滚动训练(二)
一、选择题
1.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，b＝，A＝45°，则B等于( )
A.30°
B.60°
C.30°或150°
D.60°或120°
考点 用正弦定理解三角形
题点 已知两边及其中一边对角解三角形
答案 A
解析 由正弦定理可得＝，sin
B＝＝＝.又因为a＝2，b＝，a>b，所以A>B，所以B＝30°，故选A.
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC为锐角三角形，且满足sin
B(1＋2cos
C)＝2sin
Acos
C＋cos
Asin
C，则下列等式成立的是( )
A.a＝2b
B.b＝2a
C.A＝2B
D.B＝2A
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
答案 A
解析 ∵等式右边＝sin
Acos
C＋(sin
Acos
C＋cos
Asin
C)＝sin
Acos
C＋sin(A＋C)＝sin
Acos
C＋sin
B，
等式左边＝sin
B＋2sin
Bcos
C，
∴sin
B＋2sin
Bcos
C＝sin
Acos
C＋sin
B.
由cos
C＞0，得sin
A＝2sin
B.
根据正弦定理，得a＝2b.故选A.
3.数列{an}中，an＝n＋(－1)n，则a4＋a5等于( )
A.7
B.8
C.9
D.10
考点 数列的通项公式
题点 已知通项公式求项或项数
答案 C
解析 因为an＝n＋(－1)n，所以a4＝4＋(－1)4＝5，a5＝5＋(－1)5＝4，所以a4＋a5＝9.故选C.
4.600是数列1×2,2×3,3×4,4×5，…的( )
A.第20项
B.第24项
C.第25项
D.第30项
考点 数列的通项公式
题点 判断某数是否为数列的项
答案 B
解析 由数列1×2,2×3,3×4,4×5，…可得通项公式为an＝n(n＋1)，令n(n＋1)＝600，求得n＝24，故选B.
5.已知{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9的值是
A.24
B.27
C.30
D.33
考点 等差数列的性质
题点 两个等差数列的性质问题
答案 D
解析 根据等差数列的性质可知a1＋a4＋a7，a2＋a5＋a8，a3＋a6＋a9也成等差数列，
故a3＋a6＋a9＝2×39－45＝33.故选D.
6.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是( )
A.2
B.3
C.4
D.5
考点 等差数列的前n项和性质运用
题点 通项公式的综合应用
答案 D
解析 ∵＝＝＝＝7＋为正整数，∴n＝1,2,3,5,11.
7.等差数列{an}中，已知a1＝－6，an＝0，公差d∈N
，则n(n≥3)的最大值为( )
A.5
B.6
C.7
D.8
考点 等差数列的通项公式
题点 通项公式的综合应用
答案 C
解析 由an＝a1＋(n－1)d，得－6＋(n－1)d＝0，n＝＋1，因为d∈N
，所以当d＝1时，n取最大值7.故选C.
二、填空题
8.已知△ABC的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径为________.
考点 用余弦定理解三角形
题点 已知三边解三角形
答案
解析 由已知a＝3，b＝5，c＝7，
∴cos
C＝＝－，
∴sin
C＝，∴R＝＝.
9.数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________.
考点 数列的递推公式
题点 由递推公式求项
答案
解析 由an＋1＝，可得an＝1－，
又a8＝2，故a7＝，…依次下去得a1＝.
10.在等差数列{an}中，已知am＋n＝A，am－n＝B，m，n∈N
，且m>n，则am＝________.
考点 等差中项
题点 等差中项及其应用
答案
解析 因为am＋n与am－n的等差中项是am，
所以am＝.
11.已知数列{an}的通项公式an＝(－1)n(2n－1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 10
解析 观察可知a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，a9＋a10＝2，故a1＋a2＋a3＋…＋a10＝10.
三、解答题
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos
B；
(2)若a＋c＝6，△ABC面积为2，求b.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合
解 (1)由题设及A＋B＋C＝π，得sin
B＝8sin2，
故sin
B＝4(1－cos
B).
上式两边平方，整理得17cos2B－32cos
B＋15＝0，
解得cos
B＝1(舍去)或cos
B＝.
故cos
B＝.
(2)由cos
B＝，得sin
B＝，
故S△ABC＝acsin
B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6，
得b2＝a2＋c2－2accos
B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos
B)
＝36－2××＝4.
所以b＝2.
13.设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，求{an}的通项公式.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn公式求an
解 因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1
＝2(n－1).
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)
.
又由题设可得a1＝2，符合an＝，
从而{an}的通项公式为an＝，n∈N
.
四、探究与拓展
14.设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
考点 等差数列综合
题点 数列与不等式综合
答案 D
解析 由数列{2a1an}为递减数列，得2a1an<2a1an－1，
再由指数函数性质得a1an－1>a1an，
由等差数列的公差为d知，an－an－1＝d，
所以a1an－1>a1an?a1an－a1an－1<0?a1(an－an－1)<0?a1d<0.
15.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.
考点 等差数列前n项和
题点 等差数列前n项和有关的基本量计算问题
解 (1)由题意知，(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
解得d＝2或d＝－5(舍去).
所以Sn＝na1＋d＝n＋n(n－1)＝n2.
(2)由(1)知，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
所以(共33张PPT)
习题课(二) 数列求和
第二章 数 列
学习目标
1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.
2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.
3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.
4.进一步熟悉错位相减法.
问题导学
达标检测
题型探究
内容索引
问题导学
知识点一 分组分解求和法
梳理 分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为
数列和等比数列求和.
等差
知识点二 奇偶并项求和法
思考 求和12－22＋32－42＋…＋992－1002.
答案 12－22＋32－42＋…＋992－1002
＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)
＝－5
050.
梳理 奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
知识点三 裂项相消求和法
梳理 如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的形式，然后仿照公式裂开每一项.裂项相消求和常用公式：
[思考辨析
判断正误]
1.并项求和一定是相邻两项结合.(
)
2.裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消.(
)
×
×
题型探究
类型一 分组分解求和
解答
解 当x≠±1时，
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，
反思与感悟 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和.
解答
跟踪训练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn.(其中a≠0，n∈N
)
解 当a＝1时，an＝n，
类型二 裂项相消求和
解答
解答
以下同例2解法.
反思与感悟 求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法.
解答
类型三 奇偶并项求和
例3 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
解答
解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
当n为偶数时，
∴Sn＝(－1)nn
(n∈N
).
反思与感悟 通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和.
解答
跟踪训练3 已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解 当n为偶数时，令n＝2k(k∈N
)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N
)，
达标检测
答案
解析
1
2
3
4
1.数列{1＋2n－1}的前n项和为____________________.
Sn＝n＋2n－1，n∈N
答案
解析
2.已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是______.
解析 S10＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a9＋a10)＝0，
S9＝S10－a10＝－1.
1
2
3
4
－1,0
答案
解析
1
2
3
4
5
000
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5
000.
解答
1
2
3
4
所以此数列的前n项和Sn
规律与方法
求数列的前n项和，一般有下列几种方法.
(1)错位相减
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(2)分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消
把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
(4)奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
(5)倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.滚动训练(三)
一、选择题
1.在△ABC中，AB＝，A＝45°，C＝75°，则BC等于( )
A.3－
B.
C.2
D.3＋
考点 正弦定理的应用
题点 正弦定理的应用
答案 A
解析 设角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵AB＝，A＝45°，C＝75°，由正弦定理，得＝
?＝＝，解得BC＝3－.
2.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A.1
B.2
C.4
D.8
考点 等差数列前n项和
题点 等差数列前n项和有关的基本量计算问题
答案 C
解析 设公差为d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a1＋7d＝24，S6＝6a1＋d＝6a1＋15d＝48，联立解得d＝4，故选C.
3.在△ABC中，角A，B，C的对边a，b，c满足b2＋c2＝a2＋bc，且bc＝8，则△ABC的面积等于( )
A.2
B.4
C.4
D.8
考点 用余弦定理解三角形
题点 逆用面积公式、余弦定理解三角形
答案 A
解析 因为b2＋c2＝a2＋bc，所以cos
A＝＝，A＝，三角形面积S＝bcsin
A＝2，故选A.
4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A.1盏
B.3盏
C.5盏
D.9盏
考点 等比数列前n项和应用题
题点 等比数列前n项和的应用题
答案 B
解析 由题意可知，塔每一层的灯数由上至下构成等比数列.设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
∴S7＝＝＝381，
解得a1＝3.故选B.
5.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，AC＝2，BD＝2，∠ACD＝60°，则AD等于(
)
A.
B.
C.
D.13－6
考点 几何图形中的计算问题
题点 四边形有关的几何图形计算问题
答案 B
解析 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos
60°，解得BC＝，所以AC2＝AB2＋BC2，故BC⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝＝3，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos
60°＝7，所以AD＝.
6.已知△ABC的三边长为三个连续的自然数，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值是( )
A.
B.
C.
D.
考点 用正弦、余弦定理解三角形
题点 用正弦、余弦定理解三角形
答案 B
解析 设三边长分别为x－1，x，x＋1，
所以＝＝，
所以cos
A＝＝，
解得x＝5，则三边为4,5,6，所以cos
A＝.
二、填空题
7.等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
考点 等比数列前n项和
题点 等比数列的前n项和有关的基本量计算问题
答案 32
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，则
解得所以a8＝×27＝25＝32.
8.已知{an}是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且＝，则数列{|log2an|}的前10项和为________.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 58
解析 根据题意＝＝q3，所以q＝，从而有an＝32·n－1＝27－2n，所以log2an＝7－2n，所以有|log2an|＝|2n－7|，所以数列的前10项和为5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝＋＝58.
9.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案
解析
设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
10.某沿海四个城市A，B，C，D的位置如图所示，其中∠ABC＝60°，∠BCD＝135°，AB＝80
n
mile，BC＝40＋30
n
mile，CD＝250
n
mile.现在有一艘轮船从A出发以50
n
mile/h的速度向D直线航行，60
min后，轮船由于天气原因收到指令改向城市C直线航行，则收到指令时该轮船到城市C的距离是________
n
mile.
考点 解三角形求距离
题点 测量方向角求距离
答案 100
解析 在△ABC
中，AC2＝802＋(40＋30)2－2×80×(40＋30)×cos
60°＝7
500，则AC＝50，
所以sin∠ACB＝＝，
所以cos∠ACB＝，
sin∠ACD＝sin＝＝，
则cos∠ACD＝，
AD2＝(50)2＋(250)2－2×50×250×，
可得AD＝50＝350，
设收到指令时该轮船到城市C的距离是x，
则＝，
求得x＝100.
三、解答题
11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin
A＋cos
A＝0，a＝2，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积.
考点 几何图形中的计算问题
题点 三角形有关的几何图形计算问题
解 (1)由已知可得tan
A＝－，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理，得28＝4＋c2－4c·cos
，
即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)，c＝4.
(2)由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝.
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为
＝1.
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝2，
所以△ABD的面积为.
12.如图，已知平面上直线l1∥l2，A，B分别是l1，l2上的动点，C是l1，l2之间的一定点，C到l1的距离CM＝1，C到l2的距离CN＝，△ABC三内角A，B，C所对边分别为a，b，c，a>b，且bcos
B＝acos
A.
(1)判断△ABC的形状；
(2)记∠ACM＝θ，f(θ)＝＋，求f(θ)的最大值.
考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合
题点 正弦、余弦定理与三角函数的综合
解 (1)由正弦定理得＝，且bcos
B＝acos
A，得sin
2B＝sin
2A，
又a>b，所以A>B，且A，B∈(0，π)，所以2A＋2B＝π，所以C＝，所以△ABC是直角三角形.
(2)∠ACM＝θ，由(1)得∠BCN＝－θ，
则AC＝，BC＝，
f(θ)＝＋＝cos
θ＋sin
θ＝cos，
所以当θ＝时，f(θ)的最大值为.
13.已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
考点 数列前n项和的求法
题点 错位相减法求和
解 (1)设数列{xn}的公比为q.
由题意得
所以3q2－5q－2＝0，
由已知得q＞0，
所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.
四、探究与拓展
14.在△ABC中，若＝，则△ABC的形状一定是__________.
考点 判断三角形形状
题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状
答案 等腰或直角三角形
解析 原式可化为＝?sin2A·[sin(A－B)－sin(A＋B)]＋sin2B[sin(A－B)＋sin(A＋B)]＝0?－sin2Acos
Asin
B＋sin2Bsin
Acos
B＝0?－sin
2A＋sin
2B＝0?sin
2A＝sin
2B?A＝B或A＋B＝，故该三角形是等腰或直角三角形.
15.已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N
，bn是an和an＋1的等比中项.
(1)设cn＝b－b，n∈N
，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝
(－1)kb，n∈N
，求证：
<.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
证明 (1)由题意得b＝anan＋1，
cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，
所以{cn}是等差数列.
(2)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2d·＝2d2n(n＋1).
所以
＝
＝
＝·<.习题课(二) 数列求和
学习目标 1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法.
知识点一 分组分解求和法
思考 求和：1＋2＋3＋…＋.
答案 1＋2＋3＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋
＝＋1－.
梳理 分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.
知识点二 奇偶并项求和法
思考 求和12－22＋32－42＋…＋992－1002.
答案 12－22＋32－42＋…＋992－1002
＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)
＝－5
050.
梳理 奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
知识点三 裂项相消求和法
思考 我们知道
＝－，试用此公式求和：＋＋…＋.
答案 由＝－，得
＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－＝1－.
梳理 如果数列的项能裂成前后抵消的两项，可用裂项相消求和，此法一般先研究通项的形式，然后仿照公式裂开每一项.裂项相消求和常用公式：
(1)＝；
(2)＝(－)；
(3)＝；
(4)＝.
1.并项求和一定是相邻两项结合.(×)
2.裂项相消一定是相邻两项裂项后产生抵消.(×)
类型一 分组分解求和
例1 求和：Sn＝2＋2＋…＋2(x≠0).
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
解 当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n
＝＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，
Sn＝
反思与感悟 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和.
跟踪训练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn.(其中a≠0，n∈N
)
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
解 当a＝1时，an＝n，
于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当a≠1时，an＝＝(1－an).
∴Sn＝[n－(a＋a2＋…＋an)]
＝＝－.
∴Sn＝
类型二 裂项相消求和
例2 求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N
.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
解 ∵＝＝，
∴原式＝
＝
＝－(n≥2，n∈N
).
引申探究
求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N
.
解 ∵＝＝1＋，
∴原式＝＋＋＋…＋
＝(n－1)＋
以下同例2解法.
反思与感悟 求和前一般先对数列的通项公式变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法.
跟踪训练2 求和：
1＋＋＋…＋，n∈N
.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
解 ∵an＝＝＝2，
∴Sn＝2＝.
类型三 奇偶并项求和
例3 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.
∴Sn＝(－1)nn
(n∈N
).
反思与感悟 通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑使用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和.
跟踪训练3 已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
解 当n为偶数时，令n＝2k(k∈N
)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N
)，
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
1.数列{1＋2n－1}的前n项和为________.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
答案 Sn＝n＋2n－1，n∈N
解析 ∵an＝1＋2n－1，∴Sn＝n＋＝n＋2n－1.
2.已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是________.
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 －1,0
解析 S10＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a9＋a10)＝0，
S9＝S10－a10＝－1.
3.已知数列an＝则S100＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
答案 5
000
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5
000.
4.求数列，，，，…的前n项和.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
解 因为通项an＝＝，
所以此数列的前n项和Sn
＝
＝＝－.
求数列的前n项和，一般有下列几种方法.
(1)错位相减
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(2)分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消
把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
(4)奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
(5)倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
一、选择题
1.数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，
则S5等于( )
A.1
B.
C.
D.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案 B
解析 ∵an＝＝－.∴S5＝＋＋…＋＝1－＝.
2.数列，，，…，，…的前n项和为( )
A.
B.
C.
D.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案 B
解析 由数列通项公式
＝，
得前n项和Sn
＝
＝＝.
3.已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N
，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项和是( )
A.n(n＋2)
B.n(n＋4)
C.n(n＋5)
D.n(n＋7)
考点 数列前n项和的求法
题点 数列求和方法综合
答案 C
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n，
∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.
4.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N
，则S15＋S22－S31的值是( )
A.13
B.－76
C.46
D.76
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 B
解析 S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，
S22＝－4×11＝－44，
S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，
S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
故选B.
5.如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H
(H为常数，n∈N
)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知在等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2
017等于( )
A.－3
019
B.－3
018
C.－3
023
D.－3
016
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 C
解析 S2
017＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2
017)
＝a1＋1
008×H＝1＋1
008×(－3)＝－3
023.
6.数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为( )
A.11
B.99
C.120
D.121
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案 C
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1，
令－1＝10，得n＝120.
7.数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为( )
A.2100－101
B.299－101
C.2100－99
D.299－99
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 A
解析 由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101.
二、填空题
8.若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，n∈N
，则S50＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 －25
解析 S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
9.在数列{an}中，若an＝ln，n∈N
，则Sn＝______.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
答案 ln(n＋1)
解析 方法一 an＝ln
＝ln(n＋1)－ln
n
Sn＝(ln
2－ln
1)＋(ln
3－ln
2)＋…＋[ln(n＋1)－ln
n]
＝ln(n＋1)－ln
1＝ln(n＋1).
方法二 Sn＝ln
＋ln
＋…＋ln
＝ln＝ln(n＋1).
10.在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 数列求和方法综合
答案
解析 ∵{an}为等比数列，且a1＝，a4＝－4，
∴q3＝＝－8，∴q＝－2，∴an＝(－2)n－1，
∴|an|＝2n－2，
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝＝.
11.数列{an}的通项公式an＝ncos
，n∈N
，其前n项和为Sn，则S2
016＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 1
008
解析 a1＝cos
＝0，a2＝2cos
π＝－2，a3＝0，a4＝4，….
∴数列{an}的所有奇数项为0，前2
016项的所有偶数项(共1
008项)依次为－2,4，－6,8，…，
故S2
016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2
014＋2
016)＝1
008.
三、解答题
12.已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N
)，求数列{bn}的前n项和Tn.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
所以an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝×
＝×，
所以Tn＝×
＝×＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
13.设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
考点 数列前n项和的求法
题点 错位相减法求和
解 (1)由已知，得当n>1时，
an＝[(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(22n－3＋22n－5＋…＋2)＋2＝22n－1，
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②
①－②得
(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2].
四、探究与拓展
14.设数列{an}满足a1＝0且－＝1，n∈N
.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记Sn＝b1＋b2＋…＋bn，
证明：Sn<1.
考点 数列前n项和的求法
题点 裂项相消法求和
(1)解 由题设－＝1知，是公差为1的等差数列，
又＝1，故＝n，
∴an＝1－.
(2)证明 由(1)得bn＝＝
＝－，
∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－
＝1－<1.
15.已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N
.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出{bn}；
(2)求T2n.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
解 (1)因为an·an＋1＝n，
所以an＋1·an＋2＝n＋1，
所以＝，即an＋2＝an，
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以＝
＝＝，
所以{bn}是公比为的等比数列.
因为a1＝1，a1·a2＝，
所以a2＝，所以b1＝a1＋a2＝，
所以bn＝×n－1＝.
(2)由(1)可知an＋2＝an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝＋＝3－.(共52张PPT)
章末复习
第二章 数 列
学习目标
1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.
2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力.
3.依托等差数列、等比数列解决一般数列的常见通项、求和等问题.
知识梳理
达标检测
题型探究
内容索引
知识梳理
1.等差数列和等比数列的基本概念与公式
?
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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，公比通常用字母q表示(q≠0)
递推公式
an＋1－an＝d
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，并且A＝
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，且G＝
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
前n项和
公式
性质
am，an的关系
am－an＝(m－n)d
m，n，s，
t∈N
，
m＋n＝s＋t
am＋an＝as＋at
aman＝asat
{kn}是等差数列，且kn∈N
{
}是等差数列
{
}是等比数列
n＝2k－1，
k∈N
S2k－1＝(2k－1)·ak
判
断
方
法
利用定义
an＋1－an是同一常数
利用中项
an＋an＋2＝2an＋1
利用通项公式
an＝pn＋q，其中p，q为常数
an＝abn(a≠0，b≠0)
利用前n项和公式
Sn＝an2＋bn
(a，b为常数)
Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np(p为非零常数)
2.数列中的基本方法和思想
(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了
法和
法；
(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了
法和____
法.
(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意
个求其余
个，用到了方程思想.
(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了
思想.
累加
累乘
倒序相加
错位
相减
三
两
函数
[思考辨析
判断正误]
1.等差数列、等比数列的很多性质是相似的.(
)
2.一般数列问题通常要转化为等差数列、等比数列来解决.(
)
√
√
题型探究
类型一 方程思想求解数列问题
解答
例1 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；
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
解答
(2)令bn＝ln
a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 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，
反思与感悟 在等比数列和等差数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量.
解答
跟踪训练1 记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
解 设数列{an}的公差为d，
类型二 转化与化归思想求解数列问题
证明
例2 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1.
证明 ∵Sn＋1＝4an＋2，
①
∴当n≥2，n∈N
时，Sn＝4an－1＋2.
②
①－②得an＋1＝4an－4an－1.
方法一 对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得
即cn＋1＋cn－1＝2cn，
∴数列{cn}是等差数列.
由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，
则a2＝3a1＋2＝5，
方法二 ∵an＋1－2an＝2an－4an－1＝2(an－2an－1)，
令bn＝an＋1－2an，
则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝3·2n－1，
解答
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和的公式.
设Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，
则2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，
∴Sn＝2Sn－Sn
＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1
＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1
＝2＋(3n－4)·2n－1.
∴数列{an}的通项公式为an＝(3n－1)·2n－2，前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N
.
反思与感悟 由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出.
解答
跟踪训练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
).
(1)求a2，a3的值；
解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
证明
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列.
证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，
①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1).
②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2
＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2).
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.
类型三 函数思想求解数列问题
命题角度1 借助函数性质解数列问题
例3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}的通项公式；
解答
解 由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，
整理得2a1d＝d2.
∵a1＝1，d>0，∴d＝2.
∴an＝2n－1(n∈N
).
解答
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
∴数列{Sn}是递增数列.
又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.
反思与感悟 数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响.
解答
解 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，
故等比数列{an}的通项公式为
解答
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
综上，对于n∈N
，
解答
命题角度2 以函数为载体给出数列
例4 已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N
.
(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；
解 由an＋1＝f(an)，得an＋1＝2－|an|，
∵a1＝0，∴a2＝2，a3＝0，a4＝2.
解答
(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值.
∴(2－|a1|)2＝a1(2－|2－|a1||)，
即(2－a1)2＝a1(2－|2－a1|).
下面分情况讨论：
②当2－a1<0时，(2－a1)2＝a1[2－(a1－2)]＝a1(4－a1)，
反思与感悟 以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题.
解答
解答
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
解 Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
达标检测
答案
解析
1
2
3
an＝36(2n－1)
1
2
3
解析 设等差数列{an}的公差为d，
由前n项和的概念及已知条件得
4a1＋6d＝4(2a1＋d
).
②
解得a1＝0或a1＝36.
又d≠0，所以a1＝0不符合题意，舍去.
因此a1＝36，d＝72，故数列{an}的通项公式为
an＝36＋(n－1)·72＝72n－36＝36(2n－1).
答案
解析
1
2
3
an＝3n－16
3
所以n＝3时，nan的值最小.
1
2
3
解析
答案
4
035
∴an＋1＝an＋2，
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2n－1，∴a2
018＝4
035.
1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题.
2.数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和.
规律与方法1 数列中的数学思想
数学思想在以后的学习中起着重要的作用，若能根据问题的题设特点，灵活地运用相应的数学思想，往往能迅速找到解题思路，从而简便、准确求解.
1.方程思想
例1 在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求通项an.
分析 欲求通项an，需求出a1及q，为此根据题设构造关于a1与q的方程组即可求解.
解 方法一 ∵a1a3＝a，∴a1a2a3＝a＝8，∴a2＝2.
从而解得a1＝1，a3＝4或a1＝4，a3＝1.
当a1＝1时，q＝2；当a1＝4时，q＝.
故an＝2n－1或an＝23－n.
方法二 由等比数列的定义知a2＝a1q，a3＝a1q2代入已知，得
即
即
将a1＝代入①得2q2－5q＋2＝0，
∴q＝2或q＝，
由②得或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
2.分类讨论思想
例2 已知{an}是各项均为正数的等差数列，且lg
a1，lg
a2，lg
a4也成等差数列，若bn＝，n＝1,2,3，…，证明：{bn}为等比数列.
证明 由于lg
a1，lg
a2，lg
a4成等差数列，
所以2lg
a2＝lg
a1＋lg
a4，则a＝a1·a4.
设等差数列{an}的公差为d，
则有(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
整理得d2＝da1，从而d(d－a1)＝0.
(1)当d＝0时，数列{an}为常数列，
又bn＝，则{bn}也是常数列，
此时{bn}是首项为正数，公比为1的等比数列.
(2)当d＝a1≠0时，
则a2n＝a1＋(2n－1)d＝d＋(2n－1)d＝2nd，
所以bn＝＝·，
这时{bn}是首项为b1＝，公比为的等比数列.
综上，{bn}为等比数列.
3.特殊化思想
例3 在数列{an}中，若＝k(k为常数)，n∈N
，则称{an}为“等差比数列”.下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一定是等差比数列；④等差比数列中可以有无数项为0.其中正确的判断是( )
A.①②
B.②③
C.③④
D.①④
分析 本题为新定义题，且结论具有开放性，解决本题可借助新定义构造特殊数列，排除不正确的判断，从而简捷求解.
解析 数列a，a，…，a(a≠0)既是等差数列，又是等比数列，但不满足＝k，即不是等差比数列，故②、③不正确.故选D.
答案 D
4.整体思想
例4 在等比数列{an}中，a9＋a10＝a(a≠0)，a19＋a20＝b，则a99＋a100＝________.
分析 根据题设条件可知＝q10＝，
而＝q90，故可整体代入求解.
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则＝q10＝，
又＝q90＝(q10)9＝9，
故a99＋a100＝9(a9＋a10)＝.
答案
2 求数列通项的四大法宝
1.公式法
题设中有an与Sn的关系式时，常用公式
an＝来求解.
例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求其通项公式an.
解 当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，
又a1＝1≠2×31－1，
所以数列{an}的通项公式an＝
2.累加法
若数列{an}满足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.
例2 已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通项公式an.
解 由已知，得an－an－1＝3n－1(n≥2)，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1，
以上各式左右两边分别相加，得
an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，
所以an＝＋1＝(n≥2)，
又n＝1时，a1＝1＝，所以an＝(n∈N
).
3.叠乘法
若数列{an}满足＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.
例3 已知数列{an}中，a1＝3，an＝an－1(an≠0，n≥2)，求其通项公式an.
解 由a1＝3，an＝an－1，得＝，
所以＝，＝，＝，＝，…，＝(n≥2)，以上各式左右两边分别相乘，得＝，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝3＝，所以an＝(n∈N
).
4.构造法
当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝，从而构造出等比数列{an＋λ}.
例4 数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3(n∈N
)，求其通项公式an.
解 设an＋1＋t＝(an＋t)，则an＋1＝an－t，
与已知比较，得－t＝3，所以t＝－4，
故an＋1－4＝(an－4)，
又a1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{an－4}是首项为－3，公比为的等比数列，因此an－4＝－3×n－1，
即an＝4－3×n－1(n∈N
).
3 如何研究数列的单调性和最大(小)项
研究数列的单调性和最大(小)项，首选作差，其次可以考虑借助函数单调性
例1 已知数列{an}的通项公式为an＝nn＋1，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由.
解 an＋1－an＝(n＋1)·n＋2－nn＋1＝n＋1·，当n>3时，an＋1－an<0；
当1≤n≤3时，an＋1－an>0.
综上，可知{an}在n∈{1,2,3}时，单调递增；在n∈{4,5,6,7，…}时，单调递减.所以存在最大项，且第4项为最大项.
点评 之所以首选作差，是因为研究数列的单调性和研究函数单调性不一样，函数单调性要设任意x1
例2 在数列{an}中，an＝，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是________.
分析 可以先把an＝用分离常数法进行化简，然后再研究函数f(x)＝1＋的性质，得出该数列前100项中的最大项与最小项.
解析 an＝＝1＋，设f(x)＝1＋，则f(x)在区间(－∞，)与(，＋∞)上都是减函数.
因为44<<45，
故数列{an}在n≤44时递减，在n≥45时递减，借助f(x)＝1＋的图象知数列{an}的最大值为a45，最小值为a44.故答案为a45，a44.
答案 a45，a44
点评 本题考查根据数列的单调性求数列的最大项和最小项，此类题一般借助相关函数的单调性来研究数列的单调性，然后再判断数列的最大项与最小项.
4 提高运算速度七妙招
数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略.
第一招 活用概念
数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜.
例1 已知{an}是公差为2的等差数列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝100，那么a2＋a5＋a8＋…＋a98等于( )
A.166
B.66
C.34
D.100
解析 若先求出a1，再求和，运算较为繁琐.注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列.由于(a2＋a5＋a8＋…＋a98)－(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＝(a2－a1)＋(a5－a4)＋(a8－a7)＋…＋(a98－a97)＝33d＝66，所以a2＋a5＋a8＋…＋a98＝100＋66＝166，故选A.
答案 A
点评 活用等差、等比数列的概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化.
第二招 巧用性质
数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便.
例2 各项均为正数的等比数列{an}中，若a7a8＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a14等于( )
A.12
B.14
C.10
D.10＋log32
解析 若设出a1和q，利用基本量法求解，显然运算量较大.若利用性质a1a14＝a2a13＝…＝a7a8＝9，则a1a2…a14＝(a7a8)7＝97，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a14＝log397＝14，故选B.
答案 B
点评 数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器.
第三招 灵用变式
在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题.
例3 已知等差数列{an}中，a3＝3，a10＝388，则该数列的通项an＝________.
解析 利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝55，an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×55＝55n－162.
答案 55n－162
点评 常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解.而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项.
第四招 整体考虑
通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的.
例4 设Sn表示等差数列{an}的前n项和，且S9＝18，Sn＝240，若an－4＝30，试求n的值.
分析 常规解法是设出基本量a1，d，列方程组求解，但较繁琐；若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速.
解 由S9＝18，即＝18，
则a1＋a9＝4＝2a5，
故a5＝2，
又Sn＝＝＝＝240，
所以n＝15.
点评 本题解法不在a1，d上做文章，而是将Sn变形整理用a5＋an－4表示，使解题过程大大简化.
第五招 数形结合
数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题.
例5 在公差d<0的等差数列{an}中，已知S8＝S18，则此数列的前多少项的和最大？
分析 用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：①通项an联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；②前n项和Sn联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值.
解 设f(x)＝xa1＋d＝x2＋x，
则(n，Sn)在该二次函数的图象上，
由于S8＝S18，d<0，
所以y＝f(x)的对称轴是x＝＝13，且开口向下，
故当n＝13时，Sn取得最大值，
故数列{an}的前13项的和最大.
点评 从直观性角度研究数列问题，可使问题变得生动形象，易于求解.
第六招 分解重组
在处理数列求和问题时，若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分，则对数列的前n项和进行重新分解，分别求和.
例6 在数列{an}中，已知a1＝，a2＝，且{bn}是公差为－1的等差数列，bn＝log2，{cn}是公比为的等比数列，cn＝an＋1－an，求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
分析 由已知条件，事先无法估计an解析式的结构，因此不能用待定系数法求an.但是利用等差数列{bn}和等比
数列{cn}可以得出关于an＋1和an的两个等式，消去an＋1，即可得an.再根据an求解对应的前n项和.
解 因为a1＝，a2＝，
所以b1＝log2＝－2，
c1＝－×＝，
又{bn}是公差为－1的等差数列，
{cn}是公比为的等比数列，
所以
即
则解得an＝－，
所以Sn＝3·－2·
＝2－＋.
点评 通项虽不是等比数列，但可拆为两个等比数列的和的形式，再分别利用等比数列的求和公式求和.
第七招 合理化归
化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识，包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等.
例7 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)，证明：数列是等比数列.
分析 要证明数列是等比数列，必须把问题化成与这个整体有关的问题，通过等比数列的定义加以证明.
证明 由于an＋1＝Sn，an＋1＝Sn＋1－Sn，
则(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，即＝，
又Sn≠0，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
点评 将数列中的复杂问题进行转化，关键是找准方向，再利用已知等差或等比数列的相关知识求解.
5 盘点数列中的易错问题
1.对数列的概念理解不准而致错
例1 已知数列{an}是递增数列，且对于任意的n∈N
，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________.
[错解] 因为an＝n2＋λn是关于n的二次函数，且n≥1，所以－≤1，解得λ≥－2.
[点拨] 数列是以正整数N
(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点.
[正解1] 设f(x)＝x2＋λx，则其图象的对称轴
为x＝－，因为an＝n2＋λn，所以点(n，an)在f(x)的图象上，由数列{an}是递增数列可知，若－≤1，得λ≥－2；
如图所示，当2－>－－1，即λ>－3时，数列{an}也是单调递增的.
故λ的取值范围为(－3，＋∞).
[正解2] 因为数列{an}是递增数列，
所以an＋1－an>0
(n∈N
)恒成立.
又an＝n2＋λn
(n∈N
)，所以(n＋1)2＋λ(n＋1)－(n2＋λn)>0恒成立，即2n＋1＋λ>0.
所以λ>－(2n＋1)
(n∈N
)恒成立.
而n∈N
时，－(2n＋1)的最大值为－3(n＝1时)，
所以λ的取值范围是(－3，＋∞).
温馨点评 利用函数观点研究数列性质时，一定要注意数列定义域是{1，2，3，4，…，n，…}或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错.
2.忽视数列与函数的区别而致错
例2 设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N
，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________.
[错解] 因为数列{an}是递增数列，且点(n，an)在函数f(x)的图象上，所以分段函数f(x)是递增函数，故实数a满足不等式组解得[点拨] 上述解法把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增，忽视了二者的区别，事实上，数列是递增数列时，所在函数不一定单调递增.
[正解] 由题意，得点(n，an)分布在分段函数
f(x)＝的图象上.
因此当3－a>0时，a1当a>1时，a8为使数列{an}递增还需a7故实数a满足条件解得2故实数a的取值范围是(2,3).
3.公式使用条件考虑不周全而致错
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋2n＋1，求an.
[错解] an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2.
[点拨] 公式an＝是分段的，因为n＝1时，Sn－1无意义.在上述解答中，应加上限制条件n≥2，然后验证n＝1时的值是否适合n≥2时的表达式.
[正解] a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2.
由于a1不适合此式，故an＝
温馨点评 因为数列{an}中，a0，S0这样的符号是没有任何意义的，因此an＝Sn－Sn－1仅适用于n≥2时求an，第一项a1要利用a1＝S1单独求解，若能统一要统一，否则要分段写出.
4.审题不细心，忽略细节而致错
例4 首项为9的等差数列，从第7项起开始为负数，求公差d的取值范围.
[错解] a7＝a1＋6d＝9＋6d<0，∴d<－.
[点拨] 忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第7项是该等差数列中的第一个负项，应有a6≥0.
[正解] 设an＝9＋(n－1)d，
由
得－≤d<－.
5.忽略概念中的隐含条件而致错
例5 一个凸n边形的各内角度数成等差数列，其最小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数.
[错解] 一方面凸n边形的内角和为Sn，
Sn＝120°n＋×5°.
另一方面，凸n边形内角和为(n－2)×180°.
所以120n＋×5＝(n－2)×180.
化简整理得n2－25n＋144＝0，所以n＝9或n＝16.
即凸n边形的边数为9或16.
[点拨] 凸n边形的每个内角都小于180°.当n＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°应该舍掉.
[正解] 凸n边形内角和为(n－2)×180°，
所以120n＋×5＝(n－2)×180，
解得n＝9或n＝16.
当n＝9时，最大内角为120°＋8×5°＝160°<180°；
当n＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°舍去.
所以凸n边形的边数为9.
温馨点评 凸n边形是一个明确的几何概念，是本题中容易忽略的一个条件.利用数列知识解实际问题时，一定要注意所得结果的实际含义，必要时作出取舍.
6.忽视等差数列前n项和公式的基本特征而致错
例6 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有＝，试求的值.
[错解] 设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，k≠0，
则a9＝S9－S8＝(5×9＋3)k－(5×8＋3)k＝5k，
b9＝T9－T8＝(2×9＋7)k－(2×8＋7)k＝2k，
所以＝.
[点拨] 此解答错在根据条件＝，
设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，
这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点.
[正解] 因为{an}和{bn}是公差不为0的等差数列，
故设Sn＝n(5n＋3)k，Tn＝n(2n＋7)k，k≠0，则
a9＝S9－S8＝9×(5×9＋3)k－8×(5×8＋3)k＝88k，
b9＝T9－T8＝9×(2×9＋7)k－8×(2×8＋7)k＝41k，
所以＝.
温馨点评 等差数列的前n项和Sn＝n2＋n，当d≠0时，点(n，Sn)在二次函数f(x)＝x2＋x的图象上.当d＝0时，Sn＝na1，但是本题不属于这种情况.
7.等差数列的特点考虑不周全而致错
例7 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn有最大值，并求出它的最大值.
[错解] 设公差为d，
∵S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
得120d＝－200，即d＝－，
∴an＝20－(n－1)·，
当an>0时，20－(n－1)·>0，∴n<13.
∴n＝12时，Sn最大，
S12＝12×20＋×＝130.
∴当n＝12时，Sn有最大值S12＝130.
[点拨] 解中仅解不等式an>0是不正确的，事实上应解an≥0，an＋1≤0.
[正解] 设等差数列{an}的公差为d.由a1＝20，S10＝S15，得10×20＋d＝15×20＋d，解得公差d＝－.
∵S10＝S15，
∴S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，
∵a11＋a15＝a12＋a14＝2a13，
∴a13＝0.
∵公差d<0，a1>0，
∴a1，a2，…，a11，a12均为正数，
而a14及以后各项均为负数.
∴当n＝12或13时，Sn有最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
温馨点评 求等差数列前n项和最值的关键是分清正负项，找准正负项的分界点，尤其是数列中含有零项时，注意答案的全面性.
8.忽略题目中的隐含条件而致错
例8 已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，求的值.
[错解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝[(－4)－(－1)]＝－1.
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
当b2＝2时，＝＝－，
当b2＝－2时，＝＝.
∴＝±.
[点拨] 注意b2的符号已经确定，且b2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误.
[正解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝[(－4)－(－1)]＝－1，
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4，
∴b2＝±2.
若设公比为q，则b2＝(－1)q2，
∴b2<0.∴b2＝－2，
∴＝＝.
温馨点评 若设数列－1，b1，b2，b3，－4的公比为q，则b2＝－1q2<0，这是题目中的隐含条件.利用等比中项的概念解题时要注意这一现象.
9.求和时项数不清而致错
例9 求1＋2＋22＋…＋2n的和.
[错解] 1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n－1.
[点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n，项数应为n＋1.
[正解] 这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n＋1项的和，所以1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－1.
温馨点评 数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前n项和Sn＝q≠1中的n指的就是数列的项数.
10.利用等比数列求和公式忽视q＝1的情形而致错
例10 已知等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，求数列{an}的通项公式.
[错解] 设等比数列的公比为q，
则
解得q＝－.
所以an＝a3qn－3＝4·n－3＝n－5.
[点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n项和公式中q＝1这一特殊情况.
[正解] 当q＝1时，a3＝4，a1＝a2＝a3＝4，
S3＝a1＋a2＋a3＝12，
所以q＝1符合题意，an＝4.
当q≠1时，
解得q＝－，an＝a3qn－3＝n－5.
故数列通项公式为an＝4或an＝n－5.
温馨点评 利用等比数列前n项和公式时，要注意判断公比q是否等于1，防止漏掉q＝1这种情况.
以上十例论述了数列中常见的一些错误及其原因，当然数列解题中的错误原因还有未尽之处，本文旨在抛砖引玉，使同学们在学习中养成良好的纠错习惯.集“错”成册，常翻常阅，引以为戒，警钟长鸣.习题课(一) 求数列的通项公式
学习目标 1.了解通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式的常见方法.2.掌握利用递推公式求通项公式的常见方法.3.掌握利用前n项和Sn与an
的关系求通项公式的方法.
知识点一 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
思考 你能看出数列(1)：－1,1，－1,1…与数列(2):
0,2,0,2…的联系吗？由此写出数列(2)的一个通项公式.
答案 数列(1)每项加1得到数列(2).数列(1)的通项公式是an＝(－1)n
，故数列(2)的通项公式是an＝(－1)n
＋1.
梳理 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式，关键是依托基本数列如等差数列、等比数列，寻找an与n，an与an＋1的联系.
知识点二 利用递推公式求通项公式
思考 还记得我们是如何用递推公式an＋1－an＝d求出等差数列的通项公式的吗？
答案 累加法.
梳理 已知递推公式求通项公式的主要思路，就是要通过对递推公式赋值、变形，构造出我们熟悉的等差数列或等比数列，进而求出通项公式.赋值、变形的常见方法有累加、累乘、待定系数法、换元、迭代等.
知识点三 利用前n项和Sn与an
的关系求通项公式
思考 如何用数列{an}的前n项和Sn表示an
?
答案 an＝
梳理 当已知Sn或已知Sn与an
的关系式，可以借助上式求出通项公式，或者得到递推公式，再由递推公式求得通项公式.在应用上式时，不要忘记对n讨论.
1.数列可由其前四项完全确定.(×)
2.可以在公式许可的范围内根据需要对递推公式中的n任意赋值.(√)
3.{Sn}也是一个数列.(√)
类型一 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
例1 由数列的前n项，写出通项公式：
(1)3,5,3,5,3,5，…
(2)，，，，，…
(3)2，，，，，…
(4)，，，，，…
考点 数列的通项公式
题点 根据数列的前几项写出通项公式
解 (1)这个数列前6项构成一个摆动数列，奇数项为3，偶数项为5.所以它的一个通项公式为an＝4＋(－1)n.
(2)数列中的项以分数形式出现，分子为项数，分母比分子大1，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列可化为1＋1,2＋，3＋，4＋，5＋，…，
所以它的一个通项公式为an＝n＋.
(4)数列可化为，，，，，…，
所以它的一个通项公式为an＝.
反思与感悟 这类数列通常是由基本数列如等差数列、等比数列通过加减乘除运算得到，故解决这类问题可以根据所给数列的特点(递增及增长速度、递减及递减速度、是否摆动数列)联想基本数列，再考察它与基本数列的关系.
跟踪训练1 由数列的前几项，写出通项公式：
(1)1，－7,13，－19,25，…
(2)，，，，，…
(3)1，－，，－，…
考点 数列的通项公式
题点 根据数列的前几项写出通项公式
解 (1)数列每一项的绝对值构成一个以1为首项，6为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(6n－5).
(2)数列化为，，，，，…，分子，分母分别构成等差数列，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列化为，－，，－，…，
所以数列的一个通项公式为an＝(－1)n＋1.
类型二 利用递推公式求通项公式
例2 (1)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N
都有an＋1＝a1＋an＋n，求通项公式；
(2)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，求an.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
解 (1)∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，
即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，等式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
即an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
(2)由条件知＝，分别令n＝1,2,3，…，n－1，
代入上式得(n－1)个等式累乘之，
即··…＝×××…×，
∴＝，又∵a1＝，∴an＝.
反思与感悟 型如an＋1＝an＋f(n)的递推公式求通项可以使用累加法，步骤如下：
第一步 将递推公式写成an＋1－an＝f(n)；
第二步 依次写出an－an－1，…，a2－a1，并将它们累加起来；
第三步 得到an－a1的值，解出an；
第四步 检验a1是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.累乘法类似.
跟踪训练2 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为( )
A.an＝2n－1
B.an＝2n
C.
D.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 C
解析 由an＋1＝2nan，得＝2n，即··…＝21×22×23×…×2n－1，即＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝，故an＝a1＝.故选C.
(2)在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝n－1
(n＝2,3,4…)，求{an}的通项公式.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
解 ∵当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，这n－1个等式累加得，
an－a1＝1＋2＋…＋(n－1)＝，
故an＝＋a1＝且a1＝1也满足该式，
∴an＝(n∈N
).
例3 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
解 递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.
故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.
反思与感悟 型如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步 假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；
第二步 由待定系数法，解得t＝；
第三步 写出数列的通项公式；
第四步 写出数列{an}通项公式.
跟踪训练3 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
解 设an＋1＋x×5n＋1＝2(an＋x×5n)，①
将an＋1＝2an＋3×5n代入①式，得2an＋3×5n＋x×5n＋1＝2an＋2x×5n，等式两边消去2an，得3×5n＋x×5n＋1＝2x×5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n).②
由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得an－5n≠0，则＝2，则数列{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列，则an－5n＝2n－1，故an＝2n－1＋5n.
类型三 利用前n项和Sn与an
的关系求通项公式
例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N
，则an等于( )
A.2n＋1
B.2n
C.2n－1
D.2n－2
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 A
解析 因为Sn＝2an－4，所以Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即＝2，因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.
反思与感悟 已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)解题步骤：
第一步 利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；
第二步 利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；
第三步 若求出n≥2时的{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为类型二.
跟踪训练4 在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1(n∈N
)，求数列{an}的通项an.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
解 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1，得
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝an，
两式作差得nan＝an＋1－an，
得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，
即数列{nan}从第二项起是公比为3的等比数列，且a1＝1，a2＝1，于是2a2＝2，故当n≥2时，nan＝2·3n－2.
于是an＝
1.在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.
答案 4－
解析 原递推公式可化为an＋1＝an＋－，
则a2＝a1＋－，a3＝a2＋－，
a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－，逐项相加得an＝a1＋1－，
故an＝4－.
2.设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
，则a1＝________，S5＝________.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 1 121
解析 a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，解得a1＝1，a2＝3，
再由an＋1＝2Sn＋1，即an＝2Sn－1＋1(n≥2)，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝3a1，所以an＋1＝3an(n≥1)，S5＝＝121.
3.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝________.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1，n∈N
.
4.已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.证明{an}是等比数列，并求其通项公式.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
解 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，
所以＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n－1.
1.不论哪种类型求通项公式，都是以等差数列、等比数列为基础.
2.利用数列前若干项归纳通项公式，对无穷数列来说只能算是一种猜想，是否对所有项都适用还需论证.
3.待定系数法求通项，其本质是猜想所给递推公式可以变形为某种等差数列或等比数列，只是其系数还不知道，一旦求出系数，即意味着猜想成立，从而可以借助等差数列或等比数列求得通项.
4.使用递推公式或前n项和求通项时，要注意n的取值范围.
一、选择题
1.已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋2n(n∈N
)，则a100的值是( )
A.9
900
B.9
902
C.9
904
D.11
000
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
答案 B
解析 a100＝(a100－a99)＋(a99－a98)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2
＝2×＋2＝9
902.
2.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则这个数列的第n项为( )
A.2n－1
B.2n＋1
C.
D.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 C
解析 ∵an＋1＝，∴＝＋2.
∴为等差数列，公差为2，首项＝1.
∴＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
∴an＝.
3.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于( )
A.2＋ln
n
B.2＋(n－1)ln
n
C.2＋nln
n
D.1＋n＋ln
n
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
答案 A
解析 由an＋1＝an＋ln得
an＋1－an＝ln＝ln
，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝ln
＋ln
＋…＋ln
＝ln
＝ln
n，
即an－a1＝ln
n，an＝ln
n＋2.
4.已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列的通项公式an等于( )
A.2n
B.n(n＋1)
C.
D.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
答案 C
解析 ∵an＋1＝an＋，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，
即2n＋1an＋1－2nan＝2.
又21a1＝2，
∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴an＝.
5.数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1是首项为1，公比为2的等比数列，那么an等于( )
A.2n－1
B.2n－1－1
C.2n＋1
D.4n－1
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 A
解析 由题意，得an－an－1＝2n－1，
∴a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋21＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，
即an＝2n－1.
6.一个正整数数表如下(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的2倍)：
第1行
1
第2行
2 3
第3行
4 5 6 7
…
…
则第8行中的第5个数是( )
A.68
B.132
C.133
D.260
考点 数列的通项公式
题点 根据数列的前几项写出通项公式
答案 B
解析 前7行中共有1＋2＋22＋…＋26＝27－1＝127个数，则第8行中的第5个数是127＋5＝132.
二、填空题
7.若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且对于任意大于1的整数n，点(，)在直线x－y－＝0上，则数列{an}的通项公式为________________.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 an＝4n－2
解析 由题意得－＝，n∈N
，n≥2，
∴{}是首项为＝＝，公差为的等差数列.∴＝n，∴Sn＝2n2，
∴an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，n∈N
，n≥2，
a1＝2也适合上式.
∴an＝4n－2，n∈N
.
8.数列{an}中，a1＝3，an＋1－2an＝0，数列{bn}的通项满足关系式anbn＝(－1)n(n∈N
)，则bn＝________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案
解析 易知{an}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴an＝3×2n－1，
∴bn＝＝.
9.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an，则数列{an}的通项公式an＝________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 累乘法求通项
答案 n
解析 an＝··…···a1
＝··…··＝n.
10.已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2，且a1＝1，则an＝________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 2×3n－1－1
解析 设an＋1＋A＝3(an＋A)，化简得an＋1＝3an＋2A.
又an＋1＝3an＋2，∴2A＝2，即A＝1.
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3.
∴数列{an＋1}是等比数列，首项为a1＋1＝2，公比为3.
则an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1.
11.若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
答案 (－2)n－1
解析 当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
故＝－2，故an＝(－2)n－1.
三、解答题
12.已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
解 (1)由题设可知a1·a4＝a2·a3＝8，
又a1＋a4＝9，
可解得或(舍去).
由a4＝a1q3得公比q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
13.已知Sn＝4－an－，求an与Sn.
考点 an与Sn关系
题点 由Sn与an递推式求通项
解 ∵Sn＝4－an－，
∴Sn－1＝4－an－1－，
当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝an－1－an＋－.
∴an＝an－1＋n－1.
∴－＝2，
∴2nan－2n－1an－1＝2，
∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.
∵a1＝S1＝4－a1－＝2－a1，
∴a1＝1，∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n.
∴an＝n·n－1，
∴Sn＝4－an－＝4－n·－＝4－.
四、探究与拓展
14.若数列{an}中，a1＝3且an＋1＝a(n是正整数)，则它的通项公式an为________________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 其他递推数列问题
答案
解析 由题意知an>0，将an＋1＝a两边取对数得lg
an＋1＝2lg
an，即＝2，所以数列{lg
an}是以lg
a1＝lg
3为首项，2为公比的等比数列，lg
an＝(lg
a1)·2n－1＝.即an＝.
15.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝4an＋1－3an(n∈N
).
(1)求a3，a4的值；
(2)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式.
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
(1)解 a3＝4a2－3a1＝13，a4＝4a3－3a2＝40.
(2)证明 ∵an＋2＝4an＋1－3an，
∴an＋2－an＋1＝3(an＋1－an).
又a1＝1，a2＝4，
∴＝3，
则{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，3为公比的等比数列.
(3)解 由(2)得an＋1－an＝3n，
则当n≥2时，an－an－1＝3n－1，
故an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝3n－1＋3n－2＋…＋3＋1
＝＝.
又a1＝1适合上式，故an＝，n∈N
.(共39张PPT)
习题课(一) 求数列的通项公式
第二章 数 列
学习目标
1.了解通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式的常见方法.
2.掌握利用递推公式求通项公式的常见方法.
3.掌握利用前n项和Sn与an
的关系求通项公式的方法.
问题导学
达标检测
题型探究
内容索引
问题导学
知识点一 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
思考 你能看出数列(1)：－1,1，－1,1…与数列(2):
0,2,0,2…的联系吗？由此写出数列(2)的一个通项公式.
答案 数列(1)每项加1得到数列(2).数列(1)的通项公式是an＝(－1)n
，故数列(2)的通项公式是an＝(－1)n
＋1.
梳理 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式，关键是依托基本数列如等差数列、等比数列，寻找an与n，an与an＋1的联系.
知识点二 利用递推公式求通项公式
思考 还记得我们是如何用递推公式an＋1－an＝d求出等差数列的通项公式的吗？
答案 累加法.
梳理 已知递推公式求通项公式的主要思路，就是要通过对递推公式赋值、变形，构造出我们熟悉的等差数列或等比数列，进而求出通项公式.赋值、变形的常见方法有累加、累乘、待定系数法、换元、迭代等.
知识点三 利用前n项和Sn与an的关系求通项公式
思考 如何用数列{an}的前n项和Sn表示an
?
梳理 当已知Sn或已知Sn与an
的关系式，可以借助上式求出通项公式，或者得到递推公式，再由递推公式求得通项公式.在应用上式时，不要忘记对n讨论.
[思考辨析
判断正误]
1.数列可由其前四项完全确定.(
)
2.可以在公式许可的范围内根据需要对递推公式中的n任意赋值.(
)
3.{Sn}也是一个数列.(
)
×
√
√
题型探究
例1 由数列的前n项，写出通项公式：
(1)3,5,3,5,3,5，…
类型一 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
解答
解 这个数列前6项构成一个摆动数列，奇数项为3，偶数项为5.所以它的一个通项公式为an＝4＋(－1)n.
解答
解答
解答
反思与感悟 这类数列通常是由基本数列如等差数列、等比数列通过加减乘除运算得到，故解决这类问题可以根据所给数列的特点(递增及增长速度、递减及递减速度、是否摆动数列)联想基本数列，再考察它与基本数列的关系.
跟踪训练1 由数列的前几项，写出通项公式：
(1)1，－7,13，－19,25，…
解答
解 数列每一项的绝对值构成一个以1为首项，6为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(6n－5).
解答
类型二 利用递推公式求通项公式
命题角度1 累加、累乘
例2 (1)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N
都有an＋1＝a1＋an＋n，求通项公式；
解答
解 ∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，
即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，等式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
解答
代入上式得(n－1)个等式累乘之，
反思与感悟 型如an＋1＝an＋f(n)的递推公式求通项可以使用累加法，步骤如下：
第一步 将递推公式写成an＋1－an＝f(n)；
第二步 依次写出an－an－1，…，a2－a1，并将它们累加起来；
第三步 得到an－a1的值，解出an；
第四步 检验a1是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.累乘法类似.
跟踪训练2 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为
A.an＝2n－1
B.an＝2n
C.
D.
√
故an＝
a1＝
.故选C.
答案
解析
(2)在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝n－1
(n＝2,3,4…)，求{an}的通项公式.
解答
解 ∵当n＝1时，a1＝1，
解答
命题角度2 构造等差(比)数列
例3 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.
解 递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，
即an＋1＝2an－t，则t＝－3.
故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.
反思与感悟 型如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步 假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；
第四步 写出数列{an}通项公式.
解答
跟踪训练3 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式.
解 设an＋1＋x×5n＋1＝2(an＋x×5n)，
①
将an＋1＝2an＋3×5n代入①式，得2an＋3×5n＋x×5n＋1＝2an＋2x×5n，等式两边消去2an，得3×5n＋x×5n＋1＝2x×5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n).
②
则数列{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an－5n＝2n－1，故an＝2n－1＋5n.
类型三 利用前n项和Sn与an的关系求通项公式
例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N
，则an等于
A.2n＋1
B.2n
C.2n－1
D.2n－2
答案
解析
√
解析 因为Sn＝2an－4，所以Sn－1＝2an－1－4，
两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，
因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，
所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，
则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.
反思与感悟 已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)解题步骤：
第一步 利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；
第二步 利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；
第三步 若求出n≥2时的{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为类型二.
解答
得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，
即数列{nan}从第二项起是公比为3的等比数列，且a1＝1，a2＝1，于是2a2＝2，
故当n≥2时，nan＝2·3n－2.
达标检测
答案
解析
1
2
3
4
答案
解析
2.设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
，则a1＝___，S5＝____.
解析 a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，解得a1＝1，a2＝3，
再由an＋1＝2Sn＋1，即an＝2Sn－1＋1(n≥2)，得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an(n≥2)，
1
2
3
4
1
121
答案
解析
3.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝_____.
1
2
3
4
2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1，n∈N
.
解答
1
2
3
4
4.已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.证明{an}是等比数列，并求其通项公式.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，
1
2
3
4
规律与方法
1.不论哪种类型求通项公式，都是以等差数列、等比数列为基础.
2.利用数列前若干项归纳通项公式，对无穷数列来说只能算是一种猜想，是否对所有项都适用还需论证.
3.待定系数法求通项，其本质是猜想所给递推公式可以变形为某种等差数列或等比数列，只是其系数还不知道，一旦求出系数，即意味着猜想成立，从而可以借助等差数列或等比数列求得通项.
4.使用递推公式或前n项和求通项时，要注意n的取值范围.章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋(n≥3)，则a5等于( )
A.
B.
C.4
D.5
考点 数列的递推公式
题点 由递推公式求项
答案 A
解析 a3＝a2＋＝3＋1＝4，a4＝a3＋＝4＋＝，a5＝a4＋＝＋＝.
2.等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
考点 等差数列基本量的计算问题
题点 等差数列公差有关问题
答案 B
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于( )
A.1
B.2
C.4
D.8
考点 等比数列的性质
题点 利用项数的规律解题
答案 A
解析 ∵a3·a11＝a＝16，∴a7＝4，∴a5＝＝＝1.
4.等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是( )
A.S7
B.S8
C.S13
D.S15
考点 等差数列前n项和
题点 等差数列前n项和有关的基本量计算问题
答案 C
解析 ∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋(a1＋10d)＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)为常数，
∴a1＋6d为常数.
∴S13＝13a1＋d＝13(a1＋6d)也为常数.
5.在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于( )
A.58
B.88
C.143
D.176
考点 等差数列前n项和性质运用
题点 等差数列前n项和与中间项的关系
答案 B
解析 S11＝＝＝＝88.
6.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A.81
B.120
C.168
D.192
考点 等比数列前n项和
题点 等比数列的前n项和有关的基本量计算问题
答案 B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
7.数列{(－1)n·n}的前2
017项的和S2
017为( )
A.－2
015
B.－1
009
C.2
015
D.1
009
考点 数列前n项和的求法
题点 并项求和法
答案 B
解析 S2
017＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2
016－2
017
＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2
016－2
017)
＝(－1)＋(－1)×1
008＝－1
009.
8.若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( )
A.1或2
B.1或－2
C.－1或2
D.－1或－2
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 C
解析 由题意得2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.
9.一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是( )
A.－2
B.－3
C.－4
D.－6
考点 等差数列基本量的计算问题
题点 等差数列公差有关问题
答案 C
解析 由题意，知a6≥0，a7<0.
∴
∴－≤d<－.
∵d∈Z，∴d＝－4.
10.设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A.d<0
B.a7＝0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
考点 等差数列前n项和性质运用
题点 等差数列前n项和有关的不等式问题
答案 C
解析 由S50.
又S6＝S7?a7＝0，所以d<0.
由S7>S8?a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)<0，
即S911.在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an等于( )
A.2n－1
B.2n－1－1
C.2n－1
D.2(n－1)
考点 递推数列通项公式求法
题点 一阶线性递推数列
答案 A
解析 等式两边加1，an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.
12.某人为了观看2018年世界杯足球赛，从2014年起，每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2018年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
A.a(1＋p)4
B.a(1＋p)5
C.[(1＋p)4－(1＋p)]
D.[(1＋p)5－(1＋p)]
考点 等比数列前n项和应用题
题点 等比数列前n项和的应用题
答案 D
解析 设自2015年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]＝a·
＝[(1＋p)5－(1＋p)].
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k＝________.
考点 等比数列前n项和的性质
题点 等比数列前n项和性质综合
答案 －1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)
＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，
所以k＝－1.
14.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，n∈N
，则此数列的通项公式an＝________.
考点 递推数列通项公式求法
题点 其他递推数列问题
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，
即a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是等比数列，
∴an＝2n－1，n≥2，n∈N
，经检验n＝1也符合.
15.一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________.
考点 等比中项
题点 利用等比中项解题
答案
解析 设三边为a，aq，aq2(q>1)，则(aq2)2＝(aq)2＋a2，∴q2＝.较小锐角记为θ，则sin
θ＝＝.
16.定义：如果一个列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个量，那么这个列叫作等差列，这个量叫作等差列的公差.已知向量列{an}是以a1＝(1,3)为首项，公差为d＝(1,0)的等差向量列，若向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N
)垂直，则＝________.
考点 数列综合问题
题点 数列其他综合问题
答案
解析 易知an＝(1,3)＋(n－1,0)＝(n,3)，因为向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N
)垂直，所以＝－，所以＝···＝×××＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列.
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N
，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
(1)解 设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，
由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，所以q＝－2.
(2)证明 方法一 对任意k∈N
，
Sk＋2＋Sk＋1－2Sk
＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)
＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1
＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，
所以对任意k∈N
，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
方法二 对任意k∈N
,2Sk＝，
Sk＋2＋Sk＋1＝＋
＝，
则2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)
＝－
＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]
＝(q2＋q－2)＝0，
因此，对任意k∈N
，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.
18.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N
，a3＝5，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得解得
所以an＝2n－1.
(2)因为bn＝2an＋2n＝×4n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.
19.(12分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N
)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<1.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
(1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，
即an＝2n＋1.
(2)证明 因为＝＝，
所以＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝1－<1.
20.(12分)某市2016年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制汽车总量，从2016年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变.
(1)记2016年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10
a2＝9.5
a3＝____
a4＝____
…
b1＝2
b2＝____
b3＝____
b4＝____
…
(2)从2016年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
考点 等差数列前n项和应用题
题点 等差数列前n项和的应用题
解 (1)
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
…
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
…
当1≤n≤20且n∈N
时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)
＝10n＋·＋＋(n－4)
＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2032年累积发放汽车牌照超过200万张.
21.(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N
.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，
又b1＝a1＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知，bn＝n，即＝bn＝n，
∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
两边同时乘以2得
2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
22.(12分)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则由已知可得
解得或
故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1，n∈N
.
(2)设Sm＝＋＋…＋，
若an＝·3n－1，则＝n－1，
则数列是首项为，公比为的等比数列.
从而Sm＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n－1，
则＝－(－1)n－1，
故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而Sm＝
故Sm<1.
综上，对任何正整数m，总有Sm<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立.章末复习
学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力.3.依托等差数列、等比数列解决一般数列的常见通项、求和等问题.
1.等差数列和等比数列的基本概念与公式
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，公差通常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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，公比通常用字母q表示(q≠0)
递推公式
an＋1－an＝d
＝q
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，并且A＝
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，且G＝±
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
当q≠1时，
Sn＝＝，
当q＝1时，Sn＝na1
性质
am，an的关系
am－an＝(m－n)d
＝qm－n
m，n，s，
t∈N
，
m＋n＝s＋t
am＋an＝as＋at
aman＝asat
{kn}是等差数列，且kn∈N
{}是等差数列
{}是等比数列
n＝2k－1，
k∈N
S2k－1＝(2k－1)·ak
a1a2·…·a2k－1＝a
判断
方法
利用定义
an＋1－an是同一常数
是同一常数
利用中项
an＋an＋2＝2an＋1
anan＋2＝a
利用通项公式
an＝pn＋q，其中p，q为常数
an＝abn(a≠0，b≠0)
利用前n项和公式
Sn＝an2＋bn
(a，b为常数)
Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np(p为非零常数)
2.数列中的基本方法和思想
(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法；
(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加法和错位相减法.
(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想.
(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想.
1.等差数列、等比数列的很多性质是相似的.(√)
2.一般数列问题通常要转化为等差数列、等比数列来解决.(√)
类型一 方程思想求解数列问题
例1 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.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
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.
反思与感悟 在等比数列和等差数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量.
跟踪训练1 记等差数列的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
解 设数列的公差为d，
依题设有
即
解得或
因此Sn＝n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)，n∈N
.
类型二 转化与化归思想求解数列问题
例2 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1.
(1)设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和的公式.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
(1)证明 ∵Sn＋1＝4an＋2，①
∴当n≥2，n∈N
时，Sn＝4an－1＋2.②
①－②得an＋1＝4an－4an－1.
方法一 对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得
＝2－，
即＋＝2，
即cn＋1＋cn－1＝2cn，
∴数列{cn}是等差数列.
由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，
则a2＝3a1＋2＝5，
∴c1＝＝，c2＝＝，故公差d＝－＝，
∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列.
方法二 ∵an＋1－2an＝2an－4an－1＝2(an－2an－1)，
令bn＝an＋1－2an，
则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝3·2n－1，
∵
cn＝，∴
cn＋1－cn＝－＝
＝＝＝，
c1＝＝，
∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知数列是首项为，公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)＝n－，an＝(3n－1)·2n－2是数列{an}的通项公式.
设Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，
则2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，
∴Sn＝2Sn－Sn
＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1
＝－1－3×＋(3n－1)·2n－1
＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1
＝2＋(3n－4)·2n－1.
∴数列{an}的通项公式为an＝(3n－1)·2n－2，前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N
.
反思与感悟 由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出.
跟踪训练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
).
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
(1)解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
(2)证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1).②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2
＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2
＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2).
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.
类型三 函数思想求解数列问题
例3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N
)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，
整理得2a1d＝d2.
∵a1＝1，d>0，∴d＝2.
∴an＝2n－1(n∈N
).
(2)∵bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
假设存在整数t满足Sn>总成立，
又Sn＋1－Sn＝－＝>0，
∴数列{Sn}是递增数列.
∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.
又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.
反思与感悟 数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响.
跟踪训练3 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为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}最大项的值与最小项的值.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
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＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1故0当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N
，
总有－≤Sn－≤且Sn－≠0.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
例4 已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N
.
(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；
(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
解 (1)由an＋1＝f(an)，得an＋1＝2－|an|，
∵a1＝0，∴a2＝2，a3＝0，a4＝2.
(2)∵a1，a2，a3成等比数列，∴a3＝＝2－|a2|，
∴a＝a1·(2－|a2|)，且a2＝2－|a1|，
∴(2－|a1|)2＝a1(2－|2－|a1||)，
即(2－a1)2＝a1(2－|2－a1|).
下面分情况讨论：
①当2－a1≥0时，(2－a1)2＝a1[2－(2－a1)]＝a，解得a1＝1，且a1≤2；
②当2－a1<0时，(2－a1)2＝a1[2－(a1－2)]＝a1(4－a1)，即2a－8a1＋4＝0，即a－4a1＋4＝2，即(a1－2)2＝2，解得a1＝2＋，且a1＞2，
综上，a1＝1或a1＝2＋.
反思与感悟 以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题.
跟踪训练4 已知函数f(x)＝，数列{an}满足
a1＝1，an＋1＝f?，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
解 (1)∵an＋1＝f?＝＝＝an＋，
∴an＋1－an＝，
∴{an}是以为公差的等差数列.
又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－·＝－(2n2＋3n).
1.设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和(n∈N
)，且S＝9S2，S4＝4S2，则数列{an}的通项公式是________.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 an＝36(2n－1)
解析 设等差数列{an}的公差为d，
由前n项和的概念及已知条件得
a＝9(2a1＋d)，①
4a1＋6d＝4(2a1＋d
).②
由②得d＝2a1，代入①有a＝36a1，
解得a1＝0或a1＝36.
又d≠0，所以a1＝0不符合题意，舍去.
因此a1＝36，d＝72，故数列{an}的通项公式为
an＝36＋(n－1)·72＝72n－36＝36(2n－1).
2.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－n(n＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为________；数列{nan}中数值最小的项是第________项.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
答案 an＝3n－16 3
解析 利用an＝求得an＝3n－16.
则nan＝3n2－16n＝3，
所以n＝3时，nan的值最小.
3.已知函数y＝f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，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
018的值为________.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
答案 4
035
解析 根据题意，不妨设f(x)＝x，则a1＝f(0)＝1，
∵f(an＋1)＝，
∴an＋1＝an＋2，
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2n－1，∴a2
018＝4
035.
1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题.
2.数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和.
一、选择题
1.一个等差数列的第5项等于10，前3项的和等于3，那么( )
A.它的首项是－2，公差是3
B.它的首项是2，公差是－3
C.它的首项是－3，公差是2
D.它的首项是3，公差是－2
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 A
解析 由题意得即
解得a1＝－2，d＝3.
2.等比数列{an}中，已知前4项和为1，前8项之和为17，则此等比数列的公比q为( )
A.2
B.－2
C.2或－2
D.2或－1
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 C
解析 由题意可知q≠1，
S4＝＝1，①
S8＝＝17，②
②÷①得1＋q4＝17，q4＝16.
q＝±2.
3.等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋t，则t＋a3的值为( )
A.1
B.－1
C.17
D.18
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 C
解析 a1＝S1＝3＋t，
由a1＋a2＝9＋t得a2＝6，
由a1＋a2＋a3＝27＋t得a3＝18，
由a1a3＝a，得t＝－1，故t＋a3＝17.
4.已知等差数列前n项和为Sn，且S13<0，S12＞0，则此数列中绝对值最小的项为( )
A.第5项
B.第6项
C.第7项
D.第8项
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
答案 C
解析 由S13＝13a7，S12＝6(a6＋a7)及S13<0，S12＞0，
知a7<0，a6＋a7＞0，即a6＞－a7＞0，故|a6|＞|a7|.
又等差数列为递减数列，故|a1|＞|a2|＞…＞|a6|＞|a7|，|a7|<|a8|<…，
故|a7|最小.
5.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于( )
A.16(1－4－n)
B.16(1－2－n)
C.(1－4－n)
D.(1－2－n)
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
答案 C
解析 依题意a2＝a1q＝2，a5＝a1q4＝，
两式相除可求得q＝，a1＝4，
又因为数列{an}是等比数列，所以{anan＋1}是以a1a2为首项，q2为公比的等比数列，
根据等比数列前n项和公式可得
原式＝＝(1－4－n).
6.已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝前n项的和为( )
A.4
B.4
C.1－
D.－
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比数列其他综合问题
答案 A
解析 ∵an＝＝＝，
∴bn＝＝＝4.
∴Sn＝4＝4.
二、填空题
7.数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3n＋1，n∈N
，则它的通项公式为________.
答案 an＝
考点 数列综合问题
题点 数列其他综合问题
解析 当n＝1时，a1＝S1＝5；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2.
故数列{an}的通项公式为an＝
8.已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N
.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________.
考点 等差等比数列综合应用
题点 等差等比基本量问题综合
答案 110
解析 设{an}的首项，公差分别是a1，d，
则
解得a1＝20，d＝－2，∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.
9.在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N
)，则S100＝________.
考点 数列前n项和的求法
题点 分组求和法
答案 2
600
解析 由a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N
)知，
当n为奇数时，an＋2－an＝0；
当n为偶数时，an＋2－an＝2.
所以前100项中，奇数项为常数项1，偶数项构成以
a2＝2为首项，2为公差的等差数列.
所以S100＝50×2＋×2＋50×1＝2
600.
10.已知数列{an}中，a1＝1，且P(an，an＋1)(n∈N
)在直线x－y＋1＝0上，若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N
，且n≥2)，则函数f(n)的最小值为________.
考点 数列综合问题
题点 数列与函数的综合
答案
解析 由题意得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an＝n，∴f(n)＝＋＋…＋，
∴f(n＋1)－f(n)＝＋＋…＋－
＝＋－＝－>0，
∴{f(n)}(n∈N
，n≥2)为递增数列，
∴f(n)min＝f(2)＝＋＝＋＝.
三、解答题
11.在等比数列{an}中，an>0
(n∈N
)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值.
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5.
又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0,1)，
∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.
∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)bn＝log2an＝5－n，
∴bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，
∴＝，
∴当n≤8时，>0；
当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大.
12.求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)·an－1的前n项和.
考点 数列前n项和的求法
题点 错位相减法求和
解 (1)当a＝0时，Sn＝1.
(2)当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
(3)当a≠1且a≠0时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
∴(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·
＝1－(2n－1)an＋，
又1－a≠0，
∴Sn＝＋.
综上，Sn＝
13.已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1
(n≥2且n∈N
).
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；
(3)求通项公式an.
考点 递推数列通项公式求法
题点 an＋1＝pan＋f(n)型
解 (1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列为等差数列.
设bn＝，由{bn}为等差数列，
可得2b2＝b1＋b3.
∴2×＝＋，
即＝＋，解得λ＝－1.
又bn＋1－bn＝－
＝[(an＋1－2an)＋1]
＝[(2n＋1－1)＋1]
＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列为首项是2，公差是1的等差数列.
(3)由(2)知，数列为首项是2，公差是1的等差数列，
∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)2n＋1.
四、探究与拓展
14.已知Sn和Tn分别为数列{an}与数列{bn}的前n项和，且a1＝e4，Sn＝eSn＋1－e5，an＝，则当Tn取得最大值时n的值为( )
A.4
B.5
C.4或5
D.5或6
考点 数列综合问题
题点 数列与不等式的综合
答案 C
解析 由Sn＝eSn＋1－e5，得Sn－1＝eSn－e5(n≥2)，两式相减，得an＝ean＋1(n≥2)，易知a2＝e3，＝＝，所以{an}是首项为e4，公比为的等比数列，所以an＝e5－n.因为an＝，所以bn＝5－n.由即解得4≤n≤5，所以当n＝4或n＝5时，Tn取得最大值，故选C.
15.在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
考点 数列综合问题
题点 数列其他综合问题
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由题意有 解得a1＝1，d＝.
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1,2,3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6,7,8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.