專題三數(shù)列與數(shù)學歸納法第一講數(shù)列的通項eq\a\vs4\al\co1(考點一利用an與Sn的關(guān)系求通項)一、基礎知識要記牢an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))使用時要注意對第一項的求解與檢驗，如果符合an＝Sn－Sn－1的規(guī)律才能合并，否則要寫成分段的形式．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](2018屆高三·浙東北三校聯(lián)考)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，aeq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰是等比數(shù)列{bn}的前三項．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若對任意的n∈N*，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(3,2)))k≥3n－6恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．[解](1)∵aeq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1(n∈N*)，∴aeq\o\al(2,n)＝4Sn－1＋4(n－1)＋1(n≥2)，兩式相減，得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝4an＋4(n≥2)，∴aeq\o\al(2,n＋1)＝(an＋2)2(n≥2)．又an>0，故an＋1＝an＋2(n≥2)．即an＋1－an＝2(n≥2)．又aeq\o\al(2,5)＝a2a14，即(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3，又aeq\o\al(2,2)＝4S1＋4＋1，故a1＝S1＝1.∴a2－a1＝3－1＝2，故數(shù)列{an}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，故an＝2n－1.易知b1＝a2＝3，b2＝a5＝9，b3＝a14＝27，∴bn＝3n.(2)由(1)可知Tn＝eq\f(31－3n,1－3)＝eq\f(3n＋1－3,2).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n＋1－3,2)＋\f(3,2)))k≥3n－6對任意的n∈N*恒成立，即k≥eq\f(2n－4,3n)對任意的n∈N*恒成立．令Cn＝eq\f(2n－4,3n)，則Cn－Cn－1＝eq\f(2n－4,3n)－eq\f(2n－6,3n－1)＝eq\f(－22n－7,3n)(n≥2)，故當n＝2,3時，Cn>Cn－1，當n≥4，n∈N*時，Cn<Cn－1，∴C3＝eq\f(2,27)最大，∴k≥eq\f(2,27).故k的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,27)，＋∞)).對于數(shù)列，an和Sn有關(guān)系an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))這是一種重要的關(guān)系，是已知Sn求通項an的常用方法.首先利用Sn“復制”出Sn－1，就是“用兩次”，再作差求出an.三、預測押題不能少1．設各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).解：(1)由題意知，Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有Seq\o\al(2,1)－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an為正數(shù)，所以a1＝2.(2)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，則Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)證明：當n＝1時，eq\f(1,a1a1＋1)＝eq\f(1,2×3)＝eq\f(1,6)<eq\f(1,3)成立；當n≥2時，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n2n＋1)<eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).所以對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).eq\a\vs4\al\co1(考點二利用累加、累乘、代入等方法求通項)一、基礎知識要記牢累加即利用恒等式bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)求通項；累乘即利用恒等式an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)求通項．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](1)已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，且(n＋2)·aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，則它的通項公式為()A．a(chǎn)n＝eq\f(1,n＋1) B．a(chǎn)n＝eq\f(2,n＋1)C．a(chǎn)n＝eq\f(n＋2,2) D．a(chǎn)n＝n(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an(1－nan＋1)，則數(shù)列{an}的通項公式為________．[解析](1)因為(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0.又{an}為正項數(shù)列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n＋2)，則當n≥2時，an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n＋1)·eq\f(n－1,n)·…·eq\f(2,3)·1＝eq\f(2,n＋1)，又a1＝1＝eq\f(2,1＋1)，滿足上式，故an＝eq\f(2,n＋1).故選B.(2)原數(shù)列遞推公式可化為eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，令bn＝eq\f(1,an)，則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＝eq\f(n2－n＋2,2)，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2).[答案](1)B(2)an＝eq\f(2,n2－n＋2)1累加、累乘是課本中求等差比數(shù)列通項方法的推廣，若已知eq\f(an,an1)＝gn且gn可以求積，則可以利用恒等式an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)…eq\f(an,an－1)求通項.若已知bn＋1－bn＝fn且fn可以求和，則可以利用恒等式bn＝b1＋b2－b1＋b3－b2＋…＋bn－bn－1解出通項；基本方法都有很大的“彈性空間”，把握其思想精髓就可以大有作為.2給出數(shù)列的遞推關(guān)系求通項時通常利用代入法、整體換元法等求解，不必考慮特殊技巧.三、預測押題不能少2．(1)已知數(shù)列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.解析：由an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，設an＋t＝2(an－1＋t)(n≥2)，所以2t－t＝1，解得t＝1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，所以eq\f(an＋1,an－1＋1)＝2，又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.答案：2n－1(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋3)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為________．解析：因為an＋1＝eq\f(an,an＋3)(n∈N*)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an)＋1，設eq\f(1,an＋1)＋t＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋t))，所以3t－t＝1，解得t＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，又eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1＝eq\f(3n,2)，所以an＝eq\f(2,3n－1).答案：an＝eq\f(2,3n－1)[知能專練(九)]一、選擇題1．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，S3＝12，則a6等于()A．8 B．10C．12 D．14解析：選C設等差數(shù)列{an}的公差為d，則S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故選C.2．已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝3，a5＝9，若數(shù)列{bn}滿足b1＝3，bn＋1＝abn，則{bn}的通項公式為bn＝()A．2n－1 B．2n＋1C．2n＋1－1 D．2n－1＋2解析：選B據(jù)已知易得an＝2n－1，故由bn＋1＝abn可得bn＋1＝2bn－1，變形為bn＋1－1＝2(bn－1)，即數(shù)列{bn－1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，故bn－1＝2n，解得bn＝2n＋1.故選B.3．已知數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝5且對于大于2的正整數(shù)，總有an＝an－1－an－2，則a2018等于()A．－5 B．5C．－3 D．3解析：選Ban＋6＝an＋5－an＋4＝an＋4－an＋3－an＋4＝－(an＋2－an＋1)＝－an＋2＋an＋1＝－(an＋1－an)＋an＋1＝an，故數(shù)列{an}是以6為周期的周期數(shù)列，∴a2018＝a336×6＋2＝a2＝5，故選B.4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n(n≥2，且n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為()A．a(chǎn)n＝eq\f(3n,n＋2) B．a(chǎn)n＝eq\f(n＋2,3n)C．a(chǎn)n＝n＋2 D．a(chǎn)n＝(n＋2)3n解析：選B由an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n(n≥2且n∈N*)，得3nan＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3nan＝n＋2，故an＝eq\f(n＋2,3n).5．(2017·寶雞模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝()A．(n＋1)3 B．(2n＋1)2C．8n2 D．(2n＋1)2－1解析：選A當n＝1時，4(1＋1)(a1＋1)＝(1＋2)2a1，解得a1＝8，當n≥2時，由4(Sn＋1)＝eq\f(n＋22an,n＋1)，得4(Sn－1＋1)＝eq\f(n＋12an－1,n)，兩式相減得，4an＝eq\f(n＋22an,n＋1)－eq\f(n＋12an－1,n)，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋13,n3)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋13,n3)·eq\f(n3,n－13)·…·eq\f(33,23)·8＝(n＋1)3，經(jīng)驗證n＝1時也符合，所以an＝(n＋1)3.6．在各項均不為零的數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，2anan＋2＝an＋1an＋2＋anan＋1(n∈N*)，則a2018＝()A.eq\f(1,4033)B.eqB.q\f(1,4034)C.eq\f(1,4035)D.eqD.q\f(1,4037)解析：選C因為2anan＋2＝an＋1an＋2＋anan＋1(n∈N*)，所以eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，其公差d＝eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2，所以eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，an＝eq\f(1,2n－1)，所以a2018＝eq\f(1,4035).二、填空題7．已知數(shù)列{an}中，a3＝3，an＋1＝an＋2，則a2＋a4＝________，an＝________.解析：因為an＋1－an＝2，所以{an}為等差數(shù)列且公差d＝2，由a1＋2d＝3得a1＝－1，所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，a2＋a4＝2a3＝6.答案：62n－38．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}為等差數(shù)列，則{an}的通項公式an＝________.解析：因為{nSn＋(n＋2)an}為等差數(shù)列，且S1＋3a1＝4,2S2＋4a2＝8，則該等差數(shù)列的公差為4，所以nSn＋(n＋2)an＝4＋4(n－1)＝4n，即Sn＋eq\f(n＋2,n)an＝4，Sn－1＋eq\f(n＋1,n－1)an－1＝4(n≥2)，兩式相減整理得eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,2n－1)(n≥2)，則an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2n－1)×1×eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝eq\f(n,2n－1)，經(jīng)驗證n＝1時也符合，所以an＝eq\f(n,2n－1).答案：eq\f(n,2n－1)9．如圖，互不相同的點A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分別在角O的兩條邊上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面積均相等．設OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，則數(shù)列{an}的通項公式是________．解析：設△A1B1O的面積為S0，梯形AnBnBn＋1An＋1的面積為S?eq\f(S0,S0＋S)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,a2)))2?S＝3S0，eq\f(S0＋nS,S0＋n＋1S)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an＋2)))2?eq\f(1＋3n,4＋3n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an＋2)))2.由上面2種情況得eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,an＋1)))2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,a2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a3,a4)))2·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,an＋1)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,an＋1)))2＝eq\f(1,4)·eq\f(4,7)·eq\f(7,10)·…·eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(1,3n＋1)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,an＋1)))2＝eq\f(1,3n＋1)?an＋1＝eq\r(3n＋1)，且a1＝1?an＝eq\r(3n－2)，n∈N*.答案：an＝eq\r(3n－2)，n∈N*三、解答題10．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)．(1)求a2，a3；(2)證明：an＝eq\f(3n－1,2).解：(1)易知a2＝4，a3＝13.(2)證明：由于an＝3n－1＋an－1(n≥2)，∴an－an－1＝3n－1(n≥2)．∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝3n－1＋3n－2＋…3＋1＝eq\f(3n－1,2)(n≥2)，經(jīng)檢驗，n＝1時也滿足上式，故an＝eq\f(3n－1,2).11．數(shù)列{an}滿足a1＝1且8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n≥1)，記bn＝eq\f(1,an－\f(1,2))(n≥1)．(1)求b1，b2，b3，b4的值；(2)求數(shù)列{bn}的通項及數(shù)列{anbn}的前n項和Sn.解：(1)由bn＝eq\f(1,an－\f(1,2))，得an＝eq\f(1,bn)＋eq\f(1,2).代入遞推關(guān)系8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0，整理得eq\f(4,bn＋1bn)－eq\f(6,bn＋1)＋eq\f(3,bn)＝0.即bn＋1＝2bn－eq\f(4,3).由a1＝1得b1＝2，所以b2＝eq\f(8,3)，b3＝4，b4＝eq\f(20,3).(2)∵bn＋1＝2bn－eq\f(4,3)，∴bn＋1－eq\f(4,3)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－\f(4,3)))，b1－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)≠0.∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(4,3)))是以eq\f(2,3)為首項，以2為公比的等比數(shù)列．故bn－eq\f(4,3)＝eq\f(1,3)×2n，即bn＝eq\f(1,3)×2n＋eq\f(4,3).由bn＝eq\f(1,an－\f(1,2))得anbn＝eq\f(1,2)bn＋1，故Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq\f(1,2)(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝eq\f(\f(1,3)1－2n,1－2)＋eq\f(5,3)n＝eq\f(1,3)(2n＋5n－1)．12．(2016·浙江高考)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通項公式an；(2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和．解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又當n≥2時，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，又a2＝2，則an＝3n－1，而n＝1時也符合該式，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，則b1＝2，b2＝1.當n≥3時，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3，當n≥3時，Tn＝3＋eq\f(91－3n－2,1－3)－eq\f(n＋7n－2,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，因為當n＝2時，也符合Tn＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))第二講等差數(shù)列、等比數(shù)列eq\a\vs4\al\co1(考點一等差、等比數(shù)列的基本運算)一、基礎知識要記牢等差數(shù)列等比數(shù)列概念an－an－1＝d，n≥2eq\f(an,an－1)＝q，n≥2通項公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(1)q≠1，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(2)q＝1，Sn＝na1二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](1)(2017·全國卷Ⅱ)我國古代數(shù)學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞(2)設等比數(shù)列{an}中，若a3＝3，且a2017＋a2018＝0，則S101等于()A．3 B．303C．－3 D．－303[解析](1)每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.(2)∵等比數(shù)列{an}中，a3＝3，且a2017＋a2018＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝3，,a1q20161＋q＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－1，))∴S101＝eq\f(a11－q101,1－q)＝eq\f(3[1－－1101],1－－1)＝eq\f(3×2,2)＝3.[答案](1)B(2)A等差等比數(shù)列的基本運算，一般通過其通項公式及前n項和公式建立關(guān)于a1和d或q的方程或方程組解決.注意利用等比數(shù)列前n項和公式求和時，不可忽視對公比q是否為1的討論.三、預測押題不能少1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式；(2)若T3＝21，求S3.解：設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0，解得q＝－5，或q＝4.當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21.當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6.eq\a\vs4\al\co1(考點二等差、等比數(shù)列的判定與證明)一、基礎知識要記牢1．證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法(1)利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)；(2)利用等差中項，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．2．證明{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法(1)利用定義，證明eq\f(an＋1,an)(n∈N*)為一常數(shù)；(2)利用等比中項，即證明aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](2018屆高三·浙江聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)＋1))an(n≥1)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比數(shù)列；(2)設數(shù)列{2nan}的前n項和為Tn，An＝eq\f(1,T1)＋eq\f(1,T2)＋eq\f(1,T3)＋…＋eq\f(1,Tn)，試比較An與eq\f(2,nan)的大?。甗解](1)證明：由a1＝S1＝2－3a1得，a1＝eq\f(1,2).由Sn＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)＋1))an得，Sn－1＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－1)＋1))an－1，n≥2，于是an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－1)＋1))an－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)＋1))an，整理得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)×eq\f(an－1,n－1)(n≥2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項及公比均為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(2)由(1)得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(1,2n)，于是2nan＝n，Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Tn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，An＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)－eq\f(1,3)))))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).又eq\f(2,nan)＝eq\f(2n＋1,n2)，所以問題轉(zhuǎn)化為比較eq\f(2n＋1,n2)與eq\f(2n,n＋1)的大小，即比較eq\f(2n,n2)與eq\f(n,n＋1)的大?。Of(n)＝eq\f(2n,n2)，g(n)＝eq\f(n,n＋1)，因為f(n＋1)－f(n)＝eq\f(2n[nn－2－1],[nn＋1]2)，當n≥3時，f(n＋1)－f(n)>0，所以當n≥3時，f(n)單調(diào)遞增，所以當n≥4時，f(n)≥f(4)＝1，而g(n)<1，所以當n≥4時，f(n)>g(n)．經(jīng)檢驗當n＝1,2,3時，仍有f(n)>g(n)．綜上可得，An<eq\f(2,nan).1判斷一個數(shù)列是等差等比數(shù)列，還有通項公式法及前n項和公式法，但不可作為證明方法.2若要判斷一個數(shù)列不是等差等比數(shù)列，只需判斷存在連續(xù)三項不成等差等比數(shù)列即可.3aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}為等比數(shù)列的必要不充分條件，也就是要注意判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時，各項不能為0.三、預測押題不能少2．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，設bn＝eq\f(1,an－1)，數(shù)列{bn}的前n項和是Sn.(1)證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求Sn；(2)比較an與Sn＋7的大?。猓?1)證明：∵bn＝eq\f(1,an－1)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,an－1)＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1，∴數(shù)列{bn}是公差為1的等差數(shù)列．由a1＝eq\f(3,5)，bn＝eq\f(1,an－1)得b1＝－eq\f(5,2)，∴Sn＝－eq\f(5n,2)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(n2,2)－3n.(2)由(1)知：bn＝－eq\f(5,2)＋n－1＝n－eq\f(7,2).由bn＝eq\f(1,an－1)得an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7).∴an－Sn－7＝－eq\f(n2,2)＋3n－6＋eq\f(2,2n－7).∵當n≥4時，y＝－eq\f(n2,2)＋3n－6是減函數(shù)，y＝eq\f(2,2n－7)也是減函數(shù)，∴當n≥4時，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.又∵a1－S1－7＝－eq\f(39,10)<0，a2－S2－7＝－eq\f(8,3)<0，a3－S3－7＝－eq\f(7,2)<0，∴對任意的n∈N*，an－Sn－7≤0，∴an≤Sn＋7.eq\a\vs4\al\co1(考點三等差、等比數(shù)列的性質(zhì))一、基礎知識要記牢等差數(shù)列等比數(shù)列性質(zhì)(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(2)an＝am＋(n－m)d(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差數(shù)列(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq(2)an＝amqn－m(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比數(shù)列(Sn≠0)二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例3](1)(2016·全國卷Ⅰ)已知等差數(shù)列{an}前9項的和為27，a10＝8，則a100＝()A．100 B．99C．98 D．97(2)(2017·湖州模擬)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2a10＝9，則a5＋a7()A．有最小值6 B．有最大值6C．有最大值9 D．有最小值3[解析](1)法一：∵{an}是等差數(shù)列，設其公差為d，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1.))∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故選C.法二：∵{an}是等差數(shù)列，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差數(shù)列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差數(shù)列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故選C.(2)因為等比數(shù)列{an}各項為正數(shù)，且a5·a7＝a2·a10＝9，所以a5＋a7≥2eq\r(a5·a7)＝2eq\r(9)＝6，當且僅當a5＝a7＝3時等號成立，所以a5＋a7的最小值為6.故選A.[答案](1)C(2)A等差、等比數(shù)列性質(zhì)應用問題求解策略(1)等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝naeq\f(n＋1,2)(n為奇數(shù))是常用的轉(zhuǎn)化方法．(2)熟練運用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，可減少運算過程，提高解題正確率．(3)靈活利用等差、等比數(shù)列和的性質(zhì)，等差(比)數(shù)列的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是等差(比)數(shù)列(公比q不為－1).三、預測押題不能少3．(1)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a2＋a8>0，S11<0，則Sn的最大值為()A．S5 B．S6C．S9 D．不能確定解析：選A因為{an}是等差數(shù)列，所以a2＋a8＝2a5>0，a5>0，又S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6<0，a6<0，所以等差數(shù)列{an}的前5項是正數(shù)，從第6項開始為負數(shù)，所以Sn的最大值為S5，故選A.(2)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn為其前n項和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，則S12＝()A．40 B．60C．32 D．50解析：選B由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，數(shù)列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，即數(shù)列4,8，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，即S9－S6＝16，S12－S9＝32，因此S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝4＋8＋16＋32＝60，故選B.[知能專練(十)]一、選擇題1．(2017·蘇州模擬)設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S8＝4a3，a7＝－2，則a9＝()A．－6 B．－4C．－2 D．2解析：選A根據(jù)等差數(shù)列的定義和性質(zhì)可得，S8＝4(a1＋a8)＝4(a3＋a6)，又S8＝4a3，所以a6＝0.又a7＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6.2．(2017·全國卷Ⅲ)等差數(shù)列{an}的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A設等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，則d＝－2，所以{an}前6項的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.3．已知等比數(shù)列{an}中，a4＋a8＝－2，則a6(a2＋2a6＋a10)的值為()A．4 B．6C．8 D．－9解析：選A∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2aeq\o\al(2,6)＋a6a10＝aeq\o\al(2,4)＋2a4a8＋aeq\o\al(2,8)＝(a4＋a8)2＝4.4．(2017·寶雞質(zhì)檢)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，則n的值為()A．18 B．19C．20 D．21解析：選D因為{an}是等差數(shù)列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na5＋an－4,2)＝eq\f(n,2)×32＝16n＝336，解得n＝21.5．(2016·浙江高考)如圖，點列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q(mào)表示點P與Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則()A．{Sn}是等差數(shù)列 B．{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列C．{dn}是等差數(shù)列 D．{deq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列解析：選A由題意，過點A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分別作直線B1Bn＋1的垂線，高分別記為h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差數(shù)列，又Sn＝eq\f(1,2)×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|為定值，所以{Sn}是等差數(shù)列．故選A.6．已知等比數(shù)列{an}的公比為q，記bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，則以下結(jié)論一定正確的是()A．數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，公差為qmB．數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，公比為q2mC．數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為D．數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為解析：選C等比數(shù)列{an}的通項公式an＝a1qn－1，所以cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m＝a1qm(n－1)·a1qm(n－1)＋1·…·a1qm(n－1)＋m－1＝aeq\o\al(m,1)qm(n－1)＋m(n－1)＋1＋…＋m(n－1)＋m－1所以數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為.二、填空題7．(2017·全國卷Ⅲ)設等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則a4＝________.解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，則a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，兩式相除，得eq\f(1＋q,1－q2)＝eq\f(1,3)，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.答案：－88．已知公比q不為1的等比數(shù)列{an}的首項a1＝eq\f(1,2)，前n項和為Sn，且a2＋S2，a3＋S3，a4＋S4成等差數(shù)列，則q＝________，S6＝________.解析：由a2＋S2＝eq\f(1,2)＋q，a3＋S3＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)q＋q2，a4＋S4＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)q＋eq\f(1,2)q2＋q3成等差數(shù)列，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)q＋q2))＝eq\f(1,2)＋q＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)q＋eq\f(1,2)q2＋q3，化簡得(2q2－3q＋1)q＝0，q≠1，且q≠0，解得q＝eq\f(1,2)，所以S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6＝eq\f(63,64).答案：eq\f(1,2)eq\f(63,64)9．(2018屆高三·杭州七校聯(lián)考)等比數(shù)列{an}中a1＝2，公比q＝－2，記Πn＝a1×a2×…×an(即Πn表示數(shù)列{an}的前n項之積)，Π8，Π9，Π10，Π11中值最大的是________．答案：Π9三、解答題10．已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)設{an}的公差為d.由題意，aeq\o\al(2,11)＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首項為25，公差為－6的等差數(shù)列．從而Sn＝eq\f(n,2)(a1＋a3n－2)＝eq\f(n,2)·(－6n＋56)＝－3n2＋28n.11．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求數(shù)列{bn}的通項公式．解：(1)證明：由Sn＝4an－3可知，當n＝1時，a1＝4a1－3，解得a1＝1.因為Sn＝4an－3，則Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝eq\f(4,3)an－1，又a1＝1≠0，所以{an}是首項為1，公比為eq\f(4,3)的等比數(shù)列．(2)由(1)知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1.可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1,1－\f(4,3))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1－1(n≥2，n∈N*)．當n＝1時上式也滿足條件．所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1－1(n∈N*)．12．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列．解：(1)設{an}的公比為q.由題設可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,q＝－2.))故{an}的通項公式為an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(－2×[1－－2n],1－－2)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列．第三講數(shù)列的綜合應用eq\a\vs4\al\co1(考點一數(shù)列求和)數(shù)列求和的關(guān)鍵是分析其通項，熟悉兩個基本數(shù)列的求和公式以及體現(xiàn)的思想方法(如轉(zhuǎn)化與化歸思想、錯位相減法、倒序相加法等)，根據(jù)具體情形采取靈活手段解決．數(shù)列求和的基本方法有公式法、錯位相減法、裂(拆)項相消法、分組法、倒序相加法和并項法等．考查類型(一)利用公式、分組求和一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](2016·北京高考)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項公式；(2)設cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項和．[解](1)設等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n∈N*)．設等差數(shù)列{an}的公差為d.因為a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.從而數(shù)列{cn}的前n項和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).分組求和法的2種常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組法求{an}的前n項和．(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組法求和.二、預測押題不能少1．在等差數(shù)列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設數(shù)列{an＋bn}是首項為1，公比為q的等比數(shù)列，求{bn}的前n項和Sn.解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d.∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6.∴d＝－3，又a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝－3n＋2.(2)∵數(shù)列{an＋bn}是首項為1，公比為q的等比數(shù)列，∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，∴bn＝3n－2＋qn－1.∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝eq\f(n3n－1,2)＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，故當q＝1時，Sn＝eq\f(n3n－1,2)＋n＝eq\f(3n2＋n,2)；當q≠1時，Sn＝eq\f(n3n－1,2)＋eq\f(1－qn,1－q).考查類型(二)錯位相減求和一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](2017·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項和(n∈N*)．[解](1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.因為b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因為q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通項公式為an＝3n－2，{bn}的通項公式為bn＝2n.(2)設數(shù)列{a2nbn}的前n項和為Tn，由a2nbn＝(6n－2)·2n.有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述兩式相減，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝eq\f(12×1－2n,1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以數(shù)列{a2nbn}的前n項和為(3n－4)2n＋2＋16.1錯位相減法適用于一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列對應項相乘所得的數(shù)列求和，屬于等比數(shù)列求和公式的推導方法的應用.2利用錯位相減法求和時，應注意：①在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應注意兩式“錯項對齊”；②當?shù)缺葦?shù)列的公比為字母時，應對字母是否為1進行討論.二、預測押題不能少2．已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2){bn}為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項和Tn.解：(1)設{an}的公比為q，由題意知：a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2.又an＞0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由題意知，S2n＋1＝eq\f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).考查類型(三)裂項相消求和一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例3](2017·全國卷Ⅲ)設數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和．[解](1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由題設可得a1＝2，滿足上式，從而{an}的通項公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1).則Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).(1)裂項相消一般適用于通項公式為eq\f(hn,fngn)型數(shù)列的求和．(2)裂項相消求和法一般是把數(shù)列每一項分裂成兩項的差，通過正、負項相消求和．常用裂項形式如：eq\f(a,nn＋k)＝eq\f(a,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(a,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(a,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))(a，k是不為0的常數(shù))．利用裂項相消法求和時，應注意抵消后并不一定只剩第一項和最后一項，也可能前面剩兩項，后面也剩兩項．(3)如果數(shù)列的通項公式不是常見的裂項形式，可以先猜后驗，再確定如何裂項.二、預測押題不能少3．設{an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(1,2).解：(1)由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(a1＋3＋a3＋4,2)＝3a2，))解得a2＝2.設數(shù)列{an}的公比為q，則a1q＝2，∴a1＝eq\f(2,q)，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，∴2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).由題意，得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1.(2)證明：∵bn＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)＝eq\f(2n－1,2n－1＋12n＋1)＝eq\f(1,2n－1＋1)－eq\f(1,2n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,1＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1)<eq\f(1,2).eq\a\vs4\al\co1(考點二數(shù)列在實際問題中的應用)一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例4]某企業(yè)為擴大生產(chǎn)規(guī)模，今年年初新購置了一條高性能的生產(chǎn)線，該生產(chǎn)線在使用過程中的設備維修、燃料和動力等消耗的費用(稱為設備的低劣化值)會逐年增加，第一年設備低劣化值是4萬元，從第二年到第七年，每年設備低劣化值均比上年增加2萬元，從第八年開始，每年設備低劣化值比上年增加25%.(1)設第n年該生產(chǎn)線設備低劣化值為an，求an的表達式；(2)若該生產(chǎn)線前n年設備低劣化平均值為An，當An達到或超過12萬元時，則當年需要更新生產(chǎn)線，試判斷第幾年需要更新該生產(chǎn)線，并說明理由．[解](1)當n≤7時，數(shù)列{an}是首項為4，公差為2的等差數(shù)列，所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2.當n≥8時，數(shù)列{an}是首項為a7，公比為eq\f(5,4)的等比數(shù)列，又a7＝16，所以an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7，所以an的表達式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋2，n≤7，,16×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7，n≥8.))(2)設Sn表示數(shù)列{an}的前n項和，由等差及等比數(shù)列的求和公式得當1≤n≤7時，Sn＝4n＋n(n－1)＝n2＋3n，當n≥8時，由S7＝70，得Sn＝S7＋16×eq\f(5,4)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7,1－\f(5,4))＝80·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7－10.該生產(chǎn)線前n年設備低劣化平均值為An＝eq\f(Sn,n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋3，1≤n≤7，,\f(80·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7－10,n)，n≥8.))當1≤n≤7時，數(shù)列{An}為單調(diào)遞增數(shù)列；當n≥8時，因為eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(80·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)－1))＋10,nn＋1)>0，所以{An}為單調(diào)遞增數(shù)列．又eq\f(S7,7)＝10<12，eq\f(S8,8)＝11.25<12，eq\f(S9,9)≈12.78>12，則第九年需要更新該生產(chǎn)線．數(shù)列應用題中的常見模型(1)等差模型：即問題中增加(或減少)的量是一個固定量，此量即為公差．(2)等比模型：即問題中后一量與前一量的比是固定常數(shù)，此常數(shù)即為公比．(3)an與an＋1型：即問題中給出前后兩項關(guān)系不固定，可考慮an與an＋1的關(guān)系.二、預測押題不能少4．某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn)，該企業(yè)第一年年初有資金2000萬元，將其投入生產(chǎn)，到當年年底資金增長了50%，預計以后每年資金年增長率與第一年的相同．公司要求企業(yè)從第一年開始，每年年底上繳資金d萬元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn)，設第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬元．(1)用d表示a1，a2，并寫出an＋1與an的關(guān)系式；(2)若公司希望經(jīng)過m(m≥3)年使企業(yè)的剩余資金為4000萬元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示)．解：(1)由題意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝eq\f(3,2)a1－d＝4500－eq\f(5,2)d.an＋1＝an(1＋50%)－d＝eq\f(3,2)an－d.(2)由(1)得an＝eq\f(3,2)an－1－d＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)an－2－d))－d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2an－2－eq\f(3,2)d－d…＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1a1－deq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2)).整理得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1(3000－d)－2deq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1(3000－3d)＋2d.由題意，am＝4000，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))m－1(3000－3d)＋2d＝4000.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))m－2))×1000故該企業(yè)每年上繳資金d的值為eq\f(10003m－2m＋1,3m－2m)時，經(jīng)過m(m≥3)年企業(yè)的剩余資金為4000萬元．[知能專練(十一)]一、選擇題1．(2018屆高三·金華十校聯(lián)考)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an，則S2018＝()A．2×31009－2 B．2×31009C.eq\f(32018－1,2)D.eqD.q\f(32018＋1,2)解析：選A由an＋2＝3an可得數(shù)列{an}的奇數(shù)項與偶數(shù)項分別構(gòu)成等比數(shù)列，所以S2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝eq\f(1－31009,1－3)＋eq\f(31－31009,1－3)＝(－2)×(1－31009)＝2×31009－2.2．(2017·長沙質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，當n≥2時，an＋2Sn－1＝n，則S2017的值為()A．2017 B．2016C．1009 D．1008解析：選C因為an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，兩式相減得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.3．數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100＝()A．200 B．－200C．400 D．－400解析：選BS100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．我國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中，有已知長方形面積求一邊的算法，其方法的前兩步為：第一步：構(gòu)造數(shù)列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,n).①第二步：將數(shù)列①的各項乘以n，得數(shù)列(記為)a1，a2，a3，…，an.則a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝()A．n2 B．(n－1)2C．n(n－1) D．n(n＋1)解析：選Ca1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq\f(n,1)·eq\f(n,2)＋eq\f(n,2)·eq\f(n,3)＋…＋eq\f(n,n－1)·eq\f(n,n)＝n2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n－1n)))＝n2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝n2·eq\f(n－1,n)＝n(n－1)．5．設an＝eq\f(1,n)sineq\f(nπ,25)，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正數(shù)的個數(shù)是()A．25 B．50C．75 D．100解析：選D當1≤n≤24時，an>0，當26≤n≤49時，an<0，但其絕對值要小于1≤n≤24時相應的值，當51≤n≤74時，an>0，當76≤n≤99時，an<0，但其絕對值要小于51≤n≤74時相應的值，∴當1≤n≤100時，均有Sn>0.6．(2017·全國卷Ⅰ)幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應用軟件．為激發(fā)大家學習數(shù)學的興趣，他們推出了“解數(shù)學題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．440 B．330C．220 D．110解析：選A設第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n，前n組的項數(shù)和為eq\f(nn＋1,2).由題意可知，N>100，令eq\f(nn＋1,2)>100，得n≥14，n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后．易得第n組的所有項的和為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n組的所有項的和為eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.設滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項為第k＋1組的第t(t∈N*)個數(shù)，若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k＋1組的前t項的和2t－1應與－2－k互為相反數(shù)，即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，∴當t＝4，k＝13時，N＝eq\f(13×13＋1,2)＋4＝95<100，不滿足題意；當t＝5，k＝29時，N＝eq\f(29×29＋1,2)＋5＝440；當t>5時，N>440，故選A.二、填空題7．(2018屆高三·浙江名校聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，則an＝________，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2018)＝________.解析：依題意an＋1＝an＋n＋1，故an＋1－an＝n＋1，故a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，由累加法可得an－a1＝eq\f(n2＋n－2,2)，an＝eq\f(n2＋n,2)，故eq\f(1,an)＝eq\f(2,n2＋n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2018)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2018)－eq\f(1,2019)))＝eq\f(4036,2019).答案：eq\f(n2＋n,2)eq\f(4036,2019)8．對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.解析：∵an＋1－an＝2n，∴當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n.當n＝1時，a1＝2也適合上式，∴an＝2n(n∈N*)．∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－29．已知數(shù)列{－n·2n}的前n項和為Sn，若對任意的正整數(shù)n，Sn＋(n＋m)2n＋1<0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________．解析：∵－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.∵Sn＋(n＋m)2n＋1<0恒成立，∴2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0對任意的正整數(shù)n恒成立，∴m×2n＋1<2－2n＋1對