专题三 数列

专题三数列第一讲等差数列、等比数列(选择、填空题型)1．(2014·北京高考)设{an}是公比为q的等比数列，则“q1”是“{an}为递增数列”的()A．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解析：选D当数列{an}的首项a1＜0时，若q＞1，则数列{an}是递减数列；当数列{an}的首项a1＜0时，要使数列{an}为递增数列，则0＜q＜1，所以“q＞1”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.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．8B．10C．12D．14解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.3．(2014·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d0B．d0C．a1d0D．a1d0解析：选D法一：an＝a1＋(n－1)d，所以2a1an＝2a1[a1＋(n－1)d]，因为是递减数列，故有2a1an2a1an－1＝2a1[a1＋(n－1)d]－a1[a1＋(n－2)d]＝2a1d1＝20，所以a1d0，故选D.法二：数列{2a1an}为递减数列等价于数列{a1an}为递减数列，等价于a1an－a1an－10，即a1(an－an－1)0，即a1d0.4．(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的值为________．解析：由已知得S1·S4＝S22，即a1·(4a1－6)＝(2a1－1)2，解得a1＝－12.答案：－125．(2014·安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.解析：法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.答案：11．等差、等比数列的通项及前n项和公式等差数列等比数列通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)前n项和Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d(1)q≠1，Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q；(2)(2)q＝1，Sn＝na12.等差数列、等比数列的性质等差数列等比数列性质(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；(2)an＝am＋(n－m)d；(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列；(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；(2)an＝amqn－m；热点一数列通项an与前n项和Sn的关系命题角度(1)根据an与Sn的关系，求数列中的某一项，如T1；(2)根据an与Sn的关系，求数列的通项an或Sn，如T2.1．(2014·宁波模拟)已知在每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1，且前n项和Sn满足SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1(n∈N*且n≥2)，则a81＝()A．638B．639C．640D．6412．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋124(an0)，则{an}的通项an＝________.[自主解答]1.由已知SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1可得，Sn－Sn－1＝2，∴{Sn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.故选C.2．法一：因为Sn＝an＋124，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋1＋124－an＋124＝14(a2n＋1－a2n＋2an＋1－2an)，即4an＋1＝a2n＋1－a2n＋2an＋1－2an，整理得2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.因为an0，所以an＋1＋an0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.而当n＝1时，有S1＝a1＋124，即a1＝a1＋124，整理得a21－2a1＋1＝0，解得a1＝1；当n＝2时，有S2＝a2＋124，即a1＋a2＝a2＋124，整理得a22－2a2－3＝0，又an0，所以解得a2＝3.由于a2－a1＝2，所以数列{an}是一个首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，其通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.法二：因为an0，所以an＋10，Sn0，由Sn＝an＋124，得an＋12＝Sn.当n＝1时，有a1＋12＝a1，解得a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，故由上式得2Sn＝an＋1＝Sn－Sn－1＋1，即(Sn－Sn－1－1)(Sn＋Sn－1－1)＝0.因为an0，a1＝S1＝1，所以Sn＋Sn－11，即Sn＋Sn－1－10，故由上式得Sn－Sn－1－1＝0，所以数列{Sn}是一个首项为S1＝1，公差为1的等差数列，其通项公式为Sn＝n.由an＋12＝Sn，得an＝2Sn－1＝2n－1.显然，当n＝1时，也适合上式．综上可知，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.[答案]1.C2.2n－1已知Sn与an的关系式求an的方法数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．热点二等差、等比数列的基本运算命题角度(1)考查等差(比)数列中a1，n，d(q)的计算，如T1，T2；(2)考查等差、等比数列的交汇运算，如T3.1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8B．7C．6D．52．(2014·台州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若8a2－a5＝0，则S4S2＝()A．－8B．5C．8D．153．设数列{an}是首项为1的等比数列，若12an＋an＋1是等差数列，则12a1＋1a2＋12a2＋1a3＋…＋12a2012＋1a2013的值等于()A．2012B．2013C．3018D．3019[自主解答]1.法一：由题意，Sk＋2＝(k＋2)a1＋k＋2k＋12d＝k＋2＋(k＋2)(k＋1)＝(k＋2)2，Sk＝ka1＋kk－12d＝k＋k(k－1)＝k2，故Sk＋2－Sk＝(k＋2)2－k2＝4k＋4＝24，解得k＝5.法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋d＝2(a1＋kd)＋d＝2(1＋2k)＋2＝24，解得k＝5.2．设数列{an}的公比为q，由8a2－a5＝0，得a5a2＝8＝q3，即q＝2，再由等比数列的前n项和公式得S4S2＝a11－q41－qa11－q21－q＝1＋q2＝5.3．据题意an＝qn－1，12an＋an＋1＝12＋qqn－1.若数列12an＋an＋1为等差数列，由定义可得12an＋an＋1－12an－1＋an＝12＋qqn－1－12＋qqn－2＝1－q2＋qqn－1为定值，故必有q＝1，故an＝1，因此12a1＋1a2＋…＋12a2012＋1a2013＝2012×12＋1＝3018.[答案]1.D2.B3.C将题1中的条件“a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24”改为“a4S4＝112，S7－S4＝15”，求Sn的最小值．解：记等差数列{an}的公差为d，依题意有4a1＋15d＝0，a1＋5d＝5，由此解得a1＝－15，d＝4，an＝4n－19，Sn＝na1＋an2＝2n2－17n＝2n－1742－2898，因此当n＝4时，Sn取得最小值S4＝2×42－17×4＝－36.方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．热点三等差、等比数列的性质命题角度(1)考查等差数列的性质，如T1，T2；(2)考查等比数列的性质，如T3.1．已知在等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝992，则a12的值是()A．15B．30C．31D．642．(2014·杭州模拟)已知等差数列{an}前9项的和等于前4项的和，若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.3．已知在各项为正的数列{an}中，a1＝1，a2＝2，log2an＋1＋log2an＝n(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a2013－21008＝________.[自主解答]1.∵{an}为等差数列，∴a7＋a9＝2a8＝16，∴a8＝8，又∵S11＝11a6＝992，∴a6＝92，∴2d＝a8－a6＝72，∴a12＝a8＋4d＝15.2．由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0.又a1＝1，由a7＝a1＋6d得d＝－16.又ak＋a4＝0，即a1＋(k－1)－16＋a1＋3×－16＝0，即(k－1)×－16＝－32，所以k－1＝9，所以k＝10.3．依题意得an＋1·an＝2n，则an＋2·an＋1an＋1·an＝2n＋12n＝2，即an＋2an＝2，因此数列a1，a3，a5，…，a2013是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列，a1＋a3＋a5＋…＋a2013＝1×1－210071－2＝21007－1；数列a2，a4，a6，…，a2012是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列，a2＋a4＋a6＋…＋a2012＝21－210061－2＝21007－2.所以a1＋a2＋…＋a2013－21008＝(21007－1)＋(21007－2)－21008＝－3.[答案]1.A2.103.－3巧用等差(比)中项变形等差数列与等比数列的性质应用问题中，等差中项与等比中项是非常重要的，主要体现在两个方面：(1)等差(比)中项在解决项的计算问题中的应用．将两项之和(或积)直接转化为数列中的某一项，在等差数列{an}中，有an－k＋an＋k＝2an，在等比数列{bn}中，有bn－k·bn＋k＝b2n；(2)等差中项在等差数列求和公式中的应用．在等差数列{an}中，如n＝2k＋1(k∈N*)，则a1＋an＝2ak＋1，所以Sn＝na1＋an2＝nak＋1.热点四数列与递推公式命题角度(1)考查利用累加或累乘求通项公式；(2)考查具有周期性的数列；(3)考查构造等差数列或等比数列解决问题的方法.[例1](1)(2014·杭州七校联考)数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且an·an－1an－1－an＝an·an＋1an－an＋1(n≥2)，则数列{an}的第100项为()A.12100B.1250C.1100D.150(2)(2014·唐山模拟)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＋2＝3an＋1－2an，则{an}的前n项和Sn＝________.(3)(2014·郑州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2014的值为________．[师生共研](