第4部分数列与不等式专题九

解：(1)n∈N*，有n∈N*，n≥2，有an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.(2)由(1)知，an≠0，所以an于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.

22 n22综上所述 n为偶数1．(2012·大纲，6，中)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则

D.2【答案】 由已知S

S

－S)

S＝a＝1

n，Sn＝2，而

2．(2011·，9，中)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( 【答案】 方法一192＝3×43，a6＝3S5＝768＝3×44.n≥1时，an＋1＝3Sn∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋124n＝63．(2014·课标Ⅱ，16，易)数列{an}

，a2＝2，则 【解析】∵an＋1＝

∴a2＝ (2)求数列{an}的通项解：(1)n＝1T1＝S1＝a1a1＝2a1－1(2)n≥2n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)．n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，两式相减得an＝2an－2an－1－2，an＝2an－1＋2(n≥2)an＋2＝2(an－1＋2)．因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}3为首项，2为公比的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，n＝1时也满足上式，所以an＝3×2n－1－2.思路点拨：TnSnSnan考向 由递推求通项(1)如果已知数列{an}的首项(或前几项)anan－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)，那么这个式子叫作数列{an}的递推．(2)已知递推求通项一般用代数的变形技巧整理变形然后采用累加法累乘法迭代法构造法、法等转化为等差数列或等比数列求通项

递推an＋1＝2an＋2×2，然后两边同除以 可构造出数列n，它是

＝1为首项，1等差数列，进而求出{an}的通项【解析】∵an＝f(2n)an＋1＝f(2n＋1)x，y∈Rx＝2n，y＝2

2 ∴

∴数列n

＝1为首项，12 【答案】由递推求数列通项的常用方法

1＝anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式an＝a1·a2·a3·…·an求通 an—x＝b(a＋其中x＝d

{a＋x}ba

b－1，则

pan 1 1 (p，q，r是常数)的数列，将其变形 ＝·＋

q若p＝r，则 是等差数列，且公差为，可用求通项 p≠r，则再采用(3)an＋2＝pan＋1＋qan(p，qp＋q＝1)＝(－q)·(an＋1－an)，则{an－an－1}(n≥2，n∈N*)是等比数列，且公比为－qan－an－1＝f(n)，然 的通项 (1)【解析】由an＋2＝an＋1－an得an＋3＝an＋2－an＋1＝an＋1－an－an＋1＝－an，易得an＋4＝－an＋1，∴该数列的周期为6，故a2015＝a5，由a1＝1，a2＝5，得－5.∴a2【答案】(2)【解析】an＋2＋2an－3an＋1＝0∴数列{an＋1－an}a2－a1＝3为首项，2∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，∴an＝3×2n－1－2(n＝1时，也满足【答案】考向 由Sn和an的关系求通anSn若数列{an}nSnSnann＝1n≥2an＝Sn－Sn－1Sn－Sn－1＝anann＝1时，a1也适合“an由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项应分段表示(“写”)an＝(2014·湖南，16，12分)已知数列{an}n求数列{an}的通项bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}2n

【思路导引】(1)

【解析】(1)n＝1 当n≥2时 故数列{an}的通项为(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}2nT2n记

故数列{bn}2n【点拨】易错点一：忘记an＝Sn－Sn－1的条件是n≥2，没讨论n＝1的情况；易错点二：对数列的通项看不懂，找不出规律，bn实为两部分构成，采用分组求和Snan的关系求通项的一般步骤n＝1a1＝S1n≥2an＝Sn－Sn－1(2012·大纲，18，12分)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和求{an}的通项

3解：(1)S2＝4232S3＝5a33(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝3(a1＋a2)＝6.32(2) n≥2an＝Sn－Sn－1＝3an－3整理得 a2＝3a3＝4an－1＝nan－2，

n整理得 n＝1综上可知，{an}的通 思路点拨：Snananan－1之间的关系，再利用累乘法求得an.考向 数列的单调性及其应22项起，每一项都小于它的前一n都成立．(1)求数列{an}的通项1(2)a1>0，λ＝100.n为何值时，数列lgann 【思路导引 (1)应用分类讨论思想和 求 1

1

(2)根据数列lgan的单调性求lgannn 11111【解析】(1)n＝1λa2＝2S＝2a，a(λa11111a1＝0Sn＝0n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，所以an＝0.a1≠0a1＝2n≥2 an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}

＝.＝ a1＝02n2a1≠0时，an＝λa(2)a1>0λ＝100bn＝lg1an由(1)bn＝100＝2－nlglg所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg

100＝

lg lg64>lgn≥7

100<lg1

lg

故数列lgan6 1.判断数列单调性的两种方法(1)作差比较法：an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}an＋1－an＝0⇔数列{an}(2)a

1⇔数列{a}是单调递增数列；an＋1<1⇔数列{a}

时，an

an＝1⇔数列{an}

an＜0列{an}

an＞1⇔数列{an}an＜1⇔数列{an}an＝1⇔2．

可以利用不等式组

(n≥2)

(2011·浙江，17)若数列n（n＋4）中的最大项是第k项，则 3

【解析】设数列为{an}，则

n-2n3

n≤3时，an＋1＞an；当n≥4时，an＋1＜an.故a4最大，所以k＝4.【答案】1(2015·黄冈月考6)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2则数列{an}的通项为(

【答案】C 合n≥2的解析式，故通项为C.则a2015＝( 【答案】D 的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2015＝a335×6＋5＝a5＝2.3．(2014·吉林长春调研，8)已知{an}

2 2

22

，则n【答案】 由已知条件可知，当n≥2时＝n2－n＋33n＝1时，a1＝33 所以n＝nn ＋n令 ＋n

在[6，＋∞)

＝5

＝2则f(5)＞f(6)，故

＝n2 1 1则 等于 2 4 4 22 B.2 C.2 D.2【答案】 因为an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，所以采用叠加法可得

1所以

1 1所以 2 1 1 1 4 洛阳四校联考，5)已知数列{an}满足条件1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝2n＋5{an}的通项为

【答案】 由题意可知，数列{an}满足条件11＋1 1a3＋…＋1an＝2n＋ n＞1时，有

1 1＋＋a＋

22

23

2n＝12综上可知，数列{an}的通项为6．(2015·山东潍坊一模，11)已知数列{an}的前n项和Sn＝1

{an}的通项 【解析】n＝1

n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1

.∴an.

a2＝1 3a－3，∴a.∴a2＝an. ∴数列{a}a＝1q＝－1a

【答案】7．(2015·湖南长郡中学调研，13)科是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想 1.6(1)如果首项n＝2，则按照上述规则施行变换后的第8项 (2)如果对正整数n(首项)按照上述规则施行变换后的第8项为1(注：1可以多次出现)，则n的所有 【解析】(1)n＝2(2)n∵a8＝1

a a a＝8⇒a n2，3，16，20，21，1286【答案】 ＝2n－5，设 若在数列{cn}中，c8＞cn(n∈N*，n≠8)，则实数p的取值范围 anbn{an}{bn}所以c8是cn的最大值，则n＝1，2，3，…7，8时，cn递增，n＝8，9，10，…时，cn递减，因此，n＝1，2，3，…，7时，2n－5＜－n＋p总成立，当n＝7时，27－5＜－7＋p，所以p＞11，n＝9，10，11，…时，2n－5＞－n＋p总成立，当n＝9时，29－5＞－9＋p成立，所以p<25.又c8＝a8或c8＝b8，若a8≤b8， p－8≤23，所以p≤16，则c8＝a8＝p－8，所以p－8＞b7＝27－5，所以p＞12，故12＜p≤16.若a8＞b8，即p－8＞28－5，所以p＞16，所以c8＝b8＝23，那么c8＞c9＝a9，即8＞p－9，所以p＜17，故【答案】9．(2015·江西五校联考，18，12分)已知正项数列{an}nSnan＝2Sn－1. ，求数列{bn}n解：(1)4Sn＝(an＋1)2整理得又数列{an}an＋1－1＝an＋1故数列{an}24S1＝4a1＝(a1＋1)2a1＝1an＝2n－1. －

－

1－ n

10．(2015·福建三明一模，19，12分)设数列{an}nSnn∈N*求数列{an}的通项an＋1，n

求数列{cn}2n3×2an－1＋1，n解：(1)nnn≥2时，2Sn－1＝an－1(an－1＋1)．②两式相减得2an＝a2－a2－1＋an－an－1，nnan≠0n≥2n＝12S1＝a1(a1＋1)a1≠0所以数列{an}是等差数列，其通项为(2)由(1)

\1．(2015·课标Ⅱ，5，易)设Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则 【答案】 ∵a

a＋a

＋a)＝3，∴a＋a

5（a1＋a5） ，∴

B. 【答案】

＝2 ，13，易)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an 1(n≥2)，则数列{an}的前9项和等— 2【解析】由条件知{an}a1＝1d＝12S

2【答案】4．(2015·陕西，13，易)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项 【解析】a11010a1，2015∴2×1010＝2【答案】5．(2015·福建，17，12分，中)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(2)bn＝2an－2＋nb1＋b2＋b3＋…＋b10解：(1)设等差数列{an}(2)由(1) ＝21．(2014·辽宁，9，易)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( 【答案】 由条件知11∵{2a1an} 【答案】 ∵a2，a4，a8成等比数列，{an}的公差为 3．(2013·重庆，12，易)若2，a，b，c，9成等差数列，则 【解析】22【答案】2(1)an(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项及其前n项Tn.解：(1)因为{an}a1＝1d＝2 故 (2)由(1)a4＝7，S4＝16.q2－(a4＋1)q＋S4＝0所以(q－4)2＝0b1＝2，{bn}q＝4 从而{bn}n

5．(2013·重庆，16，13分，中)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通项及前n项和Sn；(2)已知{bn}是等差数列，Tnnb1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3解：(1)由题设知{an}13

2(3T

5＝1 d，即可求T20.6．(2013·浙江，19，14分，中)d的等差数列{an}a1＝10a1，2a2＋2，5a3成(1)(2)d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.d＝－1或(2)设数列{an}n∵d＜0，由(1)d＝－1，an＝－n＋11n≤11＝－1 2n＋2n≥12

－1 2n＋2 思路点拨：(1)由已知条件列出关于公差d的方程求出d，从而可写出{an}的通项；(2)首先由通考向 等差数列的性质及基本运通项的推广若{an}k＋l＝m＋n若{an}d，则{a2n}2d.(5)若{an}ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)md 若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}m2m3mS3m－S2m2n

－S＝nd，S an.＝Sa ＝Sa n n2n－1

＝(n－1)a

＝na，S

＝a，S n

S 两个等差数列{a}，{b}nS

n之间的关系为b (2)(2013·，7)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( 【解析】(1)(2)d8a1＋28d＝4a1＋8da1＝－5d，a7＝a1＋6d＝－5d＋6d＝d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.又S8＝4a3，a6＝0.a7＝－2【答案】 【点拨】(2014·浙江，19，14分)已知等差数列{an}d＞0.设{an}nd【思路导引 (1)由已知条件列出关于a，d的方程，求公差d，进而用等差数列的求和求(2)灵活运用求和，将am＋am＋1＋…＋am＋k表示为Sm＋k－Sm－1，分析二元方程的解【解析】d2＋3d－10＝0，∴d＝2d＝－5(舍去∴{an}1为首项，2

由(1)得2mk＋k2＋2m－1＝65，2m(k＋1)＋k2－1＝65，

解得 m＝5，k＝41.等差数列运算问题的常规解法等差数列运算问题的一般求法是运用方程思想，设出首项a1和公差d，然后由通项或前n项和2．等差数列前n项和的应用方根据不同的已知条件选用两个求 ，则使用 ，同时注意与性质“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的结合使用(2012·重庆，16，13分)已知{an}a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.(1)求{an}的通项；(2)记{an}nSna1，ak，Sk＋2k解：(1)设数列{an}d 所以 则 (2)由(1)可得 k1ka1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a2＝aS＋2.k1k从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)．因此k＝6.考向 等差数列的判定与证(2014·大纲，17，10分)数列{an}满足(1)bn＝an＋1－an，证明{bn}(2)求{an}的通项【思路导引 【解析】(1)an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.bn＝an＋1－an∴{bn}12(2)由(1)bn＝an＋1－an

(ak＋1－ak)＝

∴an＋1－a1＝n2又a1＝1，∴{an}的通项为等差数列判断与证明的基本思路(2)n①通项法：若数列{an}的通项为n的一次函数，即an＝An＋B(A，B是常数)，则{an}是等差an＋1－an＝dan－an－1＝dn≥2n＝1时，a0(2012·陕西，16，12分)已知等比数列{an}的公比 (1)

1

{an}n

(2)k∈N*，ak，ak＋2，ak＋1解：(1)a3＝a1q2＝1q＝－1 所以数列{an}n 1×1－－2 1 (2)2q＝－12q2－q－1＝02k∈N*，ak，ak＋2，ak＋1考向 等差数列的前n项和的最值问若{an}n(1)且满足 前n项和Sn最大(2)且满足 前n项和Sn最小只有当a1>0d<0na1<0，d>0n项和才有最小值，其最小值是将所有非正项相加．(2014·，19，12分)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列{an}的通项2【思路导引(1)设数列{an}da2＝a1·a5a1，da2，a5，列等式求解公差d，进而求解通项，注意对公差d分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列{an}的通项分类讨论，分别利用通项及等差数列的前n项和求解Sn，然后根据Sn＞60n＋800列不等式求2【解析】(1)设数列{an}d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，d2－4d＝0d＝0d＝0d＝4从而得数列{an}的通项为an＝2或(2)an＝2时，Sn＝2n2n＜60n＋800，nSn＞60n＋800an＝4n－2

2n2＞60n＋800n2－30n－400＞0，解得n＞40或n＜－10(舍去)．nSn＞60n＋800成立，nan＝2an＝4n－2nn项和最值的常用方法(2)将{an}nSnnSn＝An2＋Bn(A，B为常数)的最值问题，利n∈N*.Sn取得最大值，则d的取值范围 【解析】a1＝7n＝8时，Sn 即

1．(2015·山大附中月考，2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a4＝6，则S5等于 【答案】

＝152．(2015·湖南长沙二模，5)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则S15的值为 【答案】 等差数列{an}中，a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，所以

112＋6，则数列{an}的前11项和

2【答案】 数列{an}是等差数列，故2∴a6＝12.

4．(2015·江西南昌二模，7)Sn是等差数列{an}

2 2＝【答案】 ＝

项和，若a5＝11，则 9（a1＋a9）＝9a5＝92 2【答案】 令an＝2n－7≥0，解得24∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋ 故选10d，则Sn取最大值时 C．5或 D．6或【答案】C 列{an}为递减的等差数列，故当n＝5或n＝6时，Sn最大，故选C. 【解析】da7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S1825＋2D＝10，所以D＝5.2【答案】数m的值 【解析】因为等差数列{an}nam＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2m－1＝5，由 m【答案】9．(2015·山东省实验中学一模，19，12分)已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{an}a1的值；(2)a1＝2时，求数列{an}n解：(1)方法一：数列{an}an＋1＋an＝4n－3，得2d＝4，2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－方法二：在等差数列{an}an＋1＋an＝4n－3又(2)①当n ＋…＋(n－1)]－3×2 n 易错点拨：(2)nn10．(2015·江苏扬州一模，19，16分)已知数列{an}n＋k(k为常数(1)k＝(a2－a1)2，求证：a1，a2，a3a(2)k＝0a2，a4，a5成等差数列，求a2a1n解：(1)n213211213123n＝1a2＝aa＋(a－a)2.∵a＞0，∴2a＝a＋aa，a，a213211213123n(2)k＝0时，a2＋1＝anan＋2，∵数列{an}的各项都为正数，∴数列{an}n∵a2，a4，a5q＝1∴a2＝1或1＋

1＋ —11．(2014·山西运城调研，17，12分)已知数列{an}中 1(n≥2，n∈N*)．—＝(1)设 1 ＝(2)设cn＝ (n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)证明：∵an＝2－1a∴an＋1＝2－1an － － a a－ nn∴{bn}b1＝1＝11(2)由(1) 11－1

1－1

1－1n n11＋1－1－122＝ 22 ＝

a3a5＝4(a4－1)，则

【答案】 设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，且

2．(2015·课标Ⅰ，13，易)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则 【解析】由题意可知数列{an}22【答案】

＝1263．(2015·，13，易)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋26，c＝5－26，则 【解析】∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac＝(5＋26)·(5－2∵b132【答案】132 C．若a1＝a3，则 D．若a3＞a1，则【答案】 当a1＜0，q＜0时，a1＜0，a2＞0，a3＜0，∴A错误；而当q＝－1时，C错误；q＜0a3＞a1a3q＜a1qa4＜a2，D项错误，∴B2．(2012·，5，易)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则 【答案】 ∵公比为2且11 【答案】

·a ＝q

4．(2013·课标Ⅰ，6，易)设首项为

{an}的前n项和为Sn，则 B．Sn＝3an－2 【答案】 由题意得

＝＝

33 33D.5．(2013·，11，易)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝ 和Sn＝ 【解析】∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴q＝2.a2＋a4＝a1q＋a1q3

【答案】 6(2013·11 【解析】方法一(直接法)方法二(转化法)124【答案】

5x＋4＝0的两个根，则 【解析】x2－5x＋4＝014，又{an}

【答案】8．(2013·江西，17，12分，中)Sn表示数列{an}n(1)若{an}是等差数列，推导Sn的计算(2)a1＝1，q≠0nSn＝1－q.判断{an}解：(1)方法一：设{an}的公差为d，则又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]， 方法二：设{an}的公差为d，则又Sn＝an＋an－1＋…＋a1 (2){an}

1－q

-

∵a1＝1，q≠0n≥1

∴{an}1q(q≠0)(1)求数列{an}与{bn}的通项解：(1)设等差数列{an}d，等比数列{bn}a1＝b1＝2

Tn－8＝(3n－4)·2n＋1.n≥2等比数列相关通项及其推

考向 等比数列基本量的求通项通项的推(揭示首末两项的关系(揭示任意两项之间的关系n项和

S （q≠1），S

1－q

或 方程思想．等比数列的通项和前n项和联系着五个基本量“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)a1q，问题可迎刃而解．分类讨论思想．等比数列的前n项和涉及对公比q的分类讨论，即分q＝1和q≠1两种情，整体思想．应用等比数列前n项和时，常把 a1当成整体求解．，(2014·福建，17，12分)在等比数列{an}bn＝log3an，求数列{bn}n【解析】(1)设{an}q，依题意得解得

∴数列{bn}n

求等比数列基本量的方法求等比数列的基本量问题，其思想是解方程(组)，一般步骤是n数列{an}n项和．解：q，由已知可得解得q＝3或q＝1.a1(q－1)＝2q＝1不合题意，应舍去．故公比q＝3，首项a1＝1.n

考向 等比数列的性质及应设等比数列{an}a1q>1，a1>00<q<1，a1<0时，数列{an}q>1，a1<00<q<1，a1>0时，数列{an}q＝1时，数列{an}是(非零)q＝－1时，数列{an}m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)kknSnnq≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n (2)(2014·，13)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋ 【解析】(1)方法一：在等比数列{an}中，S2，S4－S2，S6－S4也成等比数列，故S4)，则(15－3)2＝3(S6－15)S6＝63.方法二：设等比数列{an}a1q＝1Sn＝na1 由已知可得

1＋q2＝5q＝2

q＝2a1＝1

q＝－2a1＝－3

＝63.方法三：因为数列{an}q＝1Sn＝na1n1＋q2＝5k＝1.S6＝q6－1＝(q2)3－1＝43－1＝63S2＝a1＋a2＝3，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋q2)(a1＋a2)＝(1＋q2)×3＝15，解得q2＝4.S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(1＋q2＋q4)(a1＋a2)＝(1＋4＋42)×3＝63.3(2)an＞0，a1a5＝4，{an}a2＝4，所以a3＝2.323所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1·a2·a3·a4·a5)＝log23【答案】 p【点拨】解题(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠S2m)也成等比数列求解；方法二利用等比数列的基本运算求解；方法三利用等比数列前n项和的结构特征设出前n项和则aman＝apaq，特别当m＋n＝2p时有anam＝a2成立．p运用等比数列的性质巧解题33 1，

3(1)【解析】∵3 ∴a1a3a5＝(a2a4)【答案】4

(2)【解析】q6＝q4＋2q2，q4－q2－2＝0【答案】考向 等比数列的判定与证(2014·江西，17，12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝ (1)求数列{an}的通项(2)n＞1m∈N*a1，an，am【思路导引 (1)由an＝Sn－Sn－1求出an；(2)利用等比数列的性质找出m与n的关系即可【解析】

n≥2

n＝1

＝1n(2)a1，an，ama2＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.n∵n＞1，∴3n2－4n＋2＞1，而此时，m∈N*n＞1m∈N*a1，an，am【点拨】本题主要考查Sn与an的关系及等比数列性质，由Sn的递推求an时，一定要注意n＝1等比数列的判定方法

定义法：若an＝q(q为非零常数) ＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列n中项法：若数列{an}中，an≠0且a2＋1＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列n通项法：若数列通项可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比前n项和法：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

(2013·福建，9)已知等比数列{an}q A．数列{bn}为等差数列，公差为qm数列{bn}q2mC．数列{cn}qm2【答案】 b

amn＋1＝qm，故数列{b}

qm，选项A，B

am

amn＋1c

·q1＋2＋

＝

＝(qm)m＝qm2，故数列{c}

1

qm2，D

mn＋

【答案】

52．(2015·山东济南二模，6)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a2，a2＝2，则 522

B.

2【答案】 2 ∴a6＝2a5，公比 2，故选 ＝q3．(2015·焦作一模，7)在正项等比数列{an}中，lga3＋lga6＋lga9＝6，则a1a11的值是 A．10 B．1 【答案】 66lga3a6a9＝6，a3a6a9＝106，a3＝106，∴a6＝100，a1a11＝a2＝1002＝1000066 充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】 a1＜a2是数列{an}C.5．(2014·江西九江月考，5)一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数 a1（1－q4）【答案】 q4－5q2＋4＝0q2＝4q2＝1(舍去)q>0

6．(2014·河北衡水一模，8)已知正项等比数列{an}a7＝a6＋2a5am，an使得＝4a1，则1＋4的最小值为 【答案】A 因为a7＝a6＋2a5，所以q2－q－2＝0，q＝2或q＝－1(舍去)．1又aman＝1 1 则

＋m＋n 当且仅当m＝nn＝2mm＝2，n＝4.7．(2015·山西太原二模，14)等比数列{an}，q＝2n

a，则a2

【解析】【答案】2

＝15a1，所以a2＝2a1＝28．(2014·一模，14)已知公比为2的等比数列{an}中，a2＋a5＋a8＋a11＋a14＋a17＋a20＝13，则该数列前21项的和S21＝ 【解析】a1q＝2nSn. a2q3

＝S21·＝13，解得 【答案】29．(2015·陕西西工大附中模拟，17，12分)已知在等比数列{an}中，a1＝1a2a1a3－1的等求数列{an}的通项若数列{bn}bn＝2n－1＋an(n∈N*)，求{bn}n解：(1)q∵a2a1a3－1∴2a2＝a1＋(a3－1)，2q＝1＋(q2－1)

＋

10．(2015·河北常德一模，18，12分)12n(n∈N*)a1，a2，a3，…，an，n＋2n＋2Tnbn＝2log2Tn.求数列{bn}的通项令cn＝2n，设 ＝c1＋c2＋…＋cn解：(1)1，a1，a2，a3，…，an，2q，则2＝1·qn＋1，∴qn＋1＝2，q1＋2＋3＋＋(n＋1)＝

22∴b＝2logT

2

2log222故数列{bn}的通项为(2)c＝2nS＝3＋4＋5

＋2n 3 4 5

Sn＝2＋3＋ 由错位相减法得

＝3＋1＋1＋1＋…

S

＋

，∴

n

池州一模，20，13分)已知数列{an}

{bn}求数列{an}的通项cn＝an＋1－2an，求数列{cn}n解：(1)证明

＝2b

∴数列{bn}2(2)由(1)知{bn}2的等比数列，又b1＝a1＝a1＝1①－②

1．(2015·江苏，11，中)设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N)，则数列 前10项的和 【解析】a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，以上n－1个式子相加得，

1－1

1－1

2．(2015·山东，19，12分，中)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列

n为n (1)求数列{an}的通项(2)bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}n解：(1)设数列{an}n＝1，得1

n＝2，得1＋1

(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，

T

3．(2015·，18，12分，中)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(2)

nn为数列{a}的前n项和，b ，求数列{b}的前n项和Tnn

解：(1)a1a4＝a2a3＝8，又a1＋a4＝9， 可解得

或

(舍去a4＝a1q3q＝2

＝2n－1，又

＝S

1－1

1 . .

1＝2an(n∈N*)，b1＋1 1b3＋…＋1bn＝bn

(1)an(2)记数列{anbn}nTn由，知n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.

an＝2，即{an}2为首项，2n≥2

整理 ＝n，所以n是以1为首项，1为公比的等比数列，即n (2)由(1)①－②故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．1．(2012·课标，12，中)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为 A．3 B．3 D．1【答案】

＝12．(2012·福建，11，难)数列{an}的通项 B．2

，其前n项和为Sn，则S2012等于 【答案】

2T＝π2a1＋a5＋…＋a2

503×（－2－2a2＋a6＋…＋a2010＝－2－6－…－2 ＝－503×1a3＋a7＋…＋a2503×（4＋2a4＋a8＋…＋a2012＝4＋8＋…＋2 ＝503×1∴S2012＝0－503×1006＋0＋503×1＝503×(－1006＋1008)＝1

an的最大正整数n的值

2【解析】2 1 2q＋2q＝3，∴q

（1－2

aa…a

1

22令 13－213－2

13＋2∴当n＝1，2，3，…，12时13＋2 2n≥132a1＋a2＋…＋an＞a1a2…ann【答案】4．(2014·，18，12分，中)数列{an}满足 bn＝3n·an，求数列{bn}n解：(1)

n即an＋1n

所以n1＝1为首项，1 n(2)由(1)得an＝1＋(n－1)·1＝nn从而bn＝n·3n. ①－②

5．(2014·山东，19，12分，难)在等差数列{an}d＝2，a2a1a4(1)求数列{an}的通项(2)bn＝an（n＋1）Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn2所以数列{an}的通项为(2)由题意知 Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．可得当n为偶数时， n -

，n ，n为偶数考向 法求n项和的数列来求之．n项和

1 ＝4n(a

cos

sinx满足

2 求数列{an}的通项

，求数列{bn}n 【解析】(1)f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cos n∈N，f′2an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.(2)bn＝an＋1n＋1＋1

1

21－2

＋ 2 2＝n2＋3n＋1－1【点拨】本题是以函数、三角函数为载体，考查数列问题，也是关于数列的创新题．解答(1)的关几类可以使用求和的数列等比数列的求和求解．数列或等比数列的求和．等差数列各项加上绝对值或等差数列乘以(2013·课标Ⅱ，17，12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25a1，a11，a13求{an}的通项解：(1)设{an}da2＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，即d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，∴d＝0(舍去)或d＝－2.(2)由(1)a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}25，公差为－6从而 1＋a3n－2)＝n

考向 错位相减法求11(1)求{an}的通项(2)求数列nn2【解析】(1)x2－5x＋6＝02，3，由题意得a2＝2，a4＝3.2设数列{an}da4－a2＝2d2所以{an}的通 为

(2)设n的前n项和为Sn，由(1)知 ，2

Sn＝2＋ n 3 4

Sn＝3＋

1＋…＋1

11－1

错位相减法求和的具体步骤q1－qSn.q1(2013·山东，20，12分)设等差数列{an}nSnS4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项；(2)若数列

n∈N*，求{bn}n2n满足a1＋a＋…＋a＝2n解：(1)设等差数列{an}a1S4＝4S2，a2n＝2an＋1(2)由已知b1＋b2＋…＋bn＝1－1 n＝1

1－1 1n≥2

所以bn＝1 由(1)

T＝1＋3＋5

1 3

Tn＝2＋ n

＝3－

2n－1－2n＋1所以Tn＝3－ 思路点拨：本题(1)是将两个条件转化为关于a1和d的方程组求解，体现了方程的思想；本题(2)分ann＝1n≥2的讨论；第二步用错位相减法求和时，两式相减后易漏掉两边同乘以2.

考向 裂项法求 1 的前n项和时可尝试此方法事实上 ＝

1

da

an＋1n 1—n(2013·江西，16，12分)正项数列{an}—n求数列{an}的通项令

，求数列{bn}nnn【解析】(1)a2－(2n－1)a－2n＝0，nn由于{an}(2)由于 11－1

11－1＋1－1＋…＋1－1＋1－1

11－1 【点拨】本题考查数列通项及前n项和的求法，解题的关键是利用裂项相消法求和时，一定常见的裂项方法 (n为正整数 (k为非零常数 1n（n＋k）＝kn－ 1 1 ＝ ＝n＋1－ (2013·课标Ⅰ，17，12分)已知等差数列{an}nSnS3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项； 的前n项和解：(1)设{an}d故{an}的通项为(2)由(1)

1 － 从而数列 的前n项和11－1＋1－1＋…＋ － n

1．(2015·马鞍山一模，7)公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( 【答案】 q＝1(舍去)

【答案】 是

1－－

－－ C．420－－

1

【答案】 令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－11－1 1

1

1

54．(2015·河北保定调研，10)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( 5 C. D.n n【答案】 由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时n＝1时，S1＝－5＝a1∴n≤3时，an<0；n>3n≤3n>3∴Tn＝n出第n个图形中小正方形的个数是 【解析】a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10

26．(2014·山西晋中名校高三联考，16)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2013＝ 【解析】∴a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－24∴S2013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2＝503×(－2)＋1＝－1【答案】－1n7．(2015·郑州一模，14)整数数列{an}满足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此数列的前800项的和2013，前813项的和是2000，则其前2015项的和 【解析】an＋2＝an＋1－an易得该数列是周期为6an＋2＋an－1＝0，S800＝a1＋a2＝2013，S813＝a1＋a2＋a3＝2

a5＝－1a6＝13∴S2【答案】8．(2015·山东青岛一模，17，12分)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9.

(2)

，求数列

解：(1)设数列{an}da1

即所以数列{an}的通项为由(1)b

所

d1＋d2＋d3＋…＋d2n；数列{bn}1b2，b4x2－20x＋64＝0的两个不相(1)求数列{an}和数列{bn}的通项(2)将数列{bn}a1a2a3an项，…删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}2013项的和．解：(1)因为 a＝d＋d＋d

b2，b4x2－20x＋64＝0的两个不相等的实数根．解得b2＝4，b4＝16，所以bn＝2n.(2)由题知将数列{bn}369项，…删去后构成的新数列{cn}中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是c1＝2，c2＝4，公比均是8，T2013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2

10．(2015·河北邢台调研，17，12分)已知各项均不相等的等差数列{an}51，a3＋1，a7＋1(1)求数列{an}的通项1

(2)设Tn为数列的前n项和，问是否存在常数m，使

解：(1)设数列{an}d5a1＋10d＝35a1＋1，a3＋1，a7＋182＝(8－2d)(8＋4d)，解得a1＝3，d＝2，所以an＝2n＋1.

11－1

11－1＋1－1＋1－1＋…＋1－1＋1－1

11＋1－1－122＝ 221n 1．(2015·浙江，10，易)已知{an}da2，a3，a7a2＝1，则 【解析】∵a2，a3，a7327∴a2＝a·a327即d＝－32a∴3 2a＝1a3【答案】 32．(2015·福建，16，易)a，bf(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)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 【解析】∵a，bf(x)∴a，bx2－px＋q＝0

又∵a，b，－2∴－2a，ba，b，－2①ba，－2联立

②ab，－2联立

【答案】3．(2015·，16，13分，中)已知等差数列{an}满足求{an}的通项设等比数列{bn}b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}解：(1)设等差数列{an}a4－a3＝2a1＋a2＝102a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2.(2)设等比数列{bn}q.b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.128＝2n＋2b6与数列{an}634．(2015·重庆，16，13分，易)已知等差数列{an}a3＝23求{an}的通项设等比数列{bn}b1＝a1，b4＝a15，求{bn}n解：(1)设{a}da

n22

1＋2 22故通 an＝1＋2an＝2

(2)由(1)

b设{bn}qq3＝b4＝8b1故{bn}n

q.b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项b(2)d＞1cn＝an，求数列{cn}nbn解：(1)

解得

或

故 或

(2)d>1

5 7

Tn＝1＋

2＋

3 5

①－②

1

1

Tn＝2＋

n

n，故

＋f(a7)＝14，则 【答案】D 而y＝x3＋x是单调递增的奇函数，∴f(x)＝(x－3)3＋(x－3)＋2是关于点(3，2)成中心对称的增函数．D.2．(2011·陕西，10，中)20相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从 【答案】D 坑到第n个坑的距离分别为|n－1|，|n－2|，…，2，1，0.其和为 n1，2，…，20－n，S2＝1＋2＋3＋…＋20－n n 当 ＝2时，S又∵n∈N*，∴n＝10n＝11时，S方法二(估算法)1，9，10，11个坑时，各坑到其距离之和．1S1＝1＋2＋3＋…＋19＝190；91011S4＝S3＝100.是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于 【解析】由题意知第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，则2n＋1≥102.又25＋1＝26＝64，26＋1＝27＝128，∴n≥6.∴n【答案】4．(2014·，12，中)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22.过点A作BC的垂线，垂A1A1ACA2A2A1CA32 2【解析】由BC＝22得BA＝a1＝2⇒AA1＝a2＝2⇒A1A2＝a3＝2×2＝1，由此可归纳出{an}a＝2为首项，2a＝a

×2 【答案】4＝ x，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＝

表达式 【解析】

＝

为首项，1为公差的等差数列

＋

∴fn(x)＝ ∴f2014(x)＝ 1＋2014x【答案】f2 1＋2(1)证明：数列{bn}(2)a1＝1f(x)的图象在点(a2，b2)x2－1，求数列{ab2}n解：(1)

ln nn≥1

∴数列{bn}2a12d(2)∵f(x)＝2x在点(a2，b2)2a2lnf(x)＝2x在点(a2，b2)y－2a2＝2a2lnlnxa2－1lnnn∴d＝a2－a1＝1，∴an＝n，bn＝2n，ann ·2113(2)设{xn}nSn，求sin2解：(1)f′(x)＝1＋cos2

sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为2得cos233∵xnf(x)n33 (2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－3nπ＝n(n＋1)π－3 ∴sinSn＝sinn（n＋1）π－3∵n(n＋1)表示两个连续正数的乘积，n(n＋1)∴sin 3n＝3m－2(m∈N*) 3 n＝3m－1(m∈N*) 3 n＝3m(m∈N*)时，sinSn＝－sin2mπ＝0.综上所述，sinSn＝22*0，n＝3m（m∈N*Sn＝am，则称{an}是“H数列”．若数列{an}nSn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H设{an}a1＝1d<0.若{an}是“Hd证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}an＝bn＋cn(n∈N*)整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”mS2＝amd＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.d<0m－2<0m＝1d＝－1

Sn＝2－m＝am.所以{an}是“H数列”d证明：设等差数列{an}dan＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．

n

Tn＝bm.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}an＝bn＋cn(n∈N*)4S4求数列{an}的通项＋ 证明 1 ＋

解：(1)设等比数列{an}∵－2S2，S3，4S4∴S3＋2S2＝4S4－S3S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，∴q＝a4＝－122

∴等比数列{an}的通项a

(2)证明：由(1)知，S S＋1

，n ，n为偶数，n为偶数 Sn为奇数时，Sn1nSn∴Sn＋1≤S1＋1 Sn为偶数时，Sn＋1nSn∴Sn＋1≤S2＋1 故对于n∈N*，有Sn＋ Sn≤6

考向 等差数列与等比数列的综合问an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1n项和 p＋qam＋an＝ap＋aq求数列{an}和{bn}的通项求数列{bn}n【思路导引 (1)求出数列{an}的公差d＝3，确定an，利用 ，求出q，进而求出(2) 【解析】设等差数列{an}d设等比数列{bn－an}

由题意得

从而bn＝3n＋2n－1.由(1)∵数列{an}的前n项和为 ＋1)，数列{bn－an}的前n

∴数列{bn}的前n项和为 等差数列、等比数列综合问题的解题策略等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个表示等，这些细节对解题的影求数列{an}的通项解：(1)设数列{an}qa1≠0，q≠0.由题意得所以数列{an}的通项(2)由(1)nSn≥2013，则1－(－2)n≥2013，即(－2)n≤－2n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，则n≥11.nn的集合为考向 数列的实际应an＋1nSnn＋1Sn＋1初有2000万元，将其投入生产，到当年年底增长了50%.预计以后每年年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始每年年底上缴d万元并将剩余全部投入下一年生产设第n年年底企业上缴后的剩余为an万元．(1)da1，a2an＋1an(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余为4000万元，试确定企业每年上缴d的值(m表示【思维导引】(1)a1，a2dan＋1an的关系；(2)andn【解析】(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝31－d＝4

(2)由(1)an＝3

(3

(3

由题意，am＝4000，知

(3000－3d)＋2d＝4

－2×1

1

1故该企业每年上缴d的值

时，经过m(m≥3)年企业的剩余为4000数列综合应用题的解题步骤(2011·湖南，20，12分)某企业在第1年初一台价值为120万元的设备M，M的价值M75%.nMan

A80MnM ，若9M解：(1)n≤6时，数列{an}120，公差为－104n≥7时，数列{an}a6为首项，公比为34又a6＝70，所以 nMan

(2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和得当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；n≥7S6＝570，故 因为{an}是递减数列，所以{An}

9M考向3 ②已知数列条件，解决函数问题．解决此类问题一般要充分利用数列的范围、、求和方法对式n(2014·，19，14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足na1求数列{an}的通项， 证明：对一切正整数 ，

）【思路导引】(1)由Sn与a1的关系直接求出a1的值；(2)利用前n项和与第n项的关系 求解；(3)【解析】(1)n＝1S2－(－1)S－3×2＝0S2＋S－6＝0，∴(S＋3)(S－2)＝0.∵S S1＝2nnnnS2－(n2＋n－3)S－3(n2＋n)＝0，得(S＋3)[Snnnn∵an>0(n∈N*)，∴Sn>0n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，∴an＝2n.≤ ≤ 11－1

11－1＋1－1＋…＋1－1

11－13＝ 3∴对一切正整数n， 11122nn）a（a1122nn）

a（a

a（a

数列中不等式问题的处理方法n(2013·，19，14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足n－1，n∈N*a2，a5，a14证明：a2＝求数列{an}的通项， 证明：对一切正整数 1 1， 22

anan<22解：(1)n＝122 (2)n≥24Sn－1＝a2－4(n－1)－14an＝4S－4Sn－1＝a2＋1－a2－4a2＋1＝a2＋4an＋4＝(an＋)， n≥2时，{an}d＝2∵a2，a5，a14522222∴a2＝a·a＝(a＋6)2＝a·(a＋24)a5222222由(1)2∴{an}a1＝1d＝2∴数列{an}的通项为(3)证明：1＋1＋…＋

＝1＋1＋1

1

－

11－ 2＝2

能猜出通项，跳过第(2)问，做出第(3)问．本题易错点在于分成n＝1，n≥2后，不会求a1，没有证明a1也满足通项．xnan＝log2014xna1＋a2＋…＋a2013的值为() B．2 【答案】 ∵y′＝2014(n＋1)xn，故曲线在点(1，2014)处的切线方程是y－2014＝2＝ n.＝∴a1＋a2＋…＋a2013＝log2014(a1a2…a2 22＝log2014 2nn满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝( A．－1或2 B．0或2 nn【答案】C 由题意可知an＋1＋an－1＝2an＝a2，解得an＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数，故an＝0舍去)，又bn＋1bn－1＝b2＝2bn(n≥2)，所以bn＝2(n≥2)，故log2(a2＋b2)＝log24＝2.nn思路点拨：解答本题的关键是巧妙运用等差中项和等比中项求an和bn的表达式3．(2015·福建福州质检，9)f(x)＝x2－axA(1，f(1))l ＝0垂直，若数列 的前n项和为Sn，则S2015的值为 A.2 22 B.2 22 D.2【答案】 由题意＝∴f(n)＝n2＋n，故数列的通 ＝

1

＝n－

1

2 Dn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在数 1(x＞0)的图象上．若点Bn的坐标(n，0)(n≥2，n∈N*)．记矩 Dn的周长为an，则 【答案】 (n0)(n≥2n∈N*)

＋n

Dn的周长4n5．(2015·山东滨州一模，14)数列{a}a＝(－1)n·n·sinnπ＋1nS

四项为一组，每组的和都是6，故S100＝25×6＝150.【答案】 【解析】10，11时，an＝2；…n＝4n，4n＋1，4n＋2，4n＋3时，an＝n 【答案】 7．(2014·安庆二模，13)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点a2014＋a2 【解析】a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4可知，这个数列的规故a2013＋a2014＋a2015＝1008.【答案】110cm114cm6 6【解析】设对应的数列为{an}d，(d＞0)a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，a2＝a1an.由an＋an－1＋an－2＝114得3an－1＝114，解得an－1＝38，即(a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，所以an－1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.6【答案】9．(2015·江西师大附中调研，16，12分)已知{an}a1＝a，{an}的部ak1，ak2，…，aknk1＝1，k2＝2，k3＝5.(1)求数列{an}的通项an(用a表示(2)若数列{kn}nSn解：(1){an}d(d≠0)a1＝a，a2＝a＋d，a5＝a＋4d得a＝0或d＝2a，若a＝0，则{an}为0，d，2d，3d，4d，…，这与a1，a2，a5成等比数列(2)由(1)而等比数列{ak}的公比

n

＝a＝a

＝2×1－3

400.增加.4(1)n年内(本年度为第一年)anbnan，bn

所以， 年内的总投入

＝800＋

＋…＋

1＋

＋…＋

＝4000×1－5

第1年旅游业收入400万元，第2年旅游业收入400×1＋1万元，…，第n 1

41 4

万元，所以，nb

＝1

(2)nbn－an＞0

1600×4－1－4000×1－5＞0

5x－7x＋2＞0 5

＜则称数列{xn}为“减差数列”．设数列{an}nSn＝7＝(2)bn＝(2－nan)t＋anb3，b4，b5t解：(1)设数列{an}qa1＝1，S3＝7 所以q＞0q＝1an＝12 1

22

所 ＝2－

所以数列{Sn}是“减差数列＝2－n ＝

(2)

t－2n

即2n

n≥3时，t(n－2)＞1t＞11

t的取值范围是(2)设 nn＝a1＋a2＋…＋a，求证：3≤Tn解：(1)n＝1n≥2∴数列{an}3为首项，3∴数列{an}的通项为

a(2)证明：由(1)得an

由①－②

＝33

∴T＝3－3＋2n， ，

-- --

∴{Tn}

4×3 综上，1≤n T借助

n3再放缩证明；第二步证明

T(时间：120分钟分数：150分一、选择题(12560分1．(2014·海淀一模，4)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－5，则a1－a2－a3－a4＝( 【答案】D 2．(2012·辽宁，4)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则 【答案】 在等差数列中

bb＝2n

n＝an，若4 【答案】 因为{bn}为等比数列且bn＝