2019年数学湘教版必修4新设计同步（讲义）：第9章 章末小结

一、等差、等比数列的通项公式
数列的通项公式是数列的核心内容之一，它如同函数的解析式一样，有解析式便可研究其性质等，而有了数列的通项公式，便可以研究数列的性质及前n项和等，所以求数列的通项公式是研究数列的重中之重，现将求数列的通项公式几种常见的方法总结如下 ：
1. 观察归纳法求数列的通项公式
就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．
2．利用公式法求数列的通项公式
数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a1与d或a1与q，再带入公式an＝a1＋(n－1)d或an＝a1qn－1中即可．
3．利用an与Sn的关系求数列的通项公式
如果给出的条件是an与Sn的关系式，可利用先求出a1＝S1，再通过计算求出an(n≥2)的关系式，检验当n＝1时，a1是否满足该式．若不满足该式，则an要分段表示．
4．利用累加法、累乘法求数列的通项公式
形如：已知a1，且an＋1－an＝f(n)(f(n)是可求和数列)的形式均可用累加法；
形如：已知a1，且＝f(n)(f(n)是可求积数列)的形式均可用累乘法．
5．构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)
若由已知条件直接求an较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项．
二、等差、等比数列性质的应用
等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念，通项公式及前n项和公式的引申．应用等差、等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到解决，能够在运算时达到灵活、便捷的目的．
1．在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
2．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻关注解题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果．
三、求数列前n项和的方法
数列的求和是数列运算中的重要内容，对于等差数列和等比数列可直接利用公式计算，对于有具体特征的非等差、等比数列可转化为等差数列或等比数列的前n项和的求法．常用的求和方法有公式法、分组法、裂项法、倒序相加法、错位相减法等，解题时要认真研究数列通项的特点，从而确定恰当的求和方法．
等差数列、等比数列的通项公式及应用
(1)已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是(　　)
A．15　　　　 B．30　　　　　
C．31　　　　 D．64
(2)在等比数列{an}中a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1
[解析]　(1)∵a7＋a9＝2a8＝16，
又∵a4＋a12＝2a8，∴a12＝2a8－a4＝15.
(2)设an＝2qn－1，由(a2＋1)2＝(a1＋1)·(a3＋1)，
即(2q＋1)2＝(2＋1)(2q2＋1)，
解得q＝1，∴an＝2，Sn＝2n.
[答案]　(1)A　(2)C
已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28, 且a3＋2是a2，a4的等差中项，求{an}的通项公式an.
[解]　设等比数列的公比为q，由题意知

解得或
∵数列是递增数列，∴舍去．
∴an＝2·2n－1＝2n.
1．等差数列的通项公式中有两个基本量a1，d，等比数列的通项公式中有两个基本量a1，q，在解时，要涉及两个量的方程或方程组．
2．要注意解题技巧和运算技巧的选择和运用，例如“整体”代入等．
1．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13等于(　　)
A．120 B．105
C．90 D．75
解析：选B　设等差数列的公差为d，且d>0，
∵a1＋a2＋a3＝15，∴a2－d＋a2＋a2＋d＝15，∴a2＝5，
又a1a2a3＝80，∴(a2－d)a2·(a2＋d)＝80，∴d2＝9.
又∵d>0，∴d＝3.
则a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝105.
2．若正数a，b，c成公比大于1的等比数列，则当x＞1时，logax，logbx，logcx(　　)
A．成等差数列 B．成等比数列
C．各项倒数成等差数列 D．各项倒数成等比数列
解析：选C　a，b，c成等比数列，则b2＝ac,2logxb＝logxa＋logxc，即＝＋，即，，成等差数列.
等差、等比数列的前n项和的应用
各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)
A．80 B．30
C．26 D．16
[解析]　法一：设等比数列的公比为q，因为 S3n＝14≠3×2＝3Sn，所以q≠1.
由已知得Sn＝＝2，①，
S3n＝＝14.②，
用②除以①，得q2n＋qn＋1＝7，即q2n＋qn－6＝0，
即(qn＋3)(qn－2)＝0，由于数列各项均为正数，
所以qn＋3>0，
所以qn－2＝0，即qn＝2，解得q＝.
所以a1＝＝2(－1)，所以S4n＝＝＝2×15＝30.
法二：注意到四个选项都是具体的数值，所以S4n是一个与n无关的定值，则取n＝1，则S4也应取这个值．由于a1＝S1＝2，S3＝＝14，即q2＋q－6＝0，因为an>0，所以q＝2，所以S4＝＝2×15＝30.
[答案]　B
设Sn是等差数列{an}前n项的和，已知S3与S4的等比中项为S5，S3与S4的等差中项为1，求等差数列{an}的通项an.
[解]　法一：设等差数列{an}的首项a1＝a，公差为d，则通项公式为an＝a＋(n－1)d，前n项和为Sn＝na＋.
依题意有
由此可得

整理得解得或
∴an＝1或an＝4－(n－1)＝－n.
经验证，知an＝1时，S5＝5；an＝－n时，S5＝－4均适合题意，故所求等差数列的通项为an＝1或an＝－n.
法二：因Sn是等差数列的前n项和，故可设Sn＝an2＋bn，依题意得

解得或则Sn＝n或Sn＝－n2＋n.
在等差数列中，an＝Sn－Sn－1，∴an＝1或an＝－n.
1．等差、等比数列的前n项和中有五个变量，a1，d，n，an，Sn和a1，q，n，an，Sn，一般是知三求二．
2．两个公式都可进行变形
(1)等差数列Sn＝n2＋n＝An2＋Bn是一个无常数项的二次二项式．
(2)等比数列：Sn＝－·qn(q≠1)
＝A－A·qn(q≠1)．
(3)两个公式都可以用函数的观点理解和应用．一个是二次函数，一个是指数型函数．
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝36，Sn＝324，Sn－6＝144(n＞6)，则n等于(　　)
A．18 B．17
C．16 D．15
解析：选A　∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝36，①
Sn－Sn－6＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－4＋an－5＝180.②
①＋②得180＋36＝6(a1＋an)．
∴a1＋an＝＝36，
∴Sn＝＝18n＝324，∴n＝18.
4．等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4等于(　　)
A．28 B．32
C．35 D．49
解析：选A　由等比数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等比数列．所以S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即7(91－S4)＝(S4－7)2.解得S4＝28或S4＝－21.又因为S4＝S2＋q2S2＝S2(1＋q2)>0，所以S4＝28.
5．已知等比数列{an}中，若q＝2，S4＝1，求S8.
解：法一：设首项为a1，由公比q＝2，S4＝1，
得＝1，即a1＝，
∴S8＝＝＝17.
法二：设首项为a1，
∵S4＝＝1，且q＝2，
∴S8＝＝(1＋q4)
＝S4·(1＋q4)＝1×(1＋24)＝17.
等差、等比数列的综合应用
设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足5an，5bn，5an＋1成等比数列，lg bn，lg an＋1，lg bn＋1成等差数列，且a1＝1，b1＝2，a2＝3，求通项an，bn.
[解]　∵5an，5bn，5an＋1成等比数列，
∴(5bn)2＝5an·5an＋1，即2bn＝an＋an＋1.①
又∵lg bn，lg an＋1，lg bn＋1成等差数列，
∴2lg an＋1＝lg bn＋lg bn＋1，即a＝bn·bn＋1.②
由②及ai＞0，bj＞0(i，j∈N＋)可得
an＋1＝.③
∴an＝(n≥2)．④
将③④代入①可得2bn＝＋(n≥2)，
∴2＝＋(n≥2)．
∴数列{}为等差数列．
∵b1＝2，a2＝3，a＝b1b2，∴b2＝.
∴＝＋(n－1)＝(n＋1)(n＝1也成立)．
∴bn＝.
∴an＝＝ ＝(n≥2)．
又当n＝1时，a1＝1也成立．∴an＝.
本题考查了等差中项、等比中项及由递推公式求通项公式的方法．由递推公式求通项公式时，要注意将非特殊数列向特殊(等差、等比)数列转化的方法，如本题得到2＝＋后，即说明数列{}为等差数列，这是等差中项的定义用于判断数列是等差数列的典例．
6．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，若为等差数列，则a11＝(　　)
A.　　　 B.　　　　
C.　　　 D．2
解析：选B　由已知可得＝，＝是等差数列的第3项和第7项，其公差d＝＝，
由此可得＝＋(11－7)d＝＋4×＝.
解之得a11＝.
7．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2018？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
解：(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由题意得
即
解得故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.
若存在n，使得Sn≥2 018，则1－(－2)n≥2 018，即(－2)n≤－2 017.
当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 017，即2n≥2 017，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
数列的通项及求和
(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N＋.
①求数列{an}的通项公式；
②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)原数列递推公式可化为－＝n，令bn＝，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝.从而an＝.故选D.
[答案]　D
(2)解：①因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，(ⅰ)
所以当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得3n－1an＝，所以an＝(n≥2)．在(ⅰ)中，令n＝1，得a1＝，满足an＝，所以an＝(n∈N＋)．
②由①知an＝，故bn＝＝n×3n.
则Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，
3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，
两式相减得－2Sn＝3＋32＋33＋34＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1，
所以Sn＝＋.
(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法．二是要注意an的完整表达式，易忽视n＝1的情况．
(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响．
8．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)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，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.