江苏专用高考数学复习上篇专题整合突破专题三数列教师用书理.docx

专题三 数列教师用书 理第1讲等差数列、等比数列的基本问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级.真 题 感 悟1.(2016江苏卷)已知an是等差数列，Sn是其前n项和.若a1a3，S510，则a9的值是_.解析设等差数列an公差为d，由题意可得：解得则a9a18d48320.答案202.(2015江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.解析a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.答案3.(2010江苏卷)函数yx2(x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整数，a116，则a1a3a5_.解析在点(ak，a)处的切线方程为：ya2ak(xak)，当y0时，解得x，所以ak1，故an是a116，q的等比数列，即an16，a1a3a5164121.答案214.(2013江苏卷)在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_.解析设数列an的公比为q(q0)，由已知条件得qq23，即q2q60，解得q2，或q3(舍去)，ana5qn52n52n6，a1a2an(2n1)，a1a2an2524232n62，由a1a2ana1a2an，可知2n5252，由2n5252，可求得n的最大值为12，而当n13时，2825213，所以n的最大值为12.答案12考 点 整 合1.等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d，(2)求和公式：Snna1d，(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列.2.等比数列(1)通项公式：ana1qn1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sn；(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anamqnm；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列.3.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系an(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列an中，满足an1anf(n)，把原递推公式转化为an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列an中，满足an1f(n)an，把原递推公式转化为f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列an中，满足an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)先用待定系数法把原递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2016全国卷改编)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100_.(2)(2016连云港调研)在等差数列an中，a53，a62，则a3a4a8_.(3)(2015湖南卷)设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_.解析(1)由等差数列性质，知S99a527，得a53，而a108，因此公差d1，a100a1090d98.(2)根据等差数列性质计算.因为an是等差数列，所以a3a4a83(a5a6)3.(3)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S23S1S3，可得a33a2，公比q3，故等比数列通项ana1qn13n1.答案(1)98(2)3(3)3n1探究提高(1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.【训练1】 (1)(2014江苏卷)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_.(2)(2016北京东城区模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，若Sm15，Sm11，Sm121，则m等于_.(3)(2015潍坊模拟)在等比数列an中，公比q2，前87项和S87140，则a3a6a9a87_.解析(1)因为a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2q220，解得q22，a6a2q41224.(2)由已知得SmSm1am16，Sm1Smam132，故公比q2，又Sm11，故a11，又ama1qm116，代入可求得m5.(3)法一a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q214080.法二设b1a1a4a7a85，b2a2a5a8a86，b3a3a6a9a87，因为b1qb2，b2qb3，且b1b2b3140，所以b1(1qq2)140，而1qq27，所以b120，b3q2b142080.答案(1)4(2)5(3)80热点二等差、等比数列的判定与证明【例2】 (2016南师附中月考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且SnSn1an1(nN*，且n2)，数列bn满足：b1，且3bnbn1n(n2，且nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列.(1)解由SnSn1an1，得SnSn1an1，即anan1(nN*，n2)，则数列an是以为公差的等差数列，又a1，ana1(n1)dn.(2)证明3bnbn1n(n2)，bnbn1n(n2)，bnanbn1nnbn1n(n2).bn1an1bn1(n1)bn1n(n2)，bnan(bn1an1)(n2)，b1a1300，(n2).数列bnan是以30为首项，为公比的等比数列.探究提高判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法(1)定义法：对于n1的任意自然数，验证an1an为同一常数.(2)中项公式法：若2anan1an1(nN*，n2)，则an为等差数列；若aan1an1(nN*，n2)，则an为等比数列.【训练2】 已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设，anan1Sn1，知an1an2Sn11，得：an1(an2an)an1.an10，an2an.(2)解由题设可求a21，a31，令2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列.热点三求数列的通项微题型1由Sn与an的关系求an【例31】 (1)已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2，nN*)，a1.求数列an的通项公式.(2)(2016岳阳二模节选)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13, nN*.证明：an23an；并求an.解(1)由an2SnSn10(n2，nN*)，得SnSn12SnSn10，所以2(n2，nN*)，故是等差数列.又2，所以2n，故Sn，anSnSn1(n2，nN*)，所以an(2)由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.又an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列.因此a2n13n1，a2n23n1.an探究提高给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.微题型2已知an与an1的递推关系式求an【例32】 (1)在数列an中，a11，an1an，求数列an的通项公式；(2)已知正项数列an满足a11，(n2)a(n1)aanan10，求通项an；(3)已知a14，an1，求通项an.解(1)由已知得a11，且，12(n2).an2n(n2)，又a11适合上式，an2n.(2)由(n2)a(n1)aanan10，得(n2)n1，所以.又a11，则ana11.故数列an的通项公式an.(3)an1，两边取倒数得1，设bn，则bn1bn1，则bn12(bn2)，故bn2是以b122为首项，为公比的等比数列.bn2，即2，得an.探究提高(1)形如bn1bnf(n)，其中f(n)k或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如an1anf(n)，可用累乘法；(3)形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如an1qanqn(q为常数，且q0，q1)，解决方法是在递推公式两边同除以qn1.【训练3】 (1)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，an1n2n，nN*.求a2的值；求数列an的通项公式.(2)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a11，Sn1Sna，数列bn满足bnbn13an，且b11.求数列an、bn的通项公式.解(1)依题意，2S1a21，又S1a11，所以a24.当n2时，2Snnan1n3n2n，2Sn1(n1)an(n1)3(n1)2(n1)，以上两式相减得，2annan1(n1)an(3n23n1)(2n1).整理得(n1)annan1n(n1)，即1，又1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，所以ann2.(2)Sn1Sna，SnSn1a(n2)，得an1anaa，(an1an)(an1an1)0，an10，an0，an1an0，an1an1(n2)，又由S2S1a，得2a1a2a，即aa220，a22，a21(舍去)，an是以1为首项，1为公差的等差数列，ann.又bnbn13an3n，bn1bn3n1(n2)，得3(n2)，又由b11，可求b23.故b1，b3，b2n1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，b2n是首项为3，公比为3的等比数列.b2n13n1，b2n33n13n.bn1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式an时，一定要注意分n1，n2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.一、填空题1.(2015南通模拟)在等差数列an中，a13a3a1510，则a5的值为_.解析设数列an的公差为d，a1a152a8，2a83a310，2(a53d)3(a52d)10，5a510，a52.答案22.在等比数列an中，已知a1a38，a5a74，则a9a11a13a15_.解析设等比数列an的公比为q，由已知，得解得q4.又a9a11a1q8a3q8(a1a3)q882，a13a15a1q12a3q12(a1a3)q1281，所以a9a11a13a15213.答案33.若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，则当n_时，an的前n项和最大.解析根据题意知a7a8a93a80，即a80.又a8a9a7a100，a90，当n8时，an的前n项和最大.答案84.等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn等于_.解析由a2，a4，a8成等比数列，得aa2a8，即(a16)2(a12)(a114)，a12.Sn2n22nn2nn(n1).答案n(n1)5.(2016宿迁调研)设各项都是正数的等比数列an，Sn为前n项和，且S1010，S3070，那么S40等于_.解析依题意，数列S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故S2020或S2030.又S200，因此S2030，S20S1020，S30S2040，则S40S3070150.答案1506.若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)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pq_.解析由题意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在a，b，2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.或解之得：或p5，q4，pq9.答案97.(2016全国卷)设等比数列满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_.解析设等比数列an的公比为q，解得a1a2an，当n3或4时，取到最小值6，此时取到最大值26，所以a1a2an的最大值为64.答案648.等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_.解析设数列an的首项和公差分别为a1，d，则则nSnnn2.设函数f(x)x2，则f(x)x2x，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0，所以函数f(x)minf，但67，且f(6)48，f(7)49，因为4849，所以最小值为49.答案49二、解答题9.(2016全国卷)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.(1)证明由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1，得an1an1an，即an1(1)an，由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an.(2)解由(1)得Sn1.由S5得1，即.解得1.10.已知数列an满足a11，an13an1，(1)证明an是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.证明(1)由an13an1，得an13.又a1，所以an是首项为，公比为3的等比数列.an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1.所以0，c30，c40；当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*，恒有S4Sn，故k4.探究提高(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可.【训练1】 (2016洛阳二模)已知数列an中，a22，Sn是其前n项和，且Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)若正项数列bn满足anlog2，设数列的前n项和为Tn，求使得30成立的正整数n的最小值.解(1)令n1，得a10.当n2时，anSnSn1.可得(n2)an(n1)an1，当n3时，所以ana22(n1)，显然当n1，2时，满足上式.所以an2(n1).(2)因为anlog2，所以2(n1)log2log2blog242log2bn2，即2n2log2bn，bn2n，所以Tn，Tn，作差得Tn11.Tn2.所以2n130，当n6时，不等式恒成立，所以正整数n的最小值为6.热点二有关数列中计算的综合问题【例2】 (2016镇江期末)已知数列an的各项都为自然数，前n项和为Sn，且存在整数，使得对任意正整数n都有Sn(1)an恒成立.(1)求的值，使得数列an为等差数列，并求数列an的通项公式；(2)若数列an为等比数列，此时存在正整数k，当1kj时，有i2 016，求k.解(1)法一因为Sn(1)an，所以Sn1(1)an1，由得an1(1)an，当0时，an0，数列an是等差数列.当0时，a1(1)a1，a11，且an1anan，要使数列an是等差数列，则式右边an为常数，即an1an为常数，式左边an1an0，an0，与a11矛盾.综上可得，当0时，数列an为等差数列，且an0.法二若数列an是等差数列，必有2a2a1a3，当0时，a1a2a30，满足2a2a1a3，此时Snan，则Sn1an1，故an0，当0时，a11，a21，a3，由2a2a1a3，得21，该方程无解，综上可得，当0时，数列an为等差数列，其中an0.(2)由(1)可得，当0时，数列an不是等比数列，当1时，由得Sn1，则a1S11，anSnSn10(n2)，不是等比数列.当0，且1时，得1，an为公比为1的等比数列，又对任意n，anN，则q1N，故仅有1，q2时，满足题意，又由(1)得a11，故an2n1.因为i2 016，所以2k1(2jk11)2 01625327，由题意jk12，2jk11为大于1的奇数，所以2k125，k6，则2j51327，2j564，j11，故仅存在k6时，j11，i2 016.探究提高此类问题看似简单，实际复杂，思维量和计算量较大，难度较高.【训练2】 (2011江苏卷)设M为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11，前n项的和为Sn，已知对任意的整数kM，当整数nk时，SnkSnk2(SnSk)都成立.(1)设M1，a22，求a5的值；(2)设M3，4，求数列an的通项公式.解(1)由题设知，当n2时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1，从而an1an2a12.又a22，故当n2时，ana22(n2)2n2.所以a5的值为8.(2)由题设知，当kM3，4且nk时，SnkSnk2Sn2Sk且Sn1kSn1k2Sn12Sk，两式相减得an1kan1k2an1，即an1kan1an1an1k，所以当n8时，an6，an3，an，an3，an6成等差数列，且an6，an2，an2，an6也成等差数列.从而当n8时，2anan3an3an6an6，(*)且an6an6an2an2.所以当n8时，2anan2an2，即an2ananan2.于是当n9时，an3，an1，an1，an3成等差数列，从而an3an3an1an1，故由(*)式知2anan1an1，即an1ananan1.当n9时，设danan1.当2m8时，m68，从而由(*)式知2am6amam12，故2am7am1am13.从而2(am7am6)am1am(am13am12)，于是am1am2ddd.因此，an1and对任意n2都成立.又由SnkSnk2Sn2Sk(k3，4)可知，(SnkSn)(SnSnk)2Sk，故9d2S3且16d2S4.解得a4d，从而a2d，a3d，又由S3da1a2a3，故a1.因此，数列an为等差数列，由a11知d2，所以数列an的通项公式为an2n1.热点三有关数列中证明的综合问题【例3】 (2016南通、扬州、泰州调研)已知数列an，bn均为各项都不相等的数列，Sn为an的前n项和，an1bnSn1(nN*).(1)若a11，bn，求a4的值；(2)若an是公比为q的等比数列，求证：存在实数，使得bn为等比数列；(3)若an的各项都不为零，bn是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，an，成等差数列的充要条件是d.(1)解由a11，bn知a24，a36，a48.(2)证明因为an1bnSn1，所以当n2时，anbn1Sn11，由得，当n2时，an1bnanbn1an，由得，当n2时，bnbn1bn1，所以bn.又因为bn0(否则bn为常数数列与题意不符)，所以存在实数，使得bn为等比数列.(3)证明因为bn为公差为d的等差数列，所以由得，当n2时，an1bnan(bnd)an，即(an1an)bn(1d)an，因为an，bn各项均不相等，所以an1an0，1d0，所以当n2时，当n3时，由得，当n3时，先证充分性，即由d证明a2，a3，an，成等差数列.因为d，由得1，所以当n3时，1，又an0，所以an1ananan1，即a2，a3，an，成等差数列.再证必要性，即由a2，a3，an，成等差数列证明d.因为a2，a3，an，成等差数列，所以当n3时，an1ananan1，所以由得1，解得d.所以a2，a3，an，成等差数列的充要条件是a.探究提高分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)证明数列为等差或等比数列需要先证任意两项的差或比值为定值，证明充要条件需要证明充分性与必要性等，确定解题的逻辑次序.【训练3】 (2014江苏卷)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”.(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立.(1)证明由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”.(2)解由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，故m1.从而d1.当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*，于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”.因此d的值为1.(3)证明设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*).令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*).下证bn是“H数列”.设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Tnbm，所以bn是“H数列”.同理可证cn也是“H数列”.所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立.热点四数列中的探索性问题【例4】 设数列an的前n项积为Tn，已知对n，mN*，当nm时，总有Tnmq(nm)m(q0是常数).(1)求证：数列an是等比数列；(2)设正整数k，m，n(kmn)成等差数列，试比较TnTk和(Tm)2的大小，并说明理由；(3)探究：命题p：“对n，mN*，当nm时，总有Tnmq(nm)m(q0是常数)”是命题t：“数列an是公比为q(q0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由.(1)证明设m1，则有Tn1qn1，因为Ti0(iN*)，所以有a1qn1，即ana1qn1，所以当n2时q，所以数列an是等比数列.(2)解当q1时，ana1(nN*)，所以Tna，所以TnTkaaaaT，当q1时，ana1qn1，Tna1a2anaq12(n1)aq，所以TnTkaqaqaq，Taqm(m1).因为nk2m且kmn，所以aa，mmm2m，所以若q1，则TnTkT；若q1，则TnTkT.(3)解由(1)知，充分性成立；必要性：若数列an成等比数列，则ana1qn1，所以当q1时，Tnaq，则aqaq，Tnmq(nm)maqq(nm)maqaq.所以，“对n，mN*，当nm时总有Tnmq(nm)m成立；同理可证当q1时也成立.所以命题p是命题t的充要条件.探究提高数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法.另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面判断与寻找.【训练4】 (2016南京调研)已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnan1(1)n1an2n1恒成立，求实数的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，请说明理由.解(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得a11，d2，所以an2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k，代入不等式Tnan1(1)n1an2n1得2k4k，从而.设f(k)，则f(k1)f(k).因为kN*，所以f(k1)f(k)0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k，代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得(12k)(2k1)4k，从而4k.因为kN*，所以4k的最大值为4，所以4.综上所述，的取值范围为(4，2).(3)假设存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列，则(SmS2)2S2(SnSm)，即(m24)24(n2m2)，所以4n2(m22)212，即4n2(m22)212，即(2nm22)(2nm22)12.因为nm2，所以n4，m3，所以2nm2215.因为2nm22是整数，所以等式(2nm22)(2nm22)12不成立，故不存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列.1.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.2.数列与函数的综合问题(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可.(2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域.3.数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解.一、填空题1.(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.答案2.(2012江苏卷改编)各项均为正数的等比数列an满足a1a74，a68，若函数f(x)a1xa2x2a3x3a10x10的导数为f(x)，则f_.解析因为各项均为正数的等比数列an满足a1a74，a68，所以a42，q2，故an2n3，又f(x)a12a2x3a3x210a10x9，所以f22222322102222.答案3.已知数列an满足a10，a21，an23an12an，则an的前n项和Sn_.解析an23an12an，an2an12(an1an)，2，数列an1an是以1为首项，2为公比的等比数列，an1an2n1，a2a120，a3a221，a4a322，anan12n2，ana120212n22n11，an2n11，Sn(20212n1)nn2nn1.答案2nn14.(2015南京、盐城模拟)已知等比数列an的首项为，公比为，其前n项和为Sn，若ASnB对nN*恒成立，则BA的最小值为_.解析依题意得Sn1，当n为奇数时，Sn1；当n为偶数时，Sn1.由函数yx在(0，)上是增函数得Sn的取值范围是，因此有A，B，BA，即BA的最小值是.答案5.数列an的通项ann2，其前n项和为Sn，则S30为_.解析因为ann2n2cos ，由于cos 以3为周期，且cos ，cos ，cos 1，所以S30(a1a2a3)(a4a5a6)(a28a29a30)470.答案470二、解答题6.数列an满足an2an12n1(nN*，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nN*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和Sn.解(1)由a327，得272a2231，a29，92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1，(n2且nN*)2(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an42an2n11t，t1.即存在实数t1，使得bn为等差数列.(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，an2n1(2n1)2n11，Sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2Sn32522723(2n1)2n2n，由得Sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1，Sn(2n1)2nn1.7.(2012江苏卷)已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列是等差数列；(2)设bn