2018年高三年级数学二轮复习-数列专题及答案解析

./2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点[高考感悟]从近三年高考看,高考命题热点考向可能为：考什么怎么考题型与难度1.等差<比>数列的基本运算主要考查等差、等比数列的基本量的求解题型：三种题型均可出现难度：基础题2.等差<比>数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题3.等差<比>数列的性质主要考查等差、等比数列的性质题型：选择题或填空题难度：基础题或中档题1．必记公式<1>等差数列通项公式：an＝a1＋<n－1>d.<2>等差数列前n项和公式：Sn＝eq\f<n〔a1＋an,2>＝na1＋eq\f<n〔n－1d,2>.<3>等比数列通项公式：ana1qn－1.<4>等比数列前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<na1〔q＝1,\f<a1〔1－qn,1－q>＝\f<a1－anq,1－q>〔q≠1>>.<5>等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1<n≥2>．<6>等比中项公式：aeq\o\al<2,n>＝an－1·an＋1<n≥2>．<7>数列{an}的前n项和与通项an之间的关系：an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<S1〔n＝1,Sn－Sn－1〔n≥2>>.2．重要性质<1>通项公式的推广：等差数列中,an＝am＋<n－m>d；等比数列中,an＝amqn－m.<2>增减性：①等差数列中,若公差大于零,则数列为递增数列；若公差小于零,则数列为递减数列．②等比数列中,若a1＞0且q＞1或a1＜0且0＜q＜1,则数列为递增数列；若a1＞0且0＜q＜1或a1＜0且q＞1,则数列为递减数列．3．易错提醒<1>忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时,忽视各项都不为零的条件．<2>漏掉等比中项：正数a,b的等比中项是±eq\r<ab>,容易漏掉－eq\r<ab>.[真题体验]1．<2015·新课标Ⅰ高考>已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和．若S8＝4S4,则a10＝<>A.eq\f<17,2>B.eq\f<19,2>C．10D．122．<2015·新课标Ⅱ高考>已知等比数列{an}满足a1＝eq\f<1,4>,a3a5＝4<a4－1>,则a2＝<>A．2B．1C.eq\f<1,2>D.eq\f<1,8>3．<2015·XX高考>已知{an}是等差数列,公差d不为零．若a2,a3,a7成等比数列,且2a1＋a2＝1,则a1＝__________,d＝________．4．<2016·全国卷1>已知是公差为3的等差数列,数列满足,.〔=1\*ROMANI求的通项公式；〔=2\*ROMANII求的前n项和.[考点突破]考点一、等差〔比的基本运算1．<2015·XX高考>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＝________．2．<2015·XX高考>已知等差数列{an}满足a3＝2,前3项和S3＝eq\f<9,2>.<1>求{an}的通项公式；<2>设等比数列{bn}满足b1＝a1,b4＝a15,求{bn}的前n项和Tn.考点二、等差〔比的证明与判断[典例1]<2017·全国1>记Sn为等比数列的前n项和,已知S2=2,S3=-6.〔1求的通项公式；〔2求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列。.[规律感悟]判断和证明数列是等差<比>数列的三种方法<1>定义法：对于n≥1的任意自然数,验证an＋1－aneq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<或\f<an＋1,an>>>为同一常数．<2>通项公式法：①若an＝a1＋<n－1>d＝am＋<n－m>d或an＝kn＋b<n∈N*>,则{an}为等差数列；②若an＝a1qn－1＝amqn－m或an＝pqkn＋b<n∈N*>,则{an}为等比数列．<3>中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1<n∈N*,n≥2>,则{an}为等差数列；②若aeq\o\al<2,n>＝an－1·an＋1<n∈N*,n≥2>,且an≠0,则{an}为等比数列．变式：<2014·全国大纲高考>数列{an}满足a1＝1,a2＝2,an＋2＝2an＋1－an＋2.<1>设bn＝an＋1－an,证明{bn}是等差数列；<2>求{an}的通项公式．考点三、等差〔比数列的性质命题角度一与等差<比>数列的项有关的性质[典例2]<1><2015·新课标Ⅱ高考>已知等比数列{an}满足a1＝3,a1＋a3＋a5＝21,则a3＋a5＋a7＝<>A．21B．42C．63D．84<2><2015·XX模拟>已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10＝12,则a5＋a6＝<>A.eq\f<12,5>B．12C．6D.eq\f<6,5>命题角度二与等差<比>数列的和有关的性质[典例3]<1><2014·全国大纲高考>设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3,S4＝15,则S6＝<>A．31B．32C．63D．64<2><2015·XX中学二调>等差数列{an}中,3<a3＋a5>＋2<a7＋a10＋a13>＝24,则该数列前13项的和是<>A．13B．26C．52D．156[针对训练]1．在等差数列{an}中,若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25,则a2＋a8＝________．2．在等比数列{an}中,a4·a8＝16,则a4·a5·a7·a8的值为________．3．若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11＋a9a12＝2e5,则lna1＋lna2＋…＋lna20＝______．[巩固训练]一、选择题1．<2015·新课标Ⅱ高考>设Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3,则S5＝<>A．5B．7C．9D．112．<2014·XX高考>等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1＝2,S3＝12,则a6等于<>A．8B．10C．12D．143．<2014·XX高考>对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是<>A．a1,a3,a9成等比数列B．a2,a3,a6成等比数列C．a2,a4,a8成等比数列D．a3,a6,a9成等比数列4．<2014·天津高考>设{an}是首项为a1,公差为－1的等差数列,Sn为其前n项和．若S1,S2,S4成等比数列,则a1＝<>A．2B．－2C.eq\f<1,2>D．－eq\f<1,2>5．<2015·XXXX模拟>数列{an}满足an－an＋1＝an·an＋1<n∈N*>,数列{bn}满足bn＝eq\f<1,an>,且b1＋b2＋…＋b9＝90,则b4·b6<>A．最大值为99B．为定值99C．最大值为100D．最大值为200二、填空题6．<2015·XX高考>中位数为1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为________．7．<2015·XX高考>已知数列{an}是递增的等比数列,a1＋a4＝9,a2a3＝8,则数列{an}的前n项和等于________．8．<2014·XX高考>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________．三、解答题9．<文><2015·XX模拟>在等比数列{an}中,已知a1＝2,a4＝16.<1>求数列{an}的通项公式；<2>若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的前n项和Sn.10、<2014·XX高考>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}的通项公式；<2>记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn＞60n＋800？若存在,求n的最小值；若不存在,说明理由．11．<2015·XX高考>设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d<d≠0>的等差数列．<1>证明：2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列；<2>是否存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次构成等比数列？并说明理由第2讲数列求和〔通项及其综合应用[高考感悟]从近三年高考看,高考命题热点考向可能为：考什么怎么考题型与难度1.数列的通项公式①考查等差、等比数列的基本量的求解；②考查an与Sn的关系,递推关系等题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题2.数列的前n项和①考查等差、等比数列前n项和公式；②考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和.题型：三种题型均可出现,更多为解答题难度：中档题3.数列的综合应用①证明数列为等差或者等比；②考查数列与不等式的综合.题型：解答题难度：中档题[真题体验]1．<2015·北京高考>设{an}是等差数列,下列结论中正确的是<>A．若a1＋a2＞0,则a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0,则a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2,则a2＞eq\r<a1a3>D．若a1＜0,则<a2－a1><a2－a3>＞02．<2015·XX模拟>已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5＝5,S5＝15,则数列{eq\f<1,anan＋1>}的前100项和为<>A.eq\f<100,101>B.eq\f<99,101>C.eq\f<99,100>D.eq\f<101,100>3．<2015·XX高考>等差数列{an}中,a2＝4,a4＋a7＝15.<1>求数列{an}的通项公式；<2>设bn＝2an－2＋n,求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[考点突破]考点一、数列的通项公式[规律感悟]求通项的常用方法<1>归纳猜想法：已知数列的前几项,求数列的通项公式,可采用归纳猜想法．<2>已知Sn与an的关系,利用an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<S1,n＝1,,Sn－Sn－1,n≥2>>求an.<3>累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f<n>,其中数列{f<n>}前n项和可求,这种类型的数列求通项公式时,常用累加法<叠加法>．<4>累乘法：数列递推关系如an＋1＝g<n>an,其中数列{g<n>}前n项积可求,此数列求通项公式一般采用累乘法<叠乘法>．<5>构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q<p,q为常数>可化为an＋1＋eq\f<q,p－1>＝peq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<an＋\f<q,p－1>>><p≠1>的形式,利用eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<an＋\f<q,p－1>>>是以p为公比的等比数列求解．②递推关系形如an＋1＝eq\f<pan,an＋p><p为非零常数>可化为eq\f<1,an＋1>＝eq\f<1,an>－eq\f<1,p>的形式．1．<2015·新课标Ⅱ高考>设Sn是数列{an}的前n项和,且a1＝－1,an＋1＝SnSn＋1,则Sn＝____________．2．<2015·XX模拟>数列{an}满足eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n>an＝3n＋1,n∈N*,则an＝________．3．若数列{an}满足a1＝3,an＋1＝eq\f<5an－13,3an－7>,则a2015的值为________．考点二、数列的前n项和[规律感悟]1.分组求和的常见方法<1>根据等差、等比数列分组．<2>根据正号、负号分组．<3>根据数列的周期性分组．2．裂项后相消的规律常用的拆项公式<其中n∈N*>①eq\f<1,n〔n＋1>＝eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>.②eq\f<1,n〔n＋k>＝eq\f<1,k>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,n>－\f<1,n＋k>>>.③eq\f<1,〔2n－1〔2n＋1>＝eq\f<1,2><eq\f<1,2n－1>－eq\f<1,2n＋1>>．3．错位相减法的关注点<1>适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项<{an·bn}>型数列求和．<2>步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式．4．倒序求和。命题角度一基本数列求和、分组求和[典例1]<2015·XX八校联考>等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1＝3,b1＝1,b2＋S2＝10,a5－2b2＝a3.<1>求数列{an}和{bn}的通项公式；<2>令cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<2,Sn>,n为奇数,,bn,n为偶数,>>设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.命题角度二裂项相消法求和[典例2]<2015·XX高考>已知数列{an}是递增的等比数列,且a1＋a4＝9,a2a3＝8.<1>求数列{an}的通项公式；<2>设Sn为数列{an}的前n项和,bn＝eq\f<an＋1,SnSn＋1>,求数列{bn}的前n项和Tn.命题角度三错位相减法求和[典例3]<2015·天津高考>已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1＝b1＝1,b2＋b3＝2a3,a5－3b2＝7.<1>求{an}和{bn}的通项公式；<2>设cn＝anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和．[针对训练]1．<2014·XX高考>已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f<n2＋n,2>,n∈N*.<1>求数列{an}的通项公式；<2>设bn＝2an＋<－1>nan,求数列{bn}的前2n项和．2．<2015·XX高考>已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an·an＋1>>>的前n项和为eq\f<n,2n＋1>.<1>求数列{an}的通项公式；<2>设bn＝<an＋1>·2an,求数列{bn}的前n项和Tn..考点三、数列的综合应用[典例4]<2015·XXXX质检>正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0.<1>求数列{an}的通项公式an；<2>令bn＝eq\f<n＋1,〔n＋22aeq\o\al<2,n>>,数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*,都有Tn＜eq\f<5,64>.变式：<2015·XXXX模拟>数列{an}满足an＋1＝eq\f<an,2an＋1>,a1＝1.<1>证明：数列{eq\f<1,an>}是等差数列；<2>求数列{eq\f<1,an>}的前n项和Sn,并证明eq\f<1,S1>＋eq\f<1,S2>＋…＋eq\f<1,Sn>＞eq\f<n,n＋1>.[巩固训练]一、选择题1．<2015·XX高考>已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则<>A．a1d＞0,dS4＞0B．a1d＜0,dS4＜0C．a1d＞0,dS4＜0D．a1d＜0,dS4＞02．<2015·XX调研>在数列{an}中,已知a1＝1,an＋1＝2an＋1,则其通项公式为an＝<>A．2n－1B．2n－1＋1C．2n－1D．2<n－1>3．<预测题>已知数列{an}满足an＋1＝eq\f<1,2>＋eq\r<an－aeq\o\al<2,n>>,且a1＝eq\f<1,2>,则该数列的前2015项的和等于<>A.eq\f<3023,2>B．3023C．1512D．30244．<2015·XX质检>设数列{an}的前n项和为Sn,且a1＝a2＝1,{nSn＋<n＋2>an}为等差数列,则an＝<>A.eq\f<n,2n－1>B.eq\f<n＋1,2n－1＋1>C.eq\f<2n－1,2n－1>D.eq\f<n＋1,2n＋1>5．<2015·XX第一次统一检测>在数列{an}中,an＞0,a1＝eq\f<1,2>,如果an＋1是1与eq\f<2anan＋1＋1,4－aeq\o\al<2,n>>的等比中项,那么a1＋eq\f<a2,22>＋eq\f<a3,32>＋eq\f<a4,42>＋…＋eq\f<a100,1002>的值是<>A.eq\f<100,99>B.eq\f<101,100>C.eq\f<100,101>D.eq\f<99,100>二、填空题6．<2014·全国新课标Ⅱ高考>数列{an}满足an＋1＝eq\f<1,1－an>,a8＝2,则a1＝________．7．若数列{n<n＋4><eq\f<2,3>>n}中的最大项是第k项,则k＝________．8<2015·XX高考>设数列{an}满足a1＝1,且an＋1－an＝n＋1<n∈N*>,则数列eq\b\lc\{\rc\}<\a\vs4\al\co1<\f<1,an>>>前10项的和为________．9．<2015·XX高考>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________．三、解答题10．<2015·XX高考>设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1,b2＝2,q＝d,S10＝100.<1>求数列{an},{bn}的通项公式；<2>当d>1时,记cn＝eq\f<an,bn>,求数列{cn}的前n项和Tn.11．<2014·XX高考>已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列．<1>求数列{an}的通项公式；<2>令bn＝<－1>n－1eq\f<4n,anan＋1>,求数列{bn}的前n项和Tn.2018届高三第二轮复习——数列答案[真题体验]〔第1讲等差、等比考点1．[解析]设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由题设知d＝1,S8＝4S4,所以8a1＋28＝4<4a1＋6>,解得a1＝eq\f<1,2>,所以a10＝eq\f<1,2>＋9＝eq\f<19,2>.故选B.2．[解析]设等比数列{an}的公比为q,a1＝eq\f<1,4>,a3a5＝4<a4－1>,由题可知q≠1,则a1q2×a1q4＝4<a1q3－1>,∴eq\f<1,16>×q6＝4<eq\f<1,4>×q3－1>,∴q6－16q3＋64＝0,∴<q3－8>2＝0,∴q3＝8,∴q＝2,∴a2＝eq\f<1,2>.故选C.3．[解析]由a2,a3,a7成等比数列,得aeq\o\al<2,3>＝a2a7,则2d2＝－3a1d,即d＝－eq\f<3,2>a1.又2a1＋a2＝1,所以a1＝eq\f<2,3>,d＝－1.[答案]eq\f<2,3>－14．[解]<1>an＝3n－1．<2>．考点一、等差〔比的基本运算1．[解析]本题考查等比数列和等差数列等,结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比,进而求解等比数列的通项公式．由3S1,2S2,S3成等差数列,得4S2＝3S1＋S3,即3S2－3S1＝S3－S2,则3a2＝a3,得公比q＝3,所以an＝a1qn－1＝3n－1.[答案]3n－12．[解]本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n项和公式,考查考生的运算求解能力．<1>将已知条件中的a3,S3用首项a1与公差d表示,求得a1,d,即可求得数列{an}的通项公式；<2>结合<1>利用条件b1＝a1,b4＝a15求得公比,然后利用等比数列的前n项和公式进行计算．<1>设{an}的公差为d,则由已知条件得a1＋2d＝2,3a1＋eq\f<3×2,2>d＝eq\f<9,2>,即a1＋2d＝2,a1＋d＝eq\f<3,2>,解得a1＝1,d＝eq\f<1,2>,故通项公式为an＝1＋eq\f<n－1,2>,即an＝eq\f<n＋1,2>.<2>由<1>得b1＝1,b4＝a15＝eq\f<15＋1,2>＝8.设{bn}的公比为q,则q3＝eq\f<b4,b1>＝8,从而q＝2,故{bn}的前n项和Tn＝eq\f<b1〔1－qn,1－q>＝eq\f<1×〔1－2n,1－2>＝2n－1．考点二、等差〔比的证明与判断[典例1]解：〔1设的公比为,由题设可得解得故的通项公式为〔2由〔1可得由于,故成等差数列变式．[解]<1>证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2,即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1,所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列．<2>由<1>得bn＝1＋2<n－1>,即an＋1－an＝2n－1.于是,所以an＋1－a1＝n2,即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1,所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.考点三、等差〔比数列的性质命题角度一与等差<比>数列的项有关的性质[解析]<1>本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质,意在考查考生的运算求解能力．由于a1<1＋q2＋q4>＝21,a1＝3,所以q4＋q2－6＝0,所以q2＝2<q2＝－3舍去>,a3＋a5＋a7＝q2<a1＋a3＋a5>＝2×21＝42.故选B.<2>本题主要考查等差数列的性质am＋an＝ap＋aq.由S10＝12得eq\f<a1＋a10,2>×10＝12,所以a1＋a10＝eq\f<12,5>,所以a5＋a6＝eq\f<12,5>.故选A.命题角度二与等差<比>数列的和有关的性质[解析]〔1在等比数列{an}中,S2,S4－S2,S6－S4也成等比数列,故<S4－S2>2＝S2<S6－S4>,则<15－3>2＝3<S6－15>．解得S6＝63.故选C.<2>∵3<a3＋a5>＋2<a7＋a10＋a13>＝24,∴6a4＋6a10＝24,∴a4＋a10＝4,∴S13＝eq\f<13〔a1＋a13,2>＝eq\f<13〔a4＋a10,2>＝eq\f<13×4,2>＝26.故选B.[针对训练]1．[解析]由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25得5a5＝25,所以a5＝5,故a2＋a8＝2a5＝10.2．[解析]a4a5a7a8＝a4a8·a5a7＝<a4a8>2＝256.[答案]2563．[解析]∵a10a11＋a9a12＝2e5,∴a10·a11＝e5,lna1＋lna2＋…＋lna20＝10ln<a10·a11>＝10·lne5＝50.[巩固训练]一、选择题1[解析]数列{an}为等差数列,∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3,∴a3＝1,∴S5＝eq\f<5〔a1＋a5,2>＝eq\f<5×2a3,2>＝5.[答案]A2[解析]由题知3a1＋eq\f<3×2,2>d＝12,∵a1＝2,解得d＝2,又a6＝a1＋5d,∴a6＝12.故选C.3．[解析]由等比数列的性质得,a3·a9＝aeq\o\al<2,6>≠0,因此a3,a6,a9一定成等比数列．故选D.4．[解析]由题意知Seq\o\al<2,2>＝S1·S4,∴<2a1＋eq\f<2×1,2>d>2＝a1<4a1＋eq\f<4×3,2>d>,把d＝－1代入整理得a1＝－eq\f<1,2>.故选D.5．[解析]将an－aa＋1＝anan＋1两边同时除以anan＋1可得eq\f<1,an＋1>－eq\f<1,an>＝1,即bn＋1－bn＝1,所以{bn}是公差为d＝1的等差数列,其前9项和为eq\f<9〔b1＋b9,2>＝90,所以b1＋b9＝20,将b9＝b1＋8d＝b1＋8,代入得b1＝6,所以b4＝9,b6＝11,所以b4b6＝99.故选B.二、填空题6．[解析]设等差数列的首项为a1,根据等差数列的性质可得,a1＋2015＝2×1010,解得a1＝5.[答案]57．[解析]∵eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋a4＝9,,a2a3＝8,>>∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋a4＝9,,a1a4＝8,>>则a1,a4可以看作一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根,故eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,a4＝8>>,或eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝8,,a4＝1.>>∵数列{an}是递增的等比数列,∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,a4＝8.>>可得公比q＝2,∴前n项和Sn＝2n－1.8．[解析]等差数列的前n项和为Sn,则Sn＝na1＋eq\f<n〔n－1,2>d＝eq\f<d,2>n2＋<a1－eq\f<d,2>>n＝eq\f<d,2>n2＋<7－eq\f<d,2>>n,对称轴为eq\f<\f<d,2>－7,d>,对称轴介于7.5与8.5之间,即7.5＜eq\f<\f<d,2>－7,d>＜8.5,解得－1＜d＜－eq\f<7,8>.[答案]eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－1,－\f<7,8>>>三、解答题9．.[解]<1>设数列{an}的公比为q,∵{an}为等比数列,∴eq\f<a4,a1>＝q3＝8,∴q＝2,∴an＝2×2n－1＝2n.<2>设数列{bn}的公差为d,∵b3＝a3＝23＝8,b5＝a5＝25＝32,且{bn}为等差数列,∴b5－b3＝24＝2d,∴d＝12,∴b1＝b3－2d＝－16,∴Sn＝－16n＋eq\f<n〔n－1,2>×12＝6n2－22n.10、[解]<1>设数列{an}的公差为d,依题意,2,2＋d,2＋4d成等比数列,故有<2＋d>2＝2<2＋4d>,化简得d2－4d＝0,解得d＝0或d＝4.当d＝0时,an＝2；当d＝4时,an＝2＋<n－1>·4＝4n－2,从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.<2>当an＝2时,Sn＝2n.显然2n＜60n＋800,此时不存在正整数n,使得Sn＞60n＋800成立．当an＝4n－2时,Sn＝eq\f<n[2＋〔4n－2],2>＝2n2.令2n2＞60n＋800,即n2－30n－400＞0,解得n＞40或n＜－10<舍去>,此时存在正整数n,使得Sn＞60n＋800成立,n的最小值为41.综上,当an＝2时,不存在满足题意的n；当an＝4n－2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11．[解]<1>证明：因为eq\f<2an＋1,2an>＝2an＋1－an＝2d<n＝1,2,3>是同一个常数,所以2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列．<2>不存在,理由如下：令a1＋d＝a,则a1,a2,a3,a4分别为a－d,a,a＋d,a＋2d<a＞d,a＞－2d,d≠0>．假设存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次构成等比数列,则a4＝<a－d><a＋d>3,且<a＋d>6＝a2<a＋2d>4.令t＝eq\f<d,a>,则1＝<1－t><1＋t>3,且<1＋t>6＝<1＋2t>4eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>＜t＜1,t≠0>>,化简得t3＋2t2－2＝0<*>,且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入<*>式,t<t＋1>＋2<t＋1>－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0,则t＝－eq\f<1,4>.显然t＝－eq\f<1,4>不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立．因此不存在a1,d,使得a1,aeq\o\al<2,2>,aeq\o\al<3,3>,aeq\o\al<4,4>依次构成等比数列．数列求和及其综合应用[真题体验]1．<2015·北京高考>设{an}是等差数列,下列结论中正确的是<>A．若a1＋a2＞0,则a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0,则a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2,则a2＞eq\r<a1a3>D．若a1＜0,则<a2－a1><a2－a3>＞0[解析]若{an}是递减的等差数列,则选项A、B都不一定正确．若{an}为公差为0的等差数列,则选项D不正确．对于C选项,由条件可知{an}为公差不为0的正项数列,由等差中项的性质得a2＝eq\f<a1＋a3,2>,由基本不等式得eq\f<a1＋a3,2>＞eq\r<a1a3>,所以C正确．[答案]C2．<2015·XX模拟>已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5＝5,S5＝15,则数列{eq\f<1,anan＋1>}的前100项和为<>A.eq\f<100,101>B.eq\f<99,101>C.eq\f<99,100>D.eq\f<101,100>[解析]设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a5＝5,S5＝15,∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋4d＝5,,5a1＋\f<5×〔5－1,2>d＝15,>>∴eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,d＝1,>>∴an＝a1＋<n－1>d＝n.∴eq\f<1,anan＋1>＝eq\f<1,n〔n＋1>＝eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>,∴数列{eq\f<1,anan＋1>}的前100项和为1－eq\f<1,2>＋eq\f<1,2>－eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,100>－eq\f<1,101>＝1－eq\f<1,101>＝eq\f<100,101>.[答案]A3．<2015·XX高考>等差数列{an}中,a2＝4,a4＋a7＝15.<1>求数列{an}的通项公式；<2>设bn＝2an－2＋n,求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．[解]<1>设等差数列{an}的公差为d.由已知得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＋d＝4,,〔a1＋3d＋〔a1＋6d＝15,>>解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝3,,d＝1.>>所以an＝a1＋<n－1>d＝n＋2.<2>由<1>可得bn＝2n＋n,所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝<2＋1>＋<22＋2>＋<23＋3>＋…＋<210＋10>＝<2＋22＋23＋…＋210>＋<1＋2＋3＋…＋10>＝eq\f<2×〔1－210,1－2>＋eq\f<〔1＋10×10,2>＝211＋53＝2101.eq\a\vs4\al<数列的通项公式〔自主探究型>1．当n＝1时,S1＝a1＝－1,所以eq\f<1,S1>＝－1.因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1,所以eq\f<1,Sn>－eq\f<1,Sn＋1>＝1,即eq\f<1,Sn＋1>－eq\f<1,Sn>＝－1,所以{eq\f<1,Sn>}是以－1为首项,－1为公差的等差数列,所以eq\f<1,Sn>＝<－1>＋<n－1>·<－1>＝－n,所以Sn＝－eq\f<1,n>.2．当n＝1时,eq\f<1,3>a1＝3×1＋1,所以a1＝12,当n≥2时,①：eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n－1>an－1＋eq\f<1,3n>an＝3n＋1,②：eq\f<1,3>a1＋eq\f<1,32>a2＋…＋eq\f<1,3n－1>an－1＝3<n－1>＋1.①－②得：eq\f<1,3n>an＝<3n＋1>－[3<n－1>＋1],即eq\f<1,3n>an＝3,所以an＝3n＋1,综上可得：an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<12,n＝1,,3n＋1,n≥2.>>[答案]eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<12,n＝1,,3n＋1,n≥2>>3．本题主要考查利用递推数列求数列的某一项,通过研究数列的函数特性来解决．由于a1＝3,求a2＝1,a3＝2,a4＝3,所以数列{an}是周期为3的周期数列,所以a2015＝a671×3＋2＝a2＝1.eq\a\vs4\al<数列的前n项和〔多维探究型>命题角度一基本数列求和、分组求和[典例1]<1>设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则由eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<b2＋S2＝10,,a5－2b2＝a3,>>得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<q＋6＋d＝10,,3＋4d－2q＝3＋2d,>>解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<d＝2,,q＝2,>>所以an＝3＋2<n－1>＝2n＋1,bn＝2n－1.<2>由a1＝3,an＝2n＋1得Sn＝eq\f<n〔a1＋an,2>＝n<n＋2>,则cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<2,n〔n＋2>,n为奇数,,2n－1,n为偶数,>>即cn＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<1,n>－\f<1,n＋2>,n为奇数,,2n－1,n为偶数,>>∴T2n＝<c1＋c3＋…＋c2n－1>＋<c2＋c4＋…＋c2n>＝eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1－\f<1,3>>>＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>－\f<1,5>>>＋…＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2n－1>－\f<1,2n＋1>>>>>＋<2＋23＋…＋22n－1>＝1－eq\f<1,2n＋1>＋eq\f<2〔1－4n,1－4>＝eq\f<2n,2n＋1>＋eq\f<2,3><4n－1>．命题角度二裂项相消法求和[典例2]<1>由题设知a1a4＝a2a3＝8,又a1＋a4＝9,可解得eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝1,,a4＝8>>或eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<a1＝8,a4＝1>><舍去>．设等比数列{an}的公比为q,由a4＝a1q3得q＝2,故an＝a1qn－1＝2n－1.<2>Sn＝eq\f<a1〔1－qn,1－q>＝2n－1,又bn＝eq\f<an＋1,SnSn＋1>＝eq\f<Sn＋1－Sn,SnSn＋1>＝eq\f<1,Sn>－eq\f<1,Sn＋1>,所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,S1>－\f<1,S2>>>＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,S2>－\f<1,S3>>>＋…＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,Sn>－\f<1,Sn＋1>>>＝eq\f<1,S1>－eq\f<1,Sn＋1>＝1－eq\f<1,2n＋1－1>.命题角度三错位相减法求和典例3]<1>设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意q＞0.由已知,有eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<〔1＋d＋〔1＋2q＝2q,,q4－3〔1＋d＝7,>>eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<2q2－3d＝2,,q4－3d＝10,>>消去d,整理得q4－2q2－8＝0.又因为q＞0,解得q＝2,所以d＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1,n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1,n∈N*.<2>由<1>有cn＝<2n－1>·2n－1,设{cn}的前n项和为Sn,则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋<2n－3>×2n－2＋<2n－1>×2n－1,2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋<2n－3>×2n－1＋<2n－1>×2n,上述两式相减,得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－<2n－1>×2n＝2n＋1－3－<2n－1>×2n＝－<2n－3>×2n－3,所以,Sn＝<2n－3>·2n＋3,n∈N*.[针对训练]1．[解]<1>当n＝1时,a1＝S1＝1；当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝eq\f<n2＋n,2>－eq\f<〔n－12＋〔n－1,2>＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.<2>由<1>知,bn＝2n＋<－1>nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n＝<21＋22＋…＋22n>＋<－1＋2－3＋4－…＋2n>．记A＝21＋22＋…＋22n,B＝－1＋2－3＋4－…＋2n,则A＝eq\f<2〔1－22n,1－2>＝22n＋1－2,B＝<－1＋2>＋<－3＋4>＋…＋[－<2n－1>＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.2．[解]<1>设数列{an}的公差为d.令n＝1,得eq\f<1,a1a2>＝eq\f<1,3>,所以a1a2＝3.令n＝2,得eq\f<1,a1a2>＋eq\f<1,a2a3>＝eq\f<2,5>,所以a2a3＝15.解得a1＝1,d＝2,所以an＝2n－1.<2>由<1>知bn＝2n·22n－1＝n·4n,所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n,所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1,两式相减,得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq\f<4〔1－4n,1－4>－n·4n＋1＝eq\f<1－3n,3>×4n＋1－eq\f<4,3>.所以Tn＝eq\f<3n－1,9>×4n＋1＋eq\f<4,9>＝eq\f<4＋〔3n－14n＋1,9>.eq\a\vs4\al<数列的综合应用〔师生共研型>[典例4][解]<1>由Seq\o\al<2,n>－<n2＋n－1>Sn－<n2＋n>＝0,得[Sn－<n2＋n>]<Sn＋1>＝0.由于{an}是正项数列,所以Sn＞0,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,数列{an}的通项公式为an＝2n.<2>证明：由于an＝2n,bn＝eq\f<n＋1,〔n＋22aeq\o\al<2,n>>,则bn＝eq\f<n＋1,4n2〔n＋22>＝eq\f<1,16>eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\f<1,n2>－\f<1,〔n＋22>>>.所以Tn＝eq\f<1,16>×[1－eq\f<1,32>＋eq\f<1,22>－eq\f<1,42>＋eq\f<1,32>－eq\f<1,52>＋…＋eq\f<1,〔n－12>－eq\f<1,〔n＋12>＋eq\f<1,n2>－eq\f<1,〔n＋22>]＝eq\f<1,16>×eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>－\f<1,〔n＋12>－\f<1,〔n＋22>>>＜eq\f<1,16>×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,22>>>＝eq\f<5,64>.变式：[解]<1>证明：∵an＋1＝eq\f<an,2an＋1>,∴eq\f<1,an＋1>＝eq\f<2an＋1,an>,化简得eq\f<1,an＋1>＝2＋eq\f<1,an>,即eq\f<1,an＋1>－eq\f<1,an>＝2,故数列{eq\f<1,an>}是以1为首项,2为公差的等差数列．<2>由<1>知eq\f<1,an>＝2n－1,∴Sn＝eq\f<n〔1＋2n－1,2>＝n2.eq\f<1,S1>＋eq\f<1,S2>＋…＋eq\f<1,Sn>＝eq\f<1,12>＋eq\f<1,22>＋…＋eq\f<1,n2>＞eq\f<1,1×2>＋eq\f<1,2×3>＋…＋eq\f<1,n〔n＋1>＝<1－eq\f<1,2>>＋<eq\f<1,2>－eq\f<1,3>>＋…＋<eq\f<1,n>－eq\f<1,n＋1>>＝1－eq\f<1,n＋1>＝eq\f<n,n＋1>.[巩固训练]一、选择题1．[解析]由a3,a4,a8成等比数列可得：<a1＋3d>2＝<a1＋2d>·<a1＋7d>,即3a1＋5d＝0,所以a1＝－eq\f<5,3>d,所以a1d＜0.又dS4＝eq\f<〔a1＋a4×4,2>d＝2<2a1＋3d>d＝－eq\f<2,3>d2＜0.故选B.2．[解析]由题意知an＋1＋1＝2<an＋1>,∴an＋1＝<a1＋1>·2n－1＝2n,∴an＝2n－1.[答案]A3．[解析]因为a1＝eq\f<1,2>,又an＋1＝eq\f<1,2>＋eq\r<an－aeq\o\al<2,n>>,所以a2＝1,从而a3＝eq\f<1,2>,a4＝1,即得an＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,n＝2k－1〔k∈N*,,1,n＝2k〔k∈N*,>>故数列的前2015项的和等于S2015＝1007×<1＋eq\f<1,2>>＋1＝eq\f<3021,2>＋1＝eq\f<3023,2>.[答案]A4．[解析]设bn＝nSn＋<n＋2>an,有b1＝4,b2＝8,则bn＝4n,即bn＝nSn＋<n＋2>an＝4n,Sn＋<1＋eq\f<2,n>>an＝4.当n≥2时,Sn－Sn－1＋<1＋eq\f<2,n>>an－<1＋eq\f<2,n－1>>an－1＝0,所以eq\f<2〔n＋1,n>an＝eq\f<n＋1,n－1>an－1,即2·eq\f<an,n>＝eq\f<an－1,n－1>,所以{eq\f<an,n>}是以eq\f<1,2>为公比,1为首项的等比数列,所以eq\f<an,n>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2>>>eq\s\up12<n－1>,an＝eq\f<n,2n－1>.故选A.[答案]A5．[解析]由题意可得,aeq\o\al<2,n＋1>＝eq\f<2anan＋1＋1,4－aeq\o\al<2,n>>⇒<2an＋1＋anan＋1＋1>·<2an＋1－anan＋1－1>＝0⇒an＋1＝eq\f<1,2－an>⇒an＋1－1＝eq\f<an－1,2－an>⇒eq\f<1,an＋1－1>＝eq\f<1,an－1>－1,∴eq\f<1,an－1>＝eq\f<1,\f<1,2>－1>－<n－1>＝－n－1⇒an＝eq\f<n,n＋1>⇒eq\f<an,n2>＝eq\f<1,n〔n＋1>,∴a1＋eq\f<a2,22>＋…＋eq\f<a100,1002>＝1－eq\f<1,2>＋eq\f<1,2>－eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,100>－eq\f<1,101>＝eq\f<100,101>.[答案]C二、填空题6．[解析]将a8＝2代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a7＝eq\f<1,2>；再将a7＝eq\f<1,2>代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq\f<1,1－an>,可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1＝a7＝eq\f<1,2>.7．[解析]设数列为{an},则an＋1－an＝<n＋1><n＋5><eq\f<2,3>>n＋1－n<n＋4><eq\f<2,3>>n＝<eq\f<2,3>>n[eq\f<2,3><n2＋6n＋5>－n2－4n]＝eq\f<2n,3n＋1><10－n2>,所以当n≤3时,an＋1＞an；当n≥4时,an＋1＜an.因此,a1＜a2＜a3＜a4,a4＞a5＞a6＞…,故a4最大,所以k＝4.8[解析]由a1＝1,且an＋1－an＝n＋1<n∈N*>得,an＝a1＋<a2－a1>＋<a3－a2>＋…＋<an－an－1>＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f<n〔n＋1,2>,则eq\