专题05 数列-2020年高考数学（理）二轮专项复习

专题05 数 列
本专题的主要内容是数列的概念、两个基本数列——等差数列、等比数列．这部分知识应该是高考中的重点内容．
考察数列知识时往往与其他知识相联系，特别是函数知识．数列本身就可以看作特殊(定义在N*)的函数．因此解决数列问题是常常要用到函数的知识，进一步涉及到方程与不等式．
本专题的重点还是在两个基本数列——等差数列、等比数列上，包括概念、通项公式、性质、前n项和公式．
§5－1 数列的概念
【知识要点】
1．从函数的观点来认识数列，通过函数的表示方法，来认识数列的表示方法，从而得到数列的常用表示方法——通项公式，即：an＝f(n)．
2．对数列特有的表示方法——递推法有一个初步的认识．会根据递推公式写出数列的前几项，并由此猜测数列的一个通项公式．
3．明确数列的通项公式与前n项和公式的关系：
Sn＝a1＋a2＋…＋an；
．
特别注意对项数n的要求，这相当于函数中的定义域．
【复习要求】
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类函数．
【例题分析】
例1 根据数列的前几项写出该数列的一个通项公式：
(1)；
(2)2，－6，18，－54，162；
(3)9，99，999，9999，99999；
(4)1，0，1，0，1，0；
(5）；
(6）；
【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过证明来验证你的结论．
解：(1) ；
(2)an＝2×(－3)n－1；
(3)an＝10n－1；
(4)；
(5)；
(6)．
【评析】(1)中分数的考察要把分子、分母分开考察，当然有时分子分母之间有关系；(2)中正负相间的情况一定与(－1)的方次有关；(3)中的情况可以扩展为7，77，777，7777，77777；(4)中的分段函数的写法再一次体现出数列是特殊的函数，也可写成，但这种写法要求较高；(5)中的假分数写成带分数结果就很明显了；(6)中的变换要求较高，可根据分子的变化，变换整个分数，如，根据分子，把变为，其他类似找到规律．
例2 已知：数列{an}的前n项和Sn，求：数列{an}的通项公式an，
(1)Sn＝n2－2n＋2；(2)．
【分析】已知数列前n项和Sn求通项公式an的题目一定要考虑n＝1与n≥2两种情况，即：an＝Sn－Sn－1不包含a1，实际上相当于函数中对定义域的要求．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，则.
(2)当n＝1时，
当n≥2时，，此公式也适合n＝1时的情况，
则.
【评析】分情况求出通项公式an后，应考察两个式子是否能够统一在一起，如果能够统一还是写成一个式子更加简洁；如果不能统一就要写成分段函数的形式，总之分情况讨论后应该有一个总结性结论．
例3完成下列各题：
(1)数列{an}中，a1＝2，则a3＝( )
A．2＋ln3 B．2＋2ln3 C．2＋3ln3 D．4
(2)已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq，且a2＝－6，那么a10等于( )
A．－165 B．－33 C．－30 D．－21
(3)数列{an}中，，其中a，b为常数，则ab＝______．
【分析】本题中三个小题都涉及数列的递推关系，这类问题，最好的办法是给n赋值，通过特殊的项找到一般的规律．
解：(1)∵，
∴a2＝a1＋ln(1＋1)－ln1＝2＋ln2，
a3＝a2＋ln(2＋1)－ln2＝2＋ln3，选A．
(2)∵ap＋q＝ap＋aq，∴
∴a3＝a2＋1＝a2＋a1＝－6－3＝－9，
a5＝a3＋2＝a3＋a2＝－9－6＝－15，
a10＝a 5＋5＝a5＋a5＝－30．选C．
(3)∵a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn，∴，
∵，∴，∴ab＝－1．
【评析】这种通过特殊的项解决数列问题的方法今后经常用到，希望大家掌握．
例4 已知：函数f(x)＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋anxn－1，，且数列{an}满足f(1)＝n2an(n∈N*)，求：数列{an}的通项．
【分析】首先要应用f(0)与f(1)这两个条件，由题可看出可能与Sn与an关系有关．
解：由题知：，f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝n2an，
即：Sn＝n2an，则Sn－1＝(n－1)2an－1(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1(n≥2)，
∴(n2－1)an＝(n－1)2an－1(n≥2)，即：，
∴，
即，∴，
∵当n＝1时，上式也成立，
∴．
【评析】本题中，题目给出函数的条件，而f(0)与f(1)的运用就完全转化为数列问题，Sn与an的关系应该是要求掌握的，尤其是在n－1出现时，要注意n≥2的限制，这相当于函数中的定义域．而叠乘的方法是求数列通项的基本方法之一．
练习5－1
一、选择题：
1．数列…的通项公式为( )
A． B． C． D．
2．若数列的前四项是3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )
A． B．5n2－6n＋4 C． D．
3．数列{an}中，若a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，则a7＝( )
A．11 B．12 C．13 D．14
4．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2(an－1)，则a2＝( )
A．－2 B．1 C．2 D．4
二、填空题：
5．数列2，5，2，5，…的一个通项公式______．
6．数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{an}的前4项是______，an＝______．
7．若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋1，则它的通项公式是______．
8．若数列{an}的前n项积为n2，则a3＋a5＝______．
三、解答题：
9．已知：数列{an}中，若，
求：数列{an}前4项，并猜想数列{an}的一个通项公式．



10．已知：数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5…，
求：数列的第50项．



§5－2 等差数列与等比数列
【知识要点】
1．熟练掌握等差数列、等比数列的定义：
an－an－1＝d(常数)(n≥2)数列{an}是等差数列；
(常数)(n≥2)数列{an}是等比数列；
由定义知：等差数列中的项an及公差d均可在R中取值，但等比数列中的项an及公比q均为非零实数．
应该注意到，等差数列、等比数列的定义是解决数列问题的基础，也是判断一个数列是等差数列、等比数列的唯一依据．
2．明确等差中项与等比中项的概念，并能运用之解决数列问题：
成等差数列，b叫做a、c的等差中项，由此看出：任意两个实数都有等差中项，且等差中项唯一；
b2＝aca、b、c成等比数列，b叫做a、c的等比中项，由此看出：只有同号的两个实数才有等比中项，且等比中项不唯一；
3．灵活运用等差数列、等比数列的通项公式an及前n项和公式Sn：
等差数列{an}中，an＝am＋(n－m)d＝a1＋(n－1)d，
；
等比数列{an}中，an＝amqn－m＝a1qn－1，
；
4．函数与方程的思想运用到解决数列问题之中：
等差数列、等比数列中，首项a1、末项an、项数n，公差d(公比q)、前n项和Sn，五个量中，已知三个量，根据通项公式及前n项和公式，列出方程可得另外两个量．
等差数列中，，可看作一次函数与二次函数的形式，利用函数的性质可以解决数列问题．
5．等差数列、等比数列的性质：
等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
【复习要求】
1．理解等差数列、等比数列的概念．
2．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系．
【例题分析】
例1完成下列各题：
(1)若等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝( )
A．138 B．135 C．95 D．23
(2)各项均为正数的等差数列{an}中必有( )
A． B． C． D．
【分析】本题在于考察等差数列的基本知识，通项公式及前n项和公式是一切有关数列中考察的重点，注意数列中项数之间的关系．
解：(1)∵等差数列{an}中a 2＋a4＝4，a3＋a5＝10，
∴a3＝2，a4＝5，∴公差d＝3，首项a1＝－4，
∴a10＝a1＋9d＝－4＋27＝23，
∴.选C.
(2)等差数列{an}中a4＋a8＝2a6，
∵等差数列{an}各项均为正数，
∴由均值不等式，当且仅当a4＝a8时等号成立
即：，选B．
【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，(1)中可直接应用这一性质：a2＋a4＝a3＋a3＝2a3得到结论，但题中所给的答案可看作这一性质的证明，同时，等差数列中通项公式并不一定要用首项表示，可以从任何一项开始表示an，这也是常用的方法，
(2)注意观察数列中项数的关系，各项均为正数的要求恰好给运用均值不等式创造了条件，注意等号成立的条件．
例2完成下列各题：
(1)等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝( )
A．64 B．81 C．128 D．243
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝2，S30＝14，则S40＝( )
A．80 B．30 C．26 D．16
【分析】本题中各小题是在运用等比数列的基本知识来解决，通项公式与前n项和公式要熟练运用．
解：(1)∵数列{an}是等比数列，
∴，∴，a7＝a1·q6＝26＝64．选A．
(2)方法一：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，
，，
两式相除：，即：1＋q10＋q20＝7q10＝2或q10＝－3(舍)，
把q10＝2代入(*)中得到：，
∴选B．
方法二：a1＋a2＋…＋a10、a11＋a12＋…＋a20、a21＋a22＋…＋a30、a31＋a32＋…＋a40、……也构成等比数列，设新等比数列的公比为p
则：a1＋a2＋…＋a10＝S10＝2、a11＋a12＋…＋a20＝2p、a21＋a22＋…＋a30＝2p2
∵S30＝2＋2p＋2p2＝14，∴p＝－3或p＝2，
∵等比数列{an}的各项均为正数，∴p＝2，
∴a1＋a2＋…＋a10＝2、a11＋a12＋…＋a20＝4、a21＋a22＋…＋a30＝8、a31＋a32＋…＋a40＝16，∴S40＝2＋4＋8＋16＝30．
【评析】(2)中方法一仍是解决此类问题的基本方法，注意把看成整体来求，方法二的方法在等差数列及等比数列中均适用，即：等比数列中第1个n项和、第2个n项和、…第n个n项和仍然成等比数列，此时，你知道这时的公比与原数列的么比的关系吗?
例3 已知：等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝16，S10＝64，求：S15＝?．
【分析】本题是对等差数列的知识加以进一步考察，可以用求和公式，也可运用等差数列的性质加以解决．
解：方法一：由，
则：；
方法二：等差数列中：a1＋a2＋a3＋a4＋a5、a6＋a7＋a8＋a9＋a10，
a11＋a12＋a13＋a14＋a15这三项也构成等差数列，
即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝S5＝16，
a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝S10－S5＝64－16＝48，
a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝S15－S10＝S15－64，
∴2×48＝16＋S15－64，∴S15＝144．
方法三：∵，∵a1＋a15＝a6＋a10
∴．
【评析】本题中方法一是直接应用前n项和公式，得出首项与公差，再用公式得出所求，应是基本方法，但运算较繁锁；方法二充分注意到等差数列这一条件，得到的结论可以扩展为等差数列中第1个n项和、第2个n项和、……第n个n项和仍然成等差数列，你知道这时的公差与原数列的公差的关系吗?这一方法希望大家掌握；方法三是前n项和公式与等差数列的性质的综合应用，大家可以借鉴．
例4已知：等差数列{an}中，且，
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)若，求数列{an}{bn}的通项公式．
【分析】运用等差数列的两个公式，两个数列都是等差数列，所求通项就离不开首项和公差．
解：(1)∵数列{an}是等差数列，设公差为d，
∴，
∴，
∴数列{bn}是等差数列，公差为；
(2)∵，
∵数列{an}、{bn}是等差数列，
∴，
∴．
【评析】(1)中遇到了证明数列是等差(等比)数列，采取的方法只能是运用定义，满足定义就是，不满足定义就不是．
例5 已知：等差数列{an}中，a3＝12，S12＞0，S13＜0，
求数列{an}的公差d的取值范围；
【分析】按照所给的条件，把两个不等的关系转化为关于公差d的不等式．
解：(1)∵数列{an}是等差数列，
∴，即：，
∴，即：，
【评析】也可直接运用得到关于a1与d的不等式，再通过通项公式得到a3与a1的关系．
例6 已知：四个数中，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，第一、四个数的和为16，第二、三个数的和为12，求这四个数．
【分析】本题中，方程的思想得到明显的体现，实际上数列问题总体上就是解方程的问题，根据所给的条件，加上通项公式、前n项和公式列出方程，解未知数，通过前面的例题大家应该有所体会了．
解：方法一：设这四个数为：a，b，12－b，16－a
则根据题意得，或，
则这四个数为0、4、8、16或15、9、3、1．
方法二：设这四个数为：a－d，a，a＋d，
则根据题意得或，
则这四个数为：0、4、8、16或15、9、3、1．
【评析】列方程首先就要设未知数，题目中要求四个数，但不要就设四个未知数，要知道，方程的个数与未知数的个数一样时才有可能解出，因此在设未知数时就要用到题目中的条件．方法一是用“和”设未知数，用数列列方程；方法二是用数列设未知数，用“和”列方程．
例7 已知：等差数列{an}中，a4＝10，且a5，a6，a10成等比数列，
求数列{an}前20项的和S20．
【分析】本题最后要求的是等差数列的前20项和，因此，求首项、公差以及通项公式就是必不可少的．
解：∵数列{an}是等差数列，
∴a5＝a4＋d＝10＋d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d，
∵a5，a6，a10成等比数列，∴a62＝a5·a10，即：(10＋2d)2＝(10＋d)(10＋6d)
∴d＝0或d＝－15，
当d＝0时，an＝a4＝10，S20＝200；
当d＝－15时，an＝a4＋(n－4)d＝－15n＋70，
；
【评析】这种等差、等比数列综合运用时，往往出现多解的情况，对于多个解都要一一加以验证，即使不合题意也要说明，然后舍去．
例8 已知：等差数列{an}中，an＝3n－16，数列{bn}中，bn＝｜an｜，求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】由于对含有绝对值的问题要加以讨论，因此所求的前n项和Sn应该写成分段函数的形式．
解：(1)当n≤5时，an＜0，则：bn＝｜an｜＝16－3n，且b1＝13，
；
(2)当n≥6时，an＞0，则：bn＝｜an｜＝3n－16，此时：S5＝35，b6＝2，
，
由(1)(2)知，．
【评析】当n≥6时，前5项和要加在Sn中是经常被忽略的，得到的结果形式上比较复杂，可通过赋值的方法加以验证．
练习5－2
一、选择题：
1．若等差数列的首项是－24，且从第10项开始大于零，则公差d的取值范围是( )
A． B．d＜3 C． D．
2．若等差数列{an}的前20项的和为100，则a7·a14的最大值为( )
A．25 B．50 C．100 D．不存在
3．等比数列{an}中，若a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝( )
A．80 B．90 C．100 D．135
4．等差数列{an}的前2006项的和S2006＝2008，其中所有的偶数项的和是2，则a1003＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：
5．(1)等差数列{an}中，a6＋a7＋a8＝60，则a3＋a11＝______；
(2)等比数列{an}中，a6·a7·a8＝64，则a3·a11＝______；
(3)等差数列{an}中，a3＝9，a9＝3，则a12＝______；
(4)等比数列{an}中，a3＝9，a9＝3，则a12＝______．
6．等比数列{an}的公比为正数，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为______．
7．等差数列{an}中，若an＝－2n＋25，则前n项和Sn取得最大值时n＝______．
8．等比数列{an}中，a5a6＝－512，a3＋a8＝124，若公比为整数，则a10＝______．
三、解答题：
9．求前100个自然数中，除以7余2的所有数的和．



10．已知：三个互不相等的数成等差数列，和为6，适当排列后这三个数也可成等比数列，求：这三个数．



11．已知：等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，数列{an＋1}也是等比数列，
求：数列{an}的通项公式an及前n项和Sn．



§5－3 数列求和
【知识要点】
1．数列求和就是等差数列、等比数列的求和问题，还应掌握与等差数列、等比数列有关的一些特殊数列的求和问题，
2．数列求和时首先要明确数列的通项公式，并利用通项公式找到所求数列与等差数列、等比数列之间的联系，利用等差数列、等比数列的求和公式解决问题，
3．三种常见的特殊数列的求和方法：
(1)直接公式法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成的新数列的求和问题；
(2)错位相减法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成的新数列的求和问题；
(3)裂项相消法：解决通项公式是等差数列相邻两项乘积的倒数的新数列的求和问题．
【复习要求】
特殊数列求和体现出知识的“转化”思想——把特殊数列转化为等差数列、等比数列，而在求和的过程中又体现出方程的思想
【例题分析】
例1 求和下列各式
(1)；
(2)1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n；
(3)；
(4)．
【分析】我们遇到的数列求和的问题是一些特殊的数列，即与等差、等比数列密切相关的数列，最后还是回到等差、等比数列求和的问题上．
解：(1)
．
(2)设：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n

则：．
(3)

．
(4)
．
【评析】(1)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成，直接运用前n项和公式即可；(2)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成，采用错位相减的方法，相减以前需要每一项乘以等比数列的公比，然后错位相减，还是利用等比数列的前n项和公式，注意错位后最后一项相减时出现的负号，这是极容易出错的地方；(3)(4)都是裂项相消，都与等差数列有关，(3)中的形式更加常见一些，注意裂项后的结果要与裂项前一致，经常要乘一个系数(这个系数恰好是等差数列的公差的倒数)．
例2求下列数列的前n项和Sn．
(1)1，－5，9，－13，17，－21，…，(－1)n－1(4n－3)；
(2)；
(3)1，1＋2，1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1；
【分析】对于一个数列来说，最重要的是通项公式，有了通项公式，就可以写出所有的项，就可以看出其与等差、等比数列的关系，从而利用等差、等比数列的前n项和得出结论．
解：(1)方法一：
(当n是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n－1(4n－3)
＝(1＋9＋17＋4n－3)－[5＋13＋21＋(4n－7)]

(当n是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n－1(4n－3)
＝(1＋9＋17＋4n－7)－[5＋13＋21＋(4n－3)]

方法二：
(当n是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n－1(4n－3)
＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n－11＋4n－7)＋(4n－3)

(当n是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n－1(4n－3)
＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n－7＋4n－3)

(2)此数列中的第n项
则

(2)此数列中的第n项
则1＋(1＋2)＋(1＋2＋22)＋…(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…(2n－1)
．
【评析】(1)中带有(－1)n，需要讨论最后一项的正负，方法一是把正、负项分开，看成两个等差数列，方法二应该是多观察的结果，当都要对n加以讨论，(2)(3)都要先写出通项，然后每一项按照通项的形式写出，很明显地看出方法．
例3 数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n．
(1)设，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
【分析】对于证明数列是等差、等比数列的问题，还是要应用定义．
解：(1)证明：∵
∴，
∴数列{bn}是首项、公差都为1的等差数列，即：bn＝n．
(2)由(1)中结果，设时，bn＝n，则：an＝n·2n－1
∴Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n－1)2n－2＋n·2n－1

．
【评析】证明数列是等差、等比数列时，如果可能应强调首项与公差，证明后，往往要用到整个数列，因此证明完后应把数列的通项写出，便于解决其他问题．
例4 已知：数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，
(1)求证：数列{an－n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn；
(3)证明不等式Sn＋1≤4Sn，对任意n∈N*皆成立．
【分析】证明等比数列是应该应用定义，比较大小最有效的方法是作差．
(1)证明：由题设an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)( n∈N*)，
∵a1－1＝1≠0，∴，
∴数列{an－n}是首项为1，且公比为4的等比数列．
(2)解：由(1)可知an－n＝4n－1，于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n．
则数列{an}的前n项和
(3)证明：


∴不等式Sn＋1≤4Sn，对任意n∈N*皆成立．
练习5－3
一、选择题：
1．数列的前n项之和Sn＝( )
A． B．
C． D．
2．若数列，…它的前n项的积大于105，则正整数n的最小值是( )
A．12 B．11 C．10 D．8
3．数列{an}的通项公式，若前n项和Sn＝3，则n＝( )
A．3 B．4 C．15 D．16
4．数列{an}的前n项和为Sn，若则S5等于( )
A．1 B． C． D．
二、填空题：
5．若，且，则n＝______．
6．若lgx＋lgx2＋lgx3＋…＋lgxn＝n2＋n，则x＝______．
7．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)的前99项和是______．
8．正项等比数列{an}满足：a2·a4＝1，S3＝13，若bn＝log3an，则数列{bn}的前10项的和是______．
三、解答题：
9．已知：等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7＝7，S15＝75，
求数列的前n项和Tn．



10．已知：等比数列{an}中，公比．
(1)用a1、q、n表示；
(2)若成等差数列，求q的值；



11．已知：数列{an}中，a3＝2，a5＝1，数列是等差数列，
(1)数列{an}的通项公式；
(2)若，求数列{bn}的前n项和Sn．




§5－4 数学归纳法
【知识要点】
1．数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种方法．
2．数学归纳法证明包含两个步骤：
(1)证明n＝n0时命题成立(n0是第一个使命题成立的正整数)
(2)假设n＝k(k≥n0)时命题成立，由此证明n＝k＋1时命题也成立．
注意到，数学归纳法是一种自动证明的方法，其中(1)是基础，(2)是一种递推的结构，在证明n＝k＋1命题成立时，必须要用上n＝k成立时的归纳假设．
【复习要求】
了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
【例题分析】
例1 求证：
【分析】等式的证明应该是利用数学归纳法常见的命题，注意从k到k＋1时书写一定要清晰，不能模棱两可，蒙混过关．
证明：(1)当n＝1时，左，则当n＝1时原式成立
(2)假设当n＝k时原式成立，即：
则当n＝k＋1时，左


．
故当n＝k＋1时原式也成立．
∴由(1)(2)知：当n∈N*时，原式均成立．
【评析】数学归纳法的关键在第二步，本题中利用归纳假设把k＋1个式子的和转化为两个式子的和是关键，后面的运算主要是提取公因式，最好把要变成的形式先写出来，这样就有了一个目标．
例2 求证：
【分析】本题中n0＝2，在利用归纳假设证明n＝k＋1不等式也成立时，我们可以利用不等式的其他证明方法．
证明：(1)当n＝2时，左右，
则当n＝2时原式成立．
(2)假设当n＝k时原式成立，即：
则，当n＝k＋1时，
左
∵
∴
故当n＝k＋1时原式也成立，
∴由(1)(2)知：当n∈N*，n≥2时，原式均成立．
【评析】在第二步中，利用比较法得到原式成立的结果，这种方法需要大家掌握．
例3 已知：正数数列{an}的前n项之和为Sn，且满足
(1)求：a1，a2，a3，a4的值；
(2)猜测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
【分析】本题首先要求出前四项，应注意到正数数列这一条件，需要利用Sn与an的关系．
解：(1)

(2)猜想：an＝2n－1，
证明：①当n＝1时，猜想显然成立
②假设当n＝k时猜想成立，即：ak＝2k－1，此时
则当n＝k＋1时，，
整理得到：ak＋12－2ak＋1－(2k＋1)(2k－1)＝0，即：(ak＋1＋2k－1)(ak＋1－2k－1)＝0，
∵an＞0，∴ak＋1＝2k＋1＝2(k＋1)－1，
故当n＝k＋1时猜想也成立．
∴由①②知：an＝2n－1(n∈N*)．
【评述】这种归纳、猜想、证明的题目应该是我们解决问题中常见的，体现了由特殊到一般的过程，关键是归纳，前四项不要算错，否则就猜不出来了．
例4 已知：数列{an}、{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．
求：a2，a3，a4及b2，b3，b4，猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．
【分析】利用等差中项与等比中项的条件，找到an、bn、an＋1、bn＋1的关系．
解：由条件得2bn＝an＋an＋1，
由此可得；同理得到：，
由此猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2，
下面用数学归纳法证明：an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2，
①当n＝1时，a1＝1×2＝2，b1＝(1＋1)2＝4，猜想成立．
②假设当n＝k时，猜想成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
,
故当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
练习5－4
1．某个命题与正整数有关，若n＝k(k∈N＋)时，命题成立，那么可推出当n＝k＋1时，该命题也成立．现已知当n＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )
A．当n＝6时，该命题不成立 B．当n＝6时，该命题成立
C．当n＝4时，该命题不成立 D．当n＝4时，该命题成立
2．平面上有n条直线，它们任意两条不平行，任意三条不共点，若k条这样的直线把平面分成f(k)个区域，则f(k＋1)－f(k)＝( )
A．k＋1 B．k C．k－1 D．2k
3．利用数学归纳法证明不等式的过程中，从n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边添加的代数式是______．
4．观察下列式子：，…，则可以猜想的结论为：_______.
5．求证：1×2＋2×5＋3×8＋…＋n(3n－1)＝n2(n＋1)．



6．求证：．



7．求证：4n＋15n－1能被9整除．



8．已知：递增数列{an}满足：a1＝1，2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，且a1、a2、a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}满足：bn＋1＝－(n－2)bn＋3(n∈N*)，且b1≥1，
用数学归纳法证明：bn≥an．


§5－5 数列综合问题
【知识要点】
1．灵活运用等差数列、等比数列的两个公式及其性质来解决综合问题，
2．能解决简单的由等差数列、等比数列形成的新数列的问题，
3．能够利用等差数列、等比数列的定义来确定所给数列是等差数列、等比数列．
【复习要求】
通过简单综合问题的解决，加深对等差数列、等比数列中，定义、通项、性质、前n项和的认识．加深数列是特殊的函数的认识，符合高中阶段知识是以函数为主线的展开．
【例题分析】
例1 完成下列各题：
(1)数列{an}中，若，则a5＝______．
(2)数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝______．
【分析】叠加的方法应该是解决数列的通项以及求和问题中常见的方法．
解：(1)
，
(2)∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1
∴利用叠加法，有：a2－a1＝1＋1
a3－a2＝2＋1
a4－a3＝3＋1
………


整理．
【评析】叠加时一定要注意首、尾项的变化，尤其是符号．
例2已知：数列{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．
(1)求{an}的通项an；(2)求{an}前n项和Sn的最大值．
【分析】应该是等差数列中的基本问题，还是利用两个基本公式解决问题．
解：(1)设{an}的公差为d，
由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5；
(2)．∴n＝2时，Sn取到最大值4．
【评析】对于等差数列的前n项和的最值问题，看成二次函数的最值问题应该是基本方法．
例3 已知：数列{an}中，a1＝1，，设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】注意观察所给数列变形后与等差、等比数列有哪些联系，这个联系一定要找到，而且一定有联系，显然本题中是等差数列．
解：由题知：数列{an}中an＞0，
∵，
∴数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴，
∵,∴，
∴．
【评析】对于开方的问题一定要考虑正、负，而裂项求和(也可以看作分母的有理化)在前一节中也比较多地提到．
例4已知：等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，等比数列{bn}中，b1＝1且b2(a1＋a2)＝64，b3(a1＋a2＋a3)＝960．求数列{an}、{bn}的通项公式．
【分析】还是方程思想在数列中的体现，利用所给条件，列出方程得到公差与公比，从而得到通项公式．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
∵等差数列{an}的各项均为正数，∴d＞0，
则等差数列{an}中，a1＋a2＝2a1＋d＝6＋d，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝9＋3d，
等比数列{bn}中，b2＝b1q＝q，b3＝q2，
∵b2(a1＋a2)＝64，b3(a1＋a2＋a3)＝960，
∴，得d＝2或，
∵d＞0，∴d＝2，此时q＝8，∴an＝2n＋1，bn＝8n－1；
【评析】注意题目中所给的条件如何运用，例如：等差数列{an}的各项均为正数，隐含着给出d＞0，从而对最后的结果产生影响．
例5 完成下列各题：
(1)若一个直角三角形三边长成等比数列，则( )
A．三边长之比3∶4∶5 B．三边长之比为
C．较大锐角的正弦为 D．较小锐角的正弦为
(2)△ABC中，如果角A、B、C成等差数列，边a、b、c成等比数列，那么△ABC一定是( )
A．直角三角形 B．等腰直角三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
【分析】解决三角形中的问题是一定要用到正弦定理、余弦定理，三角形的内角和等于p恰好使等差数列的条件得以运用，从而得到角B为的结论，再利用余弦定理找到边之间的关系，应该是数列与三角综合问题中常见的方法．
解：(1)由题中条件可设三边为a、aq、aq2(q＞1)，
由勾股定理：a2＋a2q2＝a2q4，则，
设较小锐角为A，其对边为a，则．选D．
(2)∵△ABC中，角A、B、C成等差数列，∴，∴，
由余弦定理，得a2＋c2－b2＝ac，
∵三条边a、b、c成等比数列，∴b2＝ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即a＝c，
∴△ABC一定是等边三角形．选C．
【评析】解决与三角形有关的问题时，一定要想到正弦定理、余弦定理，与数列综合时，应把角的关系转化为边的关系，因为边成等比数列，所以用边判断三角形形状应该是正确的选择．
例6 已知数列{an}的前n项和Sn＝npan，且a1≠a2，
(1)确定p的值；
(2)判断数列{an}是否为等差数列．
【分析】本题中存在递推的关系，解决时还是通过赋值，找到结论，赋值时要多赋几个，以免出现冲突．
解：(1)∵Sn＝npan，∴S1＝a1＝pa1，∴a1＝0或p＝1，
∵S2＝a1＋a2＝2pa2，∴当p＝1时，有a1＋a2＝2a2a1＝a2与已知矛盾，
∴p≠1，∴a1＝0(且a2≠0)，
∵S2＝a1＋a2＝2pa2，a2≠0，∴；
(2)由(1)中结论：，即：2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，
∴两式相减：2(Sn＋1－Sn)＝2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan ①，
同理得到：2an＝nan－(n－1)an－1(n≥2) ②，
∴①－②得2an＋1－2an＝(n＋1)an＋1－2nan＋(n－1)an－1(n≥2)，
整理得到2(n－1)an＝(n－1)an＋1＋(n－1)an－1(n≥2)，
∵n≥2，∴2an＝an＋1＋an－1，即：an＋1－an＝an－an－1，
∴数列{an}是等差数列．
【评析】(1)中对n＝1得到的结论要加以验证，这也是为什么要多赋几个值的原因，(2)中开始由Sn求an的方法应该掌握，而后面①－②得到结论的方法并不多见，实际上是在找数列中连续三项存在的关系，最后得到的也是等差数列的定义，即：每一项与其前一项的差都相等，这与an－an－1是常数略有不同，希望大家了解．
例7在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，且a1＝1，
(1)若bn＝an＋1－2an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)若，求证：数列{cn}是等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式an及前n项和公式Sn．
【分析】还是要应用定义来证明等差、等比数列．
解：(1)∵Sn＋1＝4an＋2，∴Sn＝4an－1＋2(n≥2)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝4an－4an－1，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)，即bn＝2bn－1，
∵Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，∴S2＝a1＋a2＝4a1＋2，∴a2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，
即：bn＝3·2n－1；
(2)∵
∵bn＝3·2n－1，∴
∵∴数列{cn}是首项为，公差为等差数列，
即
(3)∵


∴Sn＝(3n－4)·2n－1＋2．
【评析】前两问实际上是第三问的铺垫，证明等差、等比数列后，要写出通项公式，为下一步的问题作准备．错位相减时要注意计算，方法再好，结果是错的，也不能说明你的水平．
练习5－5
一、选择题：
1．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则( )
A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b6
2．设数列{an}的前n项和Sn，且an＝－2n＋1，则数列的前11项为( )
A．－45 B．－50 C．－55 D．－66
3．已知等比数列(an)中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．[3，＋∞)
4．△ABC中，tanA是等差数列{an}的公差，且a3＝－1，a7＝1，tanB是等比数列{bn}的公比，且b3＝9，，则这个三角形是( )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形
二、填空题：
5．若等差数列{an}中，a1＋a3＝5，a8＋a10＝19，则前10项和S10＝______．
6．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝______．
7．等差数列{an}中，a1＞0，S4＝S9，当Sn取得最大值时，n＝______．
8．数列{an}中，若a1＝1，，则通项公式an＝______．
三、解答题：
9．已知：递增等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2、a4的等差中项．
求{an}的通项公式an；



10．已知数列{xn}的首项x1＝3，xn＝2np＋nq，且x1，x4，x5成等差数列，
(1)求：常数p，q的值；
(2)求：数列{xn}的前n项的和Sn的公式．



11．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求：数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2＜bn＋12．





习题5
一、选择题：
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝1，a3＝3，则S4＝( )
A．12 B．10 C．8 D．6
2．等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则“a1＜0且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an＋1＞an”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
3．等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＋…＋a50＝200，a51＋a52＋…＋a100＝2700，则a1＝( )
A．－20 B．－20.5 C．－21.5 D．－22.5
4．若数列{an}的前n项和Sn＝5n2－n，则a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝( )
A．250 B．270 C．370 D．490
5．将n2个正整数1，2，3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n阶幻方．如图，就是一个3阶幻方．定义f(n)为n阶幻方每条对角线上数的和，例如f(3)＝15，那么f(4)的值为( )
A．35 B．34 C．33 D．32
8
1
6
3
5
7
4
9
2

二、填空题：
6．等差数列{an}中，a5＝3，若其前5项和S5＝10，则其公差d＝______．
7．数列{an}中，a1＝3，a2＝6，若an＋2＝an＋1－an，则a6＝______，a2009＝______．
8．设f(n)＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则f(25)＝______．
9．若数列{an}满足，则a10等于______．
10．数列{an}中，如果存在非零的常数T，使得an＋T＝an对于任意正整数n均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T 叫做数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn＋2＝
｜xn＋1－xn｜(x∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，当数列{xn}的周期为3时，则数列{xn}的前2009项的和S2009为______．
三、解答题：
11．已知数列{an}是等差数列，a3＝18，a6＝12．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前多少项和最大，最大值是多少?




12．已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且Sn＝2an－2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且，求证：对任意正整数n，总有Tn＜2；




13．已知{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn．




14．如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．
(1)设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝2，b4＝11．依次写出{bn}的每一项；
(2)设{cn}是49项的“对称数列”，其中c25，c26，…，c49是首项为1，公比为2的等比数列，求{cn}各项的和S；
(3)设{dn}是100项的“对称数列”，其中d51，d52，…，d100是首项为2，公差为3的等差数列．求{dn}前n项的和Sn(n＝1，2，…，100)．





专题05 数列参考答案
练习5－1
一、选择题：
1．B 2．A 3．C 4．D
二、填空题：
5．，均可；
6．1、3、5、7，an＝2n－1； 7．； 8．．
三、解答题
9．解：；
，猜想：．
10．解：由题知：数列的前50项中有：1个1、2个2、3个3、……、9个9，此时共有1＋2＋3＋…＋9＝45项，还有5个10．
练习5－2
一、选择题：
1．D 2．A 3．D 4．B
二、填空题：
5．40、16、0、；6．127；7．12；8．512．
三、解答题
9．解：由题知，前100个自然数中，除以7余2的所有数构成首项为2，公差为7的等差数列{an}，即：an＝7n－5，前100个自然数中最后一个除以7余2是：a14＝93，
则前100个自然数中，除以7余2的所有数的和
10．解：设这三个数为2－d，2，2＋d(d≠0)，由题意，
当2－d为等比中项时，有(2－d)2＝2(2＋d)d＝6，这三个数：－4，2，8；
当2为等比中项时，有22＝(2－d)(2＋d)d＝0(舍)，无解；
当2＋d为等比中项时，有(2＋d)2＝2(2－d)d＝－6，这三个数：8，2，－4；
综上所述，这三个数为－4，2，8或8，2，－4．
11．解：∵数列{an}为等比数列，∴an＝2qn－1，
∵数列{an＋1}也是等比数列，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)
即an＋12＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2
∵等比数列中an＋12＝an·an＋2，∴an＋an＋2＝2an＋1
则an(1＋q2－2q)＝0q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n．
练习5－3
一、选择题：
1．A 2．B 3．C 4．B
二、填空题：
5．6 6．100 7．2100－101 8．－25．
三、解答题：
9．．
10．解：∵(1)数列{an}是等比数列，∴，
而是以为首项，为公比的等比数列，
∴
(2)∵成等差数列，∴－3a12、a12q2、a12q4成等差数列，
∴2a12q2＝－3a12＋a12q4，
∵等比数列{an}中a1≠0，∴q4－2q2－3＝0，∴q2＝3，∴
11．解：(1)∵数列是等差数列，∴
∴，即：
(2)由(1)知：
∴
练习5－4
1．C 2．A 3． 4．
5．证明：(1)当n＝1时，左＝1×2＝12×(1＋1)＝右，则当n＝1时原式成立，
(2)假设当n＝k时原式成立，即：1×2＋2×5＋3×8＋…＋k(3k－1)＝k2(k＋1)，
则当n＝k＋1时，左＝1×2＋2×5＋3×8＋…＋k(3k－1)＋(k＋1)(3k＋2)
＝k2(k＋1)＋(k＋1)(3k＋2)
＝(k＋1)(k2＋3k＋2)＝(k＋1)2(k＋2)＝右，
故当n＝k＋1时原式也成立．
则由(1)(2)知：1×2＋2×5＋3×8＋…＋n(3n－1)＝n2(n＋1)．
6．证明：(1)当n＝1时，左＝右，则当n＝1时原式成立，
(2)假设当n＝k时原式成立，即：
则当n＝k＋1时，
左
右
∵

∴
故当n＝k＋1时原式也成立．
则由(1)(2)知
7．证明：(1)当n＝1时，41＋15×1－1＝18，则当n＝1时命题成立，
(2)假设当n＝k时原式成立，即：4k＋15k－1能被9整除，
则当n＝k＋1时，4k＋1＋15(k＋1)－1＝4(4k＋15k－1)－45k＋18，
∵45、18能被9整除，∴4k＋1＋15(k＋1)－1能被9整除，
故当n＝k＋1时命题也成立．
则由(1)(2)知：4n＋15n－1能被9整除．
8．解：(1)∵2an＋1＝an＋an＋2，∴数列{an}为等差数列，设公差为d(d＞0)．
∵a1、a2、a4成等比数列，
∴
(2)即证bn≥n(n∈N*)，
①当n＝1时，b1≥1，原不等式成立；
②假设n＝k时原不等式成立，即bk≥k(k∈N*)
则当n＝k＋1时，

∴当n＝k＋1时原不等式也成立．
由①②可知bn≥n(n∈N*)．
练习5－5
一、选择题：
1．B 2．D 3．C 4．A
二、填空题：
5．60； 6． 7．6或7； 8．
三、解答题：
9．答：an＝2×2n－1＝2n．
10．略解：(1)p＝1，q＝1．
(2)由(1)知：xn＝2n＋n，

11．解：(1)由已知得an＋1＝an＋1，即{an}是首项、公差都为1的等差数列．
则an＝1＋n－1＝n．
(2)由(1)知，an＝n，从而bn＋1＝bn＋2n，bn＋1－bn＝2n，
所以，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1，
则：bn·bn＋2－bn＋12＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n＜0，
∴．
习题5
一、选择题
1．C 2．A 3．B 4．C 5．B
二、填空题：
6．； 7．－3，－6； 8．528； 9． 10．1340．
三、解答题：
11．解：(1)设：等差数列{an}的公差为d，则，解得，
数列{an}的通项：an＝a1＋(n－1)d＝24－2n
(2)数列{an}的前n项和
则：当n＝11或n＝12时，Sn取得最大值，且最大值为132．
12．解：(1)①当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2a1＝2，
②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2an＝2an－1，
∵S2＝a1＋a2＝2a2－2a2＝4，则：an＝4×2n－2＝2n(n≥2)，
由①②得：an＝2n，
(2)
当n＝1时，T1＝1＜2，
当n≥2时，
所以

13．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0
由得，
则：an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1．
(2)


②－①得


14．解：(1)设数列{bn}的公差为d，则b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，∴数列{bn}为2，5，8，11，8，5，2；
(2)S＝c1＋c2＋…＋c49＝2(c25＋c26＋…＋c49)－c25
＝2(1＋2＋22＋…＋224)－1＝2(225－1)－1＝226－3＝67108861；
(3)d51＝2，d100＝2＋3×(50－1)＝149，
由题意得d1，d2，…，d50是首项为149，公差为－3的等差数列．
当n≤50时，
当51≤n≤100时，Sn＝d1＋d2＋…＋dn＝S50＋(d51＋d52＋…＋dn)

综上所述，．