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章末综合测评(一)
(满分：150分 时间：120分钟)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．)
1．设{an}是等差数列，若a2＝3，a7＝13，则数列{an}前8项的和为( )
A．128 B．80 C．64 D．56
C [∵{an}是等差数列，∴S8＝×8＝×8＝64．]
2．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝( )
A．－
B．－2
C．2
D．
D [由a5＝＝a2·q3＝2·q3，解得q＝．]
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差是( )
A．
B．1
C．2
D．3
C [设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，
∴是首项为a1，公差为的等差数列，
∵－＝1，∴＝1，∴d＝2．]
4．在等比数列中，已知a1aa15＝243，则的值为( )
A．3
B．9
C．27
D．81
B [∵a1a15＝a，∴a＝243＝35，∴a8＝3，∴＝＝a9·a7＝a＝9．]
5．如果p是一个等比数列的前n项之积，S是这个等比数列的前n项之和，S′是这个等比数列前n项的倒数和，用S、S′和n表示p，那么p等于( )
A．(S·S′)eq
\s\up12()
B．eq
\s\up12()
C．
D．eq
\s\up12()
B [设等比数列的首项为a1，公比q(q≠1)，则
p＝a1·a2·…·an＝a·qeq
\s\up12()，S＝a1＋a2＋…＋an＝，S′＝＋＋…＋＝，
∴eq
\s\up12()＝(aqn－1)eq
\s\up12()＝aqeq
\s\up12()＝p．]
6．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝( )
A．1
B．9
C．10
D．55
A [∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1；∵S3＝S1＋S2＝3，
∴a3＝1，∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1；…；a10＝1．]
7．已知等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且＝，则等于( )
A．
B．
C．
D．
B [∵＝＝＝＝．]
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10＝( )
A．1
024
B．1
023
C．2
048
D．2
047
B [∵an＋1＝an＋2n，∴an－an－1＝2n－1(n≥2)，
∴a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝29＋28＋…＋2＋1＝210－1＝1
023．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得3分．)
9．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5
B．an＝3n－10
C．Sn＝n2－4n
D．Sn＝n2－2n
AC [设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．
由S4＝0，a5＝5可得
解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n．]
10．已知{an}是首项为5，公差为3的等差数列，从{an}中依次取出第3项、第9项、第27项……第3n项，按原来的顺序排成一个新数列{bn}，则下列结论正确的是( )
A．{bn－2}是等比数列
B．bn＋1＝3bn－4
C．bn＝3n＋1＋2
D．{bn}的前n项和Sn＝＋2n
ABCD [依题意，an＝3n＋2．
∵{an}的第3n项恰是{bn}的第n项，
∴bn＝a3n＝3×3n＋2＝3n＋1＋2，
∴Sn＝(32＋33＋…＋3n＋1)＋2n＝＋2n．
由bn＝3n＋1＋2知，AB正确．]
11．已知函数f(x)＝若数列{an}满足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N＋)，则下列结论正确的是( )
A．a2＝
B．a2
019＝
C．{an}是周期数列
D．an∈
ABCD [由题意，知a2＝f
＝，a3＝f
＝，a4＝f
＝，a5＝f
＝，a6＝f
＝，a7＝f
＝，……，
故数列{an}从第3项起构成周期数列，且周期为3，故a2
019＝a3＝．]
12．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则下列结论正确的是( )
A．a1＝－1
B．数列{an}是等比数列
C．S6＝－63
D．数列{Sn}是等比数列
ABC [由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，所以a1＝－1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，得an＝2an－1．
∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列．
∴S6＝＝＝－63．
通过举反例可知，D错误．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．)
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝S3＝12，则{an}的通项公式an＝________．
2n [由题意得解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n．]
14．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{bn}满足＋＋＋…＋＝，则bn＝________．
[∵数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
∵数列{bn}满足＋＋＋…＋＝，
∴n≥2时，＋＋…＋＝，
两式相减可得＝－，可得bn＝(1－2n)·
2n(n≥2)．
n＝1时，＝，解得b1＝2，不符合上式，
∴bn＝
．]
15．在如图所示的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c＝________．
1
2
0.5
1
a
b
c
1 [由已知得a＝，
第1行的各个数依次是：1，，2，，3，
第2行的各个数依次是：，，1，，，
∴b＝×＝，c＝3×＝，
∴a＋b＋c＝＋＋＝1．]
16．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________．
4 [∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4≥10，S5≤15，
∴即
∴
∴≤a4≤3＋d，5＋3d≤6＋2d，d≤1，
∴a4≤3＋d≤3＋1＝4，故a4的最大值为4．]
四、解答题(本大题6小题，
共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分10分)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an．
[解] 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3＋2n)－(3＋2n－1)＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5，不适合上式，
所以an＝
18．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，求a17＋a18＋a19＋a20的值．
[解] 由等差数列的性质知，S4，S8－S4，S12－S8，…也是等差数列，其首项为S4＝1，公差为(S8－S4)－S4＝S8－2S4＝2，
∵S20－S16＝a17＋a18＋a19＋a20是数列的第5项，
∴a17＋a18＋a19＋a20＝1＋2(5－1)＝9．
19．(本小题满分12分)已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝．
(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：因为an＝×＝，Sn＝＝，所以Sn＝
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－．
所以{bn}的通项公式为bn＝－．
20．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差d>0．设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36．
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N＋)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65．
[解] (1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝－5．
因为d>0，所以d＝2．从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N＋)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65．
由m，k∈N＋知2m＋k－1≥k＋1>1，
故
解得
即所求m的值为5，k的值为4．
21．(本小题满分12分)设数列{an}满足a0＝a，an＋1＝can＋1－c，c∈N＋，其中a，c为实数，且c≠0．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a＝，c＝，bn＝n(1－an)，n∈N＋，求数列{bn}的前n项和Sn．
[解] (1)法一：∵an＋1－1＝c(an－1)，
∴当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列．
∴an－1＝(a－1)cn－1，即an＝(a－1)cn－1＋1．
当a＝1时，an＝1仍满足上式．
∴数列{an}的通项公式为an＝(a－1)cn－1＋1(n∈N＋)．
法二：由题设得，
当n＞2时，an－1＝c(an－1－1)＝c2(an－2－1)＝…＝cn－1(a1－1)＝(a－1)cn－1，
∴an＝(a－1)cn－1＋1，
n＝1时，a1＝a也满足上式．
∴数列{an}的通项公式为an＝(a－1)cn－1＋1(n∈N＋)．
(2)由(1)得bn＝n(1－a)cn－1＝n，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2＋…＋n，
Sn＝＋2＋…＋n，
∴Sn＝＋＋…＋－n，
∴Sn＝1＋＋＋…＋－n＝2eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))－n，
∴Sn＝2－(2＋n)．
22．(本小题满分12分)给出下面的数表序列：
其中表n(n＝1，2，3…)有n行，第1行的n个数是1，3，5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．
(1)写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)；
(2)每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列1，4，12，…，记此数列为{bn}．求和：
＋＋…＋(n∈N＋)．
[解] (1)表4为
它的第1，2，3，4行中的数的平均数分别是4，8，16，32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．
将这一结论推广到表n(n≥3)，即
表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．
(2)表n的第1行是1，3，5，…，2n－1，其平均数是
＝n．
由(1)知
，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列(从而它的第k行中的数的平均数是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一一个数为bn＝n·2n－1．
因此＝＝
＝＝－(k＝1，2，3，…，n)，
故＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝4－．
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类型1 数列通项公式的求法
利用an与Sn的关系求通项公式
【例1】 设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N＋)均在函数y＝3x－2的图象上，求数列{an}的通项公式．
[解] 依题意得，＝3n－2，
即Sn＝3n2－2n．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5．
所以an＝6n－5(n∈N＋)．
数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系是an＝该公式有两个作用：①已知前n项和Sn，求通项an；
②将项与和的关系统一成项与项的关系或和与和的关系．
由Sn求an时，要分n＝1和n≥2两种情况讨论，然后验证两种情况可否用统一的解析式表示，若不能则用分段函数表示．
累加(乘)法求通项公式
【例2】 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋ln；
(2)a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an．
[解] (1)∵an＋1＝an＋ln，
∴an－an－1＝ln＝ln(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝ln＋ln＋…＋ln＋ln
2＋2
＝2＋ln＝2＋ln
n(n≥2)，
又a1＝2适合上式，
故an＝2＋ln
n(n∈N＋)．
(2)∵a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an，
∴＝，∴＝(n≥2)，
∴an＝··…···a1＝··…···1＝n(n≥2)，
又a1＝1适合上式，
故an＝n．
1．已知a1，且an－an－1＝f(n)，可用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1求an．
2．已知a1(a1≠0)，且＝f(n)，可用an＝··…···a1求an．
迭代法求通项公式
【例3】 已知数列{an}满足a1＝2，an＝2an－1－1(n≥2)，求通项公式an．
[解] an＝2an－1－1＝2(2an－2－1)－1＝22an－2－2－1
＝22(2an－3－1)－2－1＝23an－3－22－2－1
…
＝2n－1a1－2n－2－2n－3－…－22－2－1
＝2n－(2n－2＋2n－3＋…＋22＋2＋1)
＝2n－
＝2n－2n－1＋1
＝2n－1＋1．
对于形如an＝f(an－1)型的递推公式，采取逐次降低“下标”数值的反复迭代方式，最终使an与初始值a1(或a2)建立联系的方法就是迭代法．
构造法求通项公式
【例4】 已知数列{an}满足，a1＝2，且an＝3an－1－(2n－3)(n≥2)，求an．
[解] 设an－(xn＋y)＝3{an－1－[x(n－1)＋y]}，对应已知条件an＝3an－1－(2n－3)，解得x＝1，y＝0．
∴an－n＝3[an－1－(n－1)]，
∴数列{an－n}为首项为a1－1＝1，公比为3的等比数列．
∴an－n＝1×3n－1，得an＝n＋3n－1．
1．已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列．
2．形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，将其变形为＝·＋．①若A＝C，则是等差数列，且公差为．②若A≠C，则采用待定系数法构造新数列求解．
[跟进训练]
1．(1)在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________．
(2)已知a1＝1，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________．
(3)已知数列{an}中，a1＝1，且点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝________．
(4)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式an＝________．
(1)4－ (2)2eq
\s\up12() (3)－ (4) [原递推公式可化为an＋1＝an＋－，
则a2＝a1＋1－，a3＝a2＋－，a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－
，
累计相加得，an＝a1＋1－，
又n＝1时也适合，故an＝4－．
(2)因为an＋1＝2nan，∴＝2n，当n≥2时，an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝2eq
\s\up12()．
又a1＝1也符合上式，所以an＝2eq
\s\up12()．
(3)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0．
所以an＋1＋＝4．
因为a1＝1，所以a1＋＝．
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝－．
(4)由an＋1＝，得＝1＋，
所以＋1＝2，
故是首项为＋1＝2，公比为2的等比数列，则＋1＝2n，则an＝．]
类型2 数列求和的方法
公式法求和
【例5】 数列{an}的前n项和Sn＝100n－n2(n∈N＋)．
(1)求证：{an}是等差数列．
(2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和．
[解] (1)证明：an＝Sn－Sn－1＝(100n－n2)－[100(n－1)－(n－1)2]＝101－2n(n≥2)．
∵a1＝S1＝100×1－12＝99＝101－2×1，
∴数列{an}的通项公式为an＝101－2n(n∈N＋)．
又an＋1－an＝－2为常数，
∴数列{an}是首项为a1＝99，公差d＝－2的等差数列．
(2)令an＝101－2n≥0，得n≤50.5，
∵n∈N＋，∴n≤50(n∈N＋)．
①当1≤n≤50时，an＞0，此时bn＝|an|＝an，
∴{bn}的前n项和S′n＝100n－n2．
②当n≥51时，an＜0，此时bn＝|an|＝－an，
由b51＋b52＋…＋bn＝－(a51＋a52＋…＋an)＝－(Sn－S50)＝S50－Sn，
得数列{bn}的前n项和为
Sn′＝S50＋(S50－Sn)＝2S50－Sn＝2×2
500－(100n－n2)＝5
000－100n＋n2．
由①②得数列{bn}的前n项和为
S′n＝
如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1．
倒序相加法求和
【例6】 设函数y＝f(x)的定义域为R，其图象关于点成中心对称，令ak＝f
(n是常数且n≥2，n∈N＋)，k＝1，2，…，n－1，求数列{ak}的前(n－1)项的和．
[解] ∵y＝f(x)的图象关于点成中心对称，所以f
(x)＋f
(1－x)＝1．
令Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1＝f
＋f
＋…＋f
，
又Sn－1＝an－1＋an－2＋…＋a1＝f
＋f
＋…＋f
，
两式相加，得2Sn－1＝＋＋…＋＝n－1，
∴Sn－1＝．
如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法．
错位相减法求和
【例7】 设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知{rn}为递增数列．
(1)证明：{rn}为等比数列；
(2)设r1＝1，求数列的前n项和．
[解] (1)将直线y＝x的倾斜角记为θ，则有tan
θ＝，sin
θ＝，
设Cn的圆心为(λn，0)，则由题意得知＝，得λn＝2rn．
同理λn＋1＝2rn＋1，从而λn＋1＝λn＋rn＋rn＋1＝2rn＋1，
将λn＝2rn代入，解得rn＋1＝3rn，
故{rn}是公比q＝3的等比数列．
(2)由于r1＝1，q＝3，故rn＝3n－1，从而＝n·31－n，
记Sn＝＋＋…＋，则有
Sn＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n·31－n，①
＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n－1)·31－n＋n·3－n．②
①－②，得
＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n－n·3－n＝－n·3－n＝－·3－n，
∴Sn＝－·31－n＝．
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
裂项相消法求和
【例8】 在数1和100之间插入n个实数，使得这(n＋2)个数构成递增的等比数列，将这(n＋2)个数的乘积记作Tn，再令an＝lg
Tn，n≥1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tan
an·tan
an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn．
[解] (1)t1，t2，…，tn＋2构成递增的等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②
①×②并利用等比数列性质得tn＋2·t1＝tn＋1·t2＝…＝t1·tn＋2＝102得
T＝(tn＋2·t1)(tn＋1·t2)·…·(t1·tn＋2)＝102(n＋2)，
an＝lg
Tn＝lg
10n＋2＝n＋2，n≥1．
(2)由(1)知bn＝tan
an·tan
an＋1＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1，
又∵tan[(n＋3)－(n＋2)]＝＝tan
1，
∴tan(n＋2)·tan(n＋3)＝－1，
所以数列{bn}的前n项和为
Sn＝tan(1＋2)·tan(1＋3)＋tan(2＋2)·tan(2＋3)＋…＋tan(n＋2)·tan(n＋3)
＝＋＋…＋－n＝－n．
把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
分组法
【例9】 求和：Sn＝＋＋…＋．
[解] (1)当x＝±1时，Sn＝4n．
(2)当x≠±1时，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋＝＋＋2n＝＋2n，
∴Sn＝．
1．若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
2．若数列{cn}的通项公式为cn＝
其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
[跟进训练]
2．(1)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，bn＝eq
\f(2,(2－1)(2－1))．若k>Tn恒成立，则k的最小值为( )
A． B． C．49 D．
(2)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________．
(3)数列bn＝ancos
的前n项和为Sn，已知S2
017＝5
710，S2
018＝4
030，若数列{an}为等差数列，则S2
019＝________．
(1)B (2)5 (3)666 [(1)因为an＞0，当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3．
当n≥2时，由6Sn＝a＋3an，得6Sn－1＝a＋3an－1，
两式相减并化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
由于an>0，所以an－an－1－3＝0，即an－an－1＝3(n≥2)，
故{an}是首项为3，公差为3的等差数列，所以an＝3n．
则bn＝eq
\f(2,(2－1)(2－1))＝．
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝－，
由于{Tn}是单调递增数列，－<，
所以k≥．故k的最小值为，故选B．
(2)Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1．又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5．
(3)设数列{an}是公差为d的等差数列，
a1cos
＋a2cos
＋a3cos
π＋a4cos
＋a5cos
＋a6cos
2π
＝(a1－a2)＋(a5－a4)－a3＋a6＝－a3＋a6．
由S2
017＝5
710，S2
018＝4
030，
可得5
710＝－(a3＋a9＋…＋a2
013)＋(a6＋a12＋…＋a2
010＋a2
016)＋a2
017，
4
030＝－(a3＋a9＋…＋a2
013)＋(a6＋a12＋…＋a2
010＋a2
016)＋a2
017－a2
018，
两式相减可得a2
018＝3
360，
由5
710＝1
008d＋(3
360－d)，解得d＝4，
则an＝a2
018＋(n－2
018)×4＝4n－4
712，
可得S2
019＝4
030－a2
019＝4
030－(4×2
019－4
712)＝666．]
【例】 等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝1且b2S2＝64，{b}是公比为64的等比数列，求{an}，{bn}的通项公式．
[解] 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1．
依题意有eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(\f(b,b)＝\f(q,q)＝qd＝64＝26，①,b2S2＝q(6＋d)＝64，②))
由q(6＋d)＝64知q为正有理数，又由q＝2eq
\s\up12()知d为6的因子1，2，3，6之一，解①②得d＝2，q＝8，
故an＝2n＋1，bn＝8n－1．
在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，d(q)，Sn，其中首项a1和公差d(公比q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件建立关于a1，an，n，d(q)，Sn的方程组，通过解方程求出需要的量，这是求解该类问题的基本方法，其根据是方程思想．
[素养提升练]
设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝ln
a3n＋1，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)由已知得
解得a2＝2．
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0．
解得q1＝2，q2＝．由题意得q＞1，
∴q＝2，∴a1＝1．
故数列{an}的通项为an＝2n－1．
(2)由于bn＝ln
a3n＋1，n＝1，2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln
23n＝3nln
2．
又bn＋1－bn＝3ln
2，
∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln
2．
故Tn＝ln
2．
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章末综合提升
第一章 数列
巩固层·知识整合
NO.1
提升层·题型探究
NO.2
类型1
类型2
培优层·素养升华
NO.3
谢谢观看
THANK
YOU!
卤象法
数的关系表示方法解析因
数列的
an与S的关系
列表法
有关概念
分类
项数
单调性
定义
数第差数列通项公式
列
前n项和公式
列的应用
性质
定义
等比数列通项公式
前n项和公式
性质
数学归纳法
反思领悟
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解析答案
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素养评析
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