列{ an}的“差数列” ，若 a1＝1，{ an}的“差数列”的通项公式为 an＋1 － an＝2 n，则数列{ an}的前 n 项和 Sn＝________.答案 2 n＋1 － n－2解析 因为 an＋1 － an＝2 n，应用累加法可得 an＝2 n－1，所以 Sn＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ an＝2＋2 2＋2 3＋…＋2 n－ n＝ － n2 1－ 2n1－ 2＝2 n＋1 － n－2.8．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 n＋1 －2＋ n2.2 1－ 2n1－ 2 n 1＋ 2n－ 129．数列{ an}满足 an＋1 ＋(－1) nan＝2 n－1，则{ an}的前 60 项和为________．答案 1 830解析 ∵ an＋1 ＋(－1) nan＝2 n－1，∴ a2＝1＋ a1， a3＝2－ a1， a4＝7－ a1， a5＝ a1， a6＝9＋ a1， a7＝2－ a1， a8＝15－ a1， a9＝ a1， a10＝17＋ a1， a11＝2－ a1， a12＝23－ a1，…， a57＝ a1， a58＝113＋ a1， a59＝2－ a1， a60＝119－ a1，∴ a1＋ a2＋…＋ a60＝( a1＋ a2＋ a3＋ a4)＋( a5＋ a6＋ a7＋ a8)＋…＋( a57＋ a58＋ a59＋ a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝ ＝1 830.15× 10＋ 234210．在等比数列{ an}中， a1＝3， a4＝81，若数列{ bn}满足 bn＝log 3an，则数列 的{1bnbn＋ 1}前 n 项和 Sn＝________.答案 nn＋ 1解析 设等比数列{ an}的公比为 q，则 ＝ q3＝27，解得 q＝3.a4a110所以 an＝ a1qn－1 ＝3×3 n－1 ＝3 n，故 bn＝log 3an＝ n，所以 ＝ ＝ － .1bnbn＋ 1 1n n＋ 1 1n 1n＋ 1则数列 的前 n 项和为 1－ ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ .{1bnbn＋ 1} 12 12 13 1n 1n＋ 1 1n＋ 1 nn＋ 111．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，点 (n∈N *)均在函数 y＝3 x－2 的图象上．(n，Snn)(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ， Tn是数列{ bn}的前 n 项和，求使得 Tn＜ 对所有 n∈N *都成立的最小3anan＋ 1 m20正整数 m.解 (1)依题意得， ＝3 n－2，即 Sn＝3 n2－2 n.Snn当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1＝(3 n2－2 n)－[3( n－1) 2－2( n－1)]＝6 n－5.当 n＝1 时， a1＝ S1＝3×1 2－2×1＝1＝6×1－5，所以 an＝6 n－5( n∈N *)．(2)由(1)得 bn＝ ＝3anan＋ 1 3 6n－ 5 [6 n＋ 1 － 5]＝ .12( 16n－ 5－ 16n＋ 1)故 Tn＝ nn∑i＝ 1b＝12[(1－ 17)＋ (17－ 113)＋ …＋ ( 16n－ 5－ 16n＋ 1)]＝ .12(1－ 16n＋ 1)因此，使得 ＜ (n∈N *)成立的 m 必须满足 ≤ ，即 m≥10，12(1－ 16n＋ 1) m20 12 m20故满足要求的最小正整数 m 为 10.12．在数列{ an}中， a1＝3， a2＝5，且{ an－1}是等比数列．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若 bn＝ nan，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.解 (1)∵{ an－1}是等比数列且 a1－1＝2，a2－1＝4， ＝2，a2－ 1a1－ 1∴ an－1＝2·2 n－1 ＝2 n，11∴ an＝2 n＋1.(2)bn＝ nan＝ n·2n＋ n，故 Tn＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn＝(2＋2×2 2＋3×2 3＋…＋ n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋ n)．令 T＝2＋2×2 2＋3×2 3＋…＋ n·2n，则 2T＝2 2＋2×2 3＋3×2 4＋…＋ n·2n＋1 .两式相减，得－ T＝2＋2 2＋2 3＋…＋2 n－ n·2n＋1＝ － n·2n＋1 ，2 1－ 2n1－ 2∴ T＝2(1－2 n)＋ n·2n＋1 ＝2＋( n－1)·2 n＋1 .∵1＋2＋3＋…＋ n＝ ，n n＋ 12∴ Tn＝( n－1)·2 n＋1 ＋ .n2＋ n＋ 42