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全国版高考数学必刷题：第十单元 数列
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这是一份全国版高考数学必刷题：第十单元 数列，共60页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
第十单元 数列
考点一
等差数列
1.(2017年全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为( ).
A.1 B.2 C.4 D.8
【解析】a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+6×52×d=48,联立2a1+7d=24, ①6a1+15d=48, ②
由①×3-②,得(21-15)×d=24,即6d=24,所以d=4.
【答案】C
2.(2016年全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( ).
A.100 B.99 C.98 D.97
【解析】(法一)∵{an}是等差数列,设其公差为d,
∴S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
又∵a10=8,∴a1+4d=3,a1+9d=8,∴a1=-1,d=1.
∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C.
(法二)∵{an}是等差数列,
∴S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d'=a10-a5=8-3=5.
故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C.
【答案】C
3.(2016年浙江卷)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( ).
A.{Sn}是等差数列 B.{Sn2}是等差数列
C.{dn}是等差数列 D.{dn2}是等差数列
【解析】作A1C1,A2C2,A3C3,…,AnCn垂直于直线B1Bn,垂足分别为C1,C2,C3,…,Cn,则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.
∵|AnAn+1|=|An+1An+2|,∴|CnCn+1|=|Cn+1Cn+2|.
设|A1C1|=a,|A2C2|=b,|B1B2|=c,
则|A3C3|=2b-a,…,|AnCn|=(n-1)b-(n-2)a(n≥3),
∴Sn=12c[(n-1)b-(n-2)a]=12c[(b-a)n+(2a-b)],
∴Sn+1-Sn=12c[(b-a)(n+1)+(2a-b)-(b-a)n-(2a-b)]=12c(b-a),∴数列{Sn}是等差数列.
【答案】A
4.(2017年全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
【解析】设数列{an}的首项为a1,公差为d.
由a3=a1+2d=3,S4=4a1+6d=10,
得a1=1,d=1,所以an=n,Sn=n(n+1)2,
所以∑k=1n1Sk21×2+22×3+…+2n(n-1)+2n(n+1)
=21-12+12-13+…+1n-1-1n+1n-1n+1
=21-1n+1=2nn+1.
【答案】2nn+1
5.(2016年全国Ⅱ卷)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1000项和.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=n.
所以b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1000,3,n=1000,
所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.
考点二
等比数列
6.(2017年全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ).
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
【解析】设塔的顶层灯数为a1,q=2,由S=a1(1-27)1-2=381,解得a1=3.
【答案】B
7.(2015年全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( ).
A.21 B.42 C.63 D.84
【解析】∵a1=3,a1+a3+a5=21,∴3+3q2+3q4=21,
∴1+q2+q4=7,解得q2=2或q2=-3(舍去).
∴a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42.故选B.
【答案】B
8.(2017年全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4= .
【解析】因为{an}为等比数列,设公比为q.
由题意得a1+a2=-1,a1-a3=-3,即a1+a1q=-1, ①a1-a1q2=-3, ②
显然q≠1,a1≠0,由①②,得1-q=3,解得q=-2,代入①式可得a1=1,
所以a4=a1q3=1×(-2)3=-8.
【答案】-8
9.(2016年全国Ⅰ卷)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 .
【解析】设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=12.又a1+a1q2=10,∴a1=8.
故a1a2…an=a1nq1+2+…+(n-1)=23n·12(n-1)n2
=23n-n22+n2=2-n22+7n2.
记t=-n22+7n2=-12(n2-7n)=-12n-722+498,
结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.
又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.
【答案】64
10.(2016年全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=3132,求λ.
【解析】(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=11-λ,故a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,
即an+1(λ-1)=λan.
由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1an=λλ-1.
因此{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,
于是an=11-λλλ-1n-1.
(2)由(1)得Sn=1-λλ-1n.
由S5=3132得1-λλ-15=3132,即λλ-15=132.
解得λ=-1.
考点三
等差数列与等比数列的综合应用
11.(2017年全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则数列{an}前6项的和为( ).
A.-24 B.-3 C.3 D.8
【解析】因为{an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,设公差为d,所以a32=a2a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).因为a1=1,代入上式可得d2+2d=0,又d≠0,则d=-2,所以S6=6a1+6×52d=1×6+6×52×(-2)=-24.
【答案】A
12.(2015年福建卷)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( ).
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】不妨设a>b,由题意得a+b=p>0,ab=q>0,∴a>0,b>0,
则a,-2,b成等比数列,a,b,-2成等差数列,
∴ab=(-2)2,a-2=2b,∴a=4,b=1,∴p=5,q=4,∴p+q=9.
【答案】D
13.(2017年北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2= .
【解析】由a1=-1,a4=8,得d=3,则a2=a1+d=-1+3=2;由b1=-1,b4=8,得q=-2,则b2=b1q=2.故a2b2=22=1.
【答案】1
14.(2015年全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由an2+2an=4Sn+3, ①
可知an+12+2an+1=4Sn+1+3. ②
②-①,得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
由an>0,得an+1-an=2.
又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知,
bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).
15.(2015年天津卷)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;
(2)设bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由已知,得(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,所以a3=a2=2.由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1,n∈N*.
设数列{bn}的前n项和为Sn,则
Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得
12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得Sn=4-n+22n-1,n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
高频考点:数列的通项,等差数列与等比数列的判断或证明,等差数列与等比数列的基本量、通项及求和,数列的综合应用.
命题特点:1.等差数列、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以选择题或填空题形式出现.
2.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和,体现转化与化归的思想.
3.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点,考查考生分析问题、解决问题的综合能力.
§10.1 数列的概念
一
数列的定义
按照 排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫作这个数列的 ,数列中的每一项都和它的序号有关,排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫作首项).
二
数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与 之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫作这个数列的通项公式.
三
数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项),且任意一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示,即an=f(an-1)(或an=f(an-1,an-2)等),那么这个式子叫作数列{an}的递推公式.
☞左学右考
1 下列说法正确的是( ).
A.数列1,-2,3,-4,…是一个摆动数列
B.数列-2,3,6,8可以表示为{-2,3,6,8}
C.{an}和an是相同的概念
D.每一个数列的通项公式都是唯一确定的
2 数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是an等于( ).
A.(-1)n+12
B.cos nπ2
C.cos n+12π
D.cos n+22π
四
Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn,
则an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,这个关系式对任意数列均成立.
五
数列的分类
1.单调性
递增数列:∀n∈N*, ;
递减数列:∀n∈N*, ;
常数列:∀n∈N*,an+1=an;
摆动数列:从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列.
2.周期性
周期数列:∀n∈N*,存在正整数k,an+k=an.
3 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,求数列{an}的通项公式.
知识清单
一、一定顺序 项
二、序号n
五、1.an+1>an an+1
1.【解析】对于A,摆动数列是指从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列,故A正确;数列与数集是不同的,故B错误;{an}和an是不同的概念,{an}表示数列a1,a2,a3,…,an,而an表示的是这个数列的第n项,故C错误;每一个数列的通项公式并不都是唯一确定的,故D错误.
【答案】A
2.【解析】令n=1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D正确.
【答案】D
3.【解析】当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3.由于当n=1时,a1的值不满足an(n≥2)的解析式,故数列{an}的通项公式为an=1,n=1,2n-3,n≥2.
题型一
由数列的前几项求数列的通项公式
【例1】根据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式.
(1)4,6,8,10,…;
(2)-11×2,12×3,-13×4,14×5,…;
(3)a,b,a,b,a,b,…(其中a,b为实数);
(4)9,99,999,9999,…;
(5)3,33,333,3333,….
【解析】(1)因为各数都是偶数,且最小值为4,所以它的一个通项公式an=2(n+1),n∈N*.
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数,且奇数项为负,偶数项为正,所以它的一个通项公式an=(-1)n×1n(n+1),n∈N*.
(3)这是一个摆动数列,奇数项是a,偶数项是b,
所以它的一个通项公式an=a,n为奇数,b,n为偶数n∈N*.
(4)这个数列的前4项可以写成10-1,102-1,103-1,104-1,
所以它的一个通项公式an=10n-1,n∈N*.
(5)将数列各项改写为93,993,9993,99993,…,分母都是3,而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1,…,
所以它的一个通项公式an=13(10n-1),n∈N*.
(1)依据数列前几项归纳出通项公式,主要是观察出项与项数之间的关系和规律,需仔细观察分析,抓住以下几个方面的特征,并对此进行归纳、联想,具体如下:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征;④各项的符号特征等.(2)对于正负符号的变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
【变式训练1】(1)已知n∈N*,给出4个表达式:①an=0,n为奇数,1,n为偶数,②an=1+(-1)n2,③an=1+cosnπ2,④an=sinnπ2.其中能作为数列0,1,0,1,0,1,0,1,…的通项公式的是( ).
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④
(2)数列-1,32,-13,34,-15,36,…的一个通项公式an= .
【解析】(1)检验知①②③都是所给数列的通项公式.
(2)因为该数列奇数项为负,偶数项为正,所以通项公式中含因式(-1)n.又各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4,…,各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为2-1=1,偶数项为2+1=3,所以an=(-1)n·2+(-1)nn,n∈N*,
也可写为an=-1n,n为奇数,3n,n为偶数n∈N*.
【答案】(1)A (2)an=(-1)n·2+(-1)nn,n∈N*或an=-1n,n为奇数,3n,n为偶数n∈N*
题型二
由递推公式求通项公式
【例2】(1)已知数列{an}满足a1=12,an+1=an+1n2+n,则数列{an}的通项公式an= ;
(2)已知数列{an}满足a1=1,an=n-1nan-1(n≥2),则数列{an}的通项公式an= ;
(3)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1,则数列{an}的通项公式an= ;
(4)若数列{an}满足a1=1,an+1=2anan+2,则数列{an}的通项公式an= .
【解析】(1)由条件知an+1-an=1n2+n=1n(n+1)=1n-1n+1,
则(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n,
即an-a1=1-1n.又∵a1=12,
∴an=1-1n+12=32-1n.
(2)∵an=n-1nan-1(n≥2),
∴an-1=n-2n-1an-2,…,a2=12a1.
以上(n-1)个式子相乘得an=a1·12·23·…·n-1n=a1n=1n.
(3)由an+1=3an+1得an+1+12=3an+32=3an+12.
又a1+12=32,所以an+12是首项为32,公比为3的等比数列,所以an+12=3n2,
因此数列{an}的通项公式为an=3n-12.
(4)∵an+1=2anan+2,a1=1,
∴an≠0,∴1an+1=1an+12,即1an+1-1an=12.
又a1=1,则1a1=1,
∴1an是以1为首项,12为公差的等差数列.
∴1an=1a1+(n-1)×12=n2+12,∴an=2n+1.
【答案】(1)32-1n (2)1n (3)3n-12 (4)2n+1
由递推关系式求通项公式的常用方法:
(1)已知a1且an-an-1=f(n),可用“累加法”求an;
(2)已知a1且anan-1=f(n),可用“累乘法”求an;
(3)已知a1且an+1=qan+b,则an+1+k=q(an+k)(其中k可由待定系数法确定),可转化为等比数列{an+k};
(4)形如an+1=AanBan+C(A,B,C为常数)的数列,可两边同时取倒数构造新数列求解;
(5)形如an+1+an=f(n)的数列,可将原递推关系改写成an+2+an+1=f(n+1),两式相减即得an+2-an=f(n+1)-f(n),然后按奇偶分类讨论即可.
【变式训练2】(1)(2017泰安模拟)已知数列{an}满足a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( ).
A.2n-1 B.n+1nn-1 C.n2 D.n
(2)已知数列{an}满足an+1-an=n+1(n∈N*),且a1=1,则数列{an}的通项公式an= ;
(3)已知数列{an}满足an=an-1+1n(n-1)(n≥2,n∈N*),且a1=1,则该数列{an}的通项公式an= .
【解析】(1)(法一)由已知整理得(n+1)an=nan+1,∴an+1n+1=ann,∴数列ann是常数列,且ann=a11=1,∴an=n.
(法二)当n≥2时,anan-1=nn-1,an-1an-2=n-1n-2,…,a3a2=32,a2a1=21,
将各式两边分别相乘,得ana1=n,∵a1=1,∴an=n.
(2)由题意有a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2).
以上各式相加,得an-a1=2+3+…+n=(n-1)(2+n)2=n2+n-22.
又∵a1=1,∴an=n2+n2(n≥2).
∵当n=1时也满足此式,∴an=n2+n2.
(3)由已知得a2-a1=12×1,a3-a2=13×2,…,an-an-1=1n(n-1),
将上式两边分别相加,得an-a1=11×2+12×3+…+1n(n-1).
又∵a1=1,∴an=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n=2-1n=2n-1n.
【答案】(1)D (2)n2+n2 (3)2n-1n
题型三
由Sn和an的关系求通项
【例3】(1)(2017银川模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则数列{an}的通项公式an= .
(2)已知数列{an}的前n项和Sn=3n+b,求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)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.
又a1=3≠2×1,所以an=3,n=1,2n,n≥2.
(2)当n=1时,a1=S1=3+b;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2×3n-1.
当b=-1时,a1满足此等式;当b≠-1时,a1不满足此等式.
所以当b=-1时,an=2×3n-1;当b≠-1时,an=3+b,n=1,2×3n-1,n≥2.
【答案】(1)3,n=1,2n,n≥2
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2.当n=1时,若a1适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;当n=1时,若a1不适合Sn-Sn-1,则要用分段函数的形式表示.
【变式训练3】(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n-3,则数列{an}的通项公式为 .
(2)(2017福州质检)若数列{an}的前n项和Sn=23an+13,则数列{an}的通项公式是an= .
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=-1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,∴an=-1,n=1,2n-1,n≥2.
(2)由Sn=23an+13,得当n≥2时,Sn-1=23an-1+13,
两式相减整理,得当n≥2时,an=-2an-1.
又∵当n=1时,S1=a1=23a1+13,∴a1=1,
∴{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,
∴an=(-2)n-1.
【答案】(1)an=-1,n=1,2n-1,n≥2 (2)(-2)n-1
方法
函数思想在数列中的应用
数列是定义域为正整数集的特殊函数,具有函数的某些性质,如单调性、周期性等.故可从函数的角度去认识数列,利用函数的思想或方法去研究数列可以带来意想不到的收获.
【突破训练】已知在数列{an}中,an=1+1a+2(n-1)(n∈N*,a∈R,且a≠0).
(1)若a=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求a的取值范围.
【解析】(1)由题意知an=1+12n-9.
结合函数f(x)=1+12x-9的单调性,可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.
(2)an=1+1a+2(n-1)=1+12n-2-a2.
∵对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,结合函数f(x)=1+12x-2-a2的单调性,知5<2-a2<6,
∴-10
1.(2016湖州一模)下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是( ).
A.1,12,13,14,… B.-1,-2,-3,-4,…
C.-1,-12,-14,-18,… D.1,2,3,…,n
【解析】根据定义,属于无穷数列的是选项A、B、C,属于递增数列的是选项C、D,故同时满足要求的是选项C.
【答案】C
2.(2016杭州质评)在数列1,2,7,10,13,…中,219是这个数列的第( )项.
A.16 B.24 C.26 D.28
【解析】设题中数列为{an},则a1=1=1,a2=2=4,a3=7,a4=10,a5=13,…,所以an=3n-2.令3n-2=219=76,解得n=26.
【答案】C
3.(2017广州联考)数列1,-58,715,-924,…的一个通项公式是( ).
A.an=(-1)n+12n-1n2+n(n∈N*)
B.an=(-1)n-12n+1n3+3n(n∈N*)
C.an=(-1)n+12n-1n2+2n(n∈N*)
D.an=(-1)n-12n+1n2+2n(n∈N*)
【解析】所给数列各项可写成31×3,-52×4,73×5,-94×6,…,通过对比各选项,可知选D.
【答案】D
4.(2017嘉兴模拟)数列{an}满足an+1+an=2n-3,则a8-a4=( ).
A.7 B.6 C.5 D.4
【解析】依题意得(an+2+an+1)-(an+1+an)=[2(n+1)-3]-(2n-3),即an+2-an=2,所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=2+2=4.
【答案】D
5.(2017黄冈模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1an=2n(n∈N*),则a10等于( ).
A.64 B.32 C.16 D.8
【解析】因为an+1an=2n,所以an+1an+2=2n+1,两式相除得an+2an=2.又a1a2=2,a1=1,所以a2=2,则a10a8·a8a6·a6a4·a4a2=24,即a10=25=32.
【答案】B
6.(2016芜湖监测)设an=-3n2+15n-18,则数列{an}中的最大项的值是( ).
A.163 B.133 C.4 D.0
【解析】an=-3n-522+34,由二次函数的性质,得当n=2或n=3时,an取得最大值,最大值为a2=a3=0.
【答案】D
7.(2017豫南八校联考)在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N*)的个位数,则a2018=( ).
A.8 B.6 C.4 D.2
【解析】由题意得,a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,所以数列{an}中的项从第3项开始呈周期性出现,周期为6,故a2018=a335×6+8=a8=2.
【答案】D
8.(2017贵阳监测)若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n(n∈N*),则数列{nan}中数值最小的项是( ).
A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项
【解析】∵Sn=n2-10n,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-11;当n=1时,a1=S1=-9也适合上式.∴an=2n-11(n∈N*).记f(n)=nan=n(2n-11)=2n2-11n,此函数图象的对称轴为直线n=114,但n∈N*,∴当n=3时,f(n)取得最小值.故数列{nan}中数值最小的项是第3项.
【答案】B
9.(2017山西忻州四校联考)若数列{an}满足关系an+1=1+1an,a8=3421,则a5= .
【解析】借助递推关系,则a8递推依次得到a7=2113,a6=138,a5=85.
【答案】85
10.(2017合肥质检)已知数列{2n-1·an}的前n项和Sn=9-6n,则数列{an}的通项公式是 .
【解析】当n=1时,20·a1=S1=3,∴a1=3.
当n≥2时,2n-1·an=Sn-Sn-1=-6,
∴an=-32n-2,∴通项公式an=3,n=1,-32n-2,n≥2.
【答案】an=3,n=1,-32n-2,n≥2
11.(2017青岛质评)数列{an}满足an+an+1=12(n∈N*),a2=2,Sn是数列{an}的前n项和,则S21为( ).
A.5 B.72 C.92 D.132
【解析】∵an+an+1=12,a2=2,∴an=-32,n为奇数,2,n为偶数.∴S21=11×-32+10×2=72.
【答案】B
12.(2017河北四校联考)已知数列{an}满足条件12a1+122a2+123a3+…+12nan=2n+5,则数列{an}的通项公式为( ).
A.an=2n+1 B.an=14(n=1),2n+1(n≥2)
C.an=2n D.an=2n+2
【解析】由题意可知,数列{an}满足条件12a1+122a2+123a3+…+12nan=2n+5,
则12a1+122a2+123a3+…+12n-1an-1=2(n-1)+5,n>1,
两式相减可得,an2n=2n+5-2(n-1)-5=2,∴an=2n+1,n>1,n∈N*.
当n=1时,a12=7,∴a1=14.
综上可知,数列{an}的通项公式为an=14(n=1),2n+1(n≥2).
【答案】B
13.(2017安徽六安月考)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
【解析】因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1.因为Sn≠0,所以1Sn+1-1Sn=-1,所以数列1Sn是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以1Sn=-n,所以Sn=-1n.
【答案】-1n
14.(2017东北三校联考)已知在数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=n+23an.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
【解析】(1)由S2=43a2,得3(a1+a2)=4a2,
解得a2=3a1=3.
由S3=53a3,得3(a1+a2+a3)=5a3,
解得a3=32(a1+a2)=6.
(2)由题意知a1=1.
当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
整理得an=n+1n-1an-1(n≥2).
于是a1=1,a2=31a1,a3=42a2,…,an=n+1n-1an-1.
将以上n个等式两端分别相乘,整理得an=n(n+1)2(n≥2).
显然,当n=1时也满足上式.
综上可知,{an}的通项公式为an=n(n+1)2(n∈N*).
15.(2017河南信阳高中模考)数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1,等差数列{bn}满足b3=3,b5=9.
(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,Sn+12·k≥bn恒成立,求实数k的取值范围.
【解析】(1)由an+1=2Sn+1, ①
得an=2Sn-1+1(n≥2), ②
①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1),∴an+1=3an,
∴an=3n-1.∵b5-b3=2d=6,∴d=3,∴bn=3+(n-3)×3=3n-6.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=1-3n1-3=3n-12,
∴3n-12+12k≥3n-6对任意的n∈N*恒成立,
即k≥2(3n-6)3n对任意的n∈N*恒成立.
令cn=3n-63n,cn-cn-1=3n-63n-3n-93n-1=-2n+73n-1(n≥2),
当n≤3时,cn>cn-1;当n≥4时,cn
§10.2 等差数列
一
等差数列的有关概念
1.定义:如果一个数列从 起,每一项与它的前一项的 都等于同一个常数,那么这个数列就叫作等差数列.符号表示为 (n∈N*,d为常数).
2.等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=a+b2,其中A叫作a,b的 .
二
等差数列的有关公式
1.通项公式:an= .
2.前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n(n∈N*)⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*).
三
等差数列的常用性质
1.通项公式的推广:an=am+ (n,m∈N*).
2.若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则 .
3.若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为 .
4.若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.
5.若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为 的等差数列.
6.在等差数列{an}中,若a1>0,d<0,则Sn存在最 值;若a1<0,d>0,则Sn存在最 值.
☞左学右考
1 在等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( ).
A.1 B.2 C.3 D.4
2 (2017胶州模考)在等差数列{an}中,a1=0,公差d≠0,若am=a1+a2+…+a9,则m的值为( ).
A.37 B.36 C.20 D.19
3 (2017太原一模)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于( ).
A.8 B.10 C.12 D.14
4 (2017陕西八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a3+a7=-6,则当Sn取最小值时,求n的值.
知识清单
一、1.第2项 差 an+1-an=d 2.等差中项
二、1.a1+(n-1)d
三、1.(n-m)d 2.ak+al=am+an 3.2d 5.md 6.大 小
基础训练
1.【解析】(法一)设等差数列{an}的公差为d,由题意得2a1+4d=10,a1+3d=7,解得a1=1,d=2.
∴d=2.
(法二)∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5.又a4=7,∴公差d=7-5=2.
【答案】B
2.【解析】∵am=a1+a2+…+a9=9a1+9×82d=36d=a37,∴m=37.
【答案】A
3.【解析】设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,所以12=3×2+3d,解得d=2,所以a6=a1+5d=2+5×2=12.
【答案】C
4.【解析】设等差数列{an}的公差为d.因为a3+a7=-6,所以a5=-3,所以d=2,则Sn=n2-12n,故当n等于6时,Sn取得最小值.
题型一
等差数列基本量的计算
【例1】(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=( ).
A.5 B.6 C.7 D.8
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足a13=S13=13,则a1=( ).
A.-14 B.-13 C.-12 D.-11
【解析】(1)Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.
(2)在等差数列{an}中,S13=13(a1+a13)2=13,所以a1+a13=2,则a1=2-a13=2-13=-11.
【答案】(1)D (2)D
等差数列基本运算的解题策略:(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程组解决问题的思想;(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示已知量和未知量是常用方法.
【变式训练1】(1)(2017沈阳质检)已知数列{an}是等差数列,a1+a7=-8,a2=2,则数列{an}的公差d等于( ).
A.-1 B.-2 C.-3 D.-4
(2)(2017年武汉调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=2,a5=3a3,则S9=( ).
A.-72 B.-54 C.54 D.90
【解析】(1)∵a1+a7=2a4=-8,∴a4=-4,
∴a4-a2=-4-2=2d,∴d=-3.
(2)设等差数列{an}的公差为d,∵a1=2,a5=3a3,
∴2+4d=3(2+2d),解得d=-2,
∴S9=9a1+9×82d=-54.
【答案】(1)C (2)B
题型二
等差数列的判定与证明
【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an+2Sn·Sn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列.
(2)求an的表达式.
【解析】(1)∵an=Sn-Sn-1(n≥2),又an=-2Sn·Sn-1,
∴Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1.
∵Sn≠0,∴1Sn-1Sn-1=2(n≥2),
故由等差数列的定义知1Sn是以1S1=1a1=2为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知1Sn=1S1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n,即Sn=12n.
∵当n≥2时,有an=-2Sn·Sn-1=-12n(n-1),又a1=12,不适合上式,
∴an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2.
(1)等差数列的判定方法有①定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数;②等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立;③通项公式法:验证an=pn+q;④前n项和公式法:验证Sn=An2+Bn.
(2)用定义法证明等差数列时,常采用的两个式子an+1-an=d和an-an-1=d意义不同,后者必须加上n≥2,否则当n=1时,a0无定义.
【变式训练2】(1)试说明例2中的数列{an}是否为等差数列.
(2)若将例2中的条件改为“a1=2,Sn=Sn-12Sn-1+1(n≥2)”,求an的表达式.
【解析】(1)不是.当n≥2时,an+1=-12n(n+1),而an+1-an=-12n(n+1)--12n(n-1)=-12n1n+1-1n-1=1n(n-1)(n+1).
∵当n≥2时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,
∴数列{an}不是等差数列.
(2)∵Sn=Sn-12Sn-1+1,∴1Sn=2Sn-1+1Sn-1=1Sn-1+2,∴1Sn-1Sn-1=2.
∴1Sn是以12为首项,2为公差的等差数列.
故1Sn=12+(n-1)×2=2n-32,即Sn=12n-32.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-32-12n-72=-22n-322n-72.
当n=1时,a1=2不适合上式,
∴an=2(n=1),-22n-322n-72(n≥2).
题型三
等差数列的性质及应用
【例3】(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( ).
A.5 B.7 C.9 D.11
(2)已知数列{an}是等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,{an}的前n项和为Sn,则使得Sn达到最大的n是( ).
A.18 B.19 C.20 D.21
(3)等差数列{an}的通项公式为an=2n-8,下列四个命题:
①数列{an}是递增数列;②数列{nan}是递增数列;③数列ann是递增数列;④数列{an2}是递增数列.
其中真命题是 .
【解析】(1)由a1+a3+a5=3a3=3,得a3=1,∴S5=5(a1+a5)2=5a3=5.
(2)由a1+a3+a5=105,得a3=35,由a2+a4+a6=99,得a4=33,则{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,因此当Sn取得最大值时,n=20.
(3)由an=2n-8可知等差数列{an}的公差d为2,∴数列{an}是递增数列,命题①正确;由nan=2n2-8n=2(n-2)2-8,知数列{nan}不是递增数列,命题②错误;由ann=2-8n,知数列ann是递增数列,命题③正确;
由an2=4(n-4)2,知a12>a22>a32>a42,又a42
综上所述,真命题是①③.
【答案】(1)A (2)C (3)①③
在等差数列问题的解答过程中,若能灵活运用其性质,则将为解题带来很大的便利,如:(1)将性质m+n=p+q⇒am+an=ap+aq与前n项和公式Sn=n(a1+an)2结合在一起,采用整体思想,可简化解题过程.(2)等差数列奇数项和与偶数项和的性质.项数为偶数2n的等差数列{an}:S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1),S偶-S奇=nd,S奇S偶=anan+1;项数为奇数(2n+1)的等差数列{an}:S2n+1=(2n+1)an+1,S奇S偶=n+1n.(其中S奇、S偶分别表示数列{an}中所有奇数项、偶数项的和).
【变式训练3】(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=18-a5,则S8=( ).
A.18 B.36 C.54 D.72
(2)(2016襄阳调研)在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+
a10+a12=90,则a10-13a14的值为( ).
A.12 B.14 C.16 D.18
(3)(2017兰州一诊)已知在等差数列{an}中,Sn是它的前n项和.若S16>0,且S17<0,则当Sn最大时n的值为( ).
A.16 B.8 C.9 D.10
【解析】(1)由题意,得a4+a5=18,
∴S8=8(a1+a8)2=8(a4+a5)2=8×182=72.
(2)由等差数列性质及a4+a6+a8+a10+a12=90,得a8=18,∴a10-13a14=3a10-a143=a10+a6+a14-a143=a10+a63=23a8=23×18=12.
(3)∵S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)>0,S17=17(a1+a17)2=17a9<0,∴a8>0,a9<0,且d<0.
∴当n=8时,Sn取得最大值.
【答案】(1)D (2)A (3)B
方法
等差数列的前n项和Sn的最值问题
在研究等差数列时,求等差数列的前n项和Sn的最大(小)值问题是其中的一个热点,也是一个重点问题.数列是一类特殊的函数,故可以用函数的知识或方法来解决此问题.
【突破训练】(1)(2017长春一模)在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项之和,且S7=S17,则Sn为最小时n的值为 .
(2)在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时,Sn取得最大值,则d的取值范围为 .
(3)(2017年承德模拟)在数列{an}中,an+1+an=2n-44(n∈N*),a1=-23.
①求an;
②设Sn为数列{an}的前n项和,求Sn的最小值.
【解析】(1)由S7=S17知,a8+a9+…+a17=0,根据等差数列的性质,a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,因此a12+a13=0.又a1<0,∴a12<0,a13>0,故当Sn为最小时n为12.
(2)由题意知,d<0且a8>0,a9<0,即7+7d>0,7+8d<0,
解得-1
an+2+an+1=2(n+1)-44,
由以上两式相减,得an+2-an=2.
∵a2+a1=2-44,a1=-23,
∴a2=-19,同理得a3=-21,a4=-17,….
∴a1,a3,a5,…是以-23为首项,2为公差的等差数列;a2,a4,a6,…是以-19为首项,2为公差的等差数列.
故an=n-24,n为奇数,n-21,n为偶数.
②当n为偶数时,
Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)
=(2×1-44)+(2×3-44)+…+[2×(n-1)-44] =2×[1+3+…+(n-1)]-n2×44
=n22-22n,
故当n=22时,Sn取得最小值为-242.
当n为奇数时,
Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)
=a1+(2×2-44)+…+[2×(n-1)-44]
=a1+2×[2+4+…+(n-1)]+n-12×(-44)
=-23+(n+1)(n-1)2-22(n-1)
=n22-22n-32.
故当n=21或n=23时,Sn取得最小值-243.
综上所述,当n为偶数时,Sn取得最小值为-242;当n为奇数时,Sn取得最小值为-243.
【答案】(1)12 (2)-1,-78
1.(2016陕西模考)已知等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则有( ).
A.a1+a101>0 B.a2+a100<0
C.a3+a99=0 D.a51=51
【解析】由题意,得a1+a2+a3+…+a101=a1+a1012×101=0.所以a1+a101=a2+a100=a3+a99=0.
【答案】C
2.(2017西安模考)已知在等差数列{an}中,a5>0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为( ).
A.S7 B.S6 C.S5 D.S4
【解析】∵a4+a7=a5+a6<0,a5>0,∴a6<0,∴Sn的最大值为S5.
【答案】C
3.(2017深圳调研)已知在每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1且前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=( ).
A.638 B.639 C.640 D.641
【解析】由SnSn-1-Sn-1Sn=2Sn-Sn-1,可得Sn-Sn-1=2,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
【答案】C
4.(2017湖北七校2月联考)在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=34,则a1=( ).
A.-1 B.0 C.14 D.12
【解析】由题意知,a2+a4=2a3=2,
又∵a2a4=34,数列{an}单调递增,∴a2=12,a4=32.
∴公差d=a4-a22=12,∴a1=a2-d=12-12=0.
【答案】B
5.(2017浙江名校联考)已知函数f(x)=cos x,x∈(0,2π)有两个不同的零点x1,x2,且方程f(x)=m有两个不同的实根x3,x4,若把这四个数按从小到大排列构成等差数列,则实数m=( ).
A.12 B.-12 C.32 D.-32
【解析】若m>0,则公差d=3π2-π2=π,显然不成立,
所以m<0,则公差d=3π2-π23=π3.
所以m=cosπ2+π3=-32.
【答案】D
6.(2017海南质评)在等差数列{an}中,a1>0,a10·a11<0,若此数列的前10项和S10=36,前18项和S18=12,则数列{|an|}的前18项和T18的值是( ).
A.24 B.48 C.60 D.84
【解析】由题意知a1>0,a10·a11<0,得d<0,a10>0,a11<0,所以a1>a2>…>a10>0>a11>a12>…>a18>…,所以T18=|a1|+|a2|+…+|a10|+|a11|+|a12|+…+|a18|=a1+a2+…+a10-(a11+a12+…+a18)=2S10-S18=2×36-12=60.
【答案】C
7.(2016湖南联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S2=S6,a4=1,则a5= .
【解析】由题意知2a1+d=6a1+6×52d,a1+3d=1,解得a1=7,d=-2,∴a5=a4+d=1+(-2)=-1.
【答案】-1
8.(2017黄冈一模)已知一个等差数列的前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n= .
【解析】∵a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67,
∴(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(a4+an-3)=88,
∴a1+an=22.
又Sn=n(a1+an)2=11n=286,∴n=26.
【答案】26
9.(2017海南模拟)一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d= .
【解析】设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇+S偶=354,S偶∶S奇=32∶27,解得S偶=192,S奇=162.
又S偶-S奇=6d=30,所以d=192-1626=5.
【答案】5
10.(2017苏州评测)在等差数列{an}中,a1=1,a3=-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.
由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3,解得d=-2.
从而an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.
(2)由(1)可知an=3-2n,
所以Sn=n[1+(3-2n)]2=2n-n2.
由Sk=-35,可得2k-k2=-35.
由k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5.
又k∈N*,故k=7.
11.(2017南昌模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足Sn>0的最大自然数n的值为( ).
A.6 B.7 C.12 D.13
【解析】∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零.又a3+a10=a1+a12>0,a1+a13=2a7<0,∴S12>0,S13<0,∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
【答案】C
12.(2016浙江名校联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目:把100个面包分给5个人,使每人所得成等差数列,且使最大的三份之和的17是最小的两份之和,则最小的一份为( ).
A.53 B.103 C.56 D.116
【解析】依题意,设这100个面包所分成的五份由小到大依次为a-2m,a-m,a,a+m,a+2m,则有5a=100,a+(a+m)+(a+2m)=7(a-2m+a-m),
解得a=20,m=11a24,a-2m=a12=53,即其中最小的一份为53.
【答案】A
13.(2017东北三省四市联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则正整数m的值为 .
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,所以am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,数列{an}的公差d=1,am+am+1=Sm+1-Sm-1=5,即2a1+2m-1=5,所以a1=3-m.由Sm=(3-m)m+m(m-1)2×1=0,解得正整数m的值为5.
【答案】5
14.(2017郑州二模)已知在数列{an}中,a3=2,a5=1,若11+an是等差数列,则a11等于 .
【解析】记bn=11+an,则b3=13,b5=12,数列{bn}的公差为12×(12-13)=112,∴b1=16,∴bn=n+112,即11+an=n+112.∴an=11-nn+1,∴a11=0.
【答案】0
15.(2017石家庄模拟)已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a6=55,a2+a7=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:b1=a1且bn=an+bn-1(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)由题意得a3a6=55,a3+a6=a2+a7=16,
∵公差d>0,∴a3=5,a6=11,∴a1=1,d=2,∴an=2n-1(n∈N*).
(2)∵bn=an+bn-1(n≥2,n∈N*),
∴bn-bn-1=2n-1(n≥2,n∈N*).
∵bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1(n≥2,n∈N*),且b1=a1=1,
∴bn=2n-1+2n-3+…+3+1=n2(n≥2,n∈N*).
∵当n=1时,b1=1满足上式.
∴bn=n2(n∈N*).
16.(2017山西忻州四校联考)数列{an}满足a1=12,an+1=12-an(n∈N*).
(1)求证:1an-1为等差数列,并求出{an}的通项公式.
(2)设bn=1an-1,数列{bn}的前n项和为Bn,对任意n≥2都有B3n-Bn>m20(n∈N*)成立,求正整数m的最大值.
【解析】(1)因为an+1=12-an,所以1an+1-1=112-an-1=2-anan-1=-1+1an-1,即1an+1-1-1an-1=-1,
所以1an-1是首项为-2,公差为-1的等差数列,
所以1an-1=-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),所以an=nn+1.
(2)bn=n+1n-1=1n,
令Cn=B3n-Bn=1n+1+1n+2+…+13n,
所以Cn+1-Cn=1n+2+1n+3+…+13(n+1)-1n+1-…-13n=-1n+1+13n+1+13n+2+13n+3=13n+1+13n+2-23n+3>23n+3-23n+3=0,
所以Cn+1-Cn>0,所以{Cn}为单调递增数列,
所以(B3n-Bn)min=B6-B2=13+14+15+16=1920,
所以m20<1920,所以m<19.
又m∈N*,所以m的最大值为18.
§10.3 等比数列
一
等比数列的有关概念
1.定义
如果一个数列从第 项起,每一项与它的前一项的比等于 (不为零),那么这个数列就叫作等比数列.这个常数叫作等比数列的 ,通常用字母q表示,定义的表达式为an+1an=q.
2.等比中项
如果a,G,b成等比数列,那么 叫作a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒ .
二
等比数列的有关公式
1.通项公式:an= .
2.前n项和公式:Sn=na1,q=1,a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q,q≠1.
三
等比数列的常用性质
1.通项公式的推广:an= (n,m∈N*).
2.若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an= = .
3.若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},1an,{an2},{an·bn},anbn(λ≠0)仍然是等比数列.
4.在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk.
☞左学右考
1 若等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=40,则公比q=( ).
A.1 B.2 C.-2 D.4
2 (2017山西四校联考)已知等比数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则an=( ).
A.4×32n B.4×32n-1
C.4×23n D.4×23n-1
3 设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( ).
A.18 B.-18 C.578 D.558
4 设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,公比q=2,Sk+2-Sk=48,求k的值.
知识清单
一、1.2 同一个常数 公比 2.G G2=ab
二、1.a1qn-1
三、1.am·qn-m 2.ap·aq ak2
基础训练
1.【解析】由题意,得a1+a1q2=20,a1q+a1q3=40,解得a1=4,q=2.
【答案】B
2.【解析】由题意得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,故a1=4,a2=6,
所以q=32,an=4×32n-1.
【答案】B
3.【解析】因为a7+a8+a9=S9-S6,且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以8(S9-S6)=1,即S9-S6=18.所以a7+a8+a9=18.
【答案】A
4.【解析】∵Sk=1-2k1-2=2k-1,∴Sk+2=2k+2-1.由Sk+2-Sk=48,得2k+2-2k=48,解得2k=16,k=4.
题型一
等比数列基本量的运算
【例1】(1)在等比数列{an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值为( ).
A.1 B.-12 C.1或-12 D.-1或12
(2)(2016南宁测试)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且2a1,a3,3a2成等差数列,则an= .
【解析】(1)根据已知条件得a1q2=7,a1+a1q+a1q2=21,消去a1得1+q+q2q2=3,整理得2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.
(2)设数列{an}的公比为q,
∵2a1,a3,3a2成等差数列,
∴2a1+3a2=2a3,2a1+3a1q=2a1q2,2q2-3q-2=0,
解得q=2或q=-12.
∵q>0,∴q=2.∵a1=2,
∴数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n.
【答案】(1)C (2)2n
等比数列的基本运算是高考的常考内容,常见的命题角度有(1)求首项a1,公比q或项数n;(2)求通项或特定项;(3)求前n项和.注意在应用等比数列的前n项和公式时,对公比q=1与q≠1的情况进行分类讨论:当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q.
【变式训练1】(1)(2017枣庄模拟)已知在等比数列{an}中,a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是( ).
A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
(2)(2017唐山模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,则Snan=( ).
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,则S3=a1+a2+a3=a21+q+1q=1+q+1q,当q>0时,S3=1+q+1q≥1+2q·1q=3(当且仅当q=1时取等号);当q<0时,S3=1--q-1q≤1-2(-q)·-1q=-1(当且仅当q=-1时取等号).∴S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞).
(2)设{an}的公比为q,∵a1+a3=52,a2+a4=54,
∴a1+a1q2=52, ①a1q+a1q3=54. ②
由①②可得1+q2q+q3=2,∴q=12.
将q=12代入①,得a1=2,
∴an=2×12n-1=42n,Sn=2×1-12n1-12=4×1-12n,∴Snan=4×1-12n42n=2n-1.
【答案】(1)D (2)D
题型二
等比数列的判定与证明
【例2】设数列an的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2=32,a3=54,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)证明:an+1-12an为等比数列.
【解析】(1)当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
即4×1+32+54+a4+5×1+32=8×1+32+54+1,解得a4=78.
(2)由4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),
得4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),
即4an+2+an=4an+1(n≥2).
∵4a3+a1=4×54+1=6=4a2,∴4an+2+an=4an+1,
∴an+2-12an+1an+1-12an=4an+2-2an+14an+1-2an=4an+1-an-2an+14an+1-2an=2an+1-an2(2an+1-an)=12,
∴数列an+1-12an是以a2-12a1=1为首项,12为公比的等比数列.
等比数列的常用判定方法有(1)定义法:若an+1an=q(q为非零常数,n∈N*)或anan-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列.(2)中项公式法:若在数列{an}中,an≠0且an+12=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列.(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列.(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列.
若要判断一个数列不是等比数列,只需举出反例即可.
【变式训练2】已知数列{an}的前n项和为Sn,在数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列.
(2)求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)∵an+Sn=n, ①
∴an+1+Sn+1=n+1, ②
②-①得an+1-an+an+1=1,
∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,∴an+1-1an-1=12.
∵首项c1=a1-1,又a1+a1=1.
∴a1=12,∴c1=-12,公比q=12.
∴{cn}是以-12为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)可知cn=-12·12n-1=-12n,
∴an=cn+1=1-12n.
∴当n≥2时,bn=an-an-1=1-12n-1-12n-1=12n-1-12n=12n.
又b1=a1=12代入上式也符合,∴bn=12n.
题型三
等比数列的性质
【例3】(1)已知在数列{an}中,对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则a12+a22+a32+…+an2等于( ).
A.(3n-1)2 B.12(9n-1)
C.9n-1 D.14(3n-1)
(2)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5(e为自然对数的底数),则ln a1+ln a2+…+ln a20= .
【解析】(1)∵a1+a2+…+an=3n-1,n∈N*,当n≥2时,a1+a2+…+an-1=3n-1-1,
∴当n≥2时,an=3n-3n-1=2·3n-1,
又当n=1时,a1=2满足上式,
∴an=2·3n-1,∴数列{an2}是首项为4,公比为9的等比数列.
∴a12+a22+…+an2=4×(1-9n)1-9=12(9n-1).
(2)由等比数列的性质可知,a10a11+a9a12=2e5,所以a10·a11=e5,于是ln a1+ln a2+…+ln a20=10ln(a10·a11)=10ln e5=50.
【答案】(1)B (2)50
(1)等比数列的性质可以分为三类:①通项公式的变形;②等比中项的变形;③前n项和公式的变形.(2)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,灵活利用等比性质,如性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”“等比数列中Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等比数列,公比为qk(q≠-1)”等,可以减少运算量,提高解题速度.
【变式训练3】(1)(2016山西四校联考)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3a9=2a52,a2=2,则a1=( ).
A.12 B.22 C.2 D.2
(2)已知等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若S10S5=3132,则公比q= .
【解析】(1)由已知及等比数列的性质得a3a9=a62=2a52,
因为q>0,所以a6=2a5,q=a6a5=2,a1=a2q=2.
(2)由S10S5=3132,a1=-1知,公比q≠-1,S10-S5S5=-132.
由等比数列前n项和的性质知,S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,
故q5=-132,q=-12.
【答案】(1)C (2)-12
方法
方程思想在等比数列中的应用
等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和q,问题可迎刃而解.这也体现了方程思想在解答等比数列中的应用.
【突破训练】(1)(2017杭州质检)在等比数列{an}中,a1=4,公比为q,前n项和为Sn,若数列{Sn+2}也是等比数列,则q等于( ).
A.2 B.-2 C.3 D.-3
(2)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…),则q的取值范围是 .
【解析】(1)由题意可得q≠1,由数列{Sn+2}是等比数列,可得S1+2,S2+2,S3+2成等比数列,∴(S2+2)2=(S1+2)(S3+2),∴(6+4q)2=24(1+q+q2)+12,∴q=3(q=0舍去).
(2)∵{an}是等比数列,Sn>0,可得a1=S1>0,q≠0.
当q=1时,Sn=na1>0;
当q≠1时,Sn=a1(1-qn)1-q>0,即1-qn1-q>0(n=1,2,3,…),则有1-q>0,1-qn>0或1-q<0,1-qn<0.
解得-11.
故q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
【答案】(1)C (2)(-1,0)∪(0,+∞)
1.(2017湖北华师一附中月考)在等比数列{an}中,a2a3a4=8,a7=8,则a1=( ).
A.1 B.±1 C.2 D.±2
【解析】因为数列{an}是等比数列,所以a2a3a4=a33=8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,则a1=a3q2=1.
【答案】A
2.(2017安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若a2·a4=16,S3=7,则a8=( ).
A.32 B.64 C.128 D.256
【解析】∵a2·a4=a32=16,∴a3=4(负值舍去).又S3=a1+a2+a3=a3q2+a3q+a3=7,得3q2-4q-4=0,解得q=-23或q=2.∵an>0,∴q=2,∴a1=a3q2=1,
∴a8=27=128.
【答案】C
3.(2017杭州质检)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2-a72+2a12=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b3b11等于( ).
A.16 B.8 C.4 D.2
【解析】∵{an}是等差数列,∴a2+a12=2a7,∴2a2-a72+2a12=4a7-a72=0.
又a7≠0,∴a7=4.又{bn}是等比数列,∴b3b11=b72=a72=16.
【答案】A
4.(2017沈阳模拟)在等比数列{an}中,a5a11=3,a3+a13=4,则a15a5=( ).
A.3 B.-13 C.3或13 D.-3或-13
【解析】由等比数列的性质得(a3q5)2=3,a3(1+q10)=4,化简得3q20-10q10+3=0,解得q10=3或q10=13,所以a15a5=a5q10a5=q10=3或13.
【答案】C
5.(2017济南一检)已知各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S30=70,则S40=( ).
A.150 B.140 C.130 D.120
【解析】在等比数列{an}中,由S10=10,S30=70可知q≠-1,
所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30构成公比为q'的等比数列.
所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(S20-10)2=10·(70-S20),解得S20=30(负值舍去).
所以S20-S10S10=30-1010=2=q',所以S40-S30=2(S30-S20)=80,S40=S30+80=150.
【答案】A
6.(2017福州质检)已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn,若a3a4a8=8,则Ⅱ9=( ).
A.512 B.256 C.81 D.16
【解析】由题意知,a3a4a7q=a3a7(a4q)=a3a7a5=a53=8,
Ⅱ9=a1a2a3…a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5=a59,所以Ⅱ9=83=512.
【答案】A
7.(2017衡阳三模)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=( ).
A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1
【解析】因为数列{an}为等比数列,a1=2,设其公比为q,所以an=2qn-1.因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),即an+12+2an+1=anan+2+an+an+2,则an+an+2=2an+1,即an(1+q2-2q)=0,所以q=1,即an=2,所以Sn=2n.
【答案】C
8.(2016郑州质检)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .
【解析】因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(a1+a2)=3a1+a1+a2+a3.化简得a3a2=3,即等比数列{an}的公比q=3,故an=1×3n-1=3n-1.
【答案】3n-1
9.(2017漯河模拟)在等比数列an中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99= .
【解析】∵S99=30,∴a1(299-1)=30.又∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,∴a3+a6+a9+…+a99=4a1(1-833)1-8=4a1(299-1)7=47×30=1207.
【答案】1207
10.(2017武汉三模)已知数列{an}满足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).
(1)求证:{an+1+2an}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)∵an+1=an+6an-1(n≥2),
∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2).
∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,∴an+2an-1≠0(n≥2),
∴an+1+2anan+2an-1=3(n≥2),∴数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.
(2)由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n,则an+1=-2an+5×3n,
∴an+1-3n+1=-2(an-3n).
又∵a1-3=2,∴an-3n≠0,∴{an-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.
∴an-3n=2×(-2)n-1,即an=2×(-2)n-1+3n(n∈N*).
11.(2017长沙模拟)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ).
A.7 B.5 C.-5 D.-7
【解析】设等比数列{an}的公比为q,由a4+a7=2,a5a6=a4a7=-8,解得a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2.所以q3=-2,a1=1或q3=-12,a1=-8,所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.
【答案】D
12.(2017丽水五校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列{an}的公比为( ).
A.-2 B.2 C.-3 D.3
【解析】设公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8.
∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,
∴m=3,∴q3=8,∴q=2.
【答案】B
13.(2017南昌模拟)若等比数列的各项均为正数,前4项的和为9,积为814,则前4项倒数的和为( ).
A.32 B.94 C.1 D.2
【解析】由题意得S4=a1(1-q4)1-q=9,所以1-q41-q=9a1.由a1·a1q·a1q2·a1q3=(a12q3)2=814,得a12q3=92.由等比数列的性质知,该数列前4项倒数的和为1a11-1q41-1q=q4-1a1q3(q-1)=1a1q3·9a1=9a12q3=2.
【答案】D
14.(2016常州一检)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若27a3-a6=0,则S6S3= .
【解析】由题意可知,公比q3=a6a3=27,∴S6S3=1-q61-q3=1+q3=1+27=28.
【答案】28
15.(2017普宁质检)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的实数x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=12,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 .
【解析】由已知可得a1=f(1)=12,a2=f(2)=[f(1)]2=122,a3=f(3)=f(2)·f(1)=[f(1)]3=123,…,an=f(n)=[f(1)]n=12n,
∴Sn=12+122+123+…+12n=121-12n1-12=1-12n.∵n∈N*,∴12≤Sn<1.
【答案】12,1
16.(2017浦东一模)已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-1Sn(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2=a5a3=14.
又{an}不是递减数列且a1=32,所以q=-12.
故等比数列{an}的通项公式为an=32×-12n-1=(-1)n-1×32n(n∈N*).
(2)由(1)得Sn=1--12n=1+12n,n为奇数,1-12n,n为偶数.
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1
故0>Sn-1Sn≥S2-1S2=34-43=-712.
综上,对于n∈N*,总有-712≤Sn-1Sn≤56.
所以数列{Tn}的最大项的值为56,最小项的值为-712.
§10.4 数列求和、数列的综合应用
一
公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
(1)等差数列的前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d.
(2)等比数列的前n项和公式:Sn=na1,q=1,a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1.
二
几种数列求和的常用方法
1.分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,因此求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
☞左学右考
1 数列{1+2n-1}的前n项和为( ).
A.1+2n
B.2+2n
C.n+2n-1
D.n+2+2n
2 (2017阳泉质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,并满足:an+2=2an+1-an,a5=4-a3,则S7=( ).
A.7
B.12
C.14
D.21
2.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时使中间的一些项可以相互抵消,从而求得前n项和.
常用的裂项公式:
(1)1n(n+1)=1n-1n+1;
(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;
(3)1n+n+1= .
3.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
4.倒序相加法:如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
3 已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S6等于( ).
A.142
B.45
C.56
D.67
4 (2017江西新余三校联考)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),求该数列的前100项之和.
知识清单
二、2.(3)n+1-n
基础训练
1.【解析】由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+1-2n1-2=n+2n-1.
【答案】C
2.【解析】由an+2=2an+1-an知,数列{an}为等差数列.由a5=4-a3,得a5+a3=4=a1+a7,所以S7=7(a1+a7)2=14.
【答案】C
3.【解析】因为an=1n(n+1)=1n-1n+1,所以S6=1-12+12-13+…+16-17=1-17=67.
【答案】D
4.【解析】根据题意有S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100.
题型一
公式法、分组转化法求和
【例1】已知数列{an},{bn}满足a1=5,an=2an-1+3n-1(n≥2,n∈N*),bn=an-3n(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)∵an=2an-1+3n-1(n≥2,n∈N*),
∴an-3n=2(an-1-3n-1),
∴bn=2bn-1(n≥2,n∈N*).
∵b1=a1-3=2≠0,∴bn≠0,∴bnbn-1=2,
∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
∴bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)知an=bn+3n=2n+3n,
∴Sn=(2+22+…+2n)+(3+32+…+3n)=2×(1-2n)1-2+3×(1-3n)1-3=2n+1+3n+12-72.
分组转化法求和的常见类型:(1)若an=bn±cn,且数列{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采用分组转化法求{an}的前n项和;(2)通项公式为an=bn,n为奇数,cn,n为偶数的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组转化法求和.
【变式训练1】(2017湖南四地七市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=2-3Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)当n≥2时,由an=2-3Sn, ①
得an-1=2-3Sn-1, ②
由①-②,得4an=an-1,
而当n=1时,a1=2-3a1,故a1=12.
因而数列{an}是首项为12,公比为14的等比数列,其通项公式为an=12×14n-1=122n-1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=log2an=1-2n(n∈N*).
故数列{an+bn}的前n项和
Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn=(a1+…+an)+(b1+…+bn)
=12×1-14n1-14+(-1+1-2n)×n2=23-n2-23×14n.
题型二
错位相减法求和
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn=3n,数列{bn}满足b1=-1,bn+1=bn+(2n-1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的通项公式;
(3)若cn=an·bnn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)∵Sn=3n,∴Sn-1=3n-1(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2).
当n=1时,2×31-1=2≠S1=a1=3,
∴an=3,n=1,2×3n-1,n≥2.
(2)∵bn+1=bn+(2n-1),∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,…,bn-bn-1=2n-3(n≥2).
以上各式相加得,
bn-b1=1+3+5+…+(2n-3)=(n-1)(1+2n-3)2=(n-1)2(n≥2).
∵b1=-1,∴bn=n2-2n(n≥2).
又上式对于n=1也成立,∴bn=n2-2n(n∈N*).
(3)由题意得cn=-3,n=1,2(n-2)×3n-1,n≥2.
当n≥2时,Tn=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+…+2(n-2)×3n-1, ①
∴3Tn=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+…+2(n-2)×3n. ②
由①-②,得-2Tn=6+2×32+2×33+…+2×3n-1-2(n-2)×3n,
∴Tn=(n-2)×3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×3n-3n-32=(2n-5)3n+32.
又当n=1时,也满足上式,
∴Tn=(2n-5)3n+32(n∈N*).
错位相减法求和的策略:(1)若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,则可采用错位相减法,一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解;(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,则应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
【变式训练2】(2017石家庄模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=λSn+1(n∈N*,λ≠-1),且a1,2a2,a3+3为等差数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和.
【解析】(1)∵an+1=λSn+1(n∈N*),
∴an=λSn-1+1(n≥2),
∴an+1-an=λan,即an+1=(λ+1)an(n≥2,λ+1≠0).
又a1=1,a2=λS1+1=λ+1,
∴数列{an}是以1为首项,公比为λ+1的等比数列,
∴a3=(λ+1)2,∴4(λ+1)=1+(λ+1)2+3,
整理得λ2-2λ+1=0,解得λ=1,
∴an=2n-1,bn=1+3×(n-1)=3n-2.
(2)由(1)知,anbn=(3n-2)×2n-1.
设Tn为数列{anbn}的前n项和,
∴Tn=1×1+4×21+7×22+…+(3n-2)×2n-1, ①
∴2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)×2n-1+(3n-2)×2n. ②
由①-②,得-Tn=1×1+3×21+3×22+…+3×2n-1-(3n-2)×2n
=1+3×2×(1-2n-1)1-2-(3n-2)×2n,
整理得Tn=(3n-5)×2n+5.
题型三
裂项相消法求和
【例3】(2017深圳模拟)数列{an}满足a1=1,an+1=2an(n∈N*),Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列,且满足b1=a1,b4=S3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=1bn·log2a2n+2,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:13≤Tn<12.
【解析】(1)由题意知,{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴an=a1×2n-1=2n-1,∴Sn=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,则b1=a1=1,b4=1+3d=7,
∴d=2,∴bn=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)∵log2a2n+2=log222n+1=2n+1,
∴cn=1bn·log2a2n+2=1(2n-1)(2n+1)
=12×12n-1-12n+1,
∴Tn=12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=12×1-12n+1=n2n+1.
∵n∈N*,∴Tn=12×1-12n+1<12.
当n≥2时,Tn-Tn-1=n2n+1-n-12n-1=1(2n+1)(2n-1)>0,
∴数列{Tn}是一个递增数列,∴Tn≥T1=13.
综上所述,13≤Tn<12.
利用裂项相消法求和时,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原项相等,如:若{an}是等差数列,则1anan+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.
【变式训练3】(2017长沙调研)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn(n∈N*),且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1·4nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1·4nanan+1=(-1)n-1·4n(2n-1)(2n+1)=(-1)n-1·12n-1+12n+1.
当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1
=1-12n+1=2n2n+1.
当n为奇数时,Tn=1+13-13+15+…-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1
=1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.
方法
数列的综合应用
解决关于等差数列、等比数列之间的综合问题,要从两个数列的特征入手,理清它们的关系.解决关于数列与不等式、函数、方程的交汇问题,可以结合数列的单调性、最值求解.
【突破训练1】(2017湖南东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+log21an,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的n的最小值.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,依题意,有2a1+a3=3a2,a2+a4=2(a3+2),即a1(2+q2)=3a1q, ①a1(q+q3)=2a1q2+4, ②
由①得q2-3q+2=0,解得q=1或q=2.
当q=1时,不合题意,舍去;
当q=2时,代入②得a1=2,所以an=2·2n-1=2n.
故所求数列{an}的通项公式an=2n(n∈N*).
(2)因为bn=an+log21an=2n+log212n=2n-n,
所以Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n
=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)
=2×(1-2n)1-2-n(1+n)2=2n+1-2-12n-12n2.
因为Sn-2n+1+47<0,
所以2n+1-2-12n-12n2-2n+1+47<0,
即n2+n-90>0,解得n>9或n<-10.
因为n∈N*,所以使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值为10.
【突破训练2】(2016河北沧州七校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2an-2n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若数列{bn}满足bn=log2(an+2),Tn为数列bnan+2的前n项和,求证:Tn≥12.
【解析】(1)当n∈N*时,Sn=2an-2n,
则当n≥2时,Sn-1=2an-1-2(n-1),
两式相减,得an=2an-2an-1-2,即an=2an-1+2.
∴an+2=2(an-1+2).∵an-1+2≠0,∴an+2an-1+2=2.
当n=1时,S1=a1=2a1-2,则a1=2.
∴{an+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.
∴an+2=4·2n-1,∴an=2n+1-2.
(2)∵bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,
∴bnan+2=n+12n+1,则Tn=222+323+…+n+12n+1,
12Tn=223+324+…+n2n+1+n+12n+2,
两式相减,得
12Tn=222+123+124+…+12n+1-n+12n+2=14+14×1-12n1-12-n+12n+2=14+12-12n+1-n+12n+2=34-n+32n+2.
∴Tn=32-n+32n+1.
∵当n≥2时,Tn-Tn-1=-n+32n+1+n+22n=n+12n+1>0,
∴{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1=12.
1.(2016黄冈一检)在正项等比数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且-a3,a2,a4成等差数列,则S7的值为( ).
A.125 B.126 C.127 D.128
【解析】设数列{an}的公比为q(q>0),
∵-a3,a2,a4成等差数列,
∴2a2=a4-a3,∴2a1q=a1q3-a1q2,
解得q=2或q=-1(舍去),
∴S7=a1(1-q7)1-q=1-271-2=27-1=127.
【答案】C
2.(2017长沙一模)数列{an}的通项公式是an=1n+n+1.若Sn=10,则n的值是( ).
A.11 B.99 C.120 D.121
【解析】∵an=1n+n+1=n+1-n,
∴Sn=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(n-n-1)+(n+1-n)=n+1-1.
令Sn=10,解得n=120.
【答案】C
3.(2017合肥质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2017的值为( ).
A.2017 B.2015 C.1009 D.1008
【解析】因为an+2Sn-1=n,n≥2,所以an+1+2Sn=n+1,n≥1,两式相减,得an+1+an=1,n≥2.又a1=1,所以S2017=a1+(a2+a3)+…+(a2016+a2017)=1009.
【答案】C
4.(2017绵阳模拟)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和Sn为( ).
A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2
【解析】Sn=a1+a2+a3+…+an
=(21+2×1-1)+(22+2×2-1)+(23+2×3-1)+…+(2n+2n-1)
=(2+22+…+2n)+2×(1+2+3+…+n)-n
=2×(1-2n)1-2+2×n(n+1)2-n
=2×(2n-1)+n2+n-n=2n+1+n2-2.
【答案】C
5.(2016郑州一模)已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+52,a11成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意知d>0.
因为a3,a4+52,a11成等比数列,
所以a4+522=a3a11,所以72+3d2=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,
所以d=32d=-1522舍去,所以an=3n-12(n∈N*).
(2)bn=1anan+1=4(3n-1)(3n+2)=43×13n-1-13n+2,
所以Tn=43×12-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=2n3n+2(n∈N*).
6.(2017商丘模拟)已知a2,a5是方程x2-12x+27=0的两个根,数列{an}是递增的等差数列,数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=1-12bn(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意知,a2=3,a5=9,公差d=a5-a25-2=2,
所以an=a2+(n-2)d=2n-1.
由Sn=1-12bn,得当n=1时,b1=23,
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=12bn-1-12bn,得bn=13bn-1,
所以{bn}是以23为首项,13为公比的等比数列,所以bn=23n.
(2)cn=an·bn=4n-23n,
Tn=4×1-231+4×2-232+4×3-233+…+4×(n-1)-23n-1+4n-23n,
3Tn=4×1-230+4×2-231+4×3-232+…+4×(n-1)-23n-2+4n-23n-1.
两式相减,得2Tn=2+431+432+…+43n-1-4n-23n=4-4n+43n,
所以Tn=2-2n+23n.
7.(2016广州五校联考)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=1+cos2nπ2an+sin2nπ2,则该数列的前18项的和为( ).
A.2101 B.2012 C.1012 D.1067
【解析】当n为奇数时,an+2=an+1,即数列{an}的奇数项是以1为首项,1为公差的等差数列;当n为偶数时,an+2=2an,即数列{an}的偶数项是以2为首项,2为公比的等比数列.所以该数列的前18项和为1×9+9×82×1+2(1-29)1-2=45+1022=1067.
【答案】D
8.(2017昆明模拟)数列{an}满足a1+a2+…+an=n2(n∈N*),设bn=1anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,则Tn= .
【解析】令a1+a2+…+an=Sn,
由题意知,Sn=n2,Sn-1=(n-1)2,
∴当n≥2时,两式相减,得an=n2-(n-1)2=2n-1.
又a1=1满足上式,∴an=2n-1,
∴bn=1(2n-1)(2n+1)=12×12n-1-12n+1.
因此Tn=12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=12×1-12n+1=n2n+1.
【答案】n2n+1
9.(2017山东东营二模)已知数列{an},{bn}满足a1=12,2nan+1=(n+1)an,2bn
(2)记数列{an2},{bn}的前n项和分别为An,Bn,求证:2Bn-An<4.
【解析】(1)∵2nan+1=(n+1)an,∴an+1n+1=12×ann.又a11=12≠0,
∴数列ann是以12为首项,12为公比的等比数列.
∴ann=12×12n-1=12n,即an=n×12n.
(2)由2bn
令Sn=a1+a2+a3+…+an,
则Sn=12+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n, ①
∴12Sn=122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1, ②
由①-②,得12Sn=12+122+123+…+12n-n×12n+1=1-n+22n+1,
∴Sn=2-n+22n<2.
∴2Bn-An<4.
第十单元 数列
考点一
等差数列
1.(2017年全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为( ).
A.1 B.2 C.4 D.8
【解析】a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+6×52×d=48,联立2a1+7d=24, ①6a1+15d=48, ②
由①×3-②,得(21-15)×d=24,即6d=24,所以d=4.
【答案】C
2.(2016年全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( ).
A.100 B.99 C.98 D.97
【解析】(法一)∵{an}是等差数列,设其公差为d,
∴S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
又∵a10=8,∴a1+4d=3,a1+9d=8,∴a1=-1,d=1.
∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C.
(法二)∵{an}是等差数列,
∴S9=92(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3.
在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d'=a10-a5=8-3=5.
故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C.
【答案】C
3.(2016年浙江卷)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( ).
A.{Sn}是等差数列 B.{Sn2}是等差数列
C.{dn}是等差数列 D.{dn2}是等差数列
【解析】作A1C1,A2C2,A3C3,…,AnCn垂直于直线B1Bn,垂足分别为C1,C2,C3,…,Cn,则A1C1∥A2C2∥…∥AnCn.
∵|AnAn+1|=|An+1An+2|,∴|CnCn+1|=|Cn+1Cn+2|.
设|A1C1|=a,|A2C2|=b,|B1B2|=c,
则|A3C3|=2b-a,…,|AnCn|=(n-1)b-(n-2)a(n≥3),
∴Sn=12c[(n-1)b-(n-2)a]=12c[(b-a)n+(2a-b)],
∴Sn+1-Sn=12c[(b-a)(n+1)+(2a-b)-(b-a)n-(2a-b)]=12c(b-a),∴数列{Sn}是等差数列.
【答案】A
4.(2017年全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
【解析】设数列{an}的首项为a1,公差为d.
由a3=a1+2d=3,S4=4a1+6d=10,
得a1=1,d=1,所以an=n,Sn=n(n+1)2,
所以∑k=1n1Sk21×2+22×3+…+2n(n-1)+2n(n+1)
=21-12+12-13+…+1n-1-1n+1n-1n+1
=21-1n+1=2nn+1.
【答案】2nn+1
5.(2016年全国Ⅱ卷)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1000项和.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=n.
所以b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1000,3,n=1000,
所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.
考点二
等比数列
6.(2017年全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ).
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
【解析】设塔的顶层灯数为a1,q=2,由S=a1(1-27)1-2=381,解得a1=3.
【答案】B
7.(2015年全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( ).
A.21 B.42 C.63 D.84
【解析】∵a1=3,a1+a3+a5=21,∴3+3q2+3q4=21,
∴1+q2+q4=7,解得q2=2或q2=-3(舍去).
∴a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42.故选B.
【答案】B
8.(2017年全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4= .
【解析】因为{an}为等比数列,设公比为q.
由题意得a1+a2=-1,a1-a3=-3,即a1+a1q=-1, ①a1-a1q2=-3, ②
显然q≠1,a1≠0,由①②,得1-q=3,解得q=-2,代入①式可得a1=1,
所以a4=a1q3=1×(-2)3=-8.
【答案】-8
9.(2016年全国Ⅰ卷)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 .
【解析】设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=12.又a1+a1q2=10,∴a1=8.
故a1a2…an=a1nq1+2+…+(n-1)=23n·12(n-1)n2
=23n-n22+n2=2-n22+7n2.
记t=-n22+7n2=-12(n2-7n)=-12n-722+498,
结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.
又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.
【答案】64
10.(2016年全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=3132,求λ.
【解析】(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=11-λ,故a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,
即an+1(λ-1)=λan.
由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1an=λλ-1.
因此{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,
于是an=11-λλλ-1n-1.
(2)由(1)得Sn=1-λλ-1n.
由S5=3132得1-λλ-15=3132,即λλ-15=132.
解得λ=-1.
考点三
等差数列与等比数列的综合应用
11.(2017年全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则数列{an}前6项的和为( ).
A.-24 B.-3 C.3 D.8
【解析】因为{an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,设公差为d,所以a32=a2a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).因为a1=1,代入上式可得d2+2d=0,又d≠0,则d=-2,所以S6=6a1+6×52d=1×6+6×52×(-2)=-24.
【答案】A
12.(2015年福建卷)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( ).
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】不妨设a>b,由题意得a+b=p>0,ab=q>0,∴a>0,b>0,
则a,-2,b成等比数列,a,b,-2成等差数列,
∴ab=(-2)2,a-2=2b,∴a=4,b=1,∴p=5,q=4,∴p+q=9.
【答案】D
13.(2017年北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2= .
【解析】由a1=-1,a4=8,得d=3,则a2=a1+d=-1+3=2;由b1=-1,b4=8,得q=-2,则b2=b1q=2.故a2b2=22=1.
【答案】1
14.(2015年全国Ⅰ卷)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由an2+2an=4Sn+3, ①
可知an+12+2an+1=4Sn+1+3. ②
②-①,得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
由an>0,得an+1-an=2.
又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知,
bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).
15.(2015年天津卷)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;
(2)设bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由已知,得(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,所以a3=a2=2.由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1,n∈N*.
设数列{bn}的前n项和为Sn,则
Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得
12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得Sn=4-n+22n-1,n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
高频考点:数列的通项,等差数列与等比数列的判断或证明,等差数列与等比数列的基本量、通项及求和,数列的综合应用.
命题特点:1.等差数列、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以选择题或填空题形式出现.
2.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和,体现转化与化归的思想.
3.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点,考查考生分析问题、解决问题的综合能力.
§10.1 数列的概念
一
数列的定义
按照 排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫作这个数列的 ,数列中的每一项都和它的序号有关,排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫作首项).
二
数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与 之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫作这个数列的通项公式.
三
数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项),且任意一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示,即an=f(an-1)(或an=f(an-1,an-2)等),那么这个式子叫作数列{an}的递推公式.
☞左学右考
1 下列说法正确的是( ).
A.数列1,-2,3,-4,…是一个摆动数列
B.数列-2,3,6,8可以表示为{-2,3,6,8}
C.{an}和an是相同的概念
D.每一个数列的通项公式都是唯一确定的
2 数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是an等于( ).
A.(-1)n+12
B.cos nπ2
C.cos n+12π
D.cos n+22π
四
Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn,
则an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,这个关系式对任意数列均成立.
五
数列的分类
1.单调性
递增数列:∀n∈N*, ;
递减数列:∀n∈N*, ;
常数列:∀n∈N*,an+1=an;
摆动数列:从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列.
2.周期性
周期数列:∀n∈N*,存在正整数k,an+k=an.
3 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,求数列{an}的通项公式.
知识清单
一、一定顺序 项
二、序号n
五、1.an+1>an an+1
1.【解析】对于A,摆动数列是指从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列,故A正确;数列与数集是不同的,故B错误;{an}和an是不同的概念,{an}表示数列a1,a2,a3,…,an,而an表示的是这个数列的第n项,故C错误;每一个数列的通项公式并不都是唯一确定的,故D错误.
【答案】A
2.【解析】令n=1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D正确.
【答案】D
3.【解析】当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3.由于当n=1时,a1的值不满足an(n≥2)的解析式,故数列{an}的通项公式为an=1,n=1,2n-3,n≥2.
题型一
由数列的前几项求数列的通项公式
【例1】根据数列的前几项,写出各数列的一个通项公式.
(1)4,6,8,10,…;
(2)-11×2,12×3,-13×4,14×5,…;
(3)a,b,a,b,a,b,…(其中a,b为实数);
(4)9,99,999,9999,…;
(5)3,33,333,3333,….
【解析】(1)因为各数都是偶数,且最小值为4,所以它的一个通项公式an=2(n+1),n∈N*.
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数,且奇数项为负,偶数项为正,所以它的一个通项公式an=(-1)n×1n(n+1),n∈N*.
(3)这是一个摆动数列,奇数项是a,偶数项是b,
所以它的一个通项公式an=a,n为奇数,b,n为偶数n∈N*.
(4)这个数列的前4项可以写成10-1,102-1,103-1,104-1,
所以它的一个通项公式an=10n-1,n∈N*.
(5)将数列各项改写为93,993,9993,99993,…,分母都是3,而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1,…,
所以它的一个通项公式an=13(10n-1),n∈N*.
(1)依据数列前几项归纳出通项公式,主要是观察出项与项数之间的关系和规律,需仔细观察分析,抓住以下几个方面的特征,并对此进行归纳、联想,具体如下:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③拆项后的特征;④各项的符号特征等.(2)对于正负符号的变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
【变式训练1】(1)已知n∈N*,给出4个表达式:①an=0,n为奇数,1,n为偶数,②an=1+(-1)n2,③an=1+cosnπ2,④an=sinnπ2.其中能作为数列0,1,0,1,0,1,0,1,…的通项公式的是( ).
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④
(2)数列-1,32,-13,34,-15,36,…的一个通项公式an= .
【解析】(1)检验知①②③都是所给数列的通项公式.
(2)因为该数列奇数项为负,偶数项为正,所以通项公式中含因式(-1)n.又各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4,…,各项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为2-1=1,偶数项为2+1=3,所以an=(-1)n·2+(-1)nn,n∈N*,
也可写为an=-1n,n为奇数,3n,n为偶数n∈N*.
【答案】(1)A (2)an=(-1)n·2+(-1)nn,n∈N*或an=-1n,n为奇数,3n,n为偶数n∈N*
题型二
由递推公式求通项公式
【例2】(1)已知数列{an}满足a1=12,an+1=an+1n2+n,则数列{an}的通项公式an= ;
(2)已知数列{an}满足a1=1,an=n-1nan-1(n≥2),则数列{an}的通项公式an= ;
(3)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1,则数列{an}的通项公式an= ;
(4)若数列{an}满足a1=1,an+1=2anan+2,则数列{an}的通项公式an= .
【解析】(1)由条件知an+1-an=1n2+n=1n(n+1)=1n-1n+1,
则(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n,
即an-a1=1-1n.又∵a1=12,
∴an=1-1n+12=32-1n.
(2)∵an=n-1nan-1(n≥2),
∴an-1=n-2n-1an-2,…,a2=12a1.
以上(n-1)个式子相乘得an=a1·12·23·…·n-1n=a1n=1n.
(3)由an+1=3an+1得an+1+12=3an+32=3an+12.
又a1+12=32,所以an+12是首项为32,公比为3的等比数列,所以an+12=3n2,
因此数列{an}的通项公式为an=3n-12.
(4)∵an+1=2anan+2,a1=1,
∴an≠0,∴1an+1=1an+12,即1an+1-1an=12.
又a1=1,则1a1=1,
∴1an是以1为首项,12为公差的等差数列.
∴1an=1a1+(n-1)×12=n2+12,∴an=2n+1.
【答案】(1)32-1n (2)1n (3)3n-12 (4)2n+1
由递推关系式求通项公式的常用方法:
(1)已知a1且an-an-1=f(n),可用“累加法”求an;
(2)已知a1且anan-1=f(n),可用“累乘法”求an;
(3)已知a1且an+1=qan+b,则an+1+k=q(an+k)(其中k可由待定系数法确定),可转化为等比数列{an+k};
(4)形如an+1=AanBan+C(A,B,C为常数)的数列,可两边同时取倒数构造新数列求解;
(5)形如an+1+an=f(n)的数列,可将原递推关系改写成an+2+an+1=f(n+1),两式相减即得an+2-an=f(n+1)-f(n),然后按奇偶分类讨论即可.
【变式训练2】(1)(2017泰安模拟)已知数列{an}满足a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( ).
A.2n-1 B.n+1nn-1 C.n2 D.n
(2)已知数列{an}满足an+1-an=n+1(n∈N*),且a1=1,则数列{an}的通项公式an= ;
(3)已知数列{an}满足an=an-1+1n(n-1)(n≥2,n∈N*),且a1=1,则该数列{an}的通项公式an= .
【解析】(1)(法一)由已知整理得(n+1)an=nan+1,∴an+1n+1=ann,∴数列ann是常数列,且ann=a11=1,∴an=n.
(法二)当n≥2时,anan-1=nn-1,an-1an-2=n-1n-2,…,a3a2=32,a2a1=21,
将各式两边分别相乘,得ana1=n,∵a1=1,∴an=n.
(2)由题意有a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2).
以上各式相加,得an-a1=2+3+…+n=(n-1)(2+n)2=n2+n-22.
又∵a1=1,∴an=n2+n2(n≥2).
∵当n=1时也满足此式,∴an=n2+n2.
(3)由已知得a2-a1=12×1,a3-a2=13×2,…,an-an-1=1n(n-1),
将上式两边分别相加,得an-a1=11×2+12×3+…+1n(n-1).
又∵a1=1,∴an=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n=2-1n=2n-1n.
【答案】(1)D (2)n2+n2 (3)2n-1n
题型三
由Sn和an的关系求通项
【例3】(1)(2017银川模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则数列{an}的通项公式an= .
(2)已知数列{an}的前n项和Sn=3n+b,求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)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.
又a1=3≠2×1,所以an=3,n=1,2n,n≥2.
(2)当n=1时,a1=S1=3+b;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2×3n-1.
当b=-1时,a1满足此等式;当b≠-1时,a1不满足此等式.
所以当b=-1时,an=2×3n-1;当b≠-1时,an=3+b,n=1,2×3n-1,n≥2.
【答案】(1)3,n=1,2n,n≥2
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2.当n=1时,若a1适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;当n=1时,若a1不适合Sn-Sn-1,则要用分段函数的形式表示.
【变式训练3】(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n-3,则数列{an}的通项公式为 .
(2)(2017福州质检)若数列{an}的前n项和Sn=23an+13,则数列{an}的通项公式是an= .
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=-1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,∴an=-1,n=1,2n-1,n≥2.
(2)由Sn=23an+13,得当n≥2时,Sn-1=23an-1+13,
两式相减整理,得当n≥2时,an=-2an-1.
又∵当n=1时,S1=a1=23a1+13,∴a1=1,
∴{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,
∴an=(-2)n-1.
【答案】(1)an=-1,n=1,2n-1,n≥2 (2)(-2)n-1
方法
函数思想在数列中的应用
数列是定义域为正整数集的特殊函数,具有函数的某些性质,如单调性、周期性等.故可从函数的角度去认识数列,利用函数的思想或方法去研究数列可以带来意想不到的收获.
【突破训练】已知在数列{an}中,an=1+1a+2(n-1)(n∈N*,a∈R,且a≠0).
(1)若a=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求a的取值范围.
【解析】(1)由题意知an=1+12n-9.
结合函数f(x)=1+12x-9的单调性,可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.
(2)an=1+1a+2(n-1)=1+12n-2-a2.
∵对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,结合函数f(x)=1+12x-2-a2的单调性,知5<2-a2<6,
∴-10
1.(2016湖州一模)下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是( ).
A.1,12,13,14,… B.-1,-2,-3,-4,…
C.-1,-12,-14,-18,… D.1,2,3,…,n
【解析】根据定义,属于无穷数列的是选项A、B、C,属于递增数列的是选项C、D,故同时满足要求的是选项C.
【答案】C
2.(2016杭州质评)在数列1,2,7,10,13,…中,219是这个数列的第( )项.
A.16 B.24 C.26 D.28
【解析】设题中数列为{an},则a1=1=1,a2=2=4,a3=7,a4=10,a5=13,…,所以an=3n-2.令3n-2=219=76,解得n=26.
【答案】C
3.(2017广州联考)数列1,-58,715,-924,…的一个通项公式是( ).
A.an=(-1)n+12n-1n2+n(n∈N*)
B.an=(-1)n-12n+1n3+3n(n∈N*)
C.an=(-1)n+12n-1n2+2n(n∈N*)
D.an=(-1)n-12n+1n2+2n(n∈N*)
【解析】所给数列各项可写成31×3,-52×4,73×5,-94×6,…,通过对比各选项,可知选D.
【答案】D
4.(2017嘉兴模拟)数列{an}满足an+1+an=2n-3,则a8-a4=( ).
A.7 B.6 C.5 D.4
【解析】依题意得(an+2+an+1)-(an+1+an)=[2(n+1)-3]-(2n-3),即an+2-an=2,所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=2+2=4.
【答案】D
5.(2017黄冈模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1an=2n(n∈N*),则a10等于( ).
A.64 B.32 C.16 D.8
【解析】因为an+1an=2n,所以an+1an+2=2n+1,两式相除得an+2an=2.又a1a2=2,a1=1,所以a2=2,则a10a8·a8a6·a6a4·a4a2=24,即a10=25=32.
【答案】B
6.(2016芜湖监测)设an=-3n2+15n-18,则数列{an}中的最大项的值是( ).
A.163 B.133 C.4 D.0
【解析】an=-3n-522+34,由二次函数的性质,得当n=2或n=3时,an取得最大值,最大值为a2=a3=0.
【答案】D
7.(2017豫南八校联考)在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N*)的个位数,则a2018=( ).
A.8 B.6 C.4 D.2
【解析】由题意得,a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,所以数列{an}中的项从第3项开始呈周期性出现,周期为6,故a2018=a335×6+8=a8=2.
【答案】D
8.(2017贵阳监测)若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n(n∈N*),则数列{nan}中数值最小的项是( ).
A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项
【解析】∵Sn=n2-10n,∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-11;当n=1时,a1=S1=-9也适合上式.∴an=2n-11(n∈N*).记f(n)=nan=n(2n-11)=2n2-11n,此函数图象的对称轴为直线n=114,但n∈N*,∴当n=3时,f(n)取得最小值.故数列{nan}中数值最小的项是第3项.
【答案】B
9.(2017山西忻州四校联考)若数列{an}满足关系an+1=1+1an,a8=3421,则a5= .
【解析】借助递推关系,则a8递推依次得到a7=2113,a6=138,a5=85.
【答案】85
10.(2017合肥质检)已知数列{2n-1·an}的前n项和Sn=9-6n,则数列{an}的通项公式是 .
【解析】当n=1时,20·a1=S1=3,∴a1=3.
当n≥2时,2n-1·an=Sn-Sn-1=-6,
∴an=-32n-2,∴通项公式an=3,n=1,-32n-2,n≥2.
【答案】an=3,n=1,-32n-2,n≥2
11.(2017青岛质评)数列{an}满足an+an+1=12(n∈N*),a2=2,Sn是数列{an}的前n项和,则S21为( ).
A.5 B.72 C.92 D.132
【解析】∵an+an+1=12,a2=2,∴an=-32,n为奇数,2,n为偶数.∴S21=11×-32+10×2=72.
【答案】B
12.(2017河北四校联考)已知数列{an}满足条件12a1+122a2+123a3+…+12nan=2n+5,则数列{an}的通项公式为( ).
A.an=2n+1 B.an=14(n=1),2n+1(n≥2)
C.an=2n D.an=2n+2
【解析】由题意可知,数列{an}满足条件12a1+122a2+123a3+…+12nan=2n+5,
则12a1+122a2+123a3+…+12n-1an-1=2(n-1)+5,n>1,
两式相减可得,an2n=2n+5-2(n-1)-5=2,∴an=2n+1,n>1,n∈N*.
当n=1时,a12=7,∴a1=14.
综上可知,数列{an}的通项公式为an=14(n=1),2n+1(n≥2).
【答案】B
13.(2017安徽六安月考)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
【解析】因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1.因为Sn≠0,所以1Sn+1-1Sn=-1,所以数列1Sn是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以1Sn=-n,所以Sn=-1n.
【答案】-1n
14.(2017东北三校联考)已知在数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=n+23an.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
【解析】(1)由S2=43a2,得3(a1+a2)=4a2,
解得a2=3a1=3.
由S3=53a3,得3(a1+a2+a3)=5a3,
解得a3=32(a1+a2)=6.
(2)由题意知a1=1.
当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
整理得an=n+1n-1an-1(n≥2).
于是a1=1,a2=31a1,a3=42a2,…,an=n+1n-1an-1.
将以上n个等式两端分别相乘,整理得an=n(n+1)2(n≥2).
显然,当n=1时也满足上式.
综上可知,{an}的通项公式为an=n(n+1)2(n∈N*).
15.(2017河南信阳高中模考)数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1,等差数列{bn}满足b3=3,b5=9.
(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,Sn+12·k≥bn恒成立,求实数k的取值范围.
【解析】(1)由an+1=2Sn+1, ①
得an=2Sn-1+1(n≥2), ②
①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1),∴an+1=3an,
∴an=3n-1.∵b5-b3=2d=6,∴d=3,∴bn=3+(n-3)×3=3n-6.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=1-3n1-3=3n-12,
∴3n-12+12k≥3n-6对任意的n∈N*恒成立,
即k≥2(3n-6)3n对任意的n∈N*恒成立.
令cn=3n-63n,cn-cn-1=3n-63n-3n-93n-1=-2n+73n-1(n≥2),
当n≤3时,cn>cn-1;当n≥4时,cn
§10.2 等差数列
一
等差数列的有关概念
1.定义:如果一个数列从 起,每一项与它的前一项的 都等于同一个常数,那么这个数列就叫作等差数列.符号表示为 (n∈N*,d为常数).
2.等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=a+b2,其中A叫作a,b的 .
二
等差数列的有关公式
1.通项公式:an= .
2.前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n(n∈N*)⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*).
三
等差数列的常用性质
1.通项公式的推广:an=am+ (n,m∈N*).
2.若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则 .
3.若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为 .
4.若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.
5.若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为 的等差数列.
6.在等差数列{an}中,若a1>0,d<0,则Sn存在最 值;若a1<0,d>0,则Sn存在最 值.
☞左学右考
1 在等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( ).
A.1 B.2 C.3 D.4
2 (2017胶州模考)在等差数列{an}中,a1=0,公差d≠0,若am=a1+a2+…+a9,则m的值为( ).
A.37 B.36 C.20 D.19
3 (2017太原一模)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于( ).
A.8 B.10 C.12 D.14
4 (2017陕西八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a3+a7=-6,则当Sn取最小值时,求n的值.
知识清单
一、1.第2项 差 an+1-an=d 2.等差中项
二、1.a1+(n-1)d
三、1.(n-m)d 2.ak+al=am+an 3.2d 5.md 6.大 小
基础训练
1.【解析】(法一)设等差数列{an}的公差为d,由题意得2a1+4d=10,a1+3d=7,解得a1=1,d=2.
∴d=2.
(法二)∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5.又a4=7,∴公差d=7-5=2.
【答案】B
2.【解析】∵am=a1+a2+…+a9=9a1+9×82d=36d=a37,∴m=37.
【答案】A
3.【解析】设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,所以12=3×2+3d,解得d=2,所以a6=a1+5d=2+5×2=12.
【答案】C
4.【解析】设等差数列{an}的公差为d.因为a3+a7=-6,所以a5=-3,所以d=2,则Sn=n2-12n,故当n等于6时,Sn取得最小值.
题型一
等差数列基本量的计算
【例1】(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=( ).
A.5 B.6 C.7 D.8
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足a13=S13=13,则a1=( ).
A.-14 B.-13 C.-12 D.-11
【解析】(1)Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.
(2)在等差数列{an}中,S13=13(a1+a13)2=13,所以a1+a13=2,则a1=2-a13=2-13=-11.
【答案】(1)D (2)D
等差数列基本运算的解题策略:(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程组解决问题的思想;(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示已知量和未知量是常用方法.
【变式训练1】(1)(2017沈阳质检)已知数列{an}是等差数列,a1+a7=-8,a2=2,则数列{an}的公差d等于( ).
A.-1 B.-2 C.-3 D.-4
(2)(2017年武汉调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=2,a5=3a3,则S9=( ).
A.-72 B.-54 C.54 D.90
【解析】(1)∵a1+a7=2a4=-8,∴a4=-4,
∴a4-a2=-4-2=2d,∴d=-3.
(2)设等差数列{an}的公差为d,∵a1=2,a5=3a3,
∴2+4d=3(2+2d),解得d=-2,
∴S9=9a1+9×82d=-54.
【答案】(1)C (2)B
题型二
等差数列的判定与证明
【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an+2Sn·Sn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列.
(2)求an的表达式.
【解析】(1)∵an=Sn-Sn-1(n≥2),又an=-2Sn·Sn-1,
∴Sn-1-Sn=2Sn·Sn-1.
∵Sn≠0,∴1Sn-1Sn-1=2(n≥2),
故由等差数列的定义知1Sn是以1S1=1a1=2为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知1Sn=1S1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n,即Sn=12n.
∵当n≥2时,有an=-2Sn·Sn-1=-12n(n-1),又a1=12,不适合上式,
∴an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2.
(1)等差数列的判定方法有①定义法:对于n≥2的任意自然数,验证an-an-1为同一常数;②等差中项法:验证2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立;③通项公式法:验证an=pn+q;④前n项和公式法:验证Sn=An2+Bn.
(2)用定义法证明等差数列时,常采用的两个式子an+1-an=d和an-an-1=d意义不同,后者必须加上n≥2,否则当n=1时,a0无定义.
【变式训练2】(1)试说明例2中的数列{an}是否为等差数列.
(2)若将例2中的条件改为“a1=2,Sn=Sn-12Sn-1+1(n≥2)”,求an的表达式.
【解析】(1)不是.当n≥2时,an+1=-12n(n+1),而an+1-an=-12n(n+1)--12n(n-1)=-12n1n+1-1n-1=1n(n-1)(n+1).
∵当n≥2时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,
∴数列{an}不是等差数列.
(2)∵Sn=Sn-12Sn-1+1,∴1Sn=2Sn-1+1Sn-1=1Sn-1+2,∴1Sn-1Sn-1=2.
∴1Sn是以12为首项,2为公差的等差数列.
故1Sn=12+(n-1)×2=2n-32,即Sn=12n-32.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-32-12n-72=-22n-322n-72.
当n=1时,a1=2不适合上式,
∴an=2(n=1),-22n-322n-72(n≥2).
题型三
等差数列的性质及应用
【例3】(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( ).
A.5 B.7 C.9 D.11
(2)已知数列{an}是等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,{an}的前n项和为Sn,则使得Sn达到最大的n是( ).
A.18 B.19 C.20 D.21
(3)等差数列{an}的通项公式为an=2n-8,下列四个命题:
①数列{an}是递增数列;②数列{nan}是递增数列;③数列ann是递增数列;④数列{an2}是递增数列.
其中真命题是 .
【解析】(1)由a1+a3+a5=3a3=3,得a3=1,∴S5=5(a1+a5)2=5a3=5.
(2)由a1+a3+a5=105,得a3=35,由a2+a4+a6=99,得a4=33,则{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,因此当Sn取得最大值时,n=20.
(3)由an=2n-8可知等差数列{an}的公差d为2,∴数列{an}是递增数列,命题①正确;由nan=2n2-8n=2(n-2)2-8,知数列{nan}不是递增数列,命题②错误;由ann=2-8n,知数列ann是递增数列,命题③正确;
由an2=4(n-4)2,知a12>a22>a32>a42,又a42
综上所述,真命题是①③.
【答案】(1)A (2)C (3)①③
在等差数列问题的解答过程中,若能灵活运用其性质,则将为解题带来很大的便利,如:(1)将性质m+n=p+q⇒am+an=ap+aq与前n项和公式Sn=n(a1+an)2结合在一起,采用整体思想,可简化解题过程.(2)等差数列奇数项和与偶数项和的性质.项数为偶数2n的等差数列{an}:S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1),S偶-S奇=nd,S奇S偶=anan+1;项数为奇数(2n+1)的等差数列{an}:S2n+1=(2n+1)an+1,S奇S偶=n+1n.(其中S奇、S偶分别表示数列{an}中所有奇数项、偶数项的和).
【变式训练3】(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=18-a5,则S8=( ).
A.18 B.36 C.54 D.72
(2)(2016襄阳调研)在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+
a10+a12=90,则a10-13a14的值为( ).
A.12 B.14 C.16 D.18
(3)(2017兰州一诊)已知在等差数列{an}中,Sn是它的前n项和.若S16>0,且S17<0,则当Sn最大时n的值为( ).
A.16 B.8 C.9 D.10
【解析】(1)由题意,得a4+a5=18,
∴S8=8(a1+a8)2=8(a4+a5)2=8×182=72.
(2)由等差数列性质及a4+a6+a8+a10+a12=90,得a8=18,∴a10-13a14=3a10-a143=a10+a6+a14-a143=a10+a63=23a8=23×18=12.
(3)∵S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)>0,S17=17(a1+a17)2=17a9<0,∴a8>0,a9<0,且d<0.
∴当n=8时,Sn取得最大值.
【答案】(1)D (2)A (3)B
方法
等差数列的前n项和Sn的最值问题
在研究等差数列时,求等差数列的前n项和Sn的最大(小)值问题是其中的一个热点,也是一个重点问题.数列是一类特殊的函数,故可以用函数的知识或方法来解决此问题.
【突破训练】(1)(2017长春一模)在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项之和,且S7=S17,则Sn为最小时n的值为 .
(2)在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时,Sn取得最大值,则d的取值范围为 .
(3)(2017年承德模拟)在数列{an}中,an+1+an=2n-44(n∈N*),a1=-23.
①求an;
②设Sn为数列{an}的前n项和,求Sn的最小值.
【解析】(1)由S7=S17知,a8+a9+…+a17=0,根据等差数列的性质,a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,因此a12+a13=0.又a1<0,∴a12<0,a13>0,故当Sn为最小时n为12.
(2)由题意知,d<0且a8>0,a9<0,即7+7d>0,7+8d<0,
解得-1
an+2+an+1=2(n+1)-44,
由以上两式相减,得an+2-an=2.
∵a2+a1=2-44,a1=-23,
∴a2=-19,同理得a3=-21,a4=-17,….
∴a1,a3,a5,…是以-23为首项,2为公差的等差数列;a2,a4,a6,…是以-19为首项,2为公差的等差数列.
故an=n-24,n为奇数,n-21,n为偶数.
②当n为偶数时,
Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)
=(2×1-44)+(2×3-44)+…+[2×(n-1)-44] =2×[1+3+…+(n-1)]-n2×44
=n22-22n,
故当n=22时,Sn取得最小值为-242.
当n为奇数时,
Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an-1+an)
=a1+(2×2-44)+…+[2×(n-1)-44]
=a1+2×[2+4+…+(n-1)]+n-12×(-44)
=-23+(n+1)(n-1)2-22(n-1)
=n22-22n-32.
故当n=21或n=23时,Sn取得最小值-243.
综上所述,当n为偶数时,Sn取得最小值为-242;当n为奇数时,Sn取得最小值为-243.
【答案】(1)12 (2)-1,-78
1.(2016陕西模考)已知等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则有( ).
A.a1+a101>0 B.a2+a100<0
C.a3+a99=0 D.a51=51
【解析】由题意,得a1+a2+a3+…+a101=a1+a1012×101=0.所以a1+a101=a2+a100=a3+a99=0.
【答案】C
2.(2017西安模考)已知在等差数列{an}中,a5>0,a4+a7<0,则{an}的前n项和Sn的最大值为( ).
A.S7 B.S6 C.S5 D.S4
【解析】∵a4+a7=a5+a6<0,a5>0,∴a6<0,∴Sn的最大值为S5.
【答案】C
3.(2017深圳调研)已知在每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1且前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=( ).
A.638 B.639 C.640 D.641
【解析】由SnSn-1-Sn-1Sn=2Sn-Sn-1,可得Sn-Sn-1=2,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.
【答案】C
4.(2017湖北七校2月联考)在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=34,则a1=( ).
A.-1 B.0 C.14 D.12
【解析】由题意知,a2+a4=2a3=2,
又∵a2a4=34,数列{an}单调递增,∴a2=12,a4=32.
∴公差d=a4-a22=12,∴a1=a2-d=12-12=0.
【答案】B
5.(2017浙江名校联考)已知函数f(x)=cos x,x∈(0,2π)有两个不同的零点x1,x2,且方程f(x)=m有两个不同的实根x3,x4,若把这四个数按从小到大排列构成等差数列,则实数m=( ).
A.12 B.-12 C.32 D.-32
【解析】若m>0,则公差d=3π2-π2=π,显然不成立,
所以m<0,则公差d=3π2-π23=π3.
所以m=cosπ2+π3=-32.
【答案】D
6.(2017海南质评)在等差数列{an}中,a1>0,a10·a11<0,若此数列的前10项和S10=36,前18项和S18=12,则数列{|an|}的前18项和T18的值是( ).
A.24 B.48 C.60 D.84
【解析】由题意知a1>0,a10·a11<0,得d<0,a10>0,a11<0,所以a1>a2>…>a10>0>a11>a12>…>a18>…,所以T18=|a1|+|a2|+…+|a10|+|a11|+|a12|+…+|a18|=a1+a2+…+a10-(a11+a12+…+a18)=2S10-S18=2×36-12=60.
【答案】C
7.(2016湖南联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S2=S6,a4=1,则a5= .
【解析】由题意知2a1+d=6a1+6×52d,a1+3d=1,解得a1=7,d=-2,∴a5=a4+d=1+(-2)=-1.
【答案】-1
8.(2017黄冈一模)已知一个等差数列的前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n= .
【解析】∵a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67,
∴(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(a4+an-3)=88,
∴a1+an=22.
又Sn=n(a1+an)2=11n=286,∴n=26.
【答案】26
9.(2017海南模拟)一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d= .
【解析】设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,得S奇+S偶=354,S偶∶S奇=32∶27,解得S偶=192,S奇=162.
又S偶-S奇=6d=30,所以d=192-1626=5.
【答案】5
10.(2017苏州评测)在等差数列{an}中,a1=1,a3=-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.
由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3,解得d=-2.
从而an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.
(2)由(1)可知an=3-2n,
所以Sn=n[1+(3-2n)]2=2n-n2.
由Sk=-35,可得2k-k2=-35.
由k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5.
又k∈N*,故k=7.
11.(2017南昌模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足Sn>0的最大自然数n的值为( ).
A.6 B.7 C.12 D.13
【解析】∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零.又a3+a10=a1+a12>0,a1+a13=2a7<0,∴S12>0,S13<0,∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
【答案】C
12.(2016浙江名校联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目:把100个面包分给5个人,使每人所得成等差数列,且使最大的三份之和的17是最小的两份之和,则最小的一份为( ).
A.53 B.103 C.56 D.116
【解析】依题意,设这100个面包所分成的五份由小到大依次为a-2m,a-m,a,a+m,a+2m,则有5a=100,a+(a+m)+(a+2m)=7(a-2m+a-m),
解得a=20,m=11a24,a-2m=a12=53,即其中最小的一份为53.
【答案】A
13.(2017东北三省四市联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则正整数m的值为 .
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,所以am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,数列{an}的公差d=1,am+am+1=Sm+1-Sm-1=5,即2a1+2m-1=5,所以a1=3-m.由Sm=(3-m)m+m(m-1)2×1=0,解得正整数m的值为5.
【答案】5
14.(2017郑州二模)已知在数列{an}中,a3=2,a5=1,若11+an是等差数列,则a11等于 .
【解析】记bn=11+an,则b3=13,b5=12,数列{bn}的公差为12×(12-13)=112,∴b1=16,∴bn=n+112,即11+an=n+112.∴an=11-nn+1,∴a11=0.
【答案】0
15.(2017石家庄模拟)已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a6=55,a2+a7=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:b1=a1且bn=an+bn-1(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)由题意得a3a6=55,a3+a6=a2+a7=16,
∵公差d>0,∴a3=5,a6=11,∴a1=1,d=2,∴an=2n-1(n∈N*).
(2)∵bn=an+bn-1(n≥2,n∈N*),
∴bn-bn-1=2n-1(n≥2,n∈N*).
∵bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1(n≥2,n∈N*),且b1=a1=1,
∴bn=2n-1+2n-3+…+3+1=n2(n≥2,n∈N*).
∵当n=1时,b1=1满足上式.
∴bn=n2(n∈N*).
16.(2017山西忻州四校联考)数列{an}满足a1=12,an+1=12-an(n∈N*).
(1)求证:1an-1为等差数列,并求出{an}的通项公式.
(2)设bn=1an-1,数列{bn}的前n项和为Bn,对任意n≥2都有B3n-Bn>m20(n∈N*)成立,求正整数m的最大值.
【解析】(1)因为an+1=12-an,所以1an+1-1=112-an-1=2-anan-1=-1+1an-1,即1an+1-1-1an-1=-1,
所以1an-1是首项为-2,公差为-1的等差数列,
所以1an-1=-2+(n-1)×(-1)=-(n+1),所以an=nn+1.
(2)bn=n+1n-1=1n,
令Cn=B3n-Bn=1n+1+1n+2+…+13n,
所以Cn+1-Cn=1n+2+1n+3+…+13(n+1)-1n+1-…-13n=-1n+1+13n+1+13n+2+13n+3=13n+1+13n+2-23n+3>23n+3-23n+3=0,
所以Cn+1-Cn>0,所以{Cn}为单调递增数列,
所以(B3n-Bn)min=B6-B2=13+14+15+16=1920,
所以m20<1920,所以m<19.
又m∈N*,所以m的最大值为18.
§10.3 等比数列
一
等比数列的有关概念
1.定义
如果一个数列从第 项起,每一项与它的前一项的比等于 (不为零),那么这个数列就叫作等比数列.这个常数叫作等比数列的 ,通常用字母q表示,定义的表达式为an+1an=q.
2.等比中项
如果a,G,b成等比数列,那么 叫作a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒ .
二
等比数列的有关公式
1.通项公式:an= .
2.前n项和公式:Sn=na1,q=1,a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q,q≠1.
三
等比数列的常用性质
1.通项公式的推广:an= (n,m∈N*).
2.若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an= = .
3.若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},1an,{an2},{an·bn},anbn(λ≠0)仍然是等比数列.
4.在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk.
☞左学右考
1 若等比数列{an}满足a1+a3=20,a2+a4=40,则公比q=( ).
A.1 B.2 C.-2 D.4
2 (2017山西四校联考)已知等比数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则an=( ).
A.4×32n B.4×32n-1
C.4×23n D.4×23n-1
3 设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( ).
A.18 B.-18 C.578 D.558
4 设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,公比q=2,Sk+2-Sk=48,求k的值.
知识清单
一、1.2 同一个常数 公比 2.G G2=ab
二、1.a1qn-1
三、1.am·qn-m 2.ap·aq ak2
基础训练
1.【解析】由题意,得a1+a1q2=20,a1q+a1q3=40,解得a1=4,q=2.
【答案】B
2.【解析】由题意得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,故a1=4,a2=6,
所以q=32,an=4×32n-1.
【答案】B
3.【解析】因为a7+a8+a9=S9-S6,且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以8(S9-S6)=1,即S9-S6=18.所以a7+a8+a9=18.
【答案】A
4.【解析】∵Sk=1-2k1-2=2k-1,∴Sk+2=2k+2-1.由Sk+2-Sk=48,得2k+2-2k=48,解得2k=16,k=4.
题型一
等比数列基本量的运算
【例1】(1)在等比数列{an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值为( ).
A.1 B.-12 C.1或-12 D.-1或12
(2)(2016南宁测试)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且2a1,a3,3a2成等差数列,则an= .
【解析】(1)根据已知条件得a1q2=7,a1+a1q+a1q2=21,消去a1得1+q+q2q2=3,整理得2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.
(2)设数列{an}的公比为q,
∵2a1,a3,3a2成等差数列,
∴2a1+3a2=2a3,2a1+3a1q=2a1q2,2q2-3q-2=0,
解得q=2或q=-12.
∵q>0,∴q=2.∵a1=2,
∴数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n.
【答案】(1)C (2)2n
等比数列的基本运算是高考的常考内容,常见的命题角度有(1)求首项a1,公比q或项数n;(2)求通项或特定项;(3)求前n项和.注意在应用等比数列的前n项和公式时,对公比q=1与q≠1的情况进行分类讨论:当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q.
【变式训练1】(1)(2017枣庄模拟)已知在等比数列{an}中,a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是( ).
A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
(2)(2017唐山模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,则Snan=( ).
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,则S3=a1+a2+a3=a21+q+1q=1+q+1q,当q>0时,S3=1+q+1q≥1+2q·1q=3(当且仅当q=1时取等号);当q<0时,S3=1--q-1q≤1-2(-q)·-1q=-1(当且仅当q=-1时取等号).∴S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞).
(2)设{an}的公比为q,∵a1+a3=52,a2+a4=54,
∴a1+a1q2=52, ①a1q+a1q3=54. ②
由①②可得1+q2q+q3=2,∴q=12.
将q=12代入①,得a1=2,
∴an=2×12n-1=42n,Sn=2×1-12n1-12=4×1-12n,∴Snan=4×1-12n42n=2n-1.
【答案】(1)D (2)D
题型二
等比数列的判定与证明
【例2】设数列an的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2=32,a3=54,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)证明:an+1-12an为等比数列.
【解析】(1)当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
即4×1+32+54+a4+5×1+32=8×1+32+54+1,解得a4=78.
(2)由4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),
得4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),
即4an+2+an=4an+1(n≥2).
∵4a3+a1=4×54+1=6=4a2,∴4an+2+an=4an+1,
∴an+2-12an+1an+1-12an=4an+2-2an+14an+1-2an=4an+1-an-2an+14an+1-2an=2an+1-an2(2an+1-an)=12,
∴数列an+1-12an是以a2-12a1=1为首项,12为公比的等比数列.
等比数列的常用判定方法有(1)定义法:若an+1an=q(q为非零常数,n∈N*)或anan-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列.(2)中项公式法:若在数列{an}中,an≠0且an+12=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列.(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列.(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列.
若要判断一个数列不是等比数列,只需举出反例即可.
【变式训练2】已知数列{an}的前n项和为Sn,在数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列.
(2)求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)∵an+Sn=n, ①
∴an+1+Sn+1=n+1, ②
②-①得an+1-an+an+1=1,
∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,∴an+1-1an-1=12.
∵首项c1=a1-1,又a1+a1=1.
∴a1=12,∴c1=-12,公比q=12.
∴{cn}是以-12为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)可知cn=-12·12n-1=-12n,
∴an=cn+1=1-12n.
∴当n≥2时,bn=an-an-1=1-12n-1-12n-1=12n-1-12n=12n.
又b1=a1=12代入上式也符合,∴bn=12n.
题型三
等比数列的性质
【例3】(1)已知在数列{an}中,对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则a12+a22+a32+…+an2等于( ).
A.(3n-1)2 B.12(9n-1)
C.9n-1 D.14(3n-1)
(2)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5(e为自然对数的底数),则ln a1+ln a2+…+ln a20= .
【解析】(1)∵a1+a2+…+an=3n-1,n∈N*,当n≥2时,a1+a2+…+an-1=3n-1-1,
∴当n≥2时,an=3n-3n-1=2·3n-1,
又当n=1时,a1=2满足上式,
∴an=2·3n-1,∴数列{an2}是首项为4,公比为9的等比数列.
∴a12+a22+…+an2=4×(1-9n)1-9=12(9n-1).
(2)由等比数列的性质可知,a10a11+a9a12=2e5,所以a10·a11=e5,于是ln a1+ln a2+…+ln a20=10ln(a10·a11)=10ln e5=50.
【答案】(1)B (2)50
(1)等比数列的性质可以分为三类:①通项公式的变形;②等比中项的变形;③前n项和公式的变形.(2)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,灵活利用等比性质,如性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”“等比数列中Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等比数列,公比为qk(q≠-1)”等,可以减少运算量,提高解题速度.
【变式训练3】(1)(2016山西四校联考)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3a9=2a52,a2=2,则a1=( ).
A.12 B.22 C.2 D.2
(2)已知等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若S10S5=3132,则公比q= .
【解析】(1)由已知及等比数列的性质得a3a9=a62=2a52,
因为q>0,所以a6=2a5,q=a6a5=2,a1=a2q=2.
(2)由S10S5=3132,a1=-1知,公比q≠-1,S10-S5S5=-132.
由等比数列前n项和的性质知,S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,
故q5=-132,q=-12.
【答案】(1)C (2)-12
方法
方程思想在等比数列中的应用
等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和q,问题可迎刃而解.这也体现了方程思想在解答等比数列中的应用.
【突破训练】(1)(2017杭州质检)在等比数列{an}中,a1=4,公比为q,前n项和为Sn,若数列{Sn+2}也是等比数列,则q等于( ).
A.2 B.-2 C.3 D.-3
(2)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…),则q的取值范围是 .
【解析】(1)由题意可得q≠1,由数列{Sn+2}是等比数列,可得S1+2,S2+2,S3+2成等比数列,∴(S2+2)2=(S1+2)(S3+2),∴(6+4q)2=24(1+q+q2)+12,∴q=3(q=0舍去).
(2)∵{an}是等比数列,Sn>0,可得a1=S1>0,q≠0.
当q=1时,Sn=na1>0;
当q≠1时,Sn=a1(1-qn)1-q>0,即1-qn1-q>0(n=1,2,3,…),则有1-q>0,1-qn>0或1-q<0,1-qn<0.
解得-1
故q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
【答案】(1)C (2)(-1,0)∪(0,+∞)
1.(2017湖北华师一附中月考)在等比数列{an}中,a2a3a4=8,a7=8,则a1=( ).
A.1 B.±1 C.2 D.±2
【解析】因为数列{an}是等比数列,所以a2a3a4=a33=8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,则a1=a3q2=1.
【答案】A
2.(2017安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若a2·a4=16,S3=7,则a8=( ).
A.32 B.64 C.128 D.256
【解析】∵a2·a4=a32=16,∴a3=4(负值舍去).又S3=a1+a2+a3=a3q2+a3q+a3=7,得3q2-4q-4=0,解得q=-23或q=2.∵an>0,∴q=2,∴a1=a3q2=1,
∴a8=27=128.
【答案】C
3.(2017杭州质检)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2-a72+2a12=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b3b11等于( ).
A.16 B.8 C.4 D.2
【解析】∵{an}是等差数列,∴a2+a12=2a7,∴2a2-a72+2a12=4a7-a72=0.
又a7≠0,∴a7=4.又{bn}是等比数列,∴b3b11=b72=a72=16.
【答案】A
4.(2017沈阳模拟)在等比数列{an}中,a5a11=3,a3+a13=4,则a15a5=( ).
A.3 B.-13 C.3或13 D.-3或-13
【解析】由等比数列的性质得(a3q5)2=3,a3(1+q10)=4,化简得3q20-10q10+3=0,解得q10=3或q10=13,所以a15a5=a5q10a5=q10=3或13.
【答案】C
5.(2017济南一检)已知各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S30=70,则S40=( ).
A.150 B.140 C.130 D.120
【解析】在等比数列{an}中,由S10=10,S30=70可知q≠-1,
所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30构成公比为q'的等比数列.
所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(S20-10)2=10·(70-S20),解得S20=30(负值舍去).
所以S20-S10S10=30-1010=2=q',所以S40-S30=2(S30-S20)=80,S40=S30+80=150.
【答案】A
6.(2017福州质检)已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn,若a3a4a8=8,则Ⅱ9=( ).
A.512 B.256 C.81 D.16
【解析】由题意知,a3a4a7q=a3a7(a4q)=a3a7a5=a53=8,
Ⅱ9=a1a2a3…a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5=a59,所以Ⅱ9=83=512.
【答案】A
7.(2017衡阳三模)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=( ).
A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1
【解析】因为数列{an}为等比数列,a1=2,设其公比为q,所以an=2qn-1.因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),即an+12+2an+1=anan+2+an+an+2,则an+an+2=2an+1,即an(1+q2-2q)=0,所以q=1,即an=2,所以Sn=2n.
【答案】C
8.(2016郑州质检)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .
【解析】因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(a1+a2)=3a1+a1+a2+a3.化简得a3a2=3,即等比数列{an}的公比q=3,故an=1×3n-1=3n-1.
【答案】3n-1
9.(2017漯河模拟)在等比数列an中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99= .
【解析】∵S99=30,∴a1(299-1)=30.又∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,∴a3+a6+a9+…+a99=4a1(1-833)1-8=4a1(299-1)7=47×30=1207.
【答案】1207
10.(2017武汉三模)已知数列{an}满足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).
(1)求证:{an+1+2an}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)∵an+1=an+6an-1(n≥2),
∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2).
∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,∴an+2an-1≠0(n≥2),
∴an+1+2anan+2an-1=3(n≥2),∴数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.
(2)由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n,则an+1=-2an+5×3n,
∴an+1-3n+1=-2(an-3n).
又∵a1-3=2,∴an-3n≠0,∴{an-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.
∴an-3n=2×(-2)n-1,即an=2×(-2)n-1+3n(n∈N*).
11.(2017长沙模拟)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ).
A.7 B.5 C.-5 D.-7
【解析】设等比数列{an}的公比为q,由a4+a7=2,a5a6=a4a7=-8,解得a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2.所以q3=-2,a1=1或q3=-12,a1=-8,所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.
【答案】D
12.(2017丽水五校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列{an}的公比为( ).
A.-2 B.2 C.-3 D.3
【解析】设公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8.
∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,
∴m=3,∴q3=8,∴q=2.
【答案】B
13.(2017南昌模拟)若等比数列的各项均为正数,前4项的和为9,积为814,则前4项倒数的和为( ).
A.32 B.94 C.1 D.2
【解析】由题意得S4=a1(1-q4)1-q=9,所以1-q41-q=9a1.由a1·a1q·a1q2·a1q3=(a12q3)2=814,得a12q3=92.由等比数列的性质知,该数列前4项倒数的和为1a11-1q41-1q=q4-1a1q3(q-1)=1a1q3·9a1=9a12q3=2.
【答案】D
14.(2016常州一检)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若27a3-a6=0,则S6S3= .
【解析】由题意可知,公比q3=a6a3=27,∴S6S3=1-q61-q3=1+q3=1+27=28.
【答案】28
15.(2017普宁质检)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的实数x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=12,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 .
【解析】由已知可得a1=f(1)=12,a2=f(2)=[f(1)]2=122,a3=f(3)=f(2)·f(1)=[f(1)]3=123,…,an=f(n)=[f(1)]n=12n,
∴Sn=12+122+123+…+12n=121-12n1-12=1-12n.∵n∈N*,∴12≤Sn<1.
【答案】12,1
16.(2017浦东一模)已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-1Sn(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2=a5a3=14.
又{an}不是递减数列且a1=32,所以q=-12.
故等比数列{an}的通项公式为an=32×-12n-1=(-1)n-1×32n(n∈N*).
(2)由(1)得Sn=1--12n=1+12n,n为奇数,1-12n,n为偶数.
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1
故0>Sn-1Sn≥S2-1S2=34-43=-712.
综上,对于n∈N*,总有-712≤Sn-1Sn≤56.
所以数列{Tn}的最大项的值为56,最小项的值为-712.
§10.4 数列求和、数列的综合应用
一
公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
(1)等差数列的前n项和公式:Sn=n(a1+an)2=na1+n(n-1)2d.
(2)等比数列的前n项和公式:Sn=na1,q=1,a1-anq1-q=a1(1-qn)1-q,q≠1.
二
几种数列求和的常用方法
1.分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,因此求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
☞左学右考
1 数列{1+2n-1}的前n项和为( ).
A.1+2n
B.2+2n
C.n+2n-1
D.n+2+2n
2 (2017阳泉质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,并满足:an+2=2an+1-an,a5=4-a3,则S7=( ).
A.7
B.12
C.14
D.21
2.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时使中间的一些项可以相互抵消,从而求得前n项和.
常用的裂项公式:
(1)1n(n+1)=1n-1n+1;
(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;
(3)1n+n+1= .
3.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
4.倒序相加法:如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
3 已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S6等于( ).
A.142
B.45
C.56
D.67
4 (2017江西新余三校联考)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),求该数列的前100项之和.
知识清单
二、2.(3)n+1-n
基础训练
1.【解析】由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+1-2n1-2=n+2n-1.
【答案】C
2.【解析】由an+2=2an+1-an知,数列{an}为等差数列.由a5=4-a3,得a5+a3=4=a1+a7,所以S7=7(a1+a7)2=14.
【答案】C
3.【解析】因为an=1n(n+1)=1n-1n+1,所以S6=1-12+12-13+…+16-17=1-17=67.
【答案】D
4.【解析】根据题意有S100=-1+3-5+7-9+11-…-197+199=2×50=100.
题型一
公式法、分组转化法求和
【例1】已知数列{an},{bn}满足a1=5,an=2an-1+3n-1(n≥2,n∈N*),bn=an-3n(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)∵an=2an-1+3n-1(n≥2,n∈N*),
∴an-3n=2(an-1-3n-1),
∴bn=2bn-1(n≥2,n∈N*).
∵b1=a1-3=2≠0,∴bn≠0,∴bnbn-1=2,
∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
∴bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)知an=bn+3n=2n+3n,
∴Sn=(2+22+…+2n)+(3+32+…+3n)=2×(1-2n)1-2+3×(1-3n)1-3=2n+1+3n+12-72.
分组转化法求和的常见类型:(1)若an=bn±cn,且数列{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采用分组转化法求{an}的前n项和;(2)通项公式为an=bn,n为奇数,cn,n为偶数的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组转化法求和.
【变式训练1】(2017湖南四地七市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=2-3Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)当n≥2时,由an=2-3Sn, ①
得an-1=2-3Sn-1, ②
由①-②,得4an=an-1,
而当n=1时,a1=2-3a1,故a1=12.
因而数列{an}是首项为12,公比为14的等比数列,其通项公式为an=12×14n-1=122n-1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=log2an=1-2n(n∈N*).
故数列{an+bn}的前n项和
Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn=(a1+…+an)+(b1+…+bn)
=12×1-14n1-14+(-1+1-2n)×n2=23-n2-23×14n.
题型二
错位相减法求和
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn=3n,数列{bn}满足b1=-1,bn+1=bn+(2n-1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的通项公式;
(3)若cn=an·bnn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)∵Sn=3n,∴Sn-1=3n-1(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2).
当n=1时,2×31-1=2≠S1=a1=3,
∴an=3,n=1,2×3n-1,n≥2.
(2)∵bn+1=bn+(2n-1),∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,…,bn-bn-1=2n-3(n≥2).
以上各式相加得,
bn-b1=1+3+5+…+(2n-3)=(n-1)(1+2n-3)2=(n-1)2(n≥2).
∵b1=-1,∴bn=n2-2n(n≥2).
又上式对于n=1也成立,∴bn=n2-2n(n∈N*).
(3)由题意得cn=-3,n=1,2(n-2)×3n-1,n≥2.
当n≥2时,Tn=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+…+2(n-2)×3n-1, ①
∴3Tn=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+…+2(n-2)×3n. ②
由①-②,得-2Tn=6+2×32+2×33+…+2×3n-1-2(n-2)×3n,
∴Tn=(n-2)×3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×3n-3n-32=(2n-5)3n+32.
又当n=1时,也满足上式,
∴Tn=(2n-5)3n+32(n∈N*).
错位相减法求和的策略:(1)若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,则可采用错位相减法,一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解;(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,则应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
【变式训练2】(2017石家庄模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=λSn+1(n∈N*,λ≠-1),且a1,2a2,a3+3为等差数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和.
【解析】(1)∵an+1=λSn+1(n∈N*),
∴an=λSn-1+1(n≥2),
∴an+1-an=λan,即an+1=(λ+1)an(n≥2,λ+1≠0).
又a1=1,a2=λS1+1=λ+1,
∴数列{an}是以1为首项,公比为λ+1的等比数列,
∴a3=(λ+1)2,∴4(λ+1)=1+(λ+1)2+3,
整理得λ2-2λ+1=0,解得λ=1,
∴an=2n-1,bn=1+3×(n-1)=3n-2.
(2)由(1)知,anbn=(3n-2)×2n-1.
设Tn为数列{anbn}的前n项和,
∴Tn=1×1+4×21+7×22+…+(3n-2)×2n-1, ①
∴2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)×2n-1+(3n-2)×2n. ②
由①-②,得-Tn=1×1+3×21+3×22+…+3×2n-1-(3n-2)×2n
=1+3×2×(1-2n-1)1-2-(3n-2)×2n,
整理得Tn=(3n-5)×2n+5.
题型三
裂项相消法求和
【例3】(2017深圳模拟)数列{an}满足a1=1,an+1=2an(n∈N*),Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列,且满足b1=a1,b4=S3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=1bn·log2a2n+2,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:13≤Tn<12.
【解析】(1)由题意知,{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴an=a1×2n-1=2n-1,∴Sn=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,则b1=a1=1,b4=1+3d=7,
∴d=2,∴bn=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)∵log2a2n+2=log222n+1=2n+1,
∴cn=1bn·log2a2n+2=1(2n-1)(2n+1)
=12×12n-1-12n+1,
∴Tn=12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=12×1-12n+1=n2n+1.
∵n∈N*,∴Tn=12×1-12n+1<12.
当n≥2时,Tn-Tn-1=n2n+1-n-12n-1=1(2n+1)(2n-1)>0,
∴数列{Tn}是一个递增数列,∴Tn≥T1=13.
综上所述,13≤Tn<12.
利用裂项相消法求和时,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原项相等,如:若{an}是等差数列,则1anan+1=1d1an-1an+1,1anan+2=12d1an-1an+2.
【变式训练3】(2017长沙调研)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn(n∈N*),且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-1·4nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-1·4nanan+1=(-1)n-1·4n(2n-1)(2n+1)=(-1)n-1·12n-1+12n+1.
当n为偶数时,Tn=1+13-13+15+…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1
=1-12n+1=2n2n+1.
当n为奇数时,Tn=1+13-13+15+…-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1
=1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.
方法
数列的综合应用
解决关于等差数列、等比数列之间的综合问题,要从两个数列的特征入手,理清它们的关系.解决关于数列与不等式、函数、方程的交汇问题,可以结合数列的单调性、最值求解.
【突破训练1】(2017湖南东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+log21an,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的n的最小值.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,依题意,有2a1+a3=3a2,a2+a4=2(a3+2),即a1(2+q2)=3a1q, ①a1(q+q3)=2a1q2+4, ②
由①得q2-3q+2=0,解得q=1或q=2.
当q=1时,不合题意,舍去;
当q=2时,代入②得a1=2,所以an=2·2n-1=2n.
故所求数列{an}的通项公式an=2n(n∈N*).
(2)因为bn=an+log21an=2n+log212n=2n-n,
所以Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n
=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)
=2×(1-2n)1-2-n(1+n)2=2n+1-2-12n-12n2.
因为Sn-2n+1+47<0,
所以2n+1-2-12n-12n2-2n+1+47<0,
即n2+n-90>0,解得n>9或n<-10.
因为n∈N*,所以使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值为10.
【突破训练2】(2016河北沧州七校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2an-2n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若数列{bn}满足bn=log2(an+2),Tn为数列bnan+2的前n项和,求证:Tn≥12.
【解析】(1)当n∈N*时,Sn=2an-2n,
则当n≥2时,Sn-1=2an-1-2(n-1),
两式相减,得an=2an-2an-1-2,即an=2an-1+2.
∴an+2=2(an-1+2).∵an-1+2≠0,∴an+2an-1+2=2.
当n=1时,S1=a1=2a1-2,则a1=2.
∴{an+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.
∴an+2=4·2n-1,∴an=2n+1-2.
(2)∵bn=log2(an+2)=log22n+1=n+1,
∴bnan+2=n+12n+1,则Tn=222+323+…+n+12n+1,
12Tn=223+324+…+n2n+1+n+12n+2,
两式相减,得
12Tn=222+123+124+…+12n+1-n+12n+2=14+14×1-12n1-12-n+12n+2=14+12-12n+1-n+12n+2=34-n+32n+2.
∴Tn=32-n+32n+1.
∵当n≥2时,Tn-Tn-1=-n+32n+1+n+22n=n+12n+1>0,
∴{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1=12.
1.(2016黄冈一检)在正项等比数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且-a3,a2,a4成等差数列,则S7的值为( ).
A.125 B.126 C.127 D.128
【解析】设数列{an}的公比为q(q>0),
∵-a3,a2,a4成等差数列,
∴2a2=a4-a3,∴2a1q=a1q3-a1q2,
解得q=2或q=-1(舍去),
∴S7=a1(1-q7)1-q=1-271-2=27-1=127.
【答案】C
2.(2017长沙一模)数列{an}的通项公式是an=1n+n+1.若Sn=10,则n的值是( ).
A.11 B.99 C.120 D.121
【解析】∵an=1n+n+1=n+1-n,
∴Sn=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(n-n-1)+(n+1-n)=n+1-1.
令Sn=10,解得n=120.
【答案】C
3.(2017合肥质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2017的值为( ).
A.2017 B.2015 C.1009 D.1008
【解析】因为an+2Sn-1=n,n≥2,所以an+1+2Sn=n+1,n≥1,两式相减,得an+1+an=1,n≥2.又a1=1,所以S2017=a1+(a2+a3)+…+(a2016+a2017)=1009.
【答案】C
4.(2017绵阳模拟)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和Sn为( ).
A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2
【解析】Sn=a1+a2+a3+…+an
=(21+2×1-1)+(22+2×2-1)+(23+2×3-1)+…+(2n+2n-1)
=(2+22+…+2n)+2×(1+2+3+…+n)-n
=2×(1-2n)1-2+2×n(n+1)2-n
=2×(2n-1)+n2+n-n=2n+1+n2-2.
【答案】C
5.(2016郑州一模)已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=1,且a3,a4+52,a11成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意知d>0.
因为a3,a4+52,a11成等比数列,
所以a4+522=a3a11,所以72+3d2=(1+2d)(1+10d),即44d2-36d-45=0,
所以d=32d=-1522舍去,所以an=3n-12(n∈N*).
(2)bn=1anan+1=4(3n-1)(3n+2)=43×13n-1-13n+2,
所以Tn=43×12-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=2n3n+2(n∈N*).
6.(2017商丘模拟)已知a2,a5是方程x2-12x+27=0的两个根,数列{an}是递增的等差数列,数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=1-12bn(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意知,a2=3,a5=9,公差d=a5-a25-2=2,
所以an=a2+(n-2)d=2n-1.
由Sn=1-12bn,得当n=1时,b1=23,
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=12bn-1-12bn,得bn=13bn-1,
所以{bn}是以23为首项,13为公比的等比数列,所以bn=23n.
(2)cn=an·bn=4n-23n,
Tn=4×1-231+4×2-232+4×3-233+…+4×(n-1)-23n-1+4n-23n,
3Tn=4×1-230+4×2-231+4×3-232+…+4×(n-1)-23n-2+4n-23n-1.
两式相减,得2Tn=2+431+432+…+43n-1-4n-23n=4-4n+43n,
所以Tn=2-2n+23n.
7.(2016广州五校联考)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=1+cos2nπ2an+sin2nπ2,则该数列的前18项的和为( ).
A.2101 B.2012 C.1012 D.1067
【解析】当n为奇数时,an+2=an+1,即数列{an}的奇数项是以1为首项,1为公差的等差数列;当n为偶数时,an+2=2an,即数列{an}的偶数项是以2为首项,2为公比的等比数列.所以该数列的前18项和为1×9+9×82×1+2(1-29)1-2=45+1022=1067.
【答案】D
8.(2017昆明模拟)数列{an}满足a1+a2+…+an=n2(n∈N*),设bn=1anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,则Tn= .
【解析】令a1+a2+…+an=Sn,
由题意知,Sn=n2,Sn-1=(n-1)2,
∴当n≥2时,两式相减,得an=n2-(n-1)2=2n-1.
又a1=1满足上式,∴an=2n-1,
∴bn=1(2n-1)(2n+1)=12×12n-1-12n+1.
因此Tn=12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=12×1-12n+1=n2n+1.
【答案】n2n+1
9.(2017山东东营二模)已知数列{an},{bn}满足a1=12,2nan+1=(n+1)an,2bn
(2)记数列{an2},{bn}的前n项和分别为An,Bn,求证:2Bn-An<4.
【解析】(1)∵2nan+1=(n+1)an,∴an+1n+1=12×ann.又a11=12≠0,
∴数列ann是以12为首项,12为公比的等比数列.
∴ann=12×12n-1=12n,即an=n×12n.
(2)由2bn
令Sn=a1+a2+a3+…+an,
则Sn=12+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n, ①
∴12Sn=122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1, ②
由①-②,得12Sn=12+122+123+…+12n-n×12n+1=1-n+22n+1,
∴Sn=2-n+22n<2.
∴2Bn-An<4.
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