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2015届高考数学（苏教，理科）大一轮第五章　数　列
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资料类型：高考真题
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资料概述与简介
第五章　数　列
第一节数列的概念与简单表示法
1．数列的定义、分类与通项公式
(1)数列的定义：
①数列：按照一定顺序排列的一列数．
②数列的项：数列中的每一个数．
(2)数列的分类：
|项与项间的大小关系|递增数列
|其中n∈N*
|an＋11，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*，求{an}的通项公式．
解：由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，
由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝(an＋1＋1)(an＋1＋2)－(an＋1)·(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.
因为an>0，故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an－3＝0.
即an＋1－an＝3，从而{an}是以公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.
|由递推关系式求数列的通项公式
|递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，归 |
|纳起来常见的命题角度有：
|(1)形如an＋1＝anf(n)，求an；
|(2)形如an＋1＝an＋f(n)，求an；
|(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an.
角度一　形如an＋1＝anf(n)，求an
1．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，
有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
∴an＝a1·····…···
＝1·····…···
当n＝1时，a1＝1.
综上可知，{an}的通项公式an＝.
角度二　形如an＋1＝an＋f(n)，求an
2．已知a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，求an.
解：∵an＋1－an＝3n＋2，
∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝×(3×1＋1)＝2符合公式，
∴an＝n2＋.
角度三　形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求an.
解：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.
[备课札记]　　
[类题通法]
由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三)转化为特殊数列求通项．
[课堂练通考点]
1．(2014·苏北四市质检)在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，当n≥2时，an＋1是an·an－1的个位数，则a2 014＝________.
解析：由题意，该数列除前2项外，从第3项往后是周期为6的周期数列，故a2 014＝a4＝8.
2．(2013·盐城三调)已知函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意可知解得a∈(2,3)．
3．已知数列{an}满足ast＝asat(s，t∈N*)，且a2＝2，则a8＝________.　
解析：令s＝t＝2，则a4＝a2×a2＝4，令s＝2，t＝4，则a8＝a2×a4＝8.
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}前n项的和，则S2 013＝____________.
解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0.所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.
答案：－1 005
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.求数列{an}与{bn}的通项公式．
解：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，
当n＝1时，a1＝S1＝4也适合，
∴{an}的通项公式是an＝4n(n∈N*)．
∵Tn＝2－bn，
∴当n＝1时，b1＝2－b1，b1＝1.
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)，
∴2bn＝bn－1.
∴数列{bn}是公比为，首项为1的等比数列．
∴bn＝n－1.
[课下提升考能]
第Ⅰ组：全员必做题
1．(2013·盐城二调)数列{an}满足an＋an－1＝(n∈N*)，a1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S21＝________.
解析：这个数列为“等和数列”，分别计算数列的前几项可以发现该数列为周期数列，周期为2.故S21＝(1－)×10＋1＝6.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于________．
解析：由题可知Sn＝2(an－1)，
所以S1＝a1＝2(a1－1)，解得a1＝2.
又S2＝a1＋a2＝2(a2－1)，解得a2＝a1＋2＝4.
3．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tr，则T2 013的值为________．
解析：由a2＝，a3＝－1，a4＝2可知，数列{an}是周期为3的周期数列，从而T2 013＝(－1)671＝－1.
4．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为________．
解析：∵a1＝19，an＋1－an＝－3，
∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，
∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.
设{an}的前k项和数值最大，
则有k∈N*，
∵k∈N*，∴k＝7.
∴满足条件的n的值为7.
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤2的正整数n的集合为________．
解析：因为Sn＝2an－1，
所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－2an－1，
整理得an＝2an－1，
所以{an}是公比为2的等比数列，
又因为a1＝2a1－1，
解得a1＝1，
故{an}的通项公式为an＝2n－1.
而≤2，即2n－1≤2n，
所以有n＝1,2,3,4.
答案：{1,2,3,4}
6．在数列－1,0，，，…，，…中，0.08是它的第____________项．
解析：令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0.
解得n＝10或n＝(舍去)．∴a10＝0.08.
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝－1，所以an＝
答案：an＝
8．数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3，把n换成n－1得，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，两式相减得an＝3n.
9．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＝(n≥3)，则a2 014＝________.
解析：将a1＝1，a2＝2代入an＝得a3＝＝2，同理可得a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝2，故数列{an}是周期为6的周期数列，故a2 014＝a335×6＋4＝a4＝1.
10．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－21n＋20.
(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)n为何值时，该数列的前n项和最小？
解：(1)因为an＝n2－21n＋20＝2－，可知对称轴方程为n＝＝10.5.又因n∈N*，故n＝10或n＝11时，an有最小值，其最小值为112－21×11＋20＝－90.
(2)设数列的前n项和最小，则有an≤0，由n2－21n＋20≤0，解得1≤n≤20，故数列{an}从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小．
第Ⅱ组：重点选做题
1．(2014·南通期末)在数列{an}中，a1＝6且an－an－1＝＋n＋1(n∈N*，n≥2)，则这个数列的通项公式an＝________.
解析：法一：由题意得a1＝6，a2＝12，a3＝20，a4＝30，…由此猜想出an＝(n＋1)(n＋2)．
法二：由题意得＝＋1，故数列是以＝3为首项，1为公差的等差数列，故＝3＋1·(n－1)＝n＋2，故an＝(n＋1)(n＋2)．
答案：(n＋1)(n＋2)
2.已知数列{an}满足an＋1＝若a3＝1，则a1的所有可能取值为________．
解析：当a2为奇数时，a3＝a2－4＝1，a2＝5；
当a2为偶数时，a3＝a2＝1，a2＝2；
当a1为奇数时，a2＝a1－2＝5，a1＝7
或a2＝a1－2＝2，a1＝4(舍去)；
当a1为偶数时，a2＝a1＝5，a1＝10
或a2＝a1＝2，a1＝4.
综上，a1的可能取值为4,7,10.
答案：4,7,10
3．(2013·南通一模)在数列{an}中，a1＝1，a2＝0，对任意正整数n，m(n>m)满足a－a＝an－man＋m，则a119＝________.
解析：法一：采用特殊值法求出a3，a4，a5，a6分别为－1,0,1,0，由不完全归纳法得出an的周期为4，所以a119＝a29×4＋3＝－1.
法二：令m＝2，得a－a＝an－2·an＋2，即a＝an－2·an＋2，所以奇数项成等比数列，偶数项均为0.再令m＝1，得a－a＝
an－1·an＋1，当n为奇数时，a＝a；当n为偶数时，an－1·an＋1＝－1，故a1＝－a3＝a5＝－a7＝…，因此an的周期为4，所以a119＝a29×4＋3＝－1.
4．(2013·扬州期末)若数列{an}满足a1为大于1的常数，an＋1－1＝an(an－1)(n∈N*)，且＋＋…＋＝2，则a2 013－4a1的最小值为________．
解析：因为a1>1，易知对所有的n∈N*，an>1，对an＋1－1＝an(an－1)两边取倒数得＝＝－，所以＝－，所以＋＋…＋＝－＝2.整理得a2 013＝(由a2 013>1得1<a1<)，所以a2 013－4a1＝2(3－2a1)＋－≥2－＝－，当且仅当a1＝时取等号．故a2 013－4a1的最小值为－.
第二节等差数列及其前n项和
1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(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＝，其中A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________.
解析：∵a4＋a8＝16，
∴a6＝8，∴S11＝11a6＝88.
2．(2013·重庆高考)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.
解析：因为{an}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2a1＝2，所以S8＝64.
1．等差数列的四种判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数){an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*){an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数){an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数){an}是等差数列．
2．活用等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d，(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
3．用方程思想和化归思想
在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．
1．(2014·盐城摸底)已知等差数列{an}满足a3＋a7＝10，则该数列的前9项和S9＝________.
解析：由题知，S9＝＝＝45.
2．(2014·南京、盐城一模)在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝9，则其前9项和S9的值为________．
解析：由题知a3＋a5＋a7＝3a5＝9，则a5＝3，所以S9＝9a5＝27.
|等差数列的基本运算
1.(2013·新课标卷Ⅰ改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.
解析：根据已知条件，得到am和am＋1，再根据等差数列的定义得到公差d，最后建立关于a1和m的方程组求解．
由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，
2．(2014·扬州调研)在等差数列{an}中，若a1＋a2＝4，a9＋a10＝36，则S10＝________.
解析：法一：由于a1＋a2＋a9＋a10＝2(a1＋a10)＝40，
故a1＋a10＝20，从而S10＝＝100.
法二：由题意得解得
从而S10＝10a1＋＝100.
3．设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且满足a＋a＝a＋a，S7＝7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．
解：(1)由题意可设等差数列{an}的通项公式
an＝a1＋(n－1)d，d≠0.
由a＋a＝a＋a化简得2a1＋5d＝0.①
又因为S7＝7，所以a1＋3d＝1.②
由①②可知a1＝－5，d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－7，
其前n项和Sn＝＝n2－6n.
(2)因为＝＝am＋2－6＋为数列{an}中的项，则为整数．
又由(1)知am＋2＝2m－3为奇数，所以am＋2＝2m－3＝±1，解得m＝1或2.
经检验，符合题意的正整数m＝2.
[备课札记]　　
[类题通法]
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，用它们表示已知和未知是常用方法．
|等差数列的判断与证明
[典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列．
(2)求Sn和an.
[解]　(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1.
由上式知若Sn－1≠0，则Sn≠0.
∵S1＝a1≠0，
由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
由①式得－＝2(n≥2)．
∴是等差数列，其中首项为＝＝2，公差为2.
(2)∵＝＋2(n－1)＝＋2(n－1)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式，
[备课札记]　　
|若将条件改为“a1＝2，Sn＝(n≥2)”，如何求解.
解：(1)∵Sn＝，
∴＝＝＋2.
∴是以为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)×2＝2n－，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
当n＝1时，a1＝2不适合an，
[类题通法]
1．解答题判断等差数列，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．
2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
[针对训练]
在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)设bn＝(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．
解：(1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)，
∴a2＝2a1＋22＋3＝1，a3＝2a2＋23＋3＝13.
(2)证明：对于任意n∈N*，
∵bn＋1－bn＝－
＝[(an＋1－2an)－3]
＝[(2n＋1＋3)－3]＝1，
∴数列{bn}是首项为＝＝0，公差为1的等差数列．
|等差数列的性质及最值
[典例]　(1)(2014·武昌联考)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达到最大时n＝________.
(2)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
[解析]　(1)a1＋a3＋a5＝105=>a3＝35，a2＋a4＋a6＝99=>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.
(2)设两等差数列组成的和数列为{cn}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
[答案]　(1)20　(2)35
[备课札记]　　
[类题通法]
1．等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
2．求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[针对训练]
1．设数列{an}是公差d0的最小正整数n的值是________．
解析：∵a11－a8＝3d＝3，
∴d＝1，∵S11－S8＝a11＋a10＋a9＝3a1＋27d＝3，
∴a1＝－8，∴an＝－8＋(n－1)>0，
因此使an>0的最小正整数n的值是10.
3．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.
解析：a7－a5＝2d＝4，则d＝2.a1＝a11－10d＝21－20＝1，
Sk＝k＋×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.
4．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．
解析：设数列{an}为该等差数列，
依题意得a1＋an＝＝70.
∵Sn＝210，Sn＝，∴210＝，∴n＝6.
5．各项均为正数的数列{an}满足a＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)求a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)当n＝1时，a＝4S1－2a1－1，
即(a1－1)2＝0，解得a1＝1.
当n＝2时，a＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2，
解得a2＝3或a2＝－1(舍去)．
(2)a＝4Sn－2an－1，①
a＝4Sn＋1－2an＋1－1.②
②－①得：a－a＝4an＋1－2an＋1＋2an＝2(an＋1＋an)，
即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．
∵数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
[课下提升考能]
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．(2014·泰州模拟)在等差数列{an}中，若a3＋a9＋a27＝12，则a13＝________.
解析：等差数列{an}中，由a3＋a9＋a27＝12得3a13＝12，所以a13＝4.
2．已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n>3)，Sn＝100，则n的值为________．
解析：由Sn－Sn－3＝51得，
an－2＋an－1＋an＝51，
所以an－1＝17，
又a2＝3，Sn＝＝100，
解得n＝10.
3．(2014·镇江月考)已知等差数列{an}中，a4＋a6＝10，前5项和S5＝5，则其公差为________．
解析：由a4＋a6＝10，得2a5＝10，所以a5＝5.由S5＝5a3＝5，得a3＝1，所以d＝＝＝2.
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为________．
解析：在等差数列{an}中，由S10>0，S11＝0得，
S10＝>0=>a1＋a10>0=>a5＋a6>0，
S11＝＝0=>a1＋a11＝2a6＝0，
故可知等差数列{an}是递减数列且a6＝0，
所以S5＝S6≥Sn，其中n∈N*，
所以k＝5或6.
答案：{5,6}
5．(2013·南通二模)设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________.
解析：由条件可知，a2＝5，从而a1＋a3＝10，a1a3＝16，得a1＝2，a3＝8，公差为3，所以a11＋a12＋a13＝2×3＋(10＋11＋12)×3＝105.
6．(2013·常州质检)设s，t为正整数，两条直线l1：x＋y－t＝0与l2：x－y＝0的交点是(x1，y1)，对于正整数n(n≥2)，过点(0，t)和(xn－1,0)的直线与直线l2的交点记为(xn，yn)，则xn－yn＝________(用s，t，n表示)．
解析：法一：点(xn，yn)满足得到xn＝，yn＝，所以xn－yn＝.
点(x1，y1)满足解得x1＝s，y1＝，所以x2＝s，y2＝；x3＝s，y3＝t；x4＝s，y4＝t，…
猜想：xn＝，yn＝.
所以xn－yn＝－＝.
法二：由法一知x1＝s，y1＝，xn＝，yn＝
由2sxn＋xnxn－1＝2sxn－1可化为－＝1，即是以＝2为首项，1为公差的等差数列．
所以＝2＋(n－1)，得xn＝，将其代入yn得yn＝，故xn－yn＝.
7．(2013·南京二模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________.
解析：由S3＝3a2，S7＝7a4，＝得9a2＝7a4＝7(a2＋2d)，即a2＝7d，所以a3＝8d，a4＝9d，从而S6＝3(a3＋a4)＝51d，S7＝7a4＝63d，故结果为.
8．(2013·无锡期末)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，且满足16<ak＋ak＋1<22，则正整数k＝________.
解析：由an＝可得an＝2n －8,16<ak＋ak＋1<22，即16<(2k－8)＋(2k－6)<22，所以7.5<k0的所有正整数n的集合．
解：(1)由a3＝a得a1＋2d＝(a1＋6d)2.
由a2＝a4＋a6得a1＋d＝2a1＋8d，即a1＝－7d.
将②代入①得－5d＝d2.
所以d＝－5或d＝0(不符合题意．舍去)．
所以an＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.
(2)Sn＝＝.
不等式Sn－2an－20>0，
即－2(－5n＋40)－20>0，
整理得n2－19n＋40<0.
因为n∈N*，则≤n≤，
所以所求n的集合为{3,4，…，16}．
10．(2014·南京学情调研)已知数列{an}的首项a1＝a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足S＝3n2an＋S，an≠0，n≥2，n∈N*.
(1)若数列{an}是等差数列，求a的值；
(2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{an}是递增数列．
解：(1)在S＝3n2an＋S中分别令n＝2，n＝3及a1＝a得(a＋a2)2＝12a2＋a2，(a＋a2＋a3)2＝27a3＋(a＋a2)2.
因为an≠0，所以a2＝12－2a，a3＝3＋2a.
因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，
即2(12－2a)＝a＋3＋2a，解得a＝3.
经检验a＝3时，an＝3n，Sn＝，Sn－1＝满足S＝3n2an＋S.
(2)由S＝3n2an＋S得S－S＝3n2an，
即(Sn＋Sn－1)(Sn－Sn－1)＝3n2an，
故(Sn＋Sn－1)an＝3n2an.
因为an≠0，所以Sn＋Sn－1＝3n2(n≥2)，
所以Sn＋1＋Sn＝3(n＋1)2
②－①得an＋1＋an＝6n＋3(n≥2)．
所以an＋2＋an＋1＝6n＋9.
④－③得an＋2－an＝6(n≥2)，
即数列a2，a4，a6，…及数列a3，a5，a7，…都是公差为6的等差数列．
因为a2＝12－2a，a3＝3＋2a，
要使数列{an}是递增数列，须有a1<a2，且当n为大于或等于3的奇数时，an<an＋1，且当n为偶数时，an<an＋1，即
所以集合M＝，
当a∈M时，数列{an}是递增数列．
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知＝，n∈N*，则＋＝________.
解析：因为{an}，{bn}是等差数列，故b3＋b18＝b6＋b15，所以＋＝＝＝＝＝.
2．(2014·盐城二模)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列{}的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．
解析：由条件得公差d＝＝4，从而a1＝1，所以an＝4n－3，数列{}的前n项和为Sn＝1＋＋…＋.原不等式可化为＋＋…＋≤，记f(n)＝＋＋…＋.因为f(n＋1)－f(n)＝－<0，故f(n)为单调递减数列，从而f(n)max＝f(1)＝＋＝.由条件得≥，解得m≥，故正整数m的最小值为5.
3．(2014·南通一模)已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn＝.
(2)求证：数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；
(3)设lg bn＝，试问是否存在正整数p，q(其中1<p<q)，使b1，bp，bq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，请说明理由．
解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝＝0.
(2)证明：由Sn＝，即Sn＝，
得Sn＋1＝.
②－①得(n－1)an＋1＝nan，
于是nan＋2＝(n＋1)an＋1.
④－③得nan＋2＋nan＝2nan＋1，
即an＋2＋an＝2an＋1，
又a1＝0，a2＝1，a2－a1＝1，
所以数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以an＝n－1.
(3)假设存在正整数数组(p，q)使b1，bp，bq成等比数列，则lg b1，lg bp，lg bq成等差数列，
所以q＝3q(－)．(*)
易知(p，q)＝(2,3)为方程(*)的一组解．
当p≥3，且p∈N*时，－＝<0，故数列(p≥3)为递减数列，
于是－≤－0，所以a3－2a2＋a1＝0，
即a2－a1＝a3－a2.
故a1，a2，a3成等差数列．
(2)当k＝0时，a＝anan＋2，n∈N*.
因为数列{an}的各项都为正数，所以数列{an}是等比数列．
设公比为q(q>0)．
因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2a4，
即a1q＋a1q4＝2a1q3.
因为a1>0，q>0，所以q3－2q2＋1＝0.
解得q＝1或q＝(负根舍去)．
所以＝q＝1或＝q＝.
(3)存在常数λ＝，使an＋an＋2＝λan＋1.
证明如下：
因为a＝anan＋2＋k，所以a＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N*.所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1，
即anan＋2＋a＝a＋an－1an＋1.(*)
由于an>0，(*)式两边同除以anan＋1
所以＝＝…＝，
即当n∈N*，都有an＋an＋2＝an＋1.
因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋k，所以a3＝.
所以对任意n∈N*，都有an＋an＋2＝λan＋1，
第三节等比数列及其前n项和
1．等比数列的有关概念
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q.
(2)等比中项：
如果a、G、b成等比数列，那么G叫做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=>G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
1．在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.
2．在运用等比数列的前n项和公式时，必须对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．
1．在1和9之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的和为________．
解析：设5个正数的公比为q(q>0)，所以q4＝＝9，即q＝，则中间3个数的和为q＋q2＋q3＝＋3＋3＝3＋4.
答案：3＋4
2．(2014·徐州摸底)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝18，S3＝26，则{an}的公比q＝________.
解析：由得＋＝8，即4q2－9q－9＝0.所以(4q＋3)(q－3)＝0.因为q>0，所以q＝3.
1．等比数列的三种判定方法
(1)定义：＝q(q是不为零的常数，n∈N*){an}是等比数列．
(2)通项公式：an＝cqn－1(c、q均是不为零的常数，n∈N*){an}是等比数列．
(3)等比中项法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*){an}是等比数列．
2．等比数列的常见性质
(1)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a；
(2)若数列{an}、{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}、、{a}、{an·bn}、(λ≠0)仍然是等比数列；
(3)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；
(4)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn，当公比为－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不一定构成等比数列．
3．求解等比数列的基本量常用的思想方法
(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n项和的公式中联系着五个量：a1，q，n，an，Sn，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q，在解题中根据已知条件建立关于a1与q的方程或者方程组，是解题的关键．
(2)分类讨论思想：在应用等比数列前n项和公式时，必须分类求和，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝；在判断等比数列单调性时，也必须对a1与q分类讨论．
1．(2010·江苏高考)函数y＝x2(x>0)的图像在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
解析：切线斜率k＝2ak，切线方程为
y－a＝2ak(x－ak)，
即y＝2akx－a，
令y＝0，得x＝＝ak＋1，
所以{an}是首项a1＝16，公比q＝的等比数列，
所以an＝()n－5，故a1＋a3＋a5＝21.
2．已知数列{an}是公比q≠±1的等比数列，则在{an＋an＋1}，{an＋1－an}，，{nan}这四个数列中，是等比数列的有________个．
|等比数列的基本运算
1.(2013·盐城三调)在等比数列{an}中，若a2＝－2，a6＝－32，则a4＝________.
解析：由＝q4＝16，则q2＝4，所以有a4＝a2q2＝－8.
2．(2014·扬州模拟)已知等比数列{an}中，公比q>1，且a1＋a4＝9，a2a3＝8，则＝________.
解析：因为{an}为等比数列，故a1a4＝a2a3＝8，与a1＋a4＝9联立解得或又q>1，故a1＝1，a4＝8，从而q＝2，故＝q2＝4.
3．设等比数列{an}的公比q<1，前n项和为Sn，已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通项公式．
解：由题设知a1≠0，Sn＝，
由②式得1－q4＝5(1－q2)，
即(q－2)(q＋2)(q－1)(q＋1)＝0.
因为q4)，则a1a5的值为________．
[解析]　(1)根据等比数列的性质可知a2a8＝a3a7＝a＝()2＝4.
(2)令m＝5得a1a5＝a且a2＝4，再令m＝6得a2a6＝a且a3＝4，从而等比数列是常数列，故a1a5＝16.
[答案]　(1)4　(2)16
[备课札记]　　
[类题通法]
等比数列常见性质的应用
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．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
[针对训练]
1．(2014·苏北四市调研)已知在等比数列{an}中，a1＋a2＝，a3＋a4＝1，则a7＋a8＋a9＋a10＝________.
解析：由题意得，{an＋an＋1}是首项为，公比为2的等比数列，所以a7＋a8＝4，a9＋a10＝8，从而a7＋a8＋a9＋a10＝12.
2．(2014·南京二模)已知等比数列{an}的公比q>0，a2＝1，am＋2＋am＋1＝6am，则{an}的前4项和是________．
解析：由am＋2＋am＋1＝6am得amq2＋amq＝6am，即q2＋q＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去)．从而a1＝＝，所以S4＝＝＝.
[课堂练通考点]
1．(2014·南京学情调研)已知等比数列{an}的公比q＝－，Sn为其前n项和，则＝________.
解析：因为S4＝，a4＝a1q3，所以＝＝＝－5.
2．(2014·连云港期末)在正项等比数列{an}中，a3a11＝16，则log2a2＋log2a12＝________.
解析：因为等比数列{an}中，a3a11＝16，所以a2a12＝a3a11＝16，所以log2a2＋log2a12＝log2(a2a12)＝log216＝4.
3．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝3，a＝4a3a7，则数列{an}的通项公式为________．
解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则由等比数列{an}的各项均为正数知，q>0.又由得解得所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝·()n－1＝.
答案：an＝
4．已知数列{an}是等比数列，a1，a2，a3依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又a1，a2，a3中任何两个都不在同一列，则an＝________(n∈N*).
解析：观察题中的表格可知a1，a2，a3分别为2,6,18，即{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＝2·3n－1.
答案：2·3n－1
5．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，
且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
[课下提升考能]
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．(2013·镇江期末)在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，已知a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，则此数列的公比q为________．
解析：由已知a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，两式相减得a6－a5＝2a5，即a6＝3a5，所以q＝3.
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，若a1＝3，前三项的和为21，则a4＋a5＋a6＝________.
解析：由题意an＝a1qn－1(q>0)，a1＋a2＋a3＝21，即即1＋q＋q2＝7，解得q＝2.
所以a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)q3＝21×8＝168.
3．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k的值为________．
解析：依题意得，数列{an}是等比数列，a1＝3＋k，a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝18，则62＝18(3＋k)，由此解得k＝－1.
4．(2014·江西省七校联考)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝________.
解析：依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30；又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，S40＝150.
5．(2014·盐城二模)已知在等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝40，则a5a6a7＝________.
解析：由条件得a2＝，a8＝，于是q6＝2，故a5a6a7＝aq12＝5×4＝20.
6．(2013·南通三模)已知三个数x＋log27 2，x＋log92，x＋log32成等比数列，则公比为________．
解析：由条件得(x＋log92)2＝(x＋log272)(x＋log32)，展开得x2＋log32·x＋(log32)2＝x2＋log32·x＋(log32)2，解得x＝－log32，从而公比q＝＝＝3.
7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.
解析：由题意得－4＝·q3，故q＝－2，从而|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝＋1＋2＋4＋8＋16＝.
8．(2014·常州调研)已知数列{an}的前n项的和为Sn，若Sn＝3n－1(n∈N*)，则的值为________．
解析：依题意可知数列{an}为等比数列，且公比q＝3，从而＝＝＋3＝.
9．(2014·苏北四市质检)设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝pSn＋q(p，q为常数，n∈N*)，且a1＝2，a2＝1，a3＝q－3p.
(1)求p，q的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)是否存在正整数m，n使<成立？若存在，求出所有符合条件的有序数对(m，n)；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意知即
(2)由(1)知，Sn＋1＝Sn＋2.
当n≥2时，Sn＝Sn－1＋2，
①－②，得an＋1＝an(n≥2)．
又a2＝a1，所以an＋1＝an(n∈N*)，所以数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，所以an＝.
(3)由(2)得Sn＝＝4(1－)．
假设存在符合条件的m，n.
则由<，得<，即.
因为2m＋1>0，所以2n(4－m)－2>0，
所以m<4，且2<2n(4－m)<2m＋1＋4.(*)
因为m∈N*，所以m＝1或2或3.
当m＝1时，由(*)得2<2n×3<8，所以n＝1；
当m＝2时，由(*)得2<2n×2<12，所以n＝1或2；
当m＝3时，由(*)得2<2n0得a3＝＝a1＋＋2≥4，当且仅当a1＝1时取等号，此时a2＝2，则an＝2n－1.
法二：设公比为q(q>0)，则由条件得a1q－a1＝1，即q＝，从而a3＝a1q2，以下同解法一．
答案：2n－1
3．(2014·南京、盐城一模)若数列{an}是首项为6－12t，公差为6的等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn＝3n－t，其中t为实常数．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{bn}是等比数列，求证：对于任意的n(n∈N*)，均存在正整数cn，使得bn＋1＝acn，并求数列{cn}的前n项和Tn；
(3)设数列{dn}满足dn＝an·bn.若{dn}中不存在这样的项dk，使得“dk<dk－1”与“dk<dk＋1”同时成立(k≥2，k∈N*)，求实数t的取值范围．
解：(1)因为{an}是等差数列，
所以an＝(6－12t)＋6(n－1)＝6n－12t(n∈N*)．
因为数列{bn}的前n项和为Sn＝3n－t，
所以当n≥2时，bn＝(3n－t)－(3n－1－t)＝2·3n－1.
又b1＝S1＝3－t，故bn＝
(2)证明：因为{bn}是等比数列，所以3－t＝2·31－1，
从而an＝6n－12，bn＝2·3n－1(n∈N*)．
由于bn＋1＝2·3n＝6·3n－1＝6(3n－1＋2)－12
令cn＝3n－1＋2∈N*，则acn＝6(3n－1＋2)－12＝bn＋1，
所以命题成立．
从而数列{cn}的前n项和
Tn＝2n＋＝·3n＋2n－.
(3)由题意得dn＝
当n≥2时，dn＋1－dn＝4(n＋1－2t)·3n＋1－4(n－2t)×3n＝8[n－(2t－)]·3n.
①若2t－＜2，即tdn(n∈N*，n≥2)．
由题意得d1≤d2，即6(3－t)(1－2t)≤36(2－2t)，
解得≤t≤<.
②若2≤2t－<3，即≤tdn(n∈N*，n≥3)．
而d1>d2≥d3，由题意得d2＝d3，
即4(2t－2)×32＝4(2t－3)×33，解得t＝；
③若m≤2t－<m＋1，即＋≤t0，b<0，且a＋b≠0，令a1＝a，b1＝b，且对任意的正整数k，当ak＋bk≥0时，ak＋1＝ak－bk，bk＋1＝bk；当ak＋bk<0时，bk＋1＝－ak＋bk，ak＋1＝ak.
(1)求数列{an＋bn}的通项公式；
(2)若对任意的正整数n，an＋bn<0恒成立，问：是否存在a，b，使得{bn}为等比数列？若存在，求出a，b满足的条件；若不存在，请说明理由；
(3)若对任意的正整数n，an＋bn<0，且b2n＝b2n＋1，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)当an＋bn≥0时，an＋1＝an－bn，bn＋1＝bn，
所以an＋1＋bn＋1＝an－bn＋bn＝(an＋bn)；
又当an＋bn<0时，bn＋1＝－an＋bn，an＋1＝an，
所以an＋1＋bn＋1＝an－an＋bn＝(an＋bn)，
因此数列{an＋bn}是以a＋b为首项，为公比的等比数列，所以an＋bn＝(a＋b)n－1.
(2)因为an＋bn<0，所以an＋1＝an，所以an＝an－1，
bn＝n－1－an＝(a＋b)n－1－an－1.
假设存在a，b，使得{bn}能构成等比数列，
则b1＝b，b2＝，b3＝，
故2＝b，化简得a＋b＝0，
与题中a＋b≠0矛盾．故不存在a，b，使得{bn}为等比数列．
(3)因为an＋bn0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由．
解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，
∵a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝log42n＋1＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.
∴＋＋＋…＋
＝－＋－＋－＋…＋－
＝1＋＋－－－<<，
∴存在正整数k的最小值为3.
[备课札记]　　
角度二　形如an＝ 型
2．已知函数f(x)＝xa的图像过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 013＝________.
解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 013＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 013＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
角度三　形如an＝型
3．(2013·新课标卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.
由已知可得解得
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知
从而数列的前n项和为
角度四　形如an＝型
4．(2013·江西高考)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.
证明：对于任意的n∈N*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上可知，数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
bn＝，则bn＝＝.
[备课札记]　　
[类题通法]
利用裂项相消法求和应注意
(1)抵消后并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；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
[课堂练通考点]
1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
2．(2014·南通一模)在数列{an}中，若对于n∈N*，总有k＝2n－1，则＝________.
解析：由条件得a1＝1，an＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，从而a＝4n－1，所以数列{a}是以1为首项，4为公比的等比数列，因此＝(4n－1)．
答案：(4n－1)
3．(2014·常州统考)已知数列{an}满足a1＝，2－an＋1＝(n∈N*)，则＝________.
解析：因为an＋1＝2－＝，所以＝＋，设＋λ＝3(＋λ)，所以2λ＝，即λ＝，故＋＝3(＋)，即数列{＋}是首项为1，公比为3的等比数列，所以＋＝1·3n－1，即＝3n－1－，
所以＝－＝.
4．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列的前n项和Sn＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，
解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，
故bn＝log3an＝n，所以＝＝－.
则数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.
5．已知向量p＝(an,2n)，向量q＝(2n＋1，－an＋1)，n∈N*，向量p与q垂直，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝log2an＋1，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵向量p与q垂直，
∴2n＋1an－2nan＋1＝0，即2nan＋1＝2n＋1an，
∴＝2，∴{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2n－1.
(2)∵bn＝log2an＋1＝n－1＋1＝n，
∴an·bn＝n·2n－1，
∴Sn＝1＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n·2n－1，
∴2Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
①－②得，
－Sn＝1＋2＋22＋23＋24＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝1＋(n－1)2n.
[课下提升考能]
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．(2013·徐州、宿迁三检)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7＝7，S15＝75，则数列{}的前20项和为________．
解析：由条件得解得
从而Sn＝－2n＋，则＝－，即数列{}是以－2为首项，为公差的等差数列，故所求数列的前20项和为×20＝55.
2．(2013·苏北四市三调)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a1＝－，Sn是{an}的前n项和，则S2 014＝________.
解析：由题意得数列{an}的各项为－，1，－，1，…，以2为周期的周期数列，所以S2 014＝×1 007＝.
3．(2014·东城一模)已知函数f(n)＝n2cos nπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________.
解析：f(n)＝n2cos nπ＝
＝(－1)n·n2，
由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2
＝(－1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，
得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.
答案：－100
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________.
解析：∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，
且首项为－5，公差为2.
∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，
∴n≤3时，an3时，an>0，
5．已知数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a1＝－，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 013＝________.
解析：由题意知，a1＝－，a2＝1，a3＝－，a4＝2，a5＝－，a6＝3，…，所以数列{an}的奇数项构成了首项为－，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得
S2 013＝＋＝－.
6.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
7．(2013·徐州、宿迁三检)已知数列{an}满足a1＝a＋2(a≥0)，an＋1＝ ，n∈N*.
(1)若a＝0，求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝|an＋1－an|，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn0.
两边取对数得lg 2＋2lg an＋1＝lg an，
即lg an＋1＋lg 2＝(lg an＋lg 2)，
因为lg a1＋lg 2＝2lg 2，
所以数列{lg an＋lg 2}是以2lg 2为首项，为公比的等比数列．
所以lg an＋lg 2＝2×()n－1·lg 2，所以an＝222－n－1.
(2)证明：由an＋1＝得2a＝an＋a，
当n≥2时，2a＝an－1＋a，
①－②，得2(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an－an－1，
由已知an>0，所以an＋1－an与an－an－1同号．
因为a2＝，且a≥0，所以a－a＝(a＋2)2－(a＋1)＝a2＋3a＋3>0恒成立，
所以a2－a1<0，所以an＋1－an<0.
因为bn＝|an＋1－an|，所以bn＝－(an＋1－an)，
所以Sn＝－[(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)]＝
－(an＋1－a1)＝a1－an＋10.
因为1＋2＋…＋12＝＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{bn}的前78项，故b81在表中第13行第三列，因此b81＝a13q2＝－.
又因为a13＝－，所以q＝2.
记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，
则S＝＝－·＝(k≥3)．
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．(2013·南京三模)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则An＋Bn＝________.
解析：正整数组中每组的中间数依次为1,3,7,13，…，第n组中中间一个数为(n－1)n＋1，故由等差数列性质可知An＝[(n－1)n＋1](2n－1)，即An＝2n3－3n2＋3n－1.
而自然数的立方构成的数组中
Bn＝n3－(n－1)3＝3n2－3n＋1，
所以An＋Bn＝2n3.
2．(2014·扬州期末)如图所示，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋(x>0)的图像上．若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，矩形AnBnCnDn的周长记为an，则a2＋a3＋…＋a10＝________.
解析：由题意知Bn(n,0)，Cn(n，n＋)，又CnDn与x轴平行，所以Dn(，n＋)，An(，0)，所以an＝2(AnBn＋AnDn)＝4n，故a2＋a3＋…＋a10＝4×＝216.
3．(2014·苏中三市、连云港、淮安调研(二))已知数列{an}是首项为1，公差为d的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为q(q＞1)的等比数列．
(1)若a5＝b5，q＝3，求数列{an·bn}的前n项和；
(2)若存在正整数k(k≥2)，使得ak＝bk，试比较an与bn的大小，并说明理由．
解：(1)依题意，bn＝3n－1，a5＝b5＝b1q5－1＝1×34＝81，
故d＝＝＝20，
所以an＝1＋20(n－1)＝20n－19.
故Sn＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n－1，
则3Sn＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n－1＋(20n－19)·3n，
所以－2Sn＝1＋20×(3＋32＋…＋3n－1)－(20n－19)·3n
＝1＋20×－(20n－19)·3n
＝(29－20n)·3n－29，
(2)因为ak＝bk，所以1＋(k－1)d＝qk－1，即d＝，故an＝1＋(n－1)，又bn＝qn－1，
所以bn－an＝qn－1－
＝[(k－1)(qn－1－1)－(n－1)(qk－1－1)]
＝[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]．
①当1＜n＜k时，由q＞1知
bn－an＝[(k－n)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋qn－1)]＜[(k－n)(n－1)qn－2－(n－1)(k－n)qn－1]＝－＜0，
即bn＜an；
②当n＞k时，由q＞1知
bn－an＝[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋qk－1)－(n－k)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]＞[(k－1)(n－k) qk－1－(n－k)(k－1)qk－2]＝(q－1)2(n－k)qk－2＞0，即bn＞an.
综上所述，当1＜n＜k时，an＜bn；当n＞k时，an＞bn；当n＝1，k时，an＝bn.
4．(2014·连云港质检)已知数列{an}中，a2＝a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足Sn＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＝2，且a－Sn＝11，求m，n的值；
(3)是否存在实数a，b，使得对任意正整数p，数列{an}中满足an＋b≤p的最大项恰为第3p－2项？若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得a1＝S1＝＝0，所以Sn＝，则Sn＋1＝，所以2(Sn＋1－Sn)＝(n＋1)an＋1－nan，即(n－1)an＋1＝nan，n∈N*，
所以nan＋2＝(n＋1)an＋1，
两式相减得2an＋1＝an＋2＋an，n∈N*，
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，
故数列{an}是等差数列．
又a1＝0，a2＝a，所以an＝(n－1)a.
(2)若a＝2，则an＝2(n－1)，所以Sn＝n(n－1)．
由a－Sn＝11得n2－n＋11＝(m－1)2，
即4(m－1)2－(2n－1)2＝43，
所以(2m＋2n－3)(2m－2n－1)＝43，
因为43是质数，2m＋2n－3＞2m－2n－1,2m＋2n－3＞0，
(3)由an＋b≤p得a(n－1)＋b≤p.
若a＜0，则n≥＋1，不合题意，舍去；
若a＞0，则n≤＋1.
因为不等式an＋b≤p成立的最大正整数解为3p－2，
所以3p－2≤＋1＜3p－1，
即2a－b＜(3a－1)p≤3a－b，对任意正整数p都成立．
所以3a－1＝0，解得a＝，
此时－b＜0≤1－b，解得＜b≤1.
故存在实数a，b满足条件，且a＝，b∈.
第五节数列的综合应用
|等差数列与等比数列的综合问题
[典例]　(2011·江苏高考)设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6 成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．
[解析]　因为a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，又a1＝1，所以a3＝q，a5＝q2，a7＝q3.因为a2，a4，a6成公差为1的等差数列，所以a4＝a2＋1，a6＝a2＋2.
法一：　因为1＝a1≤a2≤…≤a7，
法二：　a6＝a2＋2≥3，即a6的最小值为3.又a6≤a7，所以a7的最小值为3即q3≥3，解得a≥ .故q的最小值为.
[备课札记]　　
[类题通法]
解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
[针对训练]
在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an.
解：(1)证明：∵bn＝log2an，
∴bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，
∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
(2)设数列{bn}的公差为d，∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2.
∵a1>1，∴b1＝log2a1>0.
∵b1b3b5＝0，∴b5＝0.
∴Sn＝4n＋×(－1)＝.
∴an＝25－n(n∈N*)．
|等差数列与等比数列的实际应用
[典例]　(2014·镇江模拟)一位幼儿园老师给班上k(k≥3)个小朋友分糖果．她发现糖果盒中原有糖果数为a0，就先从别处抓2块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第一个小朋友；再从别处抓2块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第二个小朋友；…，以后她总是在分给一个小朋友后，就从别处抓2块糖放入盒中，然后把盒内糖果的分给第n(n＝1,2,3，…，k)个小朋友，分给第n个小朋友后(未加入2块糖果前)盒内剩下的糖果数为an.
(1)当k＝3，a0＝12时，分别求a1，a2，a3；
(2)请用an－1表示an，并令bn＝(n＋1)an，求数列的通项公式；
(3)是否存在正整数k(k≥3)和非负整数a0，使得数列(n≤k)成等差数列？如果存在，请求出所有的k和a0；如果不存在，请说明理由．
解：(1)当k＝3，a0＝12时，
a1＝(a0＋2)－(a0＋2)＝7，
a2＝(a1＋2)－(a1＋2)＝6，
a3＝(a2＋2)－(a2＋2)＝6.
(2)由题意知
an＝(an－1＋2)－(an－1＋2)＝(an－1＋2)，
即(n＋1)an＝n(an－1＋2)＝nan－1＋2n.
因为bn＝(n＋1)an，所以bn－bn－1＝2n，
bn－1－bn－2＝2n－2，
b1－b0＝2.
累加得bn－b0＝＝n(n＋1)．
又b0＝a0，所以bn＝n(n＋1)＋a0.
(3)由bn＝n(n＋1)＋a0，得an＝n＋.
若存在正整数k(k≥3)和非负整数a0，使得数列{an}(n≤k)成等差数列，则a1＋a3＝2a2，
即(1＋)＋3＋＝2(2＋)，解得a0＝0，
当a0＝0时，an＝n，对任意正整数k(k≥3)，有{an}(n≤k)成等差数列．
[备课札记]　　
[类题通法]
解数列应用题的建模思路
从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：
[针对训练]
某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.则第n年初M的价值an＝________.
解析：当n≤6时，数列{an}是首项为120，
公差为－10的等差数列，
an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，
为公比的等比数列，
又a6＝70，所以an＝70×n－6.
答案：an＝
|数列与其他知识的综合应用
|数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题，近年由于对数列要求降低，但仍有一些省份在考查数列与其他知识的交汇.归纳起来 |
|常见的命题角度有：
|(1)数列与不等式；
|(2)数列与函数；
|(3)数列与解析几何.
角度一　数列与不等式
1．(2014·苏州一调)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a2＝1，bn＝nSn＋(n＋2)an，数列{bn}是公差为d的等差数列，n∈N*.
(1)求d的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(a1a2·…·an)·(S1S2·…·Sn)＜.
解：(1)因为a1＝a2＝1，所以b1＝S1＋3a1＝4，b2＝2S2＋4a2＝8，所以d＝b2－b1＝4.
(2)因为数列{bn}是等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，即
Sn＋an＝4.
当n≥2时，Sn－1＋an－1＝4.
由①－②得(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝0.
所以an＋an＝an－1，即＝·.
则＝·，＝·，…，＝·.
以上各式两边分别相乘，得＝·n.
因为a1＝1，所以an＝.
(3)证明：因为Sn＋an＝4，an＞0，Sn＞0，
所以 ≤＝2.
则0＜anSn≤4·.所以(a1a2·…·an)·(S1S2·…·Sn)≤4n·.③
因为n＝1时，Sn≠an，所以③式等号取不到．
则(a1a2·…·an)·(S1S2·…·Sn)＜.
[类题通法]
数列与不等式相结合问题的处理方法
解决数列与不等式的综合问题时，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；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．
角度二　数列与函数
2．(2013·苏州暑假调查)已知函数f(x)＝(x－1)2，g(x)＝10(x－1)，数列{an}满足a1＝2，(an＋1－an)g(an)＋f(an)＝0，bn＝(n＋2)(an－1)．
(1)求证：数列{an－1}是等比数列；
(2)当n取何值时，bn取最大值？并求出最大值；
(3)若＜对任意m∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
解：(1)证明：因为(an＋1－an)g(an)＋f(an)＝0，
f(an)＝(an－1)2，g(an)＝10(an－1)，
所以10(an＋1－an)(an－1)＋(an－1)2＝0，
整理得(an－1)[10(an＋1－an)＋an－1]＝0，
所以an＝1　①或10(an＋1－an)＋an－1＝0　②.
由①得数列{an}是各项为1的常数列，而a1＝2，不合题意．由②整理得10(an＋1－1)＝9(an－1)，
又a1－1＝1，
所以{an－1}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)由(1)可知an－1＝()n－1，n∈N*，
所以bn＝(n＋2)(an－1)＝(n＋2)()n＞0，
所以＝＝(1＋)．
当n＝7时，＝1，即b7＝b8；
当n＜7时，＞1，即bn＋1＞bn；
当n＞7时，＜1，即bn＋1＜bn.
所以当n＝7或8时，bn取得最大值，最大值为b8＝b7＝.
(3)由＜得tm＜0.(*)
由题意知，(*)式对任意m∈N*恒成立．
①当t＝0时，(*)式显然不成立，因此t＝0不合题意；
②当t＜0时，由－＞0可知tm＜0(m∈N*)，
而当m为偶数时，tm＞0, 因此t＜0不合题意；
③当t＞0时，由tm＞0(m∈N*)知，－＜0，
所以t＞(m∈N*)．
令h(m)＝(m∈N*)．
因为h(m＋1)－h(m)＝－
所以h(1)＞h(2)＞h(3)＞…＞h(m－1)＞h(m)…，
所以h(m)的最大值为h(1)＝.
所以实数t的取值范围是(，＋∞)．
角度三　数列与解析几何
3．在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列；
解：(1)由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1，
∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列．
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
∴Tn＝－bn＋1. ①
∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)， ②
①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，
∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1.
令n＝1，得b1＝－b1＋1，
∴{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列．
[备课札记]　　
[课堂练通考点]
1．(2014·无锡期末)已知等差数列的公差为－2，且a1，a3，a4成等比数列，则a20＝________.
解析：设的首项为a，则a，a－4，a－6成等比数列，则(a－4)2＝a(a－6)，解得a＝8.又公差d＝－2，所以a20＝a＋19d＝8＋19×(－2)＝－30.
答案：－30
2．(2013·泰州期末)通项公式为an＝an2＋n的数列，若满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且an＞an＋1对n≥8恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：因为a1＜a2＜a3＜a4＜a5，即a＋1＜4a＋2＜9a＋3＜16a＋4＜25a＋5，所以a＞－.
因为an＞an＋1对n≥8恒成立，即an2＋n＞a(n＋1)2＋(n＋1)，所以a＜－.因为2n＋1≥17，所以－≥－.要使得a＜－对n≥8恒成立，则a2 013成立的n的最小值．
解：(1)证明∵an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，
∴an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2，n∈N*)．
∵a1＝2，a2＝4，∴a2－a1＝2≠0，
∴an－an－1≠0(n≥2，n∈N*)，
故数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋2＝＋2＝2n(n≥2，n∈N*)，
又a1＝2也满足上式，∴an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝＝2＝2＝2－(n∈N*)，
∴Sn＝2n－＝2n－＝2n－2＝2n－2＋，
由Sn>2 013得，2n－2＋>2 013，即n＋>，
∵n∈N*，∴n＋的值随n的增大而增大，
∴n的最小值为1 008.
2．已知数列{an}满足an＋1＝，且a1＝2.
(1)判断数列是否为等差数列，若是，请给予证明，若不是，请说明理由；
(2)若bn＝·n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)数列是等差数列，理由如下：
∵an＋1＝，an≠0，∴＝＋，
∴数列是首项为，公差为的等差数列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
bn＝·n＝·n＝(n＋1)·n，
∴Tn＝2×＋3×2＋4×3＋…＋(n＋1)·n，①
Tn＝2×2＋3×3＋4×4＋…＋(n＋1)·n＋1.②
Tn＝1＋2＋3＋…＋n－(n＋1)n＋1
＝1＋－(n＋1)n＋1
∴Tn＝3－.
3．(2014·皖南八校联考)将数列{an}中所有的项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
a4　a5　a6
a7　a8　a9　a10
记表中的第1列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1，Sn为数列{bn}的前n项和，且满足＝1(n≥2，n∈N*)．
(1)证明数列是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)上表中，若从第3行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81＝－时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．
解：(1)由已知，当n≥2时，＝1，
又bn＝Sn－Sn－1，所以＝1，
即＝1，所以－＝.
又S1＝b1＝a1＝1，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
故＝1＋(n－1)＝，即Sn＝.
所以当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝－.
(2)设表中从第3行起，每行的公比都为q，且q>0.
因为1＋2＋…＋12＝＝78，
所以表中第1行至第12行含有数列{an}中的前78项，
故a81在表中第13行第3列，
因此a81＝b13·q2＝－.又b13＝－，
所以q＝2(舍去负值)．
记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，
则S＝＝－·＝(1－2k)(k≥3)．
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[解题流程]
设出公比q，列出关于a1，q的方程组，求出a1，q.
[失分警示]
不注意a1，q的范围，导致扣分.
根据所求，利用公式求出an.
利用(1)的结论求出Sn，将问题转化为(－2)n≤－2 012.
对n的值不讨论，盲目得出结论.即只写出n为奇数情况忽略n为偶数，导致失分.
对n的取值讨论，确定n的值．
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