专题四数列数学理科全国卷地区专用

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数列、等差数列﹑等比数列

第11讲

数列求和及数列的简单应用专题四

数列第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录考点考向探究第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录1．[2015·陕西卷]

中位数为1010

的一组数构成等差数列，其末项为

2015，则该数列的首项为

．[答案]

5[解析]

设首项为

a1，则

a1＋2015＝2×1010，解得

a1＝5.第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录2．[2014·福建卷改编]

等差数列{an}的前

n

项和为

Sn，若a1＝2，S3＝12，则

a6＝

．[答案]

12[解析]

设等差数列{an}的公差为

d，由等差数列的前

n项和公式，得

S3＝3×2＋3×2

＝12，解得

d＝2，则

a6＝2

da1＋（6－1）d＝2＋5×2＝12.第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录3．[2014·北京卷]

若等差数列{an}满足

a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当

n＝

时，{an}的前

n

项和最大．[答案]

8[解析]a7＋a8＋a9＝3a8>0，即a8>0.a8＋a9＝a7＋a10<0，即a9<－a8<0，所以当n＝8

时，{an}的前n

项和最大.第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录4．[2015·全国卷Ⅱ]

设

Sn

是数列{an}的前

n

项和，且

a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则

Sn＝

．1[答案]

－n[解析]

因为

a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，所以

S1＝－1，Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以

1

1Sn

1

Sn＋1

Sn—

＝－1，所以数列

是首Sn项为－1，公差为－1

的等差数列，所以

1

＝－n，所以1Sn＝－n.第10讲数列、等差数列﹑等比数列核

5．[2014·广东卷]

设数列{an}的前

n

项和为Sn，满足

Sn＝2nan心

＋1－3n2－4n，n∈N*，且

S3＝15，则

a1，a2，a3

的值分别是知

．识聚焦[答案]3,5,7返回目录[解析]S1＝a1＝2a2－3－4，由题意有S2＝a1＋a2＝4a3－12－8，解得S3＝a1＋a2＋a3＝15，a1＝3，a2＝5，a3＝7.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦6．[2015·全国卷Ⅰ]

在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn

为{an}的前

n

项和．若

Sn＝126，则

n＝

．[答案]

6[解析]

由

a1＝2，an＋1＝2an

可知数列{an}为等比数列，公比为2，所以Sn＝2（1－2n）1－2＝126，得n＝6.返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录7．[2015·山东卷改编]

设数列{an}的前

n

项和为

Sn，已知

2Sn＝3n＋3，则{an}的通项公式是

．[答案]

an＝3，n＝1，3n－1，n>1所以an＝[解析]

因为

2Sn＝3n＋3，所以

2a1＝3＋3，故

a1＝3.当

n>1

时，2Sn－1＝3n

1＋3，—此时

2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n

1＝2×3n

1，即

an＝3n

1，－

－

－3，n＝1，3n－1，n>1.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列核心知识聚焦返回目录8．[2015·福建卷改编]若a，b

是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且

a，b，－2

这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则

p＋q

的值等于

．[答案]

9[解析]

不妨设

a>b，由韦达定理得

a＋b＝p>0，ab＝q>0则

a>b>0，所以－2，b，a

成等差数列，a，－2，b

成等比数列，所以解得2b＝a－2，

a＝4，ab＝4，

b＝1或a＝－2，b＝－2（舍去），所以p＝5，q＝4，所以p＋q＝9.第10讲数列、等差数列﹑等比数列——基础知识必备——返回目录录返回目第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究例

1

(1)[2015·广东卷]

在等差数列{an}中，若

a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则

a2＋a8＝

．(2)已知在等比数列{an}中，a2a3a7＝8，则

a4＝(

)A．1

B．4C．2

D．2

2返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列[答案](1)10(2)C考点考向探究返回目录[解析]

（1）因为

a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，所以

a5＝5，于是a2＋a8＝2a5＝10.4（2>因为a2a3a7＝a3a4a5＝a3＝8，所以a4＝2.第10讲数列、等差数列﹑等比数列[小结]

涉及求等差、等比数列的通项、某一项问题时，常用到等差、等比数列的基本性质．等差数列{an}中，m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq，m＋n＝2p⇒am＋an＝2ap；等比数列{an}中，m＋n＝p＋q⇒aman＝apaq，m

＋

n

＝

2p⇒amanp＝a2.考点考向探究返回目录变式题

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．3nC．2n

D．3n－1考点考向探究返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录[答案]C第10讲数列、等差数列﹑等比数列[解析]

设等比数列{an}的公比为

q，由于{an＋1}也是等比数2列，所以（a2＋1）2＝（a1＋1）（a3＋1），即a2＋2a2＋1＝a1a3＋a1＋a3＋1，即2a2＝a1＋a3，即2q＝1＋q2，解得q＝1，所以数列{an}是常数数列，所以Sn＝2n.第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列例

2

已知数列{an}的各项均为正数，且

a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0(n∈N*)．1an(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列

an

n＋1的前n

项和Sn.考点考向探究返回目录第10讲 数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究解：（1）证明：因为an＋1an＋an＋1－an＝0（n∈N*），n＋1nan＋11n所以

b

－b

＝

1

－

＝aan＋1an1n－a

＝1，1

1a1又

b

＝

＝1，所以数列

bn

是首项为1，公差为1

的等差数列.1（2>由（1）知bn＝n，所以an＝n.令cn＝n＋1，则cn＝an

11

1n（n＋1）＝n－n＋1，Sn＝c1＋c2＋…n＋c

＝1－2＋1

1

12

3—

＋…＋1n—1n＋1＝1－1

nn＋1

n＋1＝

.返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列[小结]等差数列的判定与证明有以下四种方法：①定义法，即an－an－1＝d(d

为常数，n∈N*，n≥2)⇔{an}为等差数列；②等差中项法，即2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列；③通项公式法，即an＝an＋b(a，b

是常数，n∈N*)⇔{an}为等差数列；④前n

项和公式法，即Sn＝an2＋bn(a，b

是常数，n∈N*)⇔{an}为等差数列．等比数列的判定与证明有以下三种方法：①定义法，即

an

＝q(q

为常an－1数且q≠0，n∈N*，n≥2)⇔{an}为等比数列；②等比中项法，n＋即

a2

1＝anan＋2(an≠0，n∈N*)⇔{an}为等比数列；③通项公式法，即an＝a1qn－1(其中a1，q

为非零常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列．考点考向探究返回目录考点考向探究返回目录变式题

若{an}是各项均不为零的等差数列，公差为

d，Sn

为其前

n2*n

2n－1

n

n项和，且满足

a

＝S

，n∈N

.数列{b

}

满足

b

＝

1

，Tn

为数列{bn}的前n

项和．an·an＋1(1)

求

an

和

Tn.(2)

是否存在正整数

m，n(1<m<n)，使得

T1，Tm，Tn

成等比数列？若存在，求出所有m，n

的值；若不存在，请说明理由．第10讲数列、等差数列﹑等比数列第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究解：（1）∵{an}是等差数列，∴a1＋a2n－12＝an，∴S2n－1＝a1＋a2n－12×（2n－1）＝（2n－1）an，2n由a

＝S2n－12n，得a

＝（2nn

n

n∵bn＝1an·an＋1＝1

11（2n－1）（2n＋1）＝2（

n－12—－1）a

，又a

≠0，∴a

＝2n－1.12n＋1>返回目录∴Tn＝1×（1－

＋

－

＋2

3

3

51

1

1

…＋

1

－

1

2n－1

2n＋1）＝21×（1－

1

n

2n＋1）＝

n

12＋

.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究（2）假设存在正整数m，n（1<m<n），使得

T1，Tm，Tn

成m等比数列，则T1·Tn＝T2

.∵T1·Tn＝6n＋3n

1n6＋3

6＝

<1，2m∴T

＝

m2m＋12＝m224m

＋4m＋11<6，

62

＜m＜1＋2

，又∵m∈N

且m∴2m2－4m－1＜0，∴1－

6＞1，22∴m＝2，则T

＝4251

n.令T

·T

＝n6n＋325＝

4

，得n＝12，返回目录∴当且仅当m＝2，n＝12

时，T1，Tm，Tn

成等比数列.第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录考点考向探究例3

(1)数列{an}的前n

项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则

ap－aq＝(

)A．10C．－5B．15D．20n

n(2)已知等比数列{a

}的前n

项和S

＝a·2n－116＋，则a

的值为(

)1

1

1A．—3

B.3

C．－2

D.12第10讲返回目录数列、等差数列﹑等比数列第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录[解析]（1）当n≥2

时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2（n－1）

2－3（n－1）]＝4n－5；当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式.所以an＝4n－5，于是ap－aq＝4（p－q）＝20.—（2>当

n≥2

时，an＝Sn－Sn

1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2；当1

16n＝1时，a

＝S

＝a＋.因为

an1

1

a6

2是等比数列，所以a＋＝，1求得a＝－3.[答案]（1）D（2）A第10讲数列、等差数列﹑等比数列[小结]

数列{an}中，an

与

Sn

的关系为：当

n≥2

时，an＝Sn－Sn－1(*)，当n＝1

时，a1＝S1.若a1＝S1

满足(*)，则an

＝Sn

－Sn

－1(n∈N*)；若a1

＝S1

不满足(*)，则an

＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.考点考向探究返回目录考点考向探究返回目录变试题已知数列{an}的前n

项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为(

)A．(n＋1)3

B．(2n＋1)2C．8n2

D．(2n＋1)2－1第10讲数列、等差数列﹑等比数列[答案]

A考点考向探究第10讲数列、等差数列﹑等比数列[解析]

当

n＝1

时，4×（1＋1）×（a1＋1）＝（1＋2）2a1，解得a1＝8.当n≥2

时，4（Sn＋1）＝（n＋2）2ann＋1，4（Sn－1＋1）＝（n＋1）2an－1n，两式相减，得4an

＝（n＋2）2ann＋1—（n＋1）2an－1n，即

an

＝（n＋1）3n3，所以

an＝

·an－1

an－1

an－2

an

an－1

a2a1·…·

·a1＝（n＋1）3n3×

n3

×…×33×8

n

1

.

n

1（n－1）3

23

＝（

＋

）3

检验知 ＝ 也返回目录符合该式，所以an＝（n＋1）3.考点考向探究高考易失分题

9

根据含

an

的关系式求

Sn﹑推理与证明范例

已知在数列{an}中，a1＝1，当

n≥2

时，其前

n

项和Sn返回目录2n

n

n

n满足S

－a

S

＋2a

＝n0，b

＝2—n

1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列

1

S

b

n

n的前n

项和为Tn，求证：Tn<3.第10讲数列、等差数列﹑等比数列第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究解：（1）因为当n≥2

时，an＝Sn－Sn－1，n所以由S2－anSn＋2an＝0，2n得S

－（n

n－1

nS

－S

）S

＋2（S

－Sn

n－1n

n－1）＝0，即

S

S

＝2Sn（Sn－1－Sn），所以

－1

1

1Sn－12

1

Sn＝

，所以数列

为等差数列1

1

1其首项为S1＝a1＝1，公差为2，1

1所以Sn＝1＋2（n－1）＝n＋12

2

，所以Sn＝n＋1.当n≥2

时，an＝Sn－Sn－1＝2

2

2n＋1－n＝－

（n＋1）n，返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究1（n＝1），所以

an＝－

2n（n＋1）（n≥2，n∈N*）.（2>证明：因为1Snbn2n＝（n＋1）·1

，S1b1所以

Tn＝

1

＋1S2b2＋…＋1Sn－1bn－1＋1Snbn，即

Tn＝

1

1

1

1

2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）·2n，①222

23

24

2n2n＋11Tn＝2×

1

＋3×

1

＋4×

1

＋…＋n·1

＋（n＋1）·

1

，②返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究①－②得1n231

1

1

12

2

2

2412nT

＝2×

＋

＋

＋

＋…＋

－（n＋1）·12n＋1＝12＋221－

12n＋111－2－（n＋1）·2＋n

11

1212n＝

＋1－

－（n＋121

3）·

n＋1＝2－2n1

－（n＋1）·

132n＋1＝2－

2n＋1n＋3，返回目录所以Tn＝3－n＋3

2n<3.第10讲数列、等差数列﹑等比数列失分分析本题用错位相减法求和时，在等式“Tn＝2×1222

231

1＋3×

1

＋4×

1

＋…＋(n＋1)· ”的等号两边同时乘后，应2n

22注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Tn－1Tn”2n＋1的解析式，并且要注意最后还有一项是“－(n＋1)·

1

”．考点考向探究返回目录考点考向探究返回目录1高考预测

已知数列{an}的前

n

项和

Sn＝－2n2＋kn＋1(k∈N*)，且Sn

的最大值为9.(1)确定常数k

的值，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列9－2an

2

n的前n

项和Tn.第10讲数列、等差数列﹑等比数列第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究解：（1）由题易知当n＝k∈N*时，Sn1＝－2n2＋kn＋1

取得最21大值9，即9＝－

k2＋k2＋1，21解得k＝4（舍去负值），所以Sn＝－

n2＋4n＋1.9

9当n＝1

时，a1＝S1＝2；当n≥2

时，an＝Sn－Sn－1＝－n＋2.返回目录综上可知，an＝92，n＝1，9－n＋2，n≥2.第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究（2>由（1）可知9－2an2n0，n＝1，＝2n2n

，n≥2.T1＝0，当n≥2

时，Tn＝4×

1

＋6×

1

＋…＋2n×

1

，①22

23

2n223

24

2n2n＋11Tn＝4×

1

＋6×

1

＋…＋2（n－1）×

1

＋2n× 1 ，②①－②

1

1

1

1

1

1 得2Tn＝4×22＋2×（23＋24＋…＋2n）－2n×2n＋1，n2n－1所以T

＝3－n＋2.返回目录n＋2又T1

符合该式，所以Tn＝3－2n－1

.第10讲数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列例

4

[2015·天津卷]

已知数列{an}满足

an＋2＝qan(q

为实数，且

q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且

a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5

成等差数列．(1)求q

的值和{an}的通项公式；n(2)设b

＝log

a2

2na2n－1*n，n∈N

，求数列{b

}的前n

项和．考点考向探究返回目录第10讲 数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究返回目录解：（1）由已知，有（a3＋a4）－（a2＋a3）＝（a4＋a5）－（a3＋a4），即a4－a2＝a5－a3，所以a2（q－1）＝a3（q－1）.又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1·q，得q＝2.n

2k－1当

n＝2k－1（k∈N*）时，a

＝a

＝2—k

1＝2n－12；当n＝2k（k∈N*）时，an＝a2k＝2k＝

n.22

n－122

，n为奇数，所以{an}的通项公式为

an＝

n

22

，n为偶数.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列考点考向探究a2n－12n－1（2>由（1）得

bn＝log2a2n＝

n

.设{bn}的前n

项和为Sn，则20

21

222n－2

2n－1Sn＝1×

1

＋2×

1

＋3×

1

＋…＋（n－1）×

1

＋n×

1

，1

11

1

1

12Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）×2n－1＋n×2n，1

1

1

1

n上述两式相减，得2Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－2n＝1－

12n1－2

n1

－2n2

nn＋2＝2－2n－2n，整理得，Sn＝4－2n－1

.n所以数列{b

}的前n

项和为4－n＋22n－1

，返回目录n∈N*.第10讲数列、等差数列﹑等比数列[小结]

在等差数列、等比数列的综合问题中，通过列方程

(组)求基本量是基本而重要的方法．在数列的最值问题中，如果使用函数的方法，要充分考虑数列中的自变量是正整数．考点考向探究返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列

a

n1例

1（配例

1

使用）（1）已知数列

为等差数列，且a

＋a7＋a13＝π，则

tan（a2＋a12）的值为（

）A.

3

B.－

3C.

3D.－

3返回目录3

3（2）已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若

a2＝22a3＋a4＝16，则

a5＝（

）A.4

B.8C.16

D.32——教师备用例题——第10讲数列、等差数列﹑等比数列（1）B

（2）C[答案][解析]π（1>在等差数列{an}中，a1＋a7＋a13＝π，则a7＝3，则a2＋a12＝2a7＝2π3，所以

tan（a2＋a12）＝－

3.返回目录（2>设数列{an}的公比为q，则q>0.2a1q2＋a1q3＝16，由题意得，

解得a1q＝2，

a1＝1，q＝2或a11＝－2，q＝－4（舍），所以a5＝a1q4＝16.第10讲返回目录数列、等差数列﹑等比数列例2（配例2，例3

使用）已知二次函数f（x）＝x2－ax＋2（x∈R，a<0），关于x

的不等式f（x）≤0

的解集有且只

ann*有一个元素，设数列 的前

n

项和

S

＝f（n）（n∈N

）.

an（1）求数列 的通项公式.n（2）若b

＝f（n）－2nn（n∈N*），则数列{b

}中是否存在不同的三项，使之能组成等比数列？请说明理由.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列解：（1）因为关于x

的不等式f（x）≤0

的解集有且只有一个元素，所以二次函数f（x）＝x2－ax＋2（x∈R）的图像与x

轴只有一个交点，则Δ＝（－a）2－4×2＝0，又a<0，所以a＝－2

2，从而f（x）＝x2＋2

2x＋2＝（x＋2）2，

a

nn所以数列

的前

n

项和

S

＝（n＋

2）2（n∈N*）.

an所以数列

n

的通项公式为

a

＝当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝（n＋2）2－[（n－1）＋2]2＝2n＋2

2－1；当

n＝1

时，a1＝S1＝（1＋

2）2＝3＋2

2，不适合上式.3＋2

2，n＝1，2n＋2

2－1，n≥2，n∈N*.返回目录第10讲数列、等差数列﹑等比数列（2）由（1）知bn＝f（n）－2n＝n＋2

2.

bnp

q

r假设数列

中存在三项

b

，b

，b（正整数

p，q，r

互不相等）q成等比数列，则

b2＝bpbr，即（q＋2

2）2＝（p＋2

2）（r＋2

2），整理得

pr－q2＋2

2（p＋r－2q）＝0.因为p，q，r

都是正整数，所以pr－q2＝0，p＋r－2q＝0，

2p＋r于是

pr－

2＝0，即（p－r）2＝0，从而

p＝r

与

p≠r

矛盾.返回目录

bn故数列 中不存在不同的能组成等比数列的三项.第10讲返回目录数列、等差数列﹑等比数列

a

n1例

3（配例

4

使用）已知等比数列

的首项a

＝2，公比q>1，且an，45an＋＋1，an

2

成等差数列（n∈N*）.（1>求数列

a

n的通项公式；

bnn n n2（2>记

b

＝na

，数列

的前

n

项和为

S

，若（n－1）

≤m（Sn－n－1）对于n≥2，n∈N*恒成立，求实数m

的取值范围.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列5an解：（1）由

an，4

1，an

2

成等差数列，可得

an＋an＋

＋

＋2＝52an＋1.

a

n又 是等比数列，所以252n

n

nna

＋q

a

＝

qa

，又因为a

≠0，所以2q2－5q＋2＝0，因为q>1，所以q＝2.

an1

nn又

a

＝2，所以数列 的通项公式为

a

＝2

.（2>因为bn＝nan＝n·2n，所以Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，所以Sn＝－（2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1）＝－（2－2n＋11－2—返回目录n·2n＋1）＝（n－1）·2n＋1＋2.第10讲 数列、等差数列﹑等比数列因为（n－1）2≤m（Sn－n－1）对于n≥2，n∈N*恒成立，所以（n－1）2≤m[（n－1）·2n＋1＋2－n－1]恒成立，即（n－1）2≤m（n－1）（2n＋1－1）恒成立，2n＋1－1于是问题转化为

m≥

n－1

对于

n≥2，n∈N*恒成立.2n＋1－1令

f（n）＝

n－1

，n≥2，则

f（n＋1）－f（n）＝nn－1—2n＋2－1

2n＋1－1（2－n）·2n＋1－1＝（2n＋2－1）（2n＋1－1）<0，所以当n≥2，n∈N*时，f（n＋1）<f（n），即f（n）单调递

减，返回目录1

1则f（n）≤f（2）＝7，所以

m≥7.1故实数m

的取值范围为7，＋∞.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录考点考向探究第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录—1＋121．[2015·安徽卷]

已知数列{an}中，a1＝1，an＝an(n≥2)，则数列{an}的前

9

项和等于

．[答案]

27－11【解析】由

an＝an

＋2（n≥2）得，数列{an}是以

1

为首项以1

9×8

12为公差的等差数列，因此

S9＝9×1＋

2

×2＝27.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录2．[2013·重庆卷]

已知{an}是等差数列，a1＝1，公差

d≠0，Sn

为其前

n

项和，若

a1，a2，a5

成等比数列，则

S8＝

．[答案]

64【解析】设数列{an}的公差为

d，则（1＋d）2＝1·（1＋

4d），解得

d＝2

或

d＝0（舍去），所以

S8

＝8×1＋8×（8－1）2×2＝64.第11讲 数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录3．[2015·上海卷改编]

已知数列{an}与{bn}满足

an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，n∈N*.若

bn＝3n＋5，且

a1＝1，则数列{an}的前

10

项和

S10＝

．[答案]

280[解析]an＋1－an＝2（bn＋1－bn）＝6，故数列{an}是首项为1、公差为6

的等差数列，所以S10＝10×1＋10×92×6＝280.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦4．[2013·浙江卷改编]

在数列{an}中，an＝11－n，则数列{|an|}的前

n

项和为

．[答案]21

21－2n

＋

2

n（n≤11），122n

－212n＋110（n≥12）.返回目录第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦[解析]

设数列{an}的前

n

项和为

Sn.当

n≤11

时，|a1|＋|a2|1

21＋|a3|＋…＋|an|＝－2n2＋

2

n，1

2

3

n

n

11当

n≥12

时，|a

|＋|a

|＋|a

|＋…＋|a

|＝－S

＋2S

2n＝1

2－212n＋110.综上所

述

，

|a1|

＋

|a2|

＋

|a3|

＋

…

＋

|an|

＝2－1

212n

＋

2

n（n≤11），返回目录122n

－212n＋110（n≥12）.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦n已知a

＝13－3n，则数列

1

a

an

n＋1的前n5．[2014·全国卷改编]项和

Tn＝

．[答案]

n

10（10－3n）[解析]111—1＝anan＋1

310－3n

13－3n，13所以Tn

＝

[7－1

1

＋1

110

4

7—

＋…＋110－3n—1]＝113－3n

3110－3n10—

1

＝n10（10－3n）.返回目录第11讲 数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录6．[2014·江西卷改编]

已知数列{an}的通项公式是

an＝(2n－1)3n－1，则数列{an}的前

n

项和

Sn＝

．[答案]（n－1）3n＋1[解析]Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1，3Sn＝1·31＋3·32＋5·33＋…＋（2n－1）·3n，相减得：－2Sn＝1＋2（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝－2－（2n－2）3n，所以Sn＝（n－1）3n＋1.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦7．[2012·湖南卷改编]某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000

万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d

万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n＋年年底企业上缴资金后的剩余资金为

an

万元，则

an 1

与

an

的关系式是

．＋1[答案]

an

＝23an－d返回目录＋[解析]

an

1＝an（1＋50%）－d3＝2an－d.第11讲数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录8．[2015·江苏卷]

设数列{an}满足

a1＝1，且

an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列

1

an前

10

项的和为

．[答案][解析]2011因为an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝n（n＋1）2，所以

1

2

1

1

111a

＝

＝2（n－

），故10a

＝2[（1－2）＋（2n

n（n＋1）

n＋1

n＝1n－1）＋…

1

1

）]

20.3

＋（10－11

＝11第11讲数列求和及数列的简单应用——基础知识必备——返回目录录返回目第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究考点考向探究返回目录例

1

已知函数

f(n)＝n2，n为奇数，2－n

，n为偶数，且an＝f(n)＋第11讲数列求和及数列的简单应用f(n＋1)，则

a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(

)A．0

B．100

C．－100

D．10200[答案]

B[解析]

由题意可得，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002

＋1012＝－（1＋2）＋（3＋2）－…－（99＋100）＋（101＋100）＝－（1＋2＋…＋99＋100）＋（2＋3＋…＋100＋101）＝－1＋101＝100.第11讲数列求和及数列的简单应用[小结]

数列的项如果具有奇偶性、周期性，则可使用分组转化法求和．考点考向探究返回目录考点考向探究变式题

设数列{an}的前

n

项和为

Sn，且

S1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2(n∈N*)，bn＝Sn＋2.(1)求证：数列{bn}是等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式；(3)若数列{n

nc

}满足c

＝2＋＋…＋1

2

na

－1

a

－1

a

－122

2n*返回目录(n∈N

)，求数列{cn}的前n

项和Tn.第11讲 数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录解：（1）证明：由Sn＋1＝2Sn＋2，可得Sn＋1＋2＝2（Sn＋2），即bn＋1＝2bn，又b1＝4，

b

n所以数列

是以

4

为首项，以

2

为公比的等比数列.（2>由（1）可得，bn＝4×2n－1＝2n＋1，所以Sn＝bn－2＝2n＋1－2.—当

n≥2时，an＝Sn－Sn

1＝（2n＋1－2）－（2n－2）＝2n；a1＝S1＝2，代入上式也成立.所以an＝2n.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究（3）因为an－12n＝1－

1n，所以cn＝a1－12

2＋a2－122＋…＋an－12n1＝n－

＋

11

12

2 2

2*2＋…＋

n＝n＋

n－1（n∈N

），12

21

1

2

则

Tn＝（1＋2＋…＋n）＋

＋2＋…＋n－n＝（n＋1）n2＋×1－1

1

22n11－2－n＝n2－n＋221－2n.返回目录第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向返回目探究录考点考向探究例

2

[2015·湖北卷]

设等差数列{an}的公差为

d，n前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；anbnn返回目录n(2)当

d>1

时，记

c

＝ ，求数列{c

}的前n

项和

T

.第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录解：（1）由题意有，10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，2d＝9.故an＝2n－1，bn＝2n－1或a1n＝9（2n＋79），nb

＝9·

92

n－1.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究n（2>由d>1，知a

＝n2n－1，b

＝2—n

1n，故c

＝2n－12n－1，于返回目录是n3

5

7

92n－1T

＝1＋2＋22＋23＋24＋…＋

2n－1

，①21T

1

3

5

7

9n＝2＋22＋23＋24＋25＋…＋2n－1

2n.

②①－②可得1

1

1

1 2Tn＝2＋2＋22＋…＋2n－2－2n－1

2n＝3－2n＋3

2n，2n＋3故

Tn＝6－

2n－1

.第11讲数列求和及数列的简单应用[小结]错位相减求和法适用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘后得出的数列的求和，但要特别注意两种情况：(1)第1

项到第n

项组成等比数列；(2)第1

项到第n项不能组成等比数列，但第2

项到第n

项能组成等比数列．考点考向探究返回目录变式题已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝a1(an－1)．求数列{an}的通项公式；设数列{bn}满足anbn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.考点考向探究返回目录第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录1解：（1）当n＝1

时，a1＝S1＝a1（a1－1）＝a2－a1，因为a1≠0，所以a1＝2；当n≥2时，Sn＝a1（an－1），①Sn－1＝a1（an－1－1），②①－②，得an＝a1（an－an－1）＝2an－2an－1，即an＝2an－1.

annn所以数列 是首项为

2，公比为

2

的等比数列，故

a

＝2

.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究（2>因为b

nn＝2n，所以T1

2

3n＝21＋22＋23＋…＋n－1n2n－1

＋2n，返回目录21T

12

3n－1n＝22＋23＋24＋…＋

2n

＋

n

2n＋1，1221

1

122

232n两式相减，得

Tn＝

＋

＋

＋…＋

－1

n

2n＋111

2×1－2n11－2＝

－

n

n＋2n＋22n＋1＝1－

2n＋1

，所以

Tn＝2－

2n

.录返回目第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究考点考向探究例3

设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.(1)求数列{an}的通项公式；n2(2)设b

＝log

an，求Tn＝2122b

－1 b

－11

1

1

12nb

－1＋

＋…＋

.返回目录第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究解：（1）由已知可得6Sn＝1－2an，6Sn－1＝1－2an－1（n≥2），—4—返回目录两式相减，得

6an＝2an 1－2an（n≥2），即

an＝1an 1（n≥2）.1由6S1＝1－2a1，得a1＝8，

an1814所以数列

是首项为

，公比为

的等比数列，18则

an＝×

41n－1＝

212n＋1.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究（2>因为

an＝

212n＋1，所以bn＝2n＋1，从而nb2－1＝1

14n1n＋1＝11－

，所

以

Tn

＝4n（n＋1）

1

1b2－1＋

1

2b2－1＋

…

＋

1

nb2－1＝141

1

12

2

311－

＋

－

＋…＋n－1n＋1＝返回目录1

1

n

41－n＋1＝4（n＋1）.

第11讲数列求和及数列的简单应用[小结]裂项相消求和的基本思想是把数列的通项分解为两项的差，即an＝bn＋1－bn的形式，这样在求数列{an}的前

n

项和时就出现了可以相互抵消的项，最后的结果是两项

(或者四项)的和差．考点考向探究返回目录考点考向探究返回目录变式题

已知数列{an}中，a1＝3，且对任意正整数n都有a －a

＝2，数列{b

}的前n

项和

S

＝n2＋a

.n＋1

n

n

n

n(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

1

bnbn＋1(2)求数列

的前n

项和

Tn.第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录解：（1）因为对任意正整数n，数列{an}满足an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2

的等差数列，又因为a1＝3，所以an＝2n＋1.由题可知Sn＝n2＋2n＋1，当n＝1

时，b1＝S1＝4；当n≥2

时，－1

2n

＋2n＋12－[（n－1）

＋2（n－1）＋1]＝2nbn＝Sn－Sn

＝＋1.b1＝4

不满足该式，所以数列{bn}的通项公式为bn＝4（n＝1），2n＋1（n≥2）.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究（2>由（1）知当n＝1时，T1＝

11b1b2＝20；bnbn＋1当

n≥2

时，

＝1

1（2n＋1）（2n＋3）＝1122n＋1—12n＋3，n所以T

＝

1

20

2

5

71

1

1

1

17

9＋[（－）＋（－

）＋…＋（

1

1

2n＋1

2n

3—

＋

）]＝111＋5－1120

2

2n＋3

20n－110n＋15＝

＋

.返回目录当n＝1

时上式仍成立.

1

所以数列b

b

n

n＋1n的前n项和T

＝

1

20＋

n－1

10n＋15.考点考向探究高考易失分题10求和问题中涉及的最值、不等式问题范例

已知等比数列{an}为递增数列，且满足

a2＋a3＋a4＝28，a3＋2

是a2，a4

的等差中项．

(1)求数列{an}的通项公式；n

n12n

n

1

2

n

n返回目录(2)若b

＝a

log

a，S

＝b＋b＋…＋b，求使S

＋n·2n＋1>50成立的正整数n的最小值．第11讲数列求和及数列的简单应用第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录解：（1）设等比数列{an}的公比为q.依题意有

2（a3＋2）＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，求得a3＝8，所以a2＋a4＝20，即解得a1q＋a1q3＝20，

q＝2，a1q2＝8，

a1＝2q1或

＝2，

1a

＝32.又因为数列{an}为递增数列，所以q＝2，a1＝2，所以an＝2n.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究n1（2>由题意知bn＝2

log22n＝－n·2n，所以－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＝2（1－2n）1－2—返回目录n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.Sn＋n·2n＋1>50

即2n＋1－2>50，即2n＋1>52.又当n≤4

时，2n＋1≤32<52；当n≥5

时，2n＋1≥26＝64>52，于是使Sn＋n·2n＋1>50

成立的正整数n

的最小值为5.第11讲数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录失分分析本题的易失分之处为：一是求数列bn＝－n·2n的前n

项和Sn，这里用错位相减法时等式两边应同时乘“－

1”，否则容易出错；二是解不等式“Sn＋n·2n＋1>50”时，将不等式化为“2n＋1>52”后，要通过讨论才能得出正整数n

的最小值，否则解答不严谨