课件35张PPT。章末整合提升题型一 等差、等比数列的基本运算
1.数列的基本运算以小题出现比较多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小.
2.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.题型二 求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的核心内容，由数列的通项公式可以求出任一项与前n项和，因此，数列的通项公式往往是解题的突破口，求数列的通项公式可以归纳为以下几类：
(1)已知数列的前几项求通项公式；
(2)已知数列的前n项和或前n项和与通项的关系求通项，常用an与Sn的关系求解；题型三 数列求和及综合应用
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.
一般常见的求和方法有：
(1)公式法(直接利用等差或等比数列的前n项和公式)；
(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.题型四 本章常用的数学思想
(一)函数与方程思想
由于数列可以看做定义域为正整数集或正整数集的有限子集的函数，当自变量从小到大取值时对应的一列函数值，因此在研究某些数列问题时，利用函数思想既易于理解问题的本质，又简化了运算.如等差数列前n项和的最值、数列的单调性等.此外在求等差数列或等比数列的基本量(a1与d或q)时，往往要利用方程思想，通过构建关于基本量的方程(组)求解.(二)分类讨论思想
数列中的某些问题，往往要利用分类讨论思想来解决.如运用等比数列前n项和公式时，若公比q的取值未知，则需要对q是否为1作分类讨论；由Sn求an时，需要分n＝1和n≥2两种情况；求某些数列的前n项和时需要对n作分段讨论，等等.通过分类讨论可以将复杂问题简单化，解题时要注意分类标准的确定.[限时30分钟；满分54分]
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.在数列1，3，6，10，x，21，28中，x等于
A.16 B.15 C.20 D.11
解析 这个数列的规律是，从第二项起，后一项都等于它的前一项加上这一项的项数，所以x＝10＋5＝15.故选B.
答案 B2.在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9＝
A.48 B.54 C.60 D.108答案 B答案 B4.设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于
A.1 033 B.1 034 C.2 057 D.2 058答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)
5.若递增的等差数列{an}的首项a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列，则数列{an}的前10项之和S10＝________.答案 55答案 1 0086.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 016＞0，S2 017＜0，则当n＝________时，Sn最大.三、解答题(本大题共2小题，共24分)
7.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}是等比数列，公比为q(q＞0)且b1＝S1，b4＝a2＋a3，求数列{bn}的前n项和Tn.8.(12分)已知{an}为正项等比数列，a2＝3，a6＝243，Sn为等差数列{bn}的前n项和，b1＝3，S5＝35.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.第二章
(本卷满分150分，考试用时120分钟)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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1，，，，3，，…，，…，则是这个数列的
A.第10项 B.第11项 C.第12项 D.第21项
解析 观察可知该数列的通项公式为an＝(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令21＝2n－1，解得n＝11，故选B.
答案 B
2.一个各项均正的等比数列，其每一项都等于它后面的相邻两项之和，则公比q＝
A. B. C. D.
解析 由题意知an＝an＋1＋an＋2＝anq＋anq2，即q2＋q－1＝0，解得q＝(负值舍去)，故选C.
答案 C
3.等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和S9等于
A.66 B.99 C.144 D.297
解析 根据等差中项，2a4＝a1＋a7，2a6＝a3＋a9，代入，可得a4＝13，a6＝9，所以S9＝＝＝＝99，故选B.
答案 B
4.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于
A. B. C. D.
解析 由题意得
解之，得
∴S5＝＝.
答案 B
5.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢
A.8日 B.9日 C.12日 D.16日
解析 设n日相逢，则依题意得103n＋×13＋97n＋×＝1 125×2，整理得n2＋31n－360＝0，解得n＝9(负值舍去)，故选B.
答案 B
6.已知等差数列{an}中，a1＞0，前n项和是Sn，且S14＝S8，则当Sn取得最大值时，n为
A.8 B.9 C.10 D.11
解析 ∵S14＝S8，∴a9＋a10＋a11＋a12＋a13＋a14
＝3(a11＋a12)＝0.
∵a1＞0，∴d＜0，∴a11＞0，a12＜0，∴n＝11.
答案 D
7.“远望嵬嵬塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几碗灯？”源自明代数学家吴敬所著的《九章詳註比纇算法大全》，通过计算得到的答案是
A.2 B.3 C.4 D.5
解析 由题意设尖头a盏灯，根据题意由上往下数第n层有2n－1a盏灯，所以一共有(1＋2＋4＋8＋16＋32＋64)a＝381盏灯，解得a＝3.
答案 B
8.已知Sn是数列{an}的前n项和，log2Sn＝n(n＝1，2，3，…)，则数列{an}
A.是公比为2的等比数列 B.是公差为2的等差数列
C.是公比为的等比数列 D.既非等差数列，也非等比数列
解析 ∵log2Sn＝n，∴Sn＝2n，则a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.
∵a1＝2不适合上式，∴{an}既非等差数列，也非等比数列.
答案 D
9.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝
A.15 B.19 C.21 D.30
解析 由S3＝a得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列可得S＝S1·S4，又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)，化简得3d2＝2a2d，又d≠0，∴a2＝3，d＝2，a1＝1，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴a10＝19.
答案 B
10.设数列{an}满足an＋1＝－2an，a1＝1，数列{|an|}的前n项和为Sn，则S2 018＝
A.22 018－1 B.22 019－2
C.22 017－1 D.1－22 018
解析 由an＋1＝－2an，可得＝－2，又a1＝1，所以an＝(－2)n－1，所以|an|＝|(－2)n－1|＝2n－1，所以S2 018＝＝22 018－1.故选A.
答案 A
11.函数f(x)＝log2，等比数列{an}中，a2·a5·a8＝8，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝
A.－9 B.－8 C.－7 D.－10
解析 因为a2·a5·a8＝8?a5＝2，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝log2＋log2＋…＋log2＝log2…
＝log2＝log2＝log22－9＝－9.
答案 A
12.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝
A. B. C. D.
解析 由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝5(n＋1)2，可求得an＋1＝10n＋5，所以an＝10n－5，则bn＝2n－1.又＝，所以＋＋…＋＝
＝＝.
答案 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.(2017·北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，
∴∴∴a2＝2，b2＝2.
∴＝＝1.
答案 1
14.设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析 当n＝1时，S1＝a1＝－1，所以＝－1.因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以－＝1，即－＝－1，所以是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝(－1)＋(n－1)·(－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案 －
15.(江苏高考改编)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列第10项的值为________.
解析 由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，则＝，故＝＝.
答案
16.(2016·全国Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________.
解析 设{an}的公比为q，依题意得解得a1＝8，q＝，所以an＝，从而a1a2…an＝＝，当n＝3或4时，取到最小值－6，此时取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.
答案 64
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)(2018·北京)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求ea1＋e a2＋…＋ean.
解析 (1)设{an}的公差为d.
因为a2＋a3＝5ln 2，
所以2a1＋3d＝5ln 2.
又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.
(2)因为e a1＝eln 2＝2，＝ean－an－1＝eln 2＝2，
所以{ean}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以e a1＋e a2＋…＋ean＝2×＝2(2n－1)．
18.(12分)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*).
(1)当t为何值时，数列{an}是等比数列；
(2)在(1)的条件下，若等差数列{bn}的前n项和Tn有最大值，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
解析 (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得
an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an(n≥2)，
所以当n≥2时，{an}是等比数列，
要使n≥1时，{an}是等比数列，
则只需＝＝3，从而t＝1.
(2)设{bn}的公差为d，由T3＝15得b1＋b2＋b3＝15，于是b2＝5，
故可设b1＝5－d，b3＝5＋d，
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，
由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，
解得：d1＝2，d2＝－10，
因为等差数列{bn}的前n项和Tn有最大值，所以d＜0，d＝－10，
所以Tn＝15n＋×(－10)＝20n－5n2.
19.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝3＋log4an，设Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，求Tn.
解析 (1)由an＋Sn＝1，
得an＋1＋Sn＋1＝1，
两式相减得
an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，
所以2an＋1＝an，即an＋1＝an.
又n＝1时，a1＋S1＝1，
所以a1＝.又＝，
所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列.
所以an＝a1qn－1＝·＝.
(2)bn＝3＋log4＝3－＝.
当n≤6时，bn≥0，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝；
当n＞6时，bn＜0，
Tn＝b1＋b2＋…＋b6－(b7＋b8＋…＋bn)
＝－
＝.
综上，Tn＝
20.(12分)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝2(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝4，b3＝14，且数列{bn－an}是各项均为正数的等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝bn－2n，求数列的前n项和Tn.
解析 (1)因为an＋1－an＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是公差d＝2的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
因为数列{bn－an}是各项均为正数的等比数列，
b1－a1＝4－2＝2，
b2－a2＝b2－2×2＝b2－4，
b3－a3＝14－2×3＝8，
所以(b2－a2)2＝(b1－a1)(b3－a3)，
即(b2－4)2＝16.
所以b2－4＝4或－4(舍去).
所以数列{bn－an}的公比为q＝＝2，
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n，
所以bn＝an＋2n＝2n＋2n.
所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n＋2n(n∈N*).
(2)由(1)得cn＝bn－2n＝2n＋2n－2n＝2n.
所以＝，所以＝，＝＝.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以Tn＝＝1－(n∈N*).
21.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足an＋1＝2Sn＋6，且a1＝6.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，证明：b1＋b2＋…＋bn＜1.
解析 (1)当n＝1时，a2＝2S1＋6＝2a1＋6＝18.
(2)由an＋1＝2Sn＋6，①
得an＝2Sn－1＋6(n≥2)，②
①－②得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1，
即an＋1＝3an(n≥2)，
又a1＝6，a2＝18，所以a2＝3a1.
所以数列{an}是以6为首项，公比为3的等比数列，
所以an＝6·3n－1＝2·3n.
(3)证明 由(2)得an＋1＝2·3n＋1，
故Sn＝3n＋1－3.
bn＝＝
＝＝2.
所以b1＋b2＋…＋bn
＝2
＝2＝1－＜1.
22.(12分)(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
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b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又因为q＞0，所以q＝2.所以，bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝×4n＋1＋.
所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
