2019届高考数学总复习 模块三 数列（课件+练习）（打包4套）理.zip

1第 10讲 数列、等差数列与等比数列1.(1)[2014·全国卷 Ⅱ ]数列{ an}满足 an+1= ,a8=2,则 a1= . 11-an(2)[2018·全国卷 Ⅰ ]记 Sn为数列{ an}的前 n项和 .若 Sn=2an+1,则 S6= . [试做] 命题角度 数列的递推问题(1)解决数列的递推问题:关键一,利用 an= 得出 an与 an+1(或 an-1)的递推式;{S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥ 2关键二,观察递推式的形式,采用不同的方法求 an.(2)若递推式形如 an+1=an+f(n),an+1=f(n)·an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或用迭代法求得通项公式;若递推式形如 an+1=pan+q(其中 p,q均为常数,且 p≠1),则通常化为 an+1-t=p(an-t)的形式,其中 t= ,再利用换q1-p元法转化为等比数列求解 .2.(1)[2017·全国卷 Ⅲ ]等差数列{ an}的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6成等比数列,则{ an}前 6项的和为 ( )A.-24 B.-3 C.3 D.8(2)[2016·全国卷 Ⅰ ]设等比数列{ an}满足 a1+a3=10,a2+a4=5,则 a1a2…an的最大值为 . [试做] 命题角度 等差、等比数列的基本计算关键一:基本量思想(等差数列:首项 a1和公差 d.等比数列:首项 a1和公比 q).关键二:等差数列的性质,若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N *),则 an+am=ap+aq;等比数列的性质,若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N *),则 anam=apaq.23.(1)[2017·全国卷 Ⅱ ]等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,a3=3,S4=10,则 . n∑k=11Sk=(2)[2015·全国卷 Ⅱ ]设 Sn是数列{ an}的前 n项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= . [试做] 命题角度 数列求和关键一:利用等差数列、等比数列的前 n项和公式求解 .关键二:利用数列求和方法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解 .小题 1数列的递推关系1 (1)已知数列{ an}的前 n项和为 Sn,若 3Sn=2an-3n,则 a2018= ( )A.22018-1 B.32018-6C. - D. -(12)201872 (13)2018103(2)已知数列{ an}满足 a1=15, =2(n∈N *),则 的最小值为 . an+1-ann ann[听课笔记] 【考场点拨】由递推关系式求数列的通项公式,常用的方法有: ① 求出数列的前几项,再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证); ② 将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式,或用累加法(适用于 an+1=an+f(n)型)、累乘法(适用于 an+1=an·f(n)型)、待定系数法(适用于 an+1=pan+q型)求通项公式 .【自我检测】1.数列{ an}满足 a1=1,且对任意的 m,n∈N *,都有 am+n=am+an+mn,则 + + +…+ 等于 ( )1a11a21a3 1a2017A. B.20162017 201720183C. D.20171009 402420172.定义各项均不为 0的数列{ an}:a1=1,a2=1,当 n≥3 时, an=an-1+ .定义各项均不为 0的数列{ bn}:b1=1,b2=3,a2n-1an-2当 n≥3 时, bn=bn-1+ .则 = ( )b2n-1bn-2 b2017a2018A.2017 B.2018C.2019 D.10093.在数列{ an}中, a1=0,an+1= ,则数列{ an}的前 2018项和 S2018= . 3+an1- 3an4.已知数列{ an}的前 n项和为 Sn,且 an+Sn=3n-1,则数列{ an}的通项公式 an= . 小题 2等差、等比数列的基本计算2 (1)已知数列{ an}的前 n项和 Sn=2n+1-2,bn=log2( · ),数列{ bn}的前 n项和为 Tn,则满足 Tn1024的 n的a2n 2an最小值为( )A.9 B.10C.12 D.15(2)已知等差数列{ an}中, a3=7,a9=19,Sn为数列{ an}的前 n项和,则 的最小值为 . Sn+10an+1[听课笔记] 【考场点拨】等差、等比数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,首项 a1、公差 d或公比 q;(2)熟悉一些结构特征,如前 n项和为 Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为 an=p·qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等比数列;(3)由于等比数列的通项公式、前 n项和公式中变量 n在指数位置,所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算 .【自我检测】1.已知数列{ an}是公比为 q的等比数列,若 a1,a3,a2成等差数列,则公比 q的值为 ( )A.- B.-2124C.1或 - D.-1或12 122.等比数列{ an}的首项为 3,公比 q≠1,若 a4,a3,a5成等差数列,则数列{ an}的前 5项和 S5= ( )A.-31 B.33C.45 D.933.设等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn取得最小值时, n的值为 . 4.已知等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,a1=9,a5=1,则使得 Sn0成立的 n的最大值为 . 小题 3等差、等比数列的性质3 (1)已知等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,若 a4,a10是方程 x2-8x+1=0的两个根,则 S13= ( )A.58 B.54C.56 D.52(2)已知数列{ an}的各项都为正数,对任意的 m,n∈N *,am·an=am+n恒成立,且 a3·a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= . [听课笔记] 【考场点拨】等差、等比数列性质使用的注意点:(1)通项性质:若 m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N *),则对于等差数列有 am+an=ap+aq=2ak,对于等比数列有aman=apaq= .a2k(2)前 n项和的性质:对于等差数列有 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等差数列;对于等比数列,若有 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成等比数列,则仅在 q≠ -1,或 q=-1且 m为奇数时满足 .【自我检测】1.已知数列{ an}为等差数列,数列{ bn}为等比数列,且满足 a2017+a2018=π, =4,则 tan = ( )b220a2+a4033b1b39A.-1 B.22C.1 D. 352.已知等比数列{ an}中, a5=2,a6a8=8,则 =( )a2018-a2016a2014-a2012A.2 B.4C.6 D.83.已知正项等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,且 S10=10,S30=130,则 S40= ( )A.-510 B.400C.400或 -510 D.30或 404.已知等差数列{ an}的公差不为 0,a1=1,且 a2,a4,a8成等比数列,{ an}的前 n项和为 Sn,则 Sn= ( )A.n(n+1)2B.(n+1)22C.n2+12D.n(n+3)4小题 4等差、等比数列的综合问题4 (1)已知等差数列{ an}的前 n项和为 Tn,a3=4,T6=27,数列{ bn}满足 bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设 cn=an+bn,则数列{ cn}的前 11项和 S11= ( )A.1062 B.2124C.1101 D.1100(2)已知数列{ an}的通项公式为 an=n+t(t∈R),数列{ bn}为公比小于 1的等比数列,且满足 b1·b4=8,b2+b3=6,设cn= + ,在数列{ cn}中,若 c4≤ cn(n∈N *),则实数 t的取值范围为 . an+bn2 |an-bn|2[听课笔记] 【考场点拨】解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式 an=Sn-Sn-1适用于所有数列,但易忽略 n≥2 这个前提;(2)对含有字母的等比数列求和时要注意 q=1或 q≠1 的情况,公式 Sn= 只适用于 q≠1 的情况 .a1(1-qn)1-q6【自我检测】1.已知数列{ an}的各项均为整数, a8=-2,a13=4,前 12项依次成等差数列,从第 11项起依次成等比数列,则 a15=( )A.8 B.16C.64 D.1282.已知正项等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,且 a1a6=2a3,a4与 2a6的等差中项为 ,则 S5= ( )32A. B.30315325C.31 D.3153243.当 n为正整数时,定义函数 N(n)表示 n的最大奇因数,如 N(3)=3,N(10)=5.若 S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则 S(5)=( )A.342 B.345C.341 D.3464.已知等比数列{ an}满足 a2a5=2a3,且 a4, ,2a7成等差数列,则 a1·a2·…·an的最大值为 . 547模块三 数列第 10讲 数列、等差数列与等比数列典型真题研析1.(1) (2)-63 [解析] (1)由题易知 a8= =2,得 a7= ;a7= = ,得 a6=-1;a6= =-1,得 a5=2,于是可知数12 11-a7 12 11-a612 11-a5列{ an}具有周期性,且周期为 3,所以 a1=a7= .12(2)方法一:令 n=1,得 S1=a1=2a1+1,所以 a1=-1,又由 Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得 Sn=2Sn-1-1(n≥2),即 Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{ Sn-1}是以 S1-1=-2为首项,2 为公比的等比数列,所以 S6-1=(-2)×25=-64,则 S6=-63.方法二:令 n=1,得 S1=a1=2a1+1,所以 a1=-1.由 Sn=2an+1① ,得 Sn-1=2an-1+1(n≥2) ② ,①-② 得 an=2an-2an-1(n≥2),即 an=2an-1(n≥2),所以{ an}是以 a1=-1为首项,2 为公比的等比数列,于是 S6= =-63.(-1)×(1-26)1-22.(1)A (2)64 [解析] (1){ an}为等差数列,且 a2,a3,a6成等比数列,则 =a2·a6,即( a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).a23将 a1=1代入上式并化简,得 d2+2d=0,∵d ≠0, ∴d=- 2,∴S 6=6a1+ d=1×6+ ×(-2)=-24.6×52 6×52(2)设该等比数列的公比为 q,则 q= = ,可得 a1+ a1=10,得 a1=8,所以 an=8× n-1= n-4.a2+a4a1+a312 14 12 12所以 a1a2…an= -3-2-1+0+…+(n-4)= ,易知当 n=3或 n=4时, (n2-7n)取得最小值 -6,故 a1a2…an的最12 12 12(n2-7n) 12大值为 -6=64.123.(1) (2)- [解析] (1)设公差为 d,则 a1+2d=3且 4a1+6d=10,解得 a1=1,d=1,所以 Sk= , =22nn+1 1n k(k+1)2 1Sk,(1k- 1k+1)所以n∑k=11Sk=2[(1-12)+(12-13)+…+(1n- 1n+1)]=2(1- 1n+1)= 2nn+1.(2)因为 a1=-1,an+1=SnSn+1,所以 S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 - =-1,所以数列 是首项为 -1,公差为 -1的等差1Sn+11Sn {1Sn}数列,所以 =-n,所以 Sn=- .1Sn 1n考点考法探究8小题 1例 1 (1)A (2) [解析] (1)由题意可得 3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),274两式作差可得 3an+1=2an+1-2an-3,即 an+1=-2an-3,即 an+1+1=-2(an+1),由 3S1=2a1-3=3a1,可得 a1=-3,∴a 1+1=-2,∴ 数列{ an+1}是首项为 -2,公比为 -2的等比数列,据此有 a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a 2018=22018-1.(2)由 =2,得 an+1-an=2n,an+1-ann∵a 1=15,∴ 当 n≥2 时, an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2× =n2-n+15,n(n-1)2∵a 1=15满足上式,∴a n=n2-n+15,∴ =n+ -1,ann 15n易知当 n依次取 1,2,3时, n+ -1的值递减;当 n取大于或等于 4的自然数时, n+ -1的值递增 .15n 15n当 n=3时, =3+5-1=7;当 n=4时, =4+ -1= .ann ann 154 274故 的最小值为 .ann 274【自我检测】1.C [解析] ∵a n+m=am+an+mn对任意的 m,n∈N *都成立, ∴a n+1=an+a1+n=an+1+n,即 an+1-an=1+n,∴a 2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上面( n-1)个式子相加可得, an-a1=2+3+4+…+n,∴a n=1+2+3+…+n= (n≥2),当n(n+1)2n=1时, a1=1,满足上式, ∴a n= ,从而有 = =2 ,∴ + + +…+ =2×n(n+1)2 1an 2n(n+1) (1n- 1n+1) 1a11a21a3 1a2017= .(1-12+12-13+…+ 12017- 12018)201710092.D [解析] 当 n≥3 时,由 an=an-1+ 两边同除以 an-1,可得 =1+ ,即 - =1,a2n-1an-2 anan-1 an-1an-2 anan-1an-1an-2则数列 是首项为 1,公差为 1的等差数列,所以 =n-1(n≥2),{anan-1} anan-19所以 an=a1× × ×…× =1×1×2×…×(n-1)(n≥2) .a2a1 a3a2 anan-1同理可得 - =1(n≥3),则数列 是首项为 3,公差为 1的等差数列,所以 =n+1(n≥2),bnbn-1bn-1bn-2 {bnbn-1} bnbn-1可得 bn=b1× × ×…× =1×3×4×…×(n+1)(n≥2),b2b1 b3b2 bnbn-1所以 = =1009,故选 D.b2017a20181×3×4×…×20181×1×2×…×20173. [解析] ∵a 1=0,an+1= ,33+an1- 3an∴a 2= = ,a3= = =- ,31 3 3+ 31- 3×323-2 3a4= =0,3- 31+ 3×3∴ 数列{ an}具有周期性,其周期为 3,且 a1+a2+a3=0,则 S2018=S3×672+2=a1+a2= .34.3- [解析] 由 an+Sn=3n-1,得当 n≥2 时, an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得 an= an-1+ ,∴a n-3= (an-1-3).∵ 当(12)n-2 12 32 12n=1时, a1+S1=3-1=2,∴a 1=1,∵a 1-3=-2,∴ 数列{ an-3}是以 -2为首项, 为公比的等比数列,12∴a n-3=-2· ,∴a n=3- .(12)n-1 (12)n-2小题 2例 2 (1)A (2)3 [解析] (1)因为数列{ an}的前 n项和 Sn=2n+1-2,所以当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当 n=1时, a1=21+1-2=2,满足上式,所以 an=2n,所以 bn=log2( · )=log2 +log2 =2n+2n,a2n 2an a2n an所以数列{ bn}的前 n项和 Tn= + =n(n+1)+2n+1-2,易知当 n∈N *时, Tn递增 .n(2+2n)2 2(1-2n)1-2当 n=9时, T9=9×10+210-2=11121024;当 n=8时, T8=8×9+29-2=5821024的 n的最小值为 9.(2)∵a 3=7,a9=19,∴ 公差 d= = =2,∴a n=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,a9-a39-319-7610∴S n= =n(n+2),n(3+2n+1)2∴ = = ≥ ×2 =3,Sn+10an+1n(n+2)+102n+2 12[(n+1)+ 9n+1] 12 (n+1)·9n+1当且仅当 n=2时取等号 .【自我检测】1.C [解析] 由题意知 2a3=a1+a2,∴ 2a1q2=a1q+a1,即 2q2=q+1,∴q= 1或 q=- .122.B [解析] ∵ 等比数列{ an}的首项为 3,∴a n=3qn-1,又 a4,a3,a5成等差数列, ∴a 4+a5=2a3,∴q 2+q=2,∴ (q+2)(q-1)=0,∴q=- 2,∴a n=3·(-2)n-1,∴S 5= =33,故选 B.3×[1-(-2)5]1-(-2)3.6 [解析] 设数列{ an}的公差为 d,则 a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得 d=2,所以 Sn=-11n+ ×2=n2-n(n-1)212n=(n-6)2-36,所以当 n=6时, Sn取得最小值 .4.9 [解析] 因为 a1=9,a5=1,所以公差 d= =-2,所以 Sn=9n+ n(n-1)(-2)=10n-n2,令 Sn0,得 00成立的 n的最大值为 9.小题 3例 3 (1)D (2)21 [解析] (1)由根与系数的关系可得 a4+a10=8,结合等差数列的性质可得 a1+a13=a4+a10=8,则 S13= = =52.13×(a1+a13)2 13×82(2)令 m=1,∵a m·an=am+n,∴a 1·an=a1+n,∴ 数列{ an}为等比数列 .由 a3·a5+a4=72,得+a4=72,∵a 40,∴a 4=8,∴ log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1·a2·…·a7)=log2 =log287=21.a24 a74【自我检测】1.C [解析] 由等差数列的性质可知, a2+a4033=a2017+a2018=π,由等比数列的性质可知, b1b39= =4,所以 tanb220=tan =1,故选 C.a2+a4033b1b39 π42.A [解析] 设数列{ an}的公比为 q.∵ 数列{ an}是等比数列, ∴a 6a8= =8,∴a 7=2 (与 a5同号), ∴q 2= = ,∴a27 2a7a5 2=q4=( )2=2.故选 A.a2018-a2016a2014-a2012 2113.B [解析] ∵ 正项等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,∴S 10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等比数列, ∴ 10×(130-S20)=(S20-10)2,解得 S20=40或 S20=-30(舍),故 S40-S30=270,∴S 40=400,故选 B.4.A [解析] 设等差数列{ an}的公差为 d(d≠0) .∵a 2,a4,a8成等比数列, ∴ =a2·a8,即( a1+3d)a242=(a1+d)·(a1+7d),∴ (1+3d)2=(1+d)·(1+7d),∴d= 1,∴S n=n+ = .故选 A.n(n-1)2 n(n+1)2小题 4例 4 (1)C (2)[-4,-2] [解析] (1)设数列{ an}的公差为 d,则 解得{a1+2d=4,6a1+15d=27, {a1=2,d=1,∴ 数列{ an}的通项公式为 an=n+1.当 n≥2 时, bn+1-bn=bn,∴b n+1=2bn,即数列{ bn}从第二项起为等比数列, ∴b n=2n-2(n≥2),∴ 数列{ bn}的通项公式为 bn={1,n=1,2n-2,n≥ 2.分组求和可得数列{ cn}的前 11项和 S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.(2)在等比数列{ bn}中,由 b1·b4=8得 b2·b3=8,又 b2+b3=6,且公比 q小于 1,∴b 2=4,b3=2,∴q= = ,因此 bn=b2qn-b3b2122=4× = .由 cn= + ,得 cn= ∴c n是取 an,bn中的较大者 .由题易知 c4是数列(12)n-2(12)n-4 an+bn2 |an-bn|2 {bn(an≤ bn),an(anbn),{cn}中的最小项,又 bn= 递减, an=n+t递增, ∴ 当 c4=a4时, c4≤ cn,即 a4≤ cn,a4是数列{ cn}中的最小项,则必(12)n-4须满足 b40.∵a 1a6=2a3,a4与 2a6的等差中项为 ,∴ q5=2a1q2,a1(q3+2q5)32 a21=3,得 a1=16,q= ,则 S5= =31.12 16×[1-(12)5]1-12123.A [解析] 由题设知, N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,∴S (n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),又 S(1)=N(1)+N(2)=2,∴S (n)=4n-1+4n-2+…+41+2= ,4n+23∴S (5)= =342.45+23故选 A.4.1024 [解析] 设数列{ an}的公比为 q.由已知得 a3a4=a2a5=2a3⇒a4=2,a4+2a7=2× ⇒a7= ,∴ = =q3,54 14 a7a418∴q= =2-1,a1= =24,∴a n=24·2-(n-1)=25-n,∴a 1·a2·…·an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)= = =12 a4q3 2n[4+(5-n)]2 2-n2+9n2,∴ 当 n=4或 5时, a1·a2·…·an取得最大值 1024.2-(n-92)2+8142[备选理由] 例 1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较大;例 2考查等比数列前 n项和中参数的计算,不同于原例 2只考查等差、等比数列的基本量的计算;例 3考查等比数列的计算,采用整体求解比较方便;例 4为等差数列性质的应用问题;例 5是一道等差数列与等比数列的综合题 .例 1 [配例 1使用] 已知数列{ an}满足 a1=1,a2= ,若 anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2, n∈N *),则数列{ an}的通项公13式为 an= . [答案] 12n-1[解析] ∵a nan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2, n∈N *),∴ + = ,即 - =2 ,1an+1 2an-13an 1an+11an (1an- 1an-1)又 ∵ - =2,1a21a1∴ 数列 是以 2为首项,2 为公比的等比数列,{1an+1-1an}∴ - =2n,1an+11an13∴ 当 n≥2 时, = + +…+ + =2n-1+2n-2+…+2+1= =2n-1.当 n=1时, =1,满足上式,1an(1an- 1an-1)(1an-1- 1an-2) (1a2-1a1)1a1 2n-12-1 1a1∴ =2n-1,1an∴a n= .12n-1例 2 [配例 2使用] 已知等比数列{ an}的前 n项和 Sn=32n-1+r,则 r的值为 ( )A. B.-13 13C. D.-19 19[解析] B 当 n=1时, a1=S1=3+r;当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=8·32n-3=8·32n-2·3-1= ·9n-1.83∵ 数列{ an}为等比数列,∴ 3+r= ,∴r=- ,故选 B.83 13例 3 [配例 2使用] 在等比数列{ an}中,已知 a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则 a8+a9+a10= . [答案] 128[解析] 设数列{ an}的公比为 q.∵a 1+a2+a3=1,a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2,∴q= 2,∴a 8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128.例 4 [配例 3使用] 在等差数列{ an}中,其前 n项和为 Sn,若 2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则 S13+2a7=( )A.17 B.26C.30 D.56[解析] C 设等差数列{ an}的公差为 d,由等差数列的性质可得 a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有 6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以 S13=13a1+ d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以 S13+2a7=30.13×122例 5 [配例 4使用] 已知各项都是正数的等比数列{ an}的公比 q≠1,且 a2, a3,a1成等差数列,则 的值为 ( )12 a4+a5a2+a3A. B.1+ 52 3+ 5214C. D. 或5-12 3- 52 3+ 52[解析] B 由题得 a3×2=a2+a1,∴a 1q2=a1q+a1,∴q= ,∴ = =q2= .12 1+ 52 a4+a5a2+a3a2q2+a3q2a2+a3 3+ 521第 11 讲 数列求和及数列的简单应用1.[2018·全国卷 Ⅱ ]记 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和,已知 a1=-7,S3=-15.(1)求{ an}的通项公式;(2)求 Sn,并求 Sn的最小值 .[试做] 2.[2016·全国卷 Ⅱ ]Sn为等差数列{ an}的前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an],其中[ x]表示不超过 x 的最大整数,如[0 .9]=0,[lg 99]=1.(1)求 b1,b11,b101;(2)求数列{ bn}的前 1000 项和 .[试做] 3.[2014·全国卷 Ⅰ ]已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0, anan+1=λS n-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 .[试做] 命题角度 解决数列大题的有关策略1.解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前 n 项和问题:2关键一:通过列方程(组)求关键量 a1和 d(或 q);关键二:利用通项公式和前 n 项和公式求解 .2.解决数列的递推问题:关键一:利用 an= 得出关于 an与 an+1(或 an-1)的递推式;{Sn,n=1,Sn-Sn-1,n≥ 2关键二:观察递推式的形式,采用不同方法求 an.3.解决数列求和问题:关键一:利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求解;关键二:利用数列求和方法(倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解 .4.(1)等差数列的判断方法:定义法、等差中项法、利用通项公式判断、利用前 n 项和判断 .(2)等比数列的判断方法:① 定义法:若 =q(q 是常数),则数列{ an}是等比数列;an+1an② 等比中项法:若 =anan+2(n∈N *),则数列{ an}是等比数列;a 2n+1③ 通项公式法:若 an=Aqn-1(A,q 为常数),则数列{ an}是等比数列 .5.解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法,解决最值问题常用基本不等式法 .解答 1 等差、等比数列基本量的计算1 已知公差不为 0 的等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn,S1+1,S3,S4成等差数列,且 a1,a2,a5成等比数列 .(1)求数列{ an}的通项公式;(2)若 S4,S6,Sn成等比数列,求 n 及此等比数列的公比 .[听课笔记] 【考场点拨】3解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,要立足于两数列的概念,设出相应基本量,充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量 .解决综合问题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件,形成解题策略 .【自我检测】已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=a1(2n-1),a4=16,n∈N *.(1)求 a1及数列{ an}的通项公式;(2)设 bn= ,求数列{ bn}的最大项 .n2an解答 2 数列的证明问题2 已知正项数列{ an}的前 n 项和为 Sn(n∈N *),其中 =λa n+μ.Sn(1)若 a1=2,a2=6,求数列{ an}的通项公式;(2)若 a1+a3=2a2,求证:{ an}是等差数列 .[听课笔记] 【考场点拨】判断数列是否为等差或等比数列的策略:(1)将所给的关系式进行变形、转化,以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断;(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列,则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可 .【自我检测】已知 Sn为数列{ an}的前 n 项和,且满足 Sn-2an=n-4.(1)证明:{ Sn-n+2}为等比数列;(2)求数列{ Sn}的前 n 项和 Tn.4解答 3 数列的求和问题3 已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn,公差 d≠0, S7=35,且 a2,a5,a11成等比数列 .(1)求数列{ an}的通项公式;(2)若 Tn为数列 的前 n 项和,且存在 n∈N *,使得 Tn-λa n+1≥0 成立,求实数 λ 的取值{1anan+1}范围 .[听课笔记] 【考场点拨】裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消的过程中,有的是依次项消,有的是间隔项消 .常见的裂项方式有:= - ; = ; = ; = .1n(n+1)1n 1n+1 1n(n+k)1k(1n- 1n+k) 1n2-112(1n-1- 1n+1) 14n2-112( 12n-1- 12n+1)4 已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2-n,在正项等比数列{ bn}中, b2=a2,b4=a5.(1)求{ an}和{ bn}的通项公式;(2)设 cn=an·bn,求数列{ cn}的前 n 项和 Tn.[听课笔记] 【考场点拨】如果数列{ an}是等差数列,{ bn}是等比数列,那么求数列{ an·bn}的前 n 项和 Sn时,可采用错位相减法 .用错位相减法求和时,应注意: ① 等比数列的公比为负数的情形; ② 在写出“Sn”和“ qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便准确写出“ Sn-qSn”的表达式 .【自我检测】1.已知等比数列{ an}的各项均为正数, a4=81,且 a2,a3的等差中项为 18.5(1)求数列{ an}的通项公式;(2)若 bn=log3an,cn= ,数列{ cn}的前 n 项和为 Tn,14b2n-1证明: Tn0,则 bn+1bn;当 n≥3 时, -n2+2n+10 恒成立,则 an-an-1=4,所以数列{ an}是首项为 2,公差为 4 的等差数列,故 an=4n-2.(2)证明:根据题意,有{a1=(λ a1+μ )2① ,a1+a2=(λ a2+μ )2② ,a1+a2+a3=(λ a3+μ )2③ ,因为 a1+a3=2a2,所以可设 a3-a2=a2-a1=d,②-① 得 a2=(λa 1+λa 2+2μ )·λd④ ,③-② 得 a3=(λa 2+λa 3+2μ )·λd⑤ ,⑤-④ 得 d=2λ 2d2,当 d=0 时, a2=0,不符合题意,故舍去,则有 λ 2= ,12d代入 ④ 式得 4λμ= 1,代入 ① 式得 a1= ,d2所以 Sn=λ 2 +2λμa n+μ 2= + an+ .a2n12da2n12 d8当 n≥2 且 n∈N *时,有 Sn-1= + an-1+ ,12da 2n-112 d88两式相减得 an= ( - )+ (an-an-1),整理得( an+an-1)(an-an-1-d)=0.12da2na 2n-1 12因为 an0 恒成立,所以 an-an-1=d,所以{ an}是等差数列 .【自我检测】解:(1)证明:原式可转化为 Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2),即 Sn=2Sn-1-n+4,所以 Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2].由 S1-2a1=1-4,得 S1=3,所以 S1-1+2=4,所以{ Sn-n+2}是首项为 4,公比为 2 的等比数列 .(2)由(1)知 Sn-n+2=2n+1,所以 Sn=2n+1+n-2,所以 Tn=(22+23+…+2n+1)+(1+2+…+n)-2n= + -2n4(1-2n)1-2 n(n+1)2= .2n+3+n2-3n-82解答 3例 3 解:(1)由题意可得 即{7a1+7×62 d=35,(a1+4d)2=(a1+d)(a1+10d), {a1+3d=5,2d2=a1d,又因为 d≠0,所以 所以 an=n+1.{a1=2,d=1,(2)因为 = = - ,所以 Tn= + +…+ = - =1anan+1 1(n+1)(n+2)1n+1 1n+2 (12-13)(13-14) (1n+1- 1n+2)12 1n+2.n2(n+2)因为存在 n∈N *,使得 Tn-λa n+1≥0 成立,所以存在 n∈N *,使得 -λ (n+2)≥0 成立,即存n2(n+2)在 n∈N *,使得 λ ≤ 成立 .n2(n+2)2又 = ≤ (当且仅当 n=2 时取等号),n2(n+2)2 12(n+4n+4) 116所以 λ ≤ ,即实数 λ 的取值范围是 .116 (-∞, 116]9例 4 解:(1) ∵S n=n2-n,∴a n=Sn-Sn-1=2(n-1)(n≥2),当 n=1 时, a1=0,满足上式,∴a n=2(n-1).设数列{ bn}的公比为 q.∵ 数列{ bn}为等比数列,且 b2=a2=2,b4=a5=8,∴ =q2=4,又 bn0,∴q= 2,∴b n=2n-1.b4b2(2)由(1)得 cn=(n-1)·2n,∴T n=0+(2-1)×22+(3-1)×23+…+(n-1)×2n=1×22+2×23+…+(n-1)×2n,∴ 2Tn=1×23+2×24+…+(n-2)×2n+(n-1)×2n+1,两式相减,得 -Tn=22+23+24+…+2n-(n-1)·2n+1= -(n-1)·2n+1=2n+1-(n-1)·2n+1-4,22(1-2n-1)1-2∴T n=(n-2)·2n+1+4.【自我检测】1.解:(1)设等比数列{ an}的公比为 q(q0).由题意得 即 两{a4=81,a2+a32 =18, { a1q3=81,a1q(1+q)=36,式相除,得 4q2-9q-9=0,解得 q=3 或 q=- .34∵q 0,∴q= 3,∴a 1=3,∴a n=a1qn-1=3n.(2)证明:由(1)得 bn=log33n=n,∴c n= = ,14n2-112( 12n-1- 12n+1)∴T n= + +…+ = = - ,12(1-13)(13-15) ( 12n-1- 12n+1) 12(1- 12n+1)12 14n+2∴T n .122.解:(1)因为数列 是公差为 2 的等差数列,所以 - =2,则 a2=3a1+18,{an3n} a232a13又 a1,9,a2成等比数列,所以 a1a2=a1(3a1+18)=92,解得 a1=3 或 a1=-9.因为数列 为正项数列,所以 a1=3,{an3n}所以 = +2(n-1)=2n-1,an3n3310故 an=(2n-1)·3n.(2)由(1)得 Sn=1×3+3×32+…+(2n-1)·3n,所以 3Sn=1×32+3×33+…+(2n-1)·3n+1,所以 Sn-3Sn=3+2×[32+33+…+3n]-(2n-1)·3n+1,即 -2Sn=3+2× -(2n-1)·3n+1=3n+1-6+(1-2n)·3n+1=(2-2n)·3n+1-6,32-3n×31-3故 Sn=(n-1)·3n+1+3.[备选理由] 例 1 以 an与 Sn的关系为背景,需要探究得出数列{ an}为等比数列,从而考查等比数列的前 n 项和与通项公式的有关计算;例 2 是等差数列与等比数列结合的问题,重在考查裂项相消法求和和数列不等式的证明;例 3 考查分组求和法,这也是数列求和的常用方法,是对裂项相消法与错位相减法的补充 .例 1 [配例 1 使用] 已知数列{ an}的前 n 项和 Sn满足 Sn=2an-1(n∈N *).(1)求 a1,a2,a3的值;(2)若数列{ bn}满足 b1=2,bn+1=an+bn,求数列{ bn}的通项公式 .解:(1)由题知 S1=a1=2a1-1,得 a1=1,S2=2a2-1=a1+a2,得 a2=a1+1=2,S3=2a3-1=a1+a2+a3,得 a3=a1+a2+1=4.(2)当 n≥2 时, Sn-1=2an-1-1,所以 an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1,所以{ an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,则 an=2n-1.当 n≥2 时, bn=b1+(b2-b1)+…+(bn-bn-1)=2+a1+a2+…+an-1=2+ =2n-1+1,a1(1-2n-1)1-2经验证, b1=2=21-1+1,满足上式,故 bn=2n-1+1.例 2 [配例 2 使用] 已知等差数列{ an}的公差 d≠0, a1=0,其前 n 项和为 Sn,且 a2+2,S3,S4成等比数列 .11(1)求数列{ an}的通项公式;(2)若 bn= ,数列{ bn}的前 n 项和为 Tn,求证: Tn-2n .(2n+1)2Sn+1 12解:(1)由 a1=0 得 an=(n-1)d,Sn= .n(n-1)d2因为 a2+2,S3,S4成等比数列,所以 =(a2+2)S4,S23即(3 d)2=(d+2)·6d,整理得 3d2-12d=0,即 d2-4d=0,因为 d≠0,所以 d=4,所以 an=(n-1)d=4(n-1)=4n-4.(2)证明:由(1)可得 Sn+1=2n(n+1),所以 bn= = =2+ =2+ ,(2n+1)2Sn+1 (2n+1)22n(n+1) 12n(n+1) 12(1n- 1n+1)所以 Tn=2n+ × =2n+ 2n+ ,12 (1-12+12-13+…+1n- 1n+1) 12(1- 1n+1) 12所以 Tn-2n .12例 3 [配例 3 使用] 已知{ an}是等比数列,且 a1+a2=20,a2+a3=80.(1)求数列{ an}的通项公式;(2)设 bn= +log4an,求数列{ bn}的前 n 项和 Sn.an解:(1)设数列{ an}的公比为 q.由 解得 所以 an=4×4n-1=4n.{a1+a1q=20,a1q+a1q2=80, {a1=4,q=4,(2)bn= +log4an= +log44n=2n+n,an 4nSn=b1+b2+b3+…+bn=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n+n)=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)=+ =2n+1+ -2.2(1-2n)1-2 n(n+1)2 n2+n2