(共32张PPT)
第一章 数 列
章末整合提升
知识体系构建
要点专项突破
要点一
求数列的通项公式
(1)已知数列{an}满足an＋1＝3an＋4,a1＝1,则an＝________.
(2)已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝9－6n，则数列{an}的通项公式
是____________________.
典例1
3n－2
(3)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和是Sn，且a2＋a5＝12，S5＝25.
①求数列{an}的通项公式；
②数列{bn}满足：b1＝2，bn＝bn－1＋2an(n≥2)，求数列{bn}的通项公式．
[解析] (1)根据题意，知数列{an}满足an＋1＝3an＋4，
故an＝3n－2.
(3)①由a2＋a5＝12，S5＝25，得
所以an＝1＋2×(n－1)＝2n－1.
②当n≥2时，bn＝bn－1＋2an，
则bn－bn－1＝22n－1(n≥2)，又b1＝2，
所以bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
[规律方法] 数列通项公式的求法
(1)定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项公式的，这种方法适用已知数列类型的题目．
(4)构造法，形如an＋1＝Aan＋b可构造{an＋n}为等比数列，再求通项公式.
要点二
等差、等比数列的判断与证明
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
典例2
[规律方法] 等差、等比数列的判断与证明方法
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；a＝an·an＋2 (an≠0) {an}是等比数列；
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列；
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是等比数列．
[提醒] ①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定．②若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)即可.
要点三
等差、等比数列的运算
(1)(多选)等差数列{an}中，Sn为其前n项和，a1＝15，S5＝S11，则以下说法正确的是( )
A．d＝－2
B．a6＝－a11
C．Sn的最大值为S7
D．使得Sn≥0成立的最大整数n＝16
(2)在等比数列{an}中，a1＝1，a4＝8，则{an}的公比为_____，{an}的前6项和为_______.
典例3
ABD
2
63
(3)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，S10＝－145.
①求数列{an}的通项公式；
②若数列{an＋bn}是首项为1，公比为a的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
(2)因为在等比数列{an}中，a1＝1，a4＝8，
②因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为a的等比数列，所以an＋bn＝an－1，则bn＝an－1＋3n－2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(a0＋a1＋…＋an－1)＋3(1＋2＋…＋n)－2n.
若a＝1，则a0＋a1＋…＋an－1＝n；
[规律方法] 等差与等比数列的基本量计算方法
在等差(或等比)数列中，首项a1与公差d(或公比q)是两个基本量，一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解．在等差数列中的五个量a1，d，n，an，Sn或等比数列中的五个量a1，q，n，an，Sn中，可通过列方程组的方法，知三求二．在利用Sn求an时，要注意验证n＝1是否成立.
要点四
数列求和
典例4
已知{an}为等差数列，前n项和为Sn，数列{bn}是首项为1的等比数列，4b2－b3＝4，b4＝a4＋4a1，2S15＝15b5.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{anb2n＋1}的前n项和．
典例5
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由已知4b2－b3＝4，得b1(4q－q2)＝4，而b1＝1，则q2－4q＋4＝0，解得q＝2，
所以bn＝2n－1；
由b4＝a4＋4a1，得5a1＋3d＝8，
由2S15＝15b5，得a1＋7d＝8，
联立以上两式解得a1＝d＝1，则an＝1＋1×(n－1)＝n.
所以{an}和{bn}的通项公式分别为an＝n，bn＝2n－1.
(2)设数列{anb2n＋1}的前n项和为Tn，
由anb2n＋1＝n×4n，得
Tn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋n×4n，
4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋n×4n＋1，
[规律方法] 数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响．一般常见的求和方法有：
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式；
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(3)裂项相消法：有时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)错位相减法：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；
(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．第一章检测题
考试时间：120分钟，满分：150分．
一、单项选择题(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，只有一项是符合题目要求的)
1．已知数列2,3，，，2，…，则12是它的( B )
A．第28项 B．第29项
C．第30项 D．第31项
[解析] 将数列变为，，，，，…，因为12＝，所以是数列的第29项．
2．数列{an}满足an＋1＝，a3＝，则a2 024＝( B )
A． B．－
C． D．3
[解析] 由题可知，an＋1＝，a3＝＝，得a2＝－，a1＝3，a4＝＝3＝a1，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列，
所以a2 024＝a2＋3×674＝a2＝－.
3．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么( C )
A．{an＋bn}，{an·bn}都一定是等比数列
B．{an＋bn}一定是等比数列，但{an·bn}不一定是等比数列
C．{an＋bn}不一定是等比数列，但{an·bn}一定是等比数列
D．{an＋bn}，{an·bn}都不一定是等比数列
[解析] 当两个数列都是等比数列时，这两个数列的和不一定是等比数列，比如取两个数列是互为相反数的数列，两者的和就不是等比数列．两个等比数列的积一定是等比数列．
4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a8＝31，S7＝49，则a9＝( D )
A．34 B．35
C．36 D．37
[解析] 因为数列{an}是等差数列，且S7＝49，
所以S7＝7a4＝49，即a4＝7.
又a8＝31，所以公差d＝＝6，
所以a9＝a8＋d＝31＋6＝37.
5．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( C )
A．18 B．24
C．60 D．90
[解析] 由a＝a3a7得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，
即2a1＋3d＝0.①
又S8＝8a1＋d＝32，则2a1＋7d＝8.②
由①②，得d＝2，a1＝－3.
所以S10＝10a1＋d＝60.故选C．
6．(2023·全国甲卷)已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( C )
A．7 B．9
C．15 D．30
[解析] 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，
即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.
由题知q>0，所以q＝2.
所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C．
7．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，甲所得为( B )
A．钱 B．钱
C．钱 D．钱
[解析] 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，
则由题意可知，
a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，即a＝－6d，
又a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝5，
∴a＝1，
则a－2d＝a－2×＝a＝.故选B.
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋1，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|的值为( D )
A．61 B．62
C．65 D．67
[解析] 对n分情况讨论当n＝1时，S1＝a1＝－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－4n＋1)－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5，
所以an＝
由通项公式得a1
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－a1－a2＋a3＋a4＋…＋a10＝2＋1＋1＋3＋5＋…＋15＝3＋＝67.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知数列{an}是等差数列，若a1＝3，a2，a5－3，a6＋6成等比数列，则数列{an}的公差为( BD )
A．－3 B．3
C．2 D．－
[解析] 依题意设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝3，a2，a5－3，a6＋6成等比数列，
所以(a5－3)2＝a2×(a6＋6)，
即(3＋4d－3)2＝(3＋d)(3＋5d＋6)，
所以11d2－24d－27＝0，
即(11d＋9)(d－3)＝0，
所以d＝3或－.
10．满足下列条件的数列{an}(n∈N*)是递增数列的为( BD )
A．an＝ B．an＝n2＋n
C．an＝1－2n D．an＝2n＋1
[解析] 根据题意，依次分析选项：
对于A，an＝，a1＝1，a2＝，不是递增数列，不符合题意；对于B，an＝n2＋n，an－an－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n>0，是递增数列，符合题意；对于C，an＝1－2n，an－an－1＝(1－2n)－[1－2(n－1)]＝－2，不是递增数列，不符合题意；对于D，an＝2n＋1，函数y＝2x＋1为递增函数，则an＝2n＋1是递增数列，符合题意．
11．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a19a20>1，<0，下列结论正确的是( AB )
A．S19B．a19a21－1<0
C．T20是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
[解析] 当q<0时，a19a20＝aq<0，不成立；当q≥1时，a19>1，a20>1，<0不成立；故01,0S19，A正确；a19a21－1＝a－1<0，B正确；T19是数列{Tn}中的最大值，C，D错误．
12．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( CD )
A．an＝3n B．an＝n2＋1
C．an＝ D．an＝ln
[解析] 对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，
所以{an＋1－an}不为递减数列，故A不符合题意；
对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B不符合题意；
对C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，
所以{an＋1－an}为递减数列，故C符合题意；
对D，若an＝ln，则an＋1－an＝ln－ln＝ln＝ln，
由函数y＝ln在(0，＋∞)上递减，知数列{an＋1－an}为递减数列，故D符合题意．故选CD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．公差为2的等差数列{an}中，a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前10项和为_170__.
[解析] 由题意，(a1＋4)2＝a1(a1＋10)，
解得a1＝8，所以S10＝8×10＋×2＝170.
14．在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于_3__.
[解析] 在等比数列{an}中，
因为a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，
所以a4－a3＝2S3＋1－(2S2＋1)
＝2(S3－S2)＝2a3，
所以a4＝3a3，所以q＝＝3.
15．数列{an}，{bn}为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝ .
[解析] 依题意，得＝＝＝.
16．已知各项为正的数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(an＋1)2，则的最小值为_2__.
[解析] 各项为正的数列{an}，an>0，
因为Sn＝(an＋1)2，所以n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
即a－a－2(an＋an－1)＝0，
即(an＋an－1)·(an－an－1－2)＝0.
因为an＋an－1>0，
所以an－an－1＝2，
又a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，
所以数列{an}是等差数列，首项为1，公差为2.
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以Sn＝(2n－1＋1)2＝n2，
所以＝＝＝n＋1＋－2≥2－2＝2，
当且仅当n＝1时取等号，所以的最小值为2.
四、解答题(本大题共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)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
[解析] 设{an}的公差为d，则
即
解得或
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
18．(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．
[解析] (1)证明：因为an＝×n－1＝，Sn＝＝，所以Sn＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－.
所以{bn}的通项公式为bn＝－.
19．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝an＋，n∈N＋.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解析] (1)证明：由已知得an＋1－＝an－＝.
因为a1＝，所以a1－＝，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知是以为首项，为公比的等比数列，
所以an－＝×n－1，
所以an＝×n－1＋(n∈N＋)．
20．(本小题满分12分)在①S4是a2与a21的等差中项；②a7是与a22的等比中项；③数列{a2n}的前5项和为65.这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．已知{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，______.
(1)求an；
(2)设bn＝n·an，是否存在k∈N*，使得bk>？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
[解析] (1){an}是公差d＝2的等差数列，
若选①S4是a2与a21的等差中项，
则2S4＝a2＋a21，即有2(4a1＋6d)＝2a1＋21d，
即为6a1＝9d＝18，解得a1＝3；
若②a7是与a22的等比中项，则a＝S3·a22，
即(a1＋6×2)2＝(3a1＋3×2)·(a1＋21×2)，
即(a1＋12)2＝(a1＋2)·(a1＋42)，解得a1＝3；
若选③数列{a2n}的前5项和为65，
则a2＋a4＋…＋a10＝65，即
5a1＋(1＋3＋5＋7＋9)d＝5a1＋25d＝5a1＋50＝65，解得a1＝3.
综上可得an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N*.
(2)bn＝n·an＝(2n＋1)·n，
bn＋1－bn＝(2n＋3)·n＋1－(2n＋1)·n＝·n，
当n＝1,2时，可得bn＋1－bn>0，即b3>b2>b1；
当n≥3，n∈N*时，可得bn＋1－bn<0，
即b3>b4>b5>…，则bn的最大项为b3＝，
由<，可得不存在k∈N*，使得bk>.
21．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5－2a2＝25，a4＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和Mn＝，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由题意知
所以解得所以an＝2n＋1.
(2)当n＝1时，M1＝＝1，
当n≥2时，bn＝Mn－Mn－1＝－＝3n－1.
当n＝1时，b1＝30＝1＝M1.
所以bn＝3n－1，cn＝(2n＋1)·3n－1.
Tn＝3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n＋1)·3n－1，①
3Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，②
①－②，得－2Tn＝3＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n，
－2Tn＝3＋2×－(2n＋1)·3n，Tn＝n·3n.
22．(本小题满分12分)某地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，本地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉s万立方米(10(1)请写出一个递推公式，表示an＋1与an之间的关系；
(2)将(1)中的递推公式表示成an＋1－k＝r(an－k)的形式，其中r，k为常数；
(3)为了实现本地森林蓄积量到2030年底翻两番的目标，每年的砍伐量s最大为多少万立方米？(精确到1万立方米)(可能用到的数据：8≈5.96，9≈7.45，10≈9.31)
[解析] (1)由题意可得a1＝120×(1＋25%)－s＝150－s，an＋1与an之间的关系为an＋1＝an(1＋25%)－s＝an－s.
(2)由(1)可得an＋1＝an－s①，
将an＋1－k＝r(an－k)化简为an＋1＝ran＋k－rk②，
比较①②的系数可得解得
所以(1)中的递推公式可化为an＋1－4s＝(an－4s)，n∈N*.
(3)因为a1－4s＝150－5s，且s∈(10,30)，
所以a1－4s≠0，由(2)可知an－4s≠0，
所以＝(n∈N*)，
故数列{an－4s}是以150－5s为首项，为公比的等比数列，其通项公式为an－4s＝(150－5s)·n－1，所以an＝4s＋(150－5s)·n－1，到2030年底的森林蓄积量为该数列的第10项，即a10＝4s＋(150－5s)·9，由题意，森林蓄积量到2030年底要达到翻两番的目标，所以a10≥4×120，即4s＋(150－5s)·9≥480，
即4s＋(150－5s)×7.45＝4s＋1 117.5－37.25s≥480，解得s≤19.17，
所以每年的砍伐量最大为19万立方米．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)