2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

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：

(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＝＝na1＋.

(3)等比数列通项公式：ana1qn－1.

(4)等比数列前n项和公式：

Sn＝.

(5)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．

(6)等比中项公式：a＝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＝.

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±，容易漏掉－.

【 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.　　　　B.　　　　C．10　　　　D．12

2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)

A．2  B．1  C.  D.

3．(2015·浙江高考)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，.

（）求的通项公式；（）求的前n项和.

【考 点 突 破 】

考点一、等差（比）的基本运算

1．(2015·湖南高考)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·重庆高考)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.

(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－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a＝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．21　　　　B．42　　　　C．63　　　　D．84

(2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，则a5＋a6＝(　　)

A.  B．12  C．6  D.

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．31  B．32C．63  D．

(2)(2015·衡水中学二调)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．13  B．26  C．52  D．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ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______．

【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．5　　　　B．7　　　　C．9　　　　D．11

2．(2014·福建高考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)

A．8  B．10  C．12  D．14

3．(2014·重庆高考)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．2  B．－2  C.  D．－

5．(2015·辽宁大连模拟)数列{an}满足an－an＋1＝an·an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6(　　)

A．最大值为99  B．为定值99   C．最大值为100  D．最大值为200

二、填空题

6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．

7．(2015·安徽高考)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·江西高考)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·兰州模拟)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·湖北高考)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·江苏高考)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，a，a，a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：

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＞0

B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0

C．若0＜a1＜a2，则a2＞

D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{}的前100项和为(　　)       A.　　　B.   C.    D.

3．(2015·福建高考)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＝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＋＝p(p≠1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解．

②递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为＝－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·铜陵模拟)数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，n∈N*，则an＝________．

3．若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝，则a2 015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*)

①＝－.  ②＝.  ③＝(－)．

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·湖北八校联考)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＝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·安徽高考)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＝，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·湖南高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝，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·山东高考)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.

(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·陕西汉中质检)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.

变式：　(2015·辽宁大连模拟)数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.

(1)证明：数列{}是等差数列；(2)求数列{}的前n项和Sn，并证明＋＋…＋＞.

【巩 固 训 练 】

一、选择题

1．(2015·浙江高考)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＞0　　　　　　B．a1d＜0，dS4＜0

C．a1d＞0，dS4＜0  D．a1d＜0，dS4＞0

2．(2015·保定调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an＝(　　)

A．2n－1  B．2n－1＋1

C．2n－1  D．2(n－1)

3．(预测题)已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 015项的和等于(　　)

A.  B．3 023  C．1 512  D．3 024

4．(2015·长春质检)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.     B.   C.  D.

5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{an}中，an＞0，a1＝，如果an＋1是1与的等比中项，那么a1＋＋＋＋…＋的值是(　　)

A.    B.  C.   D.

二、填空题

6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________．

7．若数列{n(n＋4)()n}中的最大项是第k项，则k＝________．

8(2015·江苏高考)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．

9．(2015·福建高考)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·湖北高考)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＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

11．(2014·山东高考)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－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＝，所以a10＝＋9＝.故选B.

2．【解析】　设等比数列{an}的公比为q，a1＝，a3a5＝4(a4－1)，由题可知q≠1，则a1q2×a1q 4＝4(a1q3－1)，∴×q6＝4(×q3－1)，∴q6－16q3＋＝0，∴(q3－8)2＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝.故选C.

3．【解析】　由a2，a3，a7成等比数列，得a＝a2a7，则2d2＝－3a1d，即d＝－a1.又2a1＋a2＝1，所以a1＝，d＝－1.【答案】　　－1

4．【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－1

2．【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＋d＝，

即a1＋2d＝2，a1＋d＝，

解得a1＝1，d＝，

故通项公式为an＝1＋，即an＝.

(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.

设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，

故{bn}的前n项和

Tn＝＝＝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×10＝12，

所以a1＋a10＝，所以a5＋a6＝.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＝＝＝＝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】　256

3．【解析】　∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a10·a11＝e5，ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝10ln(a10·a11)＝10·ln e5＝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＝＝＝5.【答案】　A

2【解析】　由题知3a1＋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＝a≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列．故选D.

4．【解析】　由题意知　S＝S1·S4，∴(2a1＋d)2＝a1(4a1＋d)，把d＝－1代入整理得a1＝－.故选D.

5．【解析】　将an－aa＋1＝anan＋1两边同时除以anan＋1可得－＝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＝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＋2 015＝2×1 010，解得a1＝5.【答案】　5

7．【解析】　∵∴则a1，a4可以看作一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根，故，或∵数列{an}是递增的等比数列，∴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＋d＝n2＋(a1－)n＝n2＋(7－)n，对称轴为，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜＜8.5，解得－1＜d＜－.【答案】　

三、解答题

9．.【解】　(1)设数列{an}的公比为q，∵{an}为等比数列，

∴＝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＋×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＝＝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＝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，a，a，a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＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，

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＝－.

显然t＝－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，a，a，a依次构成等比数列．

第2讲　    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＞0

B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0

C．若0＜a1＜a2，则a2＞

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＝，由基本不等式得＞，所以C正确．

【答案】　C

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{}的前100项和为(　　)

A.　　　　　　　　B.

C.  D.

【解析】　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

∵a5＝5，S5＝15，

∴

∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n.

∴＝＝－，∴数列{}的前100项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.

【答案】　A

3．(2015·福建高考)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

解得

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)

＝＋

＝211＋53

＝2 101.

1．当n＝1时，S1＝a1＝－1，所以＝－1.因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以－＝1，即－＝－1，所以{}是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝(－1)＋(n－1)·(－1)＝－n，所以Sn＝－.

2．当n＝1时，a1＝3×1＋1，所以a1＝12，

当n≥2时，①：a1＋a2＋…＋an－1＋an＝3n＋1，②：a1＋a2＋…＋an－1＝3(n－1)＋1.

①－②得：an＝(3n＋1)－[3(n－1)＋1]，

即an＝3，所以an＝3n＋1，综上可得：an＝【答案】　

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a2 015＝a671×3＋2＝a2＝1.

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，则由得解得

所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.

(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝＝n(n＋2)，则cn＝

即cn＝

∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)

＝＋(2＋23＋…＋22n－1)

＝1－＋＝＋(4n－1)．

命题角度二　裂项相消法求和

【典例2】　(1)由题设知a1 a4＝a2 a3＝8，

又a1＋a4＝9，可解得或(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＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝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　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＝－＝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＝＝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＝，

所以a1a2＝3.令n＝2，得＋＝，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＝－n·4n＋1＝×4n＋1－.

所以Tn＝×4n＋1＋＝

.

【典例4】　【解】　(1)由S－(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＝，

则bn＝＝.

所以Tn＝×[1－＋－＋－＋…＋－＋－]＝×＜×＝.

变式：【解】　(1)证明：∵an＋1＝，∴＝，化简得＝2＋，

即－＝2，故数列{}是以1为首项，2为公差的等差数列．

(2)由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2.

＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝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＝－d，所以a1d＜0.又dS4＝d＝2(2a1＋3d)d＝－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】　A

3．【解析】　因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 015项的和等于S2 015＝1 007×(1＋)＋1＝＋1＝.【答案】　A

4．【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＋)an＝4.

当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，

所以an＝an－1，即2·＝，

所以{}是以为公比，1为首项的等比数列，所以＝，an＝.故选A.【答案】　A

5．【解析】　由题意可得，a＝⇒(2an＋1＋anan＋1＋1)·(2an＋1－anan＋1－1)＝0⇒an＋1＝⇒an＋1－1＝⇒＝－1，

∴＝－(n－1)＝－n－1⇒an＝⇒＝，∴a1＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝.【答案】　C

二、填空题

6．【解析】　将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，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＝.

7．【解析】　设数列为{an}，则an＋1－an＝(n＋1)(n＋5)()n＋1－n(n＋4)()n＝()n[(n2＋6n＋5)－n2－4n]＝(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＝，则＝＝2，故数列{}前10项的和S10＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝.【答案】　

8．【解析】　因为a，b为函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同零点，所以所以a＞0，b＞0，所以数列a，－2，b不可能成等差数列，数列a，b，－2不可能成等比数列，数列－2，a，b不可能成等比数列．不妨取a＞b，则只需研究数列a，b，－2成等差数列，数列a，－2，b成等比数列，则有解得或(舍去)，所以所以p＋q＝9.【答案】　9

三、解答题

9．【解】　(1)由题意有，

即

解得或故或

(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是

Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①

Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②

①－②可得

Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，故Tn＝6－.

10．【解】　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.

(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.

当n为偶数时，Tn＝－＋…＋－＝1－＝.

当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.

所以Tn＝(或Tn＝)