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(共35张PPT)
第二讲　数列求和
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（18）
01.考点一　
03.考点三
01.考点一　
保分练
1．(2024·河北沧州模拟)已知在等差数列{an}中，a3＝7，a5＋a6＝29.
(1)求{an}的通项公式；
解析：设{an}的公差为d.
由得解得
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2(n∈N*)．
(2)若{bn＋an}是等比数列，且b1＝0，b2＝－2，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：由(1)可知a1＝1，a2＝4，则a1＋b1＝1，a2＋b2＝2，
因为{bn＋an}是等比数列，所以公比为＝＝2，
所以bn＋an＝2n－1，
所以bn＝2n－1－(3n－2)＝2n－1＋2－3n，
所以Sn＝＋2n－＝2n－1－n2＋n.
2．(2024·江西上饶一模)设Sn为正项数列{an}的前n项和，若成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
解析：由已知得4Sn＝
得4an＝，
∴2(an＋an－1)＝(an＋an－1)(an－an－1)．
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)设bn＝求数列{bn}的前2 024项和T2 024.
解析：由已知得b2n－1＝＝，
∴b1＋b3＋b5＋…＋b2 023
＝·＝1 012.
∵b2n＝＝)，
∴b2＋b4＋b6＋…＋b2 024＝(1－＋…＋)＝·＝253，
∴T2 024＝b1＋b2＋b3＋…＋b2 023＋b2 024
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2 023)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2 024)
＝1 012＋253＝1 265.
技法领悟
奇偶并项求和的基本思路：有些数列各项单独求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列或等比数列求和．当求前n 项和，而n 是奇数还是偶数不确定时，往往需要分奇偶讨论．
02.考点二
保分练
1．(2024·河北邯郸检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝17，{}是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
解析：因为S2＝17，所以＝1，
所以＝1＋(n－2)×＝，即Sn＝(5n＋7)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(5n＋7)－(5n＋2)＝5n＋1，
又a1＝S1＝(5＋7)＝6适合上式，
所以an＝5n＋1(n∈N*)．
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：bn＝＝)，
故Tn＝＋…＋)
＝)＝.
提分练
2．(2024·广东广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＝an＋1，bn＝(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
解析：因为Sn＝an＋1，所以(n＋2)Sn＝nan＋1，
又an＋1＝Sn＋1－Sn，
所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以＝2·.
结合bn＝，得bn＋1＝2bn，
又b1＝S1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn＝2n(n∈N*).
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.
技法领悟
裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．
03.考点三　
保分练
1．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
解析：当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.
当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，
所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4·(－3)n－1(n∈N*)．
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1，
故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，
所以－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n
＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·(3n－1－1)－4n·3n
＝(2－4n)·3n－2，
所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.
提分练
2．(2024·河南信阳模拟)已知数列{an}满足an＝，正项数列{bn}满足－2(n－1)bn－4n＝0.当n≥4时，记si＝min{a1，a2，…，ai}，ti＝max{ai＋1，ai＋2，…，an}(i＝1，2，…，n－1)，ci＝si＋ti.
(1)证明：c1，c2，…，cn－1是等比数列；
解析：证明：由数列{an}的通项公式an＝，可知数列{an}为单调递减数列，
所以当n≥4时，si＝min{a1，a2，…，ai}＝ai＝，ti＝，ai＋2，…，an}＝ai＋1＝，
则ci＝si＋ti＝＝(i＝1，2，…，n－1)，
所以＝＝(n≥3)，
又c1＝，所以c1，c2，…，cn－1是首项为，公比为的等比数列．
(2)求b1cn－1＋b2cn－2＋…＋bn－1c1.
解析：因为－2(n－1)bn－4n＝0，即(bn－2n)(bn＋2)＝0，则bn＝2n或bn＝－2(舍)，
当n≥4时，
S＝b1cn－1＋b2cn－2＋…＋bn－1c1＝2·＋2×2·＋…＋2(n－1)·①，
则2S＝2·＋4·＋…＋(2n－4)·＋(2n－2)·9②，
①－②得－S＝2＋2·＋…＋2·－(2n－2)·9＝18×[1－()n－1]－18n＋18，
所以S＝＋18n－36，
即b1cn－1＋b2cn－2＋…＋bn－1c1＝＋18n－36.
03.专题强化练（18）
1．(13分)[2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
解析：证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，
故d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证．
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
解析：由(1)知d＝2b1＝2a1.
由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m.
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，
解得2≤k≤10，
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
2．(15分)(2024·河北保定二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)．
(1)求{an}的通项公式；
解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n·(n－1)＝n，
当n＝1时，也符合an＝n.
综上，an＝n.
(2)若数列{bn}满足bn＝求{bn}的前2n项和T2n.
解析：由bn＝ bn＝
则T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝[(1－)＋()＋()＋…＋()]＋22＋24＋…＋22n
＝(1－)＋
＝，
故{bn}的前2n项和T2n＝.
3．(17分)(2024·河南洛阳模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0，＝.
(1)求{an}的通项公式；
解析：因为an≠0，所以Sn不为常数，
由＝，得－(n2＋n＋4)Sn＋3(n2＋n＋1)＝0，
即(Sn－3)[Sn－(n2＋n＋1)]＝0，解得Sn＝n2＋n＋1或Sn＝3(舍去)．
当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，
所以an＝
(2)设数列{bn}满足bn＝，求数列{(an－1)bn}的前n项和Tn.
解析：当n＝1时，T1＝＝(3－1)·23＝16，
当n≥2时，Tn＝
＝2·23＋3·24＋5·26＋7·28＋…＋(2n－1)·22n
＝16＋3·42＋5·43＋7·44＋…＋(2n－1)·4n
＝12＋1·41＋3·42＋5·43＋…＋(2n－1)·4n.
令Rn＝1·41＋3·42＋5·43＋…＋(2n－1)·4n①，
则4Rn＝1·42＋3·43＋5·44＋…＋(2n－3)·4n＋(2n－1)·4n＋1②，
①－②得－3Rn＝4＋2·42＋2·43＋…＋2·4n－(2n－1)·4n＋1
＝4＋－(2n－1)·4n＋1
＝4－·4n＋1－(2n－1)·4n＋1
＝－＋(－2n)·4n＋1，
所以Rn＝＋()·4n＋1，
所以Tn＝12＋＋()·4n＋1＝·4n＋1，n∈N*.
经检验，当n＝1时，T1＝16满足上式，
所以Tn＝·4n＋1.(共41张PPT)
提能培优8 衍生数列问题
内容
索引
考点二
专题强化练（19）
考点一　
考点三
考点一　数列中的去项问题
例1 (2024·河北衡水模拟)已知{an}是首项为1的等差数列，公差d>0，{bn}是首项为2的等比数列，a4＝b2，a8＝b3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{bn}的第m项bm，满足bm＝3ak＋1，k∈N*，则将其去掉，数列{bn}剩余的各项按原顺序组成一个新的数列{cn}，求{cn}的前20项和S20.
解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
因为a4＝b2，a8＝b3，所以1＋3d＝2q，1＋7d＝2q2，
联立消q得9d2－8d－1＝0，解得d＝1或d＝－与d>0矛盾，
故d＝1，代回计算得q＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1·qn－1＝2n，n∈N*.
(2)因为bm＝3ak＋1，则有2m＝3k＋1，因为m∈N*，k∈N*，
所以当m＝2n时，对应的k＝＝为整数，满足题意；当m＝2n－1时，对应的k＝＝不为整数，不满足题意．
所以{bn}剩余的项就是原数列的奇数项，
相当于新数列{cn}是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以S20＝＝(420－1)．
技法领悟
解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项的和的方法．
【跟踪训练1】　已知等差数列共有n(n≥4)项，各项与公差d均不为零，若将此数列删去某一项后，得到的数列(按原来顺序)是等比数列，则所有数对(n，)组成的集合为____________．
答案：{(4，－4)，(4，1)}
解析：令等差数列通项为an＝a1＋(n－1)d，且an，d≠0，
若去掉第一项，则(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，可得d＝0，不符合题设；
若去掉第二项，则a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，可得d(a1＋4d)＝0，即a1＝－4d，又an≠0，故n<5，故数对(n，)为(4，－4)；
若去掉第三项，则a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，可得a1d＝d2，又an，d≠0，则a1＝d，
此时，等差数列为a1，2a1，3a1，4a1，5a1，…，显然n<5，
否则去掉第三项后数列不成等比数列，故数对(n，)为(4，1)；
若去掉第四项，则a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，可得d＝0，不符合题设；
若去掉n≥5的项，根据上述分析必会出现d＝0情况，不符合题设．
综上，所有数对(n，)组成的集合为{(4，－4)，(4，1)}．
考点二　数列中的公共项问题
例2 (2024·吉林长春模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a3＝7，数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3.数列{bn}的前n项和Tn满足Tn＝2bn－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记{an}与{bn}中相同的项由小到大构成的数列为{dn}，求数列{}的前n项和Pn.
解析：(1)由Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3，
则Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋3，即an＋2－an＋1＝3，
令n＝1时，S3＋S1＝2S2＋3 a1＋a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋3，解得a2＝a3－3＝4，
所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3恒成立，所以数列{an}为等差数列，公差d＝3，故数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2(n∈N*)．
又Tn＝2bn－1①，则b1＝T1＝2b1－1，所以b1＝1，
当n>1时，Tn－1＝2bn－1－1②，则①－②得，bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)结合(1)可知，设an＝bm，则有3n－2＝2m－1，
当m＝2k，k∈N*，3n＝2＋×4k＝2＋×(3＋1)k，显然这样的整数n不存在，
所以m＝2k－1，k∈N*，即数列{an}与{bn}相同的项为40，41，42，43，…，则dn＝4n－1，所以＝，
Pn＝＋…＋③，＝＋…＋④，
③－④得，＝1＋＋…＋＝1＋＝2－，故Pn＝.
技法领悟
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．
【跟踪训练2】　(2024·福建漳州模拟)将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20＝(　　)
A．237　　B．238　　C．239　　D．240
答案：C
解析：数列{2n}中的项为2，4，8，16，32，64，128，256，…，
经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项，
即2，8，32，128，…可以写成3n－1的形式，观察归纳可得an＝22n－1, 所以a20＝22×20－1＝239，故选C.
考点三　数列中的插项问题
例3 (2024·河南郑州一模)已知正项数列{an}满足a1＝＝4an＋1－4，数列{bn}满足b1＋＋…＋＝an.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在bn和bn＋1之间插入n个数，使得，bn＋1成等差数列，设数列Sn＝，求数列{Sn}的前n项和Tn.
解析：(1)由＝4an＋1－4，可得－4an＋1＋4＝，
即(an＋1－2)2＝，
又数列{an}各项为正，且a1＝2，
可得an＋1－2＝an，即an＋1－an＝2，
所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
即an＝a1＋2(n－1)＝2n，n∈N*.
又b1＋＋…＋＝an，
所以b1＋＋…＋＝an－1，n≥2，
两式相减可得＝an－an－1＝2，
所以bn＝2·2n－1＝2n，n≥2，
当n＝1时，＝a1＝2也符合上式，故bn＝2n，
所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，n∈N*.
(2)设等差数列，bn＋1的公差为d，
则＝＝bn＋1－d，
所以Sn＝＝)＝(bn＋d＋bn＋1－d)＝(2n＋2n＋1)＝3n·2n－1，
可得Tn＝3·20＋6·21＋9·22＋…＋3(n－1)·2n－2＋3n·2n－1，
2Tn＝，
两式相减可得－Tn＝3·20＋3·21＋3·22＋…＋3·2n－1－3n·2n＝3×－3n·2n＝3(2n－1)－3n·2n＝(3－3n)·2n－3，所以Tn＝(3n－3)·2n＋3.
技法领悟
解决插项问题，首先要弄清楚插入数列的项数，新插入数列与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和．
【跟踪训练3】　(2024·山东滨州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S5＝25.
(1)求{an}的通项公式；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k－1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150.
解析：(1)因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，
可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*)．
(2)因为在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k－1个3，
可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为
n＝k＋20＋21＋…＋2k－2＝k＋＝2k－1＋k－1，
当k＝8时，则n＝27＋7＝135，即a8＝b135；
当k＝9时，则n＝28＋8＝264，即a9＝b264，
由题意可知，b136＝b137＝…＝b150＝3，
所以T150＝S8＋3(150－8)＝＋426＝490.
专题强化练（19）
1．(5分)(2024·江西南昌模拟)已知n∈N*，将数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，则＋…＋＝(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
答案：B
解析：若数列{2n－1}与数列{n2－1}有公共项，则设2n－1＝m2－1(m，n∈N*)，即2n＝m2(m，n∈N*)，因为2n(n∈N*)为偶数，所以m(m∈N*)也为偶数，所以令数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项为an＝(2n)2－1＝4n2－1(n∈N*)，所以＝＝＝]，所以＋…＋＝[(1－)＋(－)＋()＋…＋()]＝×(1－)＝＝．故选B.
2．(6分)(多选)已知a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q的值是(　　)
A． B． C． D．
答案：AB
解析：因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4，设等差数列的公差为d，
①若删去a2，则有2a3＝a1＋a4，得2a1q2＝a1＋a1q3，
即2q2＝1＋q3，
整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)，
因为q≠1，所以q2＝q＋1，
因为q>0，所以解得q＝.
②若删去a3，则2a2＝a1＋a4，得2a1q＝a1＋a1q3，即2q＝1＋q3，
整理得q(q－1)(q＋1)＝q－1，因为q≠1，所以q(q＋1)＝1，
因为q>0，所以解得q＝.
综上q＝或q＝.故选AB.
3．(5分)已知数列{an}的通项公式an＝5n＋15，在数列{an}的任意相邻两项ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记新数列{bn}的前n项和为Sn，则S60＝________．
答案：370
解析：因为ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个4，
a1＝20，a2＝25，a3＝30，a4＝35，a5＝40，
其中a1，a2之间插入2个4，a2，a3之间插入4个4，a3，a4之间插入8个4，a4，a5之间插入16个4，a5，a6之间插入32个4.
由于5＋2＋4＋8＋16＝35<60，6＋2＋4＋8＋16＋32＝68>60，
故数列{bn}的前60项含有{an}的前5项和55个4，
故S60＝20＋25＋30＋35＋40＋4×55＝370.
4．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－2an＋2＝0，数列{bn}为等差数列，b1＝a1，b5＝b2＋b3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}是由数列{bn}的项删去数列{an}的项后按从小到大的顺序排列构成的新数列，求数列{cn}的前30项和T30.
解析：(1)由数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－2an＋2＝0，
当n＝1时，S1－2a1＋2＝a1－2a1＋2＝0，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn＝2an－2，可得an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，即＝2，所以an＝2n.
设数列{bn}的公差为d，
由b1＝a1＝2，b5＝b2＋b3，可得2＋4d＝2＋d＋2＋2d，解得d＝2，所以bn＝2n.
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，n∈N*.
(2)因为数列{cn}是由数列{bn}的项删去数列{an}的项后按从小到大的顺序排列构成的新数列，可得数列{cn}的前30项为数列{bn}的前36项的和去掉数列{an}的前6项所得的项，
所以T30＝(2＋4＋6＋…＋72)－(2＋4＋8＋16＋32＋64)＝＝1 206，
所以数列{cn}的前30项和为1 206．
5．(15分)已知数列{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}是公比为2的等比数列，且满足a1＋a3＝b1＋b2＋b3，a2＋a4＝b2＋b4. 将数列{an}与{bn}的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列{cn}．
(1)证明：cn＝b2n；
(2)求数列{ancn}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：由a1＋a3＝b1＋b2＋b3，得2a1＋6＝7b1，
由a2＋a4＝b2＋b4，得2a1＋12＝10b1，解得a1＝4，b1＝2.
因为数列{an}的公差为3，数列{bn}的公比为2，
所以an＝3n＋1，bn＝2n，
b1＝2不是数列{an}的项，b2＝4是数列{an}的第1项．
设bk＝2k＝3m＋1，则
bk＋1＝2k＋1＝2×2k＝2(3m＋1)＝3×2m＋2，
所以bk＋1不是数列{an}的项.
因为bk＋2＝2k＋2＝4×2k＝4(3m＋1)＝3(4m＋1)＋1，
所以bk＋2是数列{an}的项，所以cn＝b2n.
(2)由(1)可知，cn＝b2n＝4n，ancn＝(3n＋1)4n，
Sn＝4×4＋7×42＋10×43＋…＋(3n＋1)4n，
4Sn＝4×42＋7×43＋10×44＋…＋(3n＋1)4n＋1，
所以－3Sn＝16＋3(42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)4n＋1
＝4＋3(4＋42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)4n＋1
＝4＋3×－(3n＋1)4n＋1
＝4n＋1－(3n＋1)4n＋1＝－3n4n＋1，
所以Sn＝n4n＋1.
6．(17分)(2024·河南洛阳模拟)已知数列{an}的各项均为正数，且an≠1，数列{bn}是公差为2的等差数列，且bn＝，设{bn}的前n项和为Sn，满足＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若在a1与a2之间插入一个数c1，使a1，c1，a2成等差数列，在a2与a3之间插入两个数c2，c3，使a2，c2，c3，a3成等差数列，…，在an与an＋1之间插入n个数，使其构成等差数列，将插入的数字按从大到小的顺序排成一列即c1，c2，c3，…，cn，…，求c1，c2，c3，…，c2 016的平均值．
解析：(1)由＝，
当n＝1时，可得＝＝，
又b1＝，所以＝，解得a1＝－1或a1＝2，
又因为an>0，所以a1＝2，则b1＝1，
又{bn}是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，
所以an＝＋1＝(n∈N*)．
(2)由题意知c1＝(a1＋a2)，c2＋c3＝(a2＋a3)，c4＋c5＋c6＝(a3＋a4)，….又2 016＝63×32＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋c2 016＝(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋(a3＋a4)＋…＋(a63＋a64)＝a1＋a2＋a3＋…＋a63＋a64.
因为an＝，所以an＝n，
故c1＋c2＋c3＋…＋c2 016＝1＋2＋3＋…＋63＋＝×63＋＝×63×32＝×63×32＝×2 016，
故＝.(共20张PPT)
拓展培优5 数列中的新定义问题
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力．
例 设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i，j)，1≤i(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13) 可分数列；
(3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i.
解析：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形a′k＝＋1(k＝1，2，…，4m＋2)，
得到新数列a′k＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对a′1 ，a′2 ，…， a′4m+2进行相应的讨论即可．
换言之，我们可以设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行．
回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i那么剩下四个数只可能是1，2，3，4，或2，3，4，5，或3，4，5，6，
所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)．
(2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：
①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组；
②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组．(如果m－3＝0，则忽略②)
故数列1，2，…，4m＋2是(2，13) 可分数列．
(3)证明：定义集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}＝{1，5，9，13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2，…，m}＝{2，6，10，14，…，4m＋2}．
下面证明，对1≤i则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j) 可分数列，
命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A；命题2：j－i≠3.
我们分两种情况证明这个结论，
第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3.
此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，
则由i－，故k2≥k1.
此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后，
剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：
①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；
②{4k1＋2，4k1＋3，4k1＋4，4k1＋5}，{4k1＋6，4k1＋7，4k1＋8，4k1＋9}，…，{4k2－2，4k2－1，4k2，4k2＋1}，共k2－k1组；
③{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j) 可分数列．
第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3.
此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，
则由i〖(1)/(4)〗，故k2>k1.
由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2.
此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：
①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；
②{4k1＋1，3k1＋k2＋1，2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2，2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2，4k2＋2}，共2组；
③全体{4k1＋p，3k1＋k2＋p，2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3，4，…，k2－k1，共k2－k1－2组；
④{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：
{4k1＋3，4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3，3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3，2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}．
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1，4k1＋2，…，4k2＋2}中除开五个集合{4k1＋1，4k1＋2}，{3k1＋k2＋1，3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1，2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1，4k2＋2}中的十个元素以外的所有数．
而这十个数中，除开已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数．
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j) 可分数列．
至此，我们证明了：对1≤i然后我们来考虑这样的(i，j)的个数．
首先，由于A∩B＝ ，A和B各有m＋1个元素，故满足命题1的(i，j)总共有(m＋1)2个，
而如果j－i＝3，假设i∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3，
但这导致k2－k1＝矛盾，所以i∈B，j∈A.
但这导致k2－k1＝矛盾，所以i∈B，j∈A.
设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1，
所以可能的(k1，k2)恰好就是(0，1)，(1，2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2，5)，(6，9)，…，(4m－2，4m＋1)，总共m个，
所以在(m＋1)2个满足命题1的(i，j)中，不满足命题2的恰好有m个．
这就得到同时满足命题1和命题2的(i，j)的个数为(m＋1)2－m.
当我们从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j) 可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个，
所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j) 可分数列的概率Pm一定满足
这就证明了结论．
技法领悟
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
(1)对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号．
(2)对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的共同点和不同点．
(3)对新定义中提取的知识整理转换，这是解题的关键，若是新定义的运算、法则，直接按照运算法则计算即可；若是新定义的性质，一般要判断性质的适用性，考虑能否利用定义的外延，可用特质排除．
注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃．
【跟踪训练】　(2024·河北保定检测)在初等数论中，对于大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其它自然数整除的数叫做素数，对非零整数a和整数b，若存在整数k使得b＝ka，则称a整除b.已知p，q为不同的两个素数，数列{an}是公差为p的等差整数数列，bn为q除an所得的余数，Sn为数列{bn}的前n项和．
(1)若a1＝1，p＝3，q＝2，求S2 024.
(2)若某素数整除两个整数的乘积，则该素数至少能整除其中一个整数，证明：数列{bn}的前q项中任意两项均不相同．
(3)证明：S8q＋1为完全平方数．
解析：(1)依题意，an＝3n－2，当n为奇数时，an为奇数，当n为偶数时，an为偶数，
所以S2 024＝1 012×1＋1 012×0＝1 012.
(2)证明：假设存在bi＝bj，i，j∈{1，2，…，q}，i≠j，
依题意，ai＝kq＋bi，aj＝lq＋bj，k，l∈Z，
则ai－aj＝(i－j)p＝(k－l)q，因此q整除(i－j)p，
因为p，q为不同的素数，故q不整除p，
又因为0≠|i－j|≤q－1与q整除(i－j)p矛盾，故假设错误，
所以数列{bn}的前q项中任意两项均不相同．
(3)证明：由(2)得bn∈{0，1，2，…，q－1}，且数列{bn}的前q项中任意两项均不相同，
所以Sq＝0＋1＋2＋…＋q－1＝，
设an＝knq＋bn(kn∈Z)，
则an＋q＝(kn＋p)q＋bn，故bn＋q＝bn，
所以S8q＋1＝8Sq＋1＝4q(q－1)＋1＝(2q－1)2为完全平方数．(共7张PPT)
高考规范答卷(三)　数列
(12分)(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
思路点拨　
(1)根据等差数列的通项公式建立方程求a1，d.
(2)由{bn}为等差数列得出a1与d的关系，再由S99－T99＝99，得a50－b50＝1，分类讨论求a50→d.
[规范答卷]
解：(1)∵3a2＝3a1＋a3，
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，(1分)→用d表示a1
→S3＝a1＋a2＋a3(用d表示)
又T3＝b1＋b2＋b3＝＝，(3分)→用d表示T3
∴S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n(n∈N*)．(5分)→由S3＋T3＝21求d，an
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，即＝，
∴6()＝＝，即－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.(7分)→由{bn}为等差数列得b1，b2，b3的关系，找a1与d的关系
∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，(9分)→由等差数列的性质把等差数列的前n项和换成通项∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0，
解得a50＝51或a50＝－50(舍去)，(10分)→用a50表示b50，解得a50
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
解得d＝.综上，d＝.(12分)→分两种情况求d(共55张PPT)
第一讲　等差数列与等比数列
内容
索引
考点二
专题强化练（17）
考点一　
考点三
考点一　等差数列与等比数列的基本运算
保分练
1．(2024·河南郑州检测)已知等比数列{an}的前三项和为56，a2－a5＝14，则a8＝(　　)
A．4 B．2 C． D．
答案：D
解析：由等比数列通项公式可得S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56①，a1q－a1q4＝14②，得＝＝＝，化简得4q2－4q＋1＝0，解得q＝，代入S3＝a1＋a1q＋a1q2＝56，解得a1＝32，所以a8＝a1q7＝32×＝.故选D.
2．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
答案：95
解析：因为数列an为等差数列，则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95.
3．(2024·江西南昌二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝kan＋1.
(1)当k＝2时，求S10；
(2)若k＝，设bn＝an＋1－2an，求{bn}的通项公式．
解析：(1)当k＝2时，有an＋an＋2＝2an＋1，
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列，
因为a1＝1，a2＝3，所以d＝a2－a1＝2，
所以S10＝1×10＋×2＝100.
(2)由已知，an＋2＝an＋1－an，
所以an＋2－2an＋1＝an＋1－an＝(an＋1－2an)，
即bn＋1＝bn，
且b1＝a2－2a1＝1，所以{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，
所以bn＝1×()n－1＝()n－1(n∈N*)．
提分练
4．(2024·湖北黄冈二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，若an>0，a2＋a3＝10，且b3b9＝5b7，则的最小值为________.
答案：5
解析：设等差数列的公差为d，
因为an>0，可知a1>0，d≥0，
且a2＋a3＝2a3－d＝10，则2a3＝10＋d≥10，即a3≥5，
所以S5＝＝5a3≥25，
又因为{bn}是等比数列，且b3b9＝5b7，
则b3b9＝b5b7＝5b7，显然b7≠0，可得b5＝5，
则＝≥5，所以最小值为5.
5．已知数列{an}(n∈N*)是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn.已知3a1，2a2，a3成等差数列，S3＝26.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意得，
3a1＋a3＝4a2，即3a1＋a1q2＝4a1q，
由a1≠0，得3＋q2＝4q，解得q＝1或q＝3.
由于q＝1不符合题意，因此q＝3.
由S3＝26得，a1＋a2＋a3＝26，即13a1＝26，a1＝2，所以an＝2·3n－1.
(2)由题意得，bn＝(2n＋1)3n－1，
则Tn＝3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，
则3Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，
则－2Tn＝3×30＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2－(2n＋1)3n，
则－2Tn＝3＋3(3n－1－1)－(2n＋1)3n＝－2n·3n，
所以Tn＝n·3n.
技法领悟
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1 和公差 d (公比 q)这两个基本量的有关运算．
2．对于等比数列的前n 项和公式，应按照公比q 与1的关系分类讨论．一般地，若涉及 n 较小的等比数列的前n 项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前 n项和公式．
考点二　等差数列、等比数列的基本性质
保分练
1．(2024·河北张家口一模)已知数列{an}为等比数列，a1＝1，a2a3a4＝27，则log3(a1a3a5…a17)＝(　　)
A．28　　　B．32 C．36　　　D．40
答案：C
解析：数列{an}的公比为q，由题知a1q·a1q2·a1q3＝q6＝27，则a1a3a5…a17＝＝(a1q8)9＝q72＝(q6)12＝2712＝336，所以log3(a1a3a5…a17)＝log3336＝36.故选C.
2．(2024·辽宁葫芦岛二模)等差数列{an}中，a1>0，S7＝S9，则使得前n项和最大的n值为(　　)
A．7　　　 B．8 C．9　　　 D．10
答案：B
解析：等差数列{an}中，a1>0，由S7＝S9，可得a8＋a9＝0，所以a8>0，a9<0，且数列{an}为递减数列，所以使得前n项和最大的n值为8.故选B.
3．(2024·湖北荆州模拟)若实数0，x，y，6成等差数列，－，a，b，c，－成等比数列，则＝________．
答案：－8
解析：实数0，x，y，6成等差数列，则等差数列的公差为y－x＝＝2，－，a，b，c，－成等比数列，则b2＝(－)×(－)＝，由于等比数列奇数项同号，所以b<0，所以b＝－，则＝－8.
提分练
4．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A.120　　B．85　　C．－85　　D．－120
答案：C
解析：方法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则化简整理得所以S8＝＝×(1－44)＝－85.故选C.
方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去，所以S8＝－85，故选C.
5．(2024·安徽合肥二模)(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则(　　)
A．Sn＋1＝S1＋qSn
B．对任意n∈N*，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
C．对任意n∈N*，都存在q，使得Sn，2S2n，3S3n成等差数列
D．若a1<0，则数列{S2n－1}递增的充要条件是－1答案：ACD
解析：对于A，当q＝1时，Sn＋1＝(n＋1)a1，S1＋qSn＝a1＋na1＝(n＋1)a1，故成立，
当q≠1时，Sn＋1＝，S1＋qSn＝a1＋q×＝，所以Sn＋1＝a1＋qSn成立，故A正确；
对于B，当q＝－1时，S2＝0，所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，故B错误；
对于C，当q＝1时，Sn＝na1，2S2n＝4na1，3S3n＝9na1，故Sn，2S2n，3S3n不成等差数列，当q≠1时，若存在q，使Sn，2S2n，3S3n成等差数列，则2×2S2n＝Sn＋3S3n，则4×＝＋3×，整理得4(1＋qn)＝1＋3(1＋q2n＋qn)，所以3q2n－qn＝0，所以qn＝，所以对任意n∈N*，都存在q，使得Sn，2S2n，3S3n成等差数列，故C正确；
对于D，S2n＋1－S2n－1＝a2n＋a2n＋1＝a1(1＋q)q2n－1，若{S2n－1}是递增数列，则可得a1(1＋q)q2n－1>0，因为a1<0，所以(1＋q)q2n－1<0，可解得－1技法领悟
1．抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
2．可利用函数的性质(单调性、周期性)求解．
考点三　等差数列、等比数列的判断与证明
保分练
1．(2024·江西九江模拟)已知数列{an}的首项为3，且满足an＋1＋an＝3·2n.
(1)求证：{an－2n}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等比数列．
解析：(1)证明：由an＋1＋an＝3·2n，an＋1＝3·2n－an，
得an＋1－2n＋1＝3·2n－an－2n＋1＝－(an－2n)，又a1－2＝1≠0，
所以{an－2n}是以1为首项，－1为公比的等比数列．
(2)由(1)得an－2n＝1×(－1)n－1，an＝2n＋(－1)n－1，
所以a1＝3，a2＝3，a3＝≠a1a3，
所以数列{an}不是等比数列．
提分练
2．(2024·河南郑州模拟)已知数列{an}的各项均不为0，其前n项和为Sn，q为不等于0的常数，且Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)．
(1)证明：{an}是等比数列；
(2)若S5，S11，S8成等差数列，则对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8是否成等差数列？若成等差数列，请予以证明；若不成等差数列，请说明理由．
解析：(1)证明：因为Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)①，
所以Sn＋1＝qSn＋a1(n≥1)②，
②－①，得an＋1＝qan(n≥2)，即＝q(n≥2)，
当n＝2时，S2＝qS1＋a1，即a2＋a1＝qa1＋a1，所以＝q，
所以对 n∈N*，＝q，即{an}是公比为q的等比数列．
(2)对任意正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列．证明如下：
由S5，S11，S8成等差数列，得q≠1，且2S11＝S5＋S8，
即2×＝，
化简得2q6－q3－1＝0，即2q6＝q3＋1.
因为at＋5＋at＋8＝atq5＋atq8＝atq5(1＋q3)，
2at＋11＝2atq11＝atq5×2q6＝atq5(1＋q3)，
所以at＋5＋at＋8＝2at＋11，
故对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列．
技法领悟
．＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
2．{an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列．
3．证明{an}不是等比数列可用特值法．
专题强化练（17）
1．(2024·河南开封二模)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，则a5＝(　　)
A．81　　　B．162　　　C．243　　　D．486
答案：B
解析：数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，所以a5＝S5－S4＝35－34＝162.故选B.
2．(2024·山东青岛一模)等比数列{an}中，a2＝1，a5＝8，则a7＝(　　)
A．32 B．24 C．20 D．16
答案：A
解析：由题得∴∴a7＝×26＝32.故选A.
3．(2024·广东汕头一模)在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为(　　)
A．21 B．24 C．27 D．30
答案：C
解析：令插入的3个数依次为a1，a2，a3，即3，a1，a2，a3，15成等差数列，因此2a2＝3＋15，解得a2＝9，所以插入的3个数之和为a1＋a2＋a3＝3a2＝27.故选C.
4．(2024·江西上饶二模)记数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，S6＝6，则a3＋a4＝(　　)
A. B． C．1 D．2
答案：D
解析：因为是等差数列，所以可设＝an＋b，所以Sn＝an2＋bn，所以{an}为等差数列，S6＝6＝×6＝3(a1＋a6)，所以a1＋a6＝2，所以a3＋a4＝2.故选D.
5．(2024·安徽马鞍山模拟)已知数列{an}是公差为2的等差数列，若a1＋2，a4＋2，a14成等比数列，则a14＝(　　)
A．9 B．12 C．18 D．27
答案：D
解析：由a1＋2，a4＋2，a14成等比数列，得(a4＋2)2＝(a1＋2)×a14，所以(a1＋8)2＝(a1＋2)(a1＋26)，解得a1＝1，所以a14＝1＋2×13＝27.故选D.
6．(2024·河北秦皇岛检测)假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次(1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌)，非正常细菌每小时分裂1次(1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌)．若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为(　　)
A．215＋2 B．216－2 C．217 D．218
答案：C
解析：设经过n小时，有an个正常细菌，bn个非正常细菌，则an＋1＝2an，bn＋1＝an＋2bn，因为a1＝2，b1＝1，所以an＝2n，bn＋1＝2bn＋2n，则＝，则＝，所以是首项和公差均为的等差数列，所以＝(n－1)＝，所以bn＝n·2n－1，所以a14＋b14＝214＋14×213＝16×213＝217.故选C.
7．(2024·河北张家口模拟)已知数列{an}是公比大于1的等比数列，下面叙述正确的是(　　)
A．当a1>0时，数列{an}是递增数列
B．当a1>0时，数列{an}是递减数列
C．当a1<0时，数列{an}是递增数列
D．当a1<0时，数列{an}是递减数列
答案：AD
解析：设等比数列{an}的公比为q，则q>1，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1(q－1)，当a1>0时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)>0，即an＋1>an，此时，数列{an}为单调递增数列；当a1<0时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)<0，即an＋18．(2024·河北沧州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，e是自然对数的底数，则下列说法正确的是(　　)
A．当m∈N*时，Sm，S2m，S3m是等差数列
B．数列}是等比数列
C．数列是等差数列
D．当p，q均为正整数且p≠q时，＝
答案：BCD
解析：令m＝1，则S2－S1＝a2，S3－S2＝a3，当d≠0时，a2≠a3，即S2－S1≠S3－S2，所以S1，S2，S3不是等差数列，故A错误；设{an}的公差为d，则＝＝ed(定值)，所以}是公比为ed的等比数列，故B正确；＝＝n＋a1－，故是公差为的等差数列，故C正确；
＝＝(p＋q)＋a1－＝＝＝a1＋(p＋q－1)＝(p＋q)＋a1－，所以＝，故D正确．故选BCD.
9．在等比数列{an}中，a1a3a5＝a2a6，a4a13＝－27，则a6＝________．
答案：－3
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a3a5＝a2a6，a1a3a5＝a2a6，得a1＝1，由a4a13＝－27，得q3·q12＝q15＝－27，所以a6＝q5＝－3.
10．(2024·广东广州一模)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当取最小值时，n＝__________．
答案：3
解析：因为Sn＝n2＋n，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，又当n＝1时，a1＝S1＝2，满足an＝2n，故an＝2n，则＝＝(n＋)＋，又y＝x＋在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故当n＝3时，n＋取得最小值，即n＝3时，取得最小值．
11．(13分)(2024·辽宁丹东二模)已知数列{an}中，a1＝2，＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}是等差数列，记Sn为数列的前n项和，4b2＝4b1＋b4，a3＝2S3，求Sn.
解析：(1)由＝2，得an＋1－an＝2(n＋1)，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2＋4＋…＋2n＝n(n＋1)，当n＝1时，1×(1＋1)＝2＝a1，所以an＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)设数列{bn}的公差为d，
因为4b2＝4b1＋b4 4(b1＋d)＝5b1＋3d，得d＝b1，易知bn＝b1n，
因为＝，所以Sn＝＋…＋＝，可得S3＝，
又因为a3＝2S3 ＝12，所以b1＝，所以Sn＝.
12．(15分)(2024·江苏南京模拟)已知公比大于1的等比数列{an}满足：a1＋a4＝18，a2a3＝32.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn＝2bn－an(n∈N*)，证明：是等差数列．
解析：(1)方法一　设公比为q，
因为{an}是等比数列，所以a2a3＝a1a4＝32，
又a1＋a4＝18，解得或
又q>1，所以所以q3＝8，q＝2.
因此an＝a1qn－1＝2n.
方法二　设公比为q，
由等比数列性质得出
解得或 又q>1，所以
因此an＝a1qn－1＝2n(n∈N*)．
(2)证明：由(1)得Sn＝2bn－2n，所以Sn＋1＝2bn＋1－2n＋1，
两式作差可得Sn＋1－Sn＝2bn＋1－2n＋1－(2bn－2n)，
即bn＋1＝2bn＋1－2n－2bn，整理得bn＋1－2bn＝2n，n∈N*.
方程同除以2n＋1得，＝，即＝(n∈N*)，
所以数列是公差为的等差数列．
13．(17分)(2024·河北承德二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2，数列{bn}满足bn＝log2an，b1＝0，b2＝1.
(1)写出a1，a2，a3，a4，并求数列{an}的通项公式；
(2)记cm为数列{bn}在区间(m－1，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{cm}的前m项和Tm.
解析：(1)由Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2可得an＋2－an＝2，
又bn＝log2an，b1＝0，b2＝1，
所以a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋2＝3，a4＝a2＋2＝4，
当n为偶数时，令n＝2k，k∈N*，则a2k＋2－a2k＝2，
所以数列{a2k}是以a2＝2为首项，以2为公差的等差数列，
所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k；
当n为奇数时，令n＝2k－1，k∈N*，则a2k＋1－a2k－1＝2，
所以数列{a2k－1}是以a1＝1为首项，以2为公差的等差数列，
所以a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1.综上所述，an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝n(n∈N*)，则bn＝log2n，
由m－1因为bn＝log2n是一个递增数列，所以2m－1故cm＝2m－2m－1＝2m－1，＝＝2，
故数列{cm}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以Tm＝＝2m－1.(共40张PPT)
提能培优9 数列中的不等关系
内容
索引
考点二
专题强化练（20）
考点一　
考点三
考点一　数列中的不等式证明
例1 (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3(n∈N*)．
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n.
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，
所以Tn>Sn.
当n为偶数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，
所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
技法领悟
(1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
(2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一种是放缩后再求和．放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．
【跟踪训练1】　(2024·河北沧州三模)已知数列{an}满足＝4n，a1＝2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：n－2解析：(1)∵＝4n，a1＝2，∴a2＝4，
∴＝4n＋1，两式相除，得＝4，
当n＝2k－1，k∈N*时，×…×＝4k－1，
∴a2k－1＝2×4k－1＝22k－1，即an＝2n.
当n＝2k，k∈N*时，×…×＝4k－1，∴a2k＝4×4k－1＝22k，即an＝2n.
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．
(2)证明：∵bn＝＝1－，
∴Sn＝(1－)＋(1－)＋…＋(1－)＝n－2(＋…＋)又∵0<＋…＋<＋…＋＝＝1－<1，
∴n－2考点二　数列中的不等式恒成立问题
例2 (2024·河南南阳一模)已知数列{an}，若a1＝1，an＋1－2an＝1.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)若数列{}的前n项和为Sn，不等式loga(1－a)>Sn对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)证明：因为an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2(an＋1)，
又因为a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)易知an＋1＝2×2n－1＝2n，an＝2n－1，
所以＝＝，，则Sn<1恒成立，
所以要使不等式loga(1－a)>Sn对任意正整数n恒成立，则loga(1－a)≥1.
由题意可得a>0，a≠1，且1－a>0，则0所以1－a≤a，解得a≥，
所以≤a<1，即实数a的取值范围是[，1)．
技法领悟
解决与数列有关的恒成立问题，可以利用数列的单调性或者借助数列对应函数的单调性及基本不等式求解．
【跟踪训练2】　(2024·河北石家庄模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n.
(1)若{an}为等差数列，求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，不等式(－1)nλ解析：(1)因为an＋1＋an＝2n，
所以an＋1＋an＋2＝2n＋2，
两式相减得an＋2－an＝2，
因为{an}为等差数列，所以{an}的公差d＝1，
又因为a1＋a2＝2，所以2a1＋d＝2，解得a1＝，
则an＝＋(n－1)×1＝n－，
即{an}的通项公式为an＝n－(n∈N*)．
(2)由(1)得S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝2＋6＋10＋…＋4n－2＝2n2，
所以不等式(－1)nλ当n为奇数时，－λ<2(n－2)2＋1，则－λ<2(1－2)2＋1，即λ>－3，
当n为偶数时，λ<2(n－2)2＋1，则λ<1.
综上，λ的取值范围为(－3，1)．
考点三　数列中的最值问题
例3 (2024·湖南长沙模拟)数列{an}满足a1＝1，··…·＝n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{(－)nan}中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由．
解析：(1)因为··…·＝n＋1，
所以··…·＝n(n≥2)．
两式相除得＝(n≥2)，
又当n＝1时，＝满足上式，
所以＝，n∈N*.
从而(n＋1)an＋1－nan＝n＋1，
所以2a2－a1＝2，3a3－2a2＝3，…，nan－(n－1)an－1＝n(n≥2)，
累加可得当n≥2时，nan＝1＋2＋3＋…＋n＝，则an＝，
又当n＝1时，a1＝1亦符合上式，
所以{an}的通项公式为an＝，n∈N*.
(2)设bn＝(－)nan，易知所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数．
①对于奇数项b2k－1，k∈N*，令＝·>1，解得k>，k∈N*，此时b2k－1因为＝＝<1，所以b1>b3，所以有b1>b3所以数列{(－)nan}的最小项为b3＝(－)3a3＝－.
②对于偶数项b2k，k∈N*，令＝·>1，解得k>，k∈N*，此时b2k>b2k＋2，
因为＝＝<1，所以b2b6>b8>…，
所以数列{(－)nan}的最大项为b4＝(－)4a4＝.
综上所述，{(－)nan}存在最大项和最小项，最大项为，最小项为－.
技法领悟
1．数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，因此树立函数意识解决数列问题是关键．
2．求解过程中注意项数n的取值范围．
【跟踪训练3】　已知等比数列{an}满足a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，其前n项和为Sn，求的最大值．
解析：(1)设{an}的公比为q(q≠0)，
由题意得
两式相除得q＝4，则a1＋4a1＝20，得a1＝4，
所以{an}的通项公式为an＝4n(n∈N*)．
(2)因为bn＝log2an＝log24n＝2n，
所以bn＋1－bn＝2，b1＝2，
所以{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，bn＝2n.
Sn＝2n＋×2＝n2＋n，
所以＝＝.
令f(x)＝x＋(x>0)，
求导易得f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
而3<<4，且f(3)＝3＋＝，f(4)＝4＋＝，
显然f(4)>f(3)，
所以n＋的最小值为，
即的最大值为.
专题强化练（20）
1．(15分)已知数列{an}的前n项之积为bn，且＋…＋＝(n∈N*)．
(1)求数列和{an}的通项公式；
(2)求f(n)＝bn＋bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n－1＋b2n的最大值．
解析：(1)因为＋…＋＝①，
所以＋…＋＝(n≥2)②，
①－②得＝n(n≥2)，＝1也满足上式，所以＝n(n∈N*)③，
所以＝n－1(n≥2)④，
易知anbn≠0，③÷④得＝(n≥2)，又bn＝anbn－1，所以＝(n≥2)，
所以an－1＝(n≥2)，所以an＝(n∈N*)．
(2)由(1)可知an＝，则bn＝a1×a2×…×an＝×…×＝，
所以f(n)＝bn＋bn＋1＋…＋b2n＝＋…＋，则f(n＋1)＝＋…＋，
由f(n＋1)－f(n)＝＝<0，得f(n＋1)2．(15分)(2024·河南新乡二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n－1，证明数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前2n项和S2n，并证明2S2n≥a2n＋1－2.
解析：(1)证明：由题意可知，＝＝＝＝＝6，
所以数列{bn}是首项b1＝a1＝1，公比为6的等比数列，
于是bn＝6n－1(n∈N*)．
(2)由题意可知，a2n＝2a2n－1－1，所以
S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(2a1－1＋2a3－1＋…＋2a2n－1－1)
＝3(a1＋a3＋…＋a2n－1)－n＝3(b1＋b2＋b3＋…＋bn)－n
＝3×－n＝×6n－n－，
因为bn＋1＝a2n＋1＝6n，
令cn＝2S2n－a2n＋1＋2＝×6n－2n－－6n＋2＝×6n－2n＋，
cn＋1－cn＝×6n＋1－2(n＋1)＋－(×6n－2n＋)＝6n－2>0，
所以数列{cn}单调递增，故cn≥c1＝0，即2S2n≥a2n＋1－2.
3．(15分)(2024·山东菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，＝an＋1－n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式·an对任意的正整数n恒成立，求整数m的最大值．
解析：(1)因为＝an＋1－n，所以Sn＝nan＋n－n2，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)－(n－1)2，
两式相减得Sn－Sn－1＝nan＋n－n2－[(n－1)·an－1＋(n－1)－(n－1)2]，
即an＝nan－(n－1)an－1－2(n－1)，
所以(n－1)an＝(n－1)an－1＋2(n－1)，
所以an＝an－1＋2，
所以{an}是以a1＝1为首项，以2为公差的等差数列，
故an＝2n－1(n∈N*)．
(2)因为an＝2n－1，
所以Sn＝＝n2，
依题意，不等式为4n2－8n＋3<(9－m)·2n·(2n－1)，
即(2n－3)(2n－1)<(9－m)·2n·(2n－1)，
由2n－1>0得2n－3<(9－m)·2n对任意的正整数恒成立，
又2n>0，
所以(9－m)>对任意的正整数恒成立．
设bn＝，
则bn＋1－bn＝＝，
所以b1b4>…>bn，
所以当n＝3时，bn最大，最大值为，
所以9－m>，解得m<，
则整数m的最大值为8.

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