（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識(shí)專題突破 專題6 數(shù)列學(xué)案

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1、 專題六　數(shù)列 ———————命題觀察·高考定位——————— (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第21頁) 1．(2017·江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝________. 32　[設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，則 解得 所以a8＝×27＝25＝32.] 2．(2016·江蘇高考)已知{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a1＋a＝－3，S5＝10，則a9的值是________． 20　[法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝10，知S5＝5a1＋d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入

2、a1＋a＝－3，化簡(jiǎn)得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20. 法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝10，知＝5a3＝10，所以a3＝2. 所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋a＝－3，化簡(jiǎn)得a＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1. 公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.] 3．(2014·江蘇高考)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________． 4　[因?yàn)閍8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6

3、＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關(guān)于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.] 4．(2015·江蘇高考)設(shè)數(shù)列滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列前10項(xiàng)的和為______． 　[由題意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝. 又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)． ∵當(dāng)n＝1時(shí)也滿足此式，∴an＝(n∈N*)． ∴＝＝2. ∴S10＝2×＝2×＝.] 5．(2017·江蘇高考)對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足：an－k＋

4、an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)總成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”． (1)證明：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”； (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)列. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394035】 [證明]　(1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則 an＝a1＋(n－1)d， 從而，當(dāng)n≥4時(shí)， an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3， 所以an－3＋an－2＋an－1＋a

5、n＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”． (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此， 當(dāng)n≥3時(shí)，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 當(dāng)n≥4時(shí)，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d′. 在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，

6、所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列． [命題規(guī)律] (1)對(duì)等差數(shù)列與等比數(shù)列基本量的考查是重點(diǎn)，主要考查利用通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式建立方程組求解，屬于低檔題，主要是以填空題的形式出現(xiàn)． (2)對(duì)等差數(shù)列與等比數(shù)列性質(zhì)的考查是熱點(diǎn)，具有“新、巧、活”的特點(diǎn)，考查利用性質(zhì)解決有關(guān)的計(jì)算問題，屬中低檔題，主要是以填空題的形式出現(xiàn)． (3)數(shù)列的通項(xiàng)公式及遞推公式的應(yīng)用也是命題的熱點(diǎn)，根據(jù)an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式以及利用構(gòu)造或轉(zhuǎn)化的方法求通項(xiàng)公式也是?？嫉臒狳c(diǎn)．填空、解答題都有出現(xiàn)． (4)數(shù)列

7、的求和問題，多以考查等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、錯(cuò)位相減法和裂項(xiàng)相消法為主，且考查頻率較高，是高考命題的熱點(diǎn)．填空、解答題都有出現(xiàn)． (5)數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題也是高考考查的重點(diǎn)，主要考查利用函數(shù)的觀點(diǎn)解決數(shù)列問題以及用不等式的方法研究數(shù)列的性質(zhì)，多為中檔題，以解答題的形式出現(xiàn)． (6)數(shù)列與解析幾何交匯主要涉及點(diǎn)列問題，難度中等及以上，常以解答題形式出現(xiàn)． (7)數(shù)列應(yīng)用題主要以等差數(shù)列、等比數(shù)列及遞推數(shù)列為模型進(jìn)行考查，難度中等及以上，常以解答題形式出現(xiàn)． ———————主干整合·歸納拓展——————— (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第21頁) [第1步▕ 核心知識(shí)再整合] 1

8、．等差數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式 (2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝＝na1＋d. (3)常用性質(zhì)： ①如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，m＋n＝p＋q?am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，特別地，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a1＋an＝a2＋an－1＝……＝2a中． ②若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差數(shù)列． ③若等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和為An，Bn，則＝. ④若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則數(shù)列仍是等差數(shù)列． (4)等差數(shù)列的單調(diào)性 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，當(dāng)d>0時(shí)，數(shù)列{an}為遞增數(shù)列；當(dāng)d<0時(shí)，數(shù)列{an}為遞減

9、數(shù)列；若d＝0，則數(shù)列{an}為常數(shù)數(shù)列． (5)等差數(shù)列的最值 若{an}是等差數(shù)列，求前n項(xiàng)和的最值時(shí)， ①若a1>0，d<0，且滿足則前n項(xiàng)和Sn最大； ②若a1<0，d>0，且滿足則前n項(xiàng)和Sn最?。? 2．等比數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式 (2)前n項(xiàng)和公式Sn＝ (3)常用性質(zhì)： ①如果數(shù)列{an}是等比數(shù)列m＋n＝p＋q?am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，特別地，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a1·an＝a2·an－1＝……＝a. ②等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…成等比數(shù)列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2

10、n，…均不為0)． (4)等比數(shù)列的單調(diào)性 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 當(dāng)或時(shí)，{an}為遞增數(shù)列；當(dāng)或時(shí)，{an}為遞減數(shù)列；當(dāng)q＝1時(shí)，則數(shù)列{an}為常數(shù)數(shù)列． 3．?dāng)?shù)列常見通項(xiàng)公式的求法 (1)觀察法：利用遞推關(guān)系寫出前幾項(xiàng)，根據(jù)前幾項(xiàng)的特點(diǎn)觀察、歸納、猜想出an的表達(dá)式，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明． (2)利用前n項(xiàng)和與通項(xiàng)的關(guān)系an＝ (3)公式法：利用等差(比)數(shù)列求通項(xiàng)公式． (4)累加法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝an＋f (n)，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f (n)，再利用累加法(逐差相加法)求解． (5)疊乘法：在已知數(shù)列{an}中，滿足

11、an＋1＝f (n)an，把原遞推公式轉(zhuǎn)化為＝f (n)，再利用疊乘法(逐商相乘法)求解． (6)構(gòu)造等比數(shù)列法：在已知數(shù)列{an}中，滿足an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數(shù)，pq(p－1)≠0)，先用待定系數(shù)法把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用換元法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解． 4．?dāng)?shù)列求和的主要方法 (1)公式法：如果一個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列或等比數(shù)列，則求和時(shí)直接利用等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，注意等比數(shù)列公比q的取值情況要分q＝1或q≠1. (2)倒序相加法：如果一個(gè)數(shù)列{an}，首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即

12、可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和即是用此法推導(dǎo)的． (3)分組轉(zhuǎn)化求和法：若一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組轉(zhuǎn)化法，分別求和而后相加減． (4)錯(cuò)位相減法：如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和就是用此法推導(dǎo)的． (5)裂項(xiàng)相消法：把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和． 常見的拆項(xiàng)公式如下： ①分式型 ＝－，＝， ＝，＝. ②乘式型 n(n＋1)＝－[(n－1)n(n＋1)－n(n＋1)(n＋2)]，

13、 n(n＋1)(n＋2)＝－[(n－1)n(n＋1)(n＋2)－n(n＋1)(n＋2)(n＋3)]． ③階乘型 ＝＝－，C＝C－C，kC＝nC. ④三角函數(shù)型 tan an tan an＋1＝1－， ＝，＝， cos＝，sin＝. ⑤根式型 ＝－. (6)并項(xiàng)求和法：在一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和． [第2步▕ 高頻考點(diǎn)細(xì)突破] 等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)及基本量的求解 【例1】　(南京市2017屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，若a2－a5＝－78，S3＝13，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝____

14、____. [解析]　由題意得a1q(q3－1)＝78，a1(1＋q＋q2)＝13?q(q－1)＝6，∵q>0∴q＝3，a1＝1，an＝3n－1. [答案]　3n－1 [規(guī)律方法]　等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an與Sn這五個(gè)量，如果已知其中的三個(gè)，就可以求其余的兩個(gè)．其中a1和d(或q)是兩個(gè)基本量，所以等差數(shù)列與等比數(shù)列的基本運(yùn)算問題一般先設(shè)出這兩個(gè)基本量，然后根據(jù)通項(xiàng)公式、求和公式構(gòu)建這兩者的方程組，通過解方程組求其值，這也是方程思想在數(shù)列問題中的體現(xiàn)． [舉一反三] (江蘇省南通中學(xué)2017屆高三上學(xué)期期中考試)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的

15、前n項(xiàng)的和，若a3＋2a6＝0，則的值是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394036】 2　[a3＋2a6＝0?＝－?q3＝－，因此＝＝＝＝2.] 等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì) 【例2】　(2016－2017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且滿足：a1a9＝4，則數(shù)列{log2an}的前9項(xiàng)之和為________． [解析]　∵a1a9＝a＝4，∴a5＝2， ∴l(xiāng)og2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝log2(a1a2…a9)＝log2a＝9log2a5＝9. [答案]　9 [規(guī)律方法]　條件或結(jié)論中涉及等差或等比數(shù)列中的兩項(xiàng)

16、或多項(xiàng)的關(guān)系時(shí)，先觀察分析下標(biāo)之間的關(guān)系，再考慮能否應(yīng)用性質(zhì)解決，要特別注意等差、等比數(shù)列性質(zhì)的區(qū)別．等差數(shù)列(或等比數(shù)列)中若出現(xiàn)的是通項(xiàng)與數(shù)列和的關(guān)系，則優(yōu)先考慮等差數(shù)列(或等比數(shù)列)性質(zhì)m＋n＝p＋q?am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)(m＋n＝p＋q?am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*))． [舉一反三] (2017屆高三七校聯(lián)考期中考試)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常數(shù)．若對(duì)于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比數(shù)列，則k的值為________． 0或1　[∵Sn＝kn2＋n，n∈N* ，∴ 數(shù)列{an}是首項(xiàng)

17、為k＋1，公差為2k的等差數(shù)列，an＝2kn＋1－k.又對(duì)于任意的m∈N*都有a＝ama4m，∴a＝a1a4，(3k＋1)2＝(k＋1)·(7k＋1)，解得k＝0或1.又k＝0時(shí)an＝1，顯然對(duì)于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比數(shù)列；k＝1時(shí)an＝2n，am＝2m，a2m＝4m，a4m＝8m，顯然對(duì)于任意的m∈N*，am，a2m，a4m也成等比數(shù)列．綜上所述，k＝0或1.] 判斷和證明等差數(shù)列、等比數(shù)列 【例3】　(2017·江蘇省淮安市高考數(shù)學(xué)二模)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且滿足： ①|(zhì)a1|≠|(zhì)a2|； ②r(n－p)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(

18、n2－n－2)a1，其中r，p∈R，且r≠0. (1)求p的值； (2)數(shù)列{an}能否是等比數(shù)列？請(qǐng)說明理由； (3)求證：當(dāng)r＝2時(shí)，數(shù)列{an}是等差數(shù)列． [解]　(1)n＝1時(shí)，r(1－p)(a1＋a2)＝2a1－2a1，其中r，p∈R，且r≠0.又|a1|≠|(zhì)a2|. ∴1－p＝0，解得p＝1. (2)設(shè)an＝kan－1(k≠±1)，r(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴rS3＝6a2,2rS4＝12a3＋4a1，化為：r(1＋k＋k2)＝6k，r(1＋k＋k2＋k3)＝6k2＋2.聯(lián)立解得r＝2，k＝1(不合題意)，舍去，因此數(shù)列{an}不是

19、等比數(shù)列． (3)證明：r＝2時(shí)，2(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1，∴2S3＝6a2,4S4＝12a3＋4a1,6S5＝20a4＋10a1. 化為：a1＋a3＝2a2，a2＋a4＝2a3，a3＋a5＝2a4.假設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)成等差數(shù)列，公差為d. 則2(n－1)＝(n2＋n)[a1＋(n－1)d]＋(n2－n－2)a1，化為an＋1＝a1＋(n＋1－1)d，因此第n＋1項(xiàng)也滿足等差數(shù)列的通項(xiàng)公式， 綜上可得，數(shù)列{an}成等差數(shù)列． [規(guī)律方法]　(1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*){an}是等差數(shù)列；＝q(q是非零常數(shù)){an}是

20、等比數(shù)列；(2)等差(比)中項(xiàng)法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*){an}是等差數(shù)列；a＝an·an＋2(n∈N*，an≠0){an}是等比數(shù)列；(3)通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù)){an}是等差數(shù)列；an＝a1·qn－1(其中a1，q為非零常數(shù)，n∈N*){an}是等比數(shù)列．(4)前n項(xiàng)和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)){an}是等差數(shù)列；Sn＝Aqn－A(A為非零常數(shù)，q≠0,1){an}是等比數(shù)列． [舉一反三] (2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)二模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}，{cn}滿足(n＋1)bn＝an＋1－，(n＋2)cn＝－

21、，其中n∈N*. (1)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式； (2)若存在實(shí)數(shù)λ，使得對(duì)一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394037】 [解]　(1)∵數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，∴an＝a1＋2(n－1)，＝a1＋n－1. ∴(n＋2)cn＝－(a1＋n－1)＝n＋2，解得cn＝1. (2)證明：由(n＋1)bn＝an＋1－， 可得：n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1， 相減可得：an＋2－an＋1＝(n＋2)bn＋1－nbn， 可得：

22、(n＋2)cn＝－＝－[an＋1－(n＋1)bn]＝＋(n＋1)bn＝＋(n＋1)bn＝(bn＋bn＋1)， 因此cn＝(bn＋bn＋1)．∵bn≤λ≤cn， ∴λ≤cn＝(bn＋bn＋1)≤λ，故bn＝λ，cn＝λ. ∴(n＋1)λ＝an＋1－，(n＋2)λ＝(an＋1＋an＋2)－， 相減可得：(an＋2－an＋1)＝λ，即an＋2－an＋1＝2λ(n≥2)． 又2λ＝a2－＝a2－a1，則an＋1－an＝2λ(n≥1)，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用 【例4】　(2016－2017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知等比數(shù)列{an}的公比q>

23、1，且滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值． [解]　(1)∵a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)，∴2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8， ∴a2＋a4＝20，∴ 解之得或 ∵q>1，∴∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n. (2)∵bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n， ∴Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，① 2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋(n－

24、1)·2n＋n ·2n＋1)，② ②－①得Sn＝2＋22＋23…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1. ∵Sn＋n·2n＋1>62，∴2n＋1－2>62，∴n＋1>6，n>5， ∴使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整數(shù)n的最小值為6. [規(guī)律方法]　等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題的解題關(guān)鍵仍然是“基本量”方法，其通過方程或者方程組求出數(shù)列的基本量，然后再解決后續(xù)問題． [舉一反三] (泰州中學(xué)2016－2017年度第一學(xué)期第一次質(zhì)量檢測(cè)文科)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝(n∈N*)，若S3＝b5＋1，b4

25、是a2和a4的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn. [解]　(1)∵數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝(n∈N*)， ∴b5＝6，b4＝4. 設(shè)各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q，q>0， ∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7，① ∵b4是a2和a4的等比中項(xiàng)，∴a2a4＝a＝16， 解得a3＝a1q2＝4，② 由①②得3q2－4q－4＝0， 解得q＝2或q＝－(舍去)， ∴a1＝1，an＝2n－1. (2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…

26、＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1 ＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)， 設(shè)Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1，③ 則2Hn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，④ ③－④，得－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝(1－n)×2n－1， ∴Hn＝(n－1)×2n＋1， ∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋＝×2n＋. 當(dāng)n為奇數(shù)，且n≥3時(shí)， Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1＝×2n－1＋＋(n＋1)×2n－1＝×2n－1＋， 經(jīng)檢驗(yàn)，T1＝2

27、符合上式． ∴Tn＝ 一般數(shù)列的性質(zhì) 【例5】　(江蘇省蘇州市2016屆高三九月測(cè)試試卷)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，若2a4＋a3－2a2－a1＝8，則2a8＋a7的最小值為________． [解析]　設(shè){an}的公比為q，由2a4＋a3－2a2－a1＝8，得(2a2＋a1)q2－(2a2＋a1)＝8，所以(2a2＋a1)(q2－1)＝8，顯然q2>1,2a8＋a7＝(2a2＋a1)q6＝，令t＝q2，則2a8＋a7＝，設(shè)函數(shù)f (t)＝(t>1)，f ′(t)＝，易知當(dāng)t∈時(shí)f (t)為減函數(shù)，當(dāng)t∈時(shí)，f (t)為增函數(shù)時(shí)，所以f (t)的最小值為f ＝54，故2

28、a8＋a7的最小值為54. [答案]　54 [規(guī)律方法]　(1)在處理數(shù)列單調(diào)性問題時(shí)應(yīng)利用數(shù)列的單調(diào)性定義，即“若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列??n≥1，an＋1≥an恒成立”；(2)數(shù)列an＝f (n)的單調(diào)性與y＝f (x)，x∈[1，＋∞)的單調(diào)性不完全一致；(3)當(dāng)數(shù)列對(duì)應(yīng)的連續(xù)函數(shù)是單調(diào)函數(shù)，則可以借助其單調(diào)性來求解數(shù)列的單調(diào)性問題． [舉一反三] (南京市2016屆高三年級(jí)模擬考試)已知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且對(duì)n∈N*，都有an＝n2＋λn恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394038】 (－3，＋∞)　[利用遞增數(shù)列的定義，an＋1>an

29、，an＋1－an＝2n＋1＋λ>0?λ>－2n－1，n∈N*恒成立，則λ>－3. (注：本題易錯(cuò)的解法是根據(jù)數(shù)列所對(duì)應(yīng)的函數(shù)單調(diào)性an＝n2＋λn＝2－，然后－≤1?λ≥－2.由數(shù)列是遞增數(shù)列去斷定數(shù)列對(duì)應(yīng)的函數(shù)是遞增函數(shù)，是錯(cuò)誤的)] 一般數(shù)列的通項(xiàng)及求和 【例6】　(2016－2017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足：bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)的和S10＝________. [解析]　由an＋1＝an(1－an＋1)得：－＝1，因此數(shù)列是等差數(shù)列，所以＝n，即an＝，bn＝

30、anan＋1＝＝－，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝＋＋…＋＝1－＝. [答案]　 [規(guī)律方法]　(1)通常情況下數(shù)列的第(1)題是需要求數(shù)列的通項(xiàng)公式，而且其中也設(shè)出一個(gè)新的數(shù)列，我們?cè)谧龅倪^程中，要把這個(gè)條件作為一種提示，配湊成這種新的數(shù)列，即可解決；若題中沒有設(shè)出這樣的新數(shù)列，可以看知識(shí)整合中6種求通項(xiàng)公式的方法；(2)對(duì)于數(shù)列求和，需要先判斷用哪種求和的方法，然后進(jìn)行求解． [舉一反三] (無錫市普通高中2017屆高三上學(xué)期期中基礎(chǔ)性檢測(cè))設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知4Sn＝2an－n2＋7n(n∈N*)，則a11＝________. －2　[由題設(shè)4Sn＝2an

31、－n2＋7n(n∈N*)可得4Sn－1＝2an－1－(n－1)2＋7(n－1)，將以上兩式兩邊相減可得4an＝2an－2an－1－2n＋1＋7，即an＝－an－1－n＋4，所以an＋an－1＝－n＋4，又因?yàn)閍1＝3，所以a2＝－3－2＋4＝－1，故a3＝1－3＋4＝2，依次可推得a11＝－2.] 存在探索與證明性問題 【例7】　(江蘇省南通中學(xué)2017屆高三上學(xué)期期中考試)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋an＝4，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)已知cn＝2n＋3(n∈N*)，記dn＝cn＋logCan(C>0且C≠1)，是否存在這樣的常數(shù)C，使得數(shù)

32、列{dn}是常數(shù)列？若存在，求出C的值；若不存在，請(qǐng)說明理由； (3)若數(shù)列{bn}，對(duì)于任意的正整數(shù)n，均有b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝n－成立，求證：數(shù)列 {bn}是等差數(shù)列． [解]　(1)a1＝4－a1，所以a1＝2， 由Sn＋an＝4得n≥2時(shí)，Sn－1＋an－1＝4， 兩式相減得，2an＝an－1，＝. 數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列， 所以an＝22－n(n∈N*)． (2)由于數(shù)列{dn}是常數(shù)列， dn＝cn＋logCan＝2n＋3＋(2－n)logC2 ＝2n＋3＋2logC2－nlogC2＝(2－logC2)n＋3＋2

33、logC2為常數(shù)列，只有2－logC2＝0；解得C＝，此時(shí)dn＝7. (3)證明：b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝n－.① 當(dāng)n＝1時(shí)，b1a1＝－＝－1，其中a1＝2，所以b1＝－. 當(dāng)n≥2時(shí)， b1an－1＋b2an－2＋b3an－3＋…＋bn－1a1＝n－1－，② ②式兩邊同時(shí)乘以得， b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bn－1a2＝n－.③ ①式減去③式得，bna1＝，所以bn＝－－， 且bn＋1－bn＝－. 所以數(shù)列{bn}是以－為首項(xiàng)，公差為－的等差數(shù)列． [舉一反三] (南京市2017屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研)已知數(shù)列{an}是公差為

34、正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且a2a3＝15，S4＝16. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＋1－bn＝. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； ②是否存在正整數(shù)m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列？若存在，求出m，n的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． [解]　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則d>0. 由a2·a3＝15，S4＝16，得 解得或(舍去)． 所以an＝2n－1. (2)①因?yàn)閎1＝a1，bn＋1－bn＝， 所以b1＝a1＝1， bn＋1－bn＝＝＝， 即b2－b1＝， b3－b2＝， …… bn－bn－1

35、＝(n≥2)， 累加得：bn－b1＝＝， 所以bn＝b1＋＝1＋＝. b1＝1也符合上式． 故bn＝，n∈N*. ②假設(shè)存在正整數(shù)m、n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列，則b2＋bn＝2bm. 又b2＝，bn＝＝－，bm＝－， 所以＋＝2，即＝＋， 化簡(jiǎn)得：2m＝＝7－. 當(dāng)n＋1＝3，即n＝2時(shí)，m＝2，不符合題意，舍去； 當(dāng)n＋1＝9，即n＝8時(shí)，m＝3，符合題意． 所以存在正整數(shù)m＝3，n＝8，使得b2，bm，bn成等差數(shù)列. 數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用 【例8】　(江蘇省泰州中學(xué)2017屆高三摸底考試)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝t(S

36、n－an＋1)(t為常數(shù)，且t≠0，t≠1)． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝a＋Sn·an，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求t的值； (3)在滿足條件(2)的情形下，設(shè)cn＝4an＋1，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式≥2n－7對(duì)任意的n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t. 當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＝t(Sn－an＋1)，即(1－t)Sn＝－tan＋t，① 得(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，② ①－②，得(1－t)an＝－tan＋tan－1，即an＝tan－1，∴＝t(n≥2)，∴{an}是等比數(shù)

37、列，且公比是t，∴an＝tn. (2)由(1)知，bn＝(tn)2＋·tn，即bn＝， 若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，則有b＝b1·b3， 而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)， 故[t3(2t＋1)]2＝(2t2)·t4(2t2＋t＋1)， 解得t＝， 再將t＝代入bn，得bn＝n， 由＝，知{bn}為等比數(shù)列，∴t＝. (3)由t＝，知an＝n，∴cn＝4n＋1， ∴Tn＝4×＋n＝4＋n－， 由不等式≥2n－7恒成立，得3k≥恒成立， 設(shè)dn＝，由dn＋1－dn＝－＝， ∴當(dāng)n≤4時(shí)，dn＋1>dn，當(dāng)n＞4時(shí)，dn＋1

38、4＝，d5＝，∴d4

39、5. (2)證明：由(1)an＝2n＋5， 得bn＝＝＝. Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝<. 數(shù)列、函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用 【例9】　(2017·海安模擬)設(shè)函數(shù)f n(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)，證明： (1)對(duì)每個(gè)n∈N*，存在唯一的xn∈，滿足f n＝0； (2)對(duì)任意p∈N*，由(1)中xn構(gòu)成的數(shù)列滿足0＜xn－xn＋p＜. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394039】 [證明]　(1)對(duì)每個(gè)n∈N*，當(dāng)x>0時(shí)，f n′(x)＝1＋＋…＋>0， 則f n(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 而f 1(1)＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，f n(1)＝＋＋…＋>0，

40、故f n(1)≥0， 又f n＝－1＋＋≤－＋k ＝－＋·＝－·n－1<0， 所以對(duì)每個(gè)n∈N*，存在唯一的xn∈，滿足f n(xn)＝0. (2)當(dāng)x>0時(shí)，f n＋1(x)＝f n(x)＋>f n(x)，并由(1)知f n＋1(xn)>f n(xn)＝ f n＋1(xn＋1)＝0. 由f n＋1(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增知，xn＋1

41、② ①－②并移項(xiàng)，利用0

42、是f (x)的導(dǎo)函數(shù)，且f ′(0)＝2n(n∈N*) . (1)求f (x)的表達(dá)式(含有字母n)； (2)若數(shù)列{an}滿足an＋1＝f ′(an)，且a1＝4，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)在(2)的條件下，若bn＝n·2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在自然數(shù)M，使得當(dāng)n>M時(shí)n·2n＋1－Sn>50恒成立？若存在，求出最小的M；若不存在，說明理由． [解]　(1)由已知，可得c＝0，f ′(x)＝2ax＋b， ∴ 解之得a＝，b＝2n. ∴f (x)＝x2＋2nx. (2)∵an＋1＝an＋2n， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3

43、－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(1＋2＋3＋…＋n－1)＋4＝2×＋4＝n2－n＋4. (3)an＋1－an＝(n＋1)2－(n＋1)＋4－(n2－n＋4)＝2n， ∴bn＝n·2＝n·2n. Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1.② ①－②得：－Sn＝21＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1， ∴n·2n＋1－Sn＝2n＋1－2>50，即2n＋1>52，當(dāng)n≥5時(shí)，2n＋1>52. ∴存在M＝4，使得當(dāng)n>M時(shí)，n·2n＋1－Sn>50恒成立． [第3步▕ 高考易錯(cuò)明辨析]

44、 1．忽視n的取值范圍致誤 已知數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)的和為Sn，對(duì)任意的自然數(shù)n≥2，an是3Sn－4與2－Sn－1的等差中項(xiàng)．求通項(xiàng)an. [錯(cuò)原]　忽視了＝－成立的前提n≥2，只能說明數(shù)列從第2項(xiàng)起為等比數(shù)列，至于整個(gè)數(shù)列{an}是否為等比數(shù)列還需驗(yàn)證是否等于－，這種在解答過程中忽視數(shù)列“定義域”限制而致錯(cuò)的題目頻率是非常高的，應(yīng)引起足夠的重視． [正解]　由已知，當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝(3Sn－4)＋， 又an＝Sn－Sn－1， 得an＝3Sn－4(n≥2)， an＋1＝3Sn＋1－4， 以上兩式相減得an＋1－an＝3an＋1， ∴＝－， ∴a2，a3，…，

45、an，…成等比數(shù)列，其中 a2＝3S2－4＝3(1＋a2)－4. 即a2＝，q＝－， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a2qn－2＝·n－2＝－n－1， ∴an＝ 2．求等比數(shù)列的公比時(shí)忽視隱含條件致誤 已知一個(gè)等比數(shù)列的前四項(xiàng)之積為，第2,3項(xiàng)的和為，求這個(gè)等比數(shù)列的公比． [錯(cuò)原]　設(shè)這四個(gè)數(shù)為，，aq，aq3，公比為q2，就等于規(guī)定了這個(gè)等比數(shù)列各項(xiàng)要么同為正，要么同為負(fù)，但題中q可以為負(fù)！ [正解]　依題意，設(shè)這四個(gè)數(shù)為a，aq，aq2，aq3， 則 解得q＝3±2或q＝－5±2. 3．解數(shù)列問題時(shí)由思維定勢(shì)導(dǎo)致錯(cuò)誤 已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項(xiàng)的和S3的取

46、值范圍是________． [錯(cuò)原]　默認(rèn)q>0，遺漏當(dāng)q<0時(shí)的情況．所以需要分q為正、負(fù)兩種情況． [正解]　因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}中a2＝1， 所以S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋； 當(dāng)公比q>0時(shí)，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3； 當(dāng)公比q<0時(shí)，S3＝1－≤1－2＝－1； 所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). ———————專家預(yù)測(cè)·鞏固提升——————— (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第27頁) 1．已知定義在R上的函數(shù)f (x)是奇函數(shù)且滿足f ＝f (x)，f (－2)＝－3，數(shù)列{an}滿足a1＝－1，且＝2×＋1(其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和)，則f (a5)＋f

47、(a6)＝________. 3　[由定義在R上的函數(shù)f (x)是奇函數(shù)且滿足f ＝f (x)知，f ＝f ＝－f ＝－f (x)，所以f (x－3)＝ f ＝ －f ＝－(－f (x))＝f (x)，所以f (x)的周期為3，由＝2×＋1得，Sn＝2an＋n，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－(n－1)，所以an＝2an－1－1，所以a2＝－3，a3＝－7，a4＝－15，a5＝－31，a6＝－63，所以f (a5)＋f (a6)＝f (－31)＋f (－63) ＝－f (3×10＋1)－f (3×21＋0)＝－f (1)－f (0)＝－f (1－3)－0 ＝

48、－f (－2)＝3.] 2．設(shè)△AnBnCn的三邊長(zhǎng)分別為an，bn，cn，n＝1,2,3，…，若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn ＋1＝，cn＋ 1＝，則∠An的最大值是________． 　[由bn＋1＝，cn＋1＝得 bn＋1＋cn＋1＝＋＝(bn＋cn)＋an，又an＋1＝an＝a1，所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)，而b1＋c1＝2a1，所以bn＋cn＝2a1，所以 cos∠An＝＝＝－1 ≥－1＝－1＝，所以∠An的最大值是.] 3．在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若內(nèi)角A，B，C依次成等差數(shù)列，且a和

49、c是－x2＋6x－8＝0的兩根，則S△ABC＝________. 2 　[∵內(nèi)角A，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝60°， ∵a和c是－x2＋6x－8＝0的兩根，∴a＝2，c＝4， ∴S△ABC＝acsin B＝×2×4×＝2.] 4．(改編題)函數(shù)f 1(x)＝x3，f 2(x)＝f 3(x)＝ f 4(x)＝|sin(2πx)|，等差數(shù)列{an}中，a1＝0，a2 015＝1，bn＝|f k(an＋1)－f k(an)|(k＝1,2,3,4)，用Pk表示數(shù)列{bn}的前2 014項(xiàng)的和，則P1，P2，P3，P4的關(guān)系為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394040】 P4＜1

50、＝P1＝P2＜P3＝2　[{an}是等差數(shù)列，且a1＝0，a2 015＝1，可知該數(shù)列為遞增數(shù)列，且a1 008＝，a504<，a505>. 對(duì)于f 1(x)＝x3，該函數(shù)在[0,1]上為增函數(shù)，于是有f 1(an＋1)－f 1(an)>0， 于是b1＝f 1(an＋1)－f 1(an)， 所以P1＝f 1(a2 015)－f 1(a1)＝1－0＝1. 對(duì)于f 2(x)，該函數(shù)在上遞增，在上遞減， 于是P2＝f 2(a1 008)－f 2(a1)＋f 2(a1 008)－f 2(a2 015)＝－0＋－0＝1. 對(duì)于f 3(x)，該函數(shù)在上遞減，在上為常數(shù)， 類似有P3＝f 3(a1)－f 3(a1 008)＝f 3(0)－f 3＝3－1＝2. 對(duì)于f 4(x)，該函數(shù)在和遞增，在和上遞減，且是以為周期的周期函數(shù)， 故只需討論的情況，再2倍即可， 仿前可知，P4＝2[f 4(a504)－f 4(a1)＋f 4(a505)－f 4(a1 008)]<2＝1， 故P4<1，則P4<1＝P1＝P2