2017年高考数学考前回扣教材4 数列

回扣4数列1.牢记概念与公式等差数列、等比数列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)q＝1，Sn＝na12.活用定理与结论(1)等差、等比数列{an}的常用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＋aq②an＝am＋(n－m)d③Sm，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·aq②an＝amqn－m③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sn≠0)(2)判断等差数列的常用方法①定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列.②通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列.③中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列.④前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列.(3)判断等比数列的三种常用方法①定义法：an＋1an＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列.②通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列.③中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列.3.数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和.(2)形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和.(3)通项公式形如an＝can＋b1an＋b2(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和.(4)通项公式形如an＝(－1)n·n或an＝a·(－1)n(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法.并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论.(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列.(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.1.已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示.事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.2.易混淆几何平均数与等比中项，正数a，b的等比中项是±ab.3.等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算.如等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知SnTn＝n＋12n＋3，求anbn时，无法正确赋值求解.4.易忽视等比数列中公比q≠0，导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解.5.运用等比数列的前n项和公式时，易忘记分类讨论.一定分q＝1和q≠1两种情况进行讨论.6.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项.7.裂项相消法求和时，分裂前后的值要相等，如1nn＋2≠1n－1n＋2，而是1nn＋2＝121n－1n＋2.8.通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成分n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式.1.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an等于()A.2n＋1B.2nC.2n－1D.2n－2答案A解析an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)⇒an＋1＝2an，再令n＝1，∴S1＝2a1－4⇒a1＝4，∴数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，故选A.2.已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，Sn为数列{an}的前n项和，则S2016的值为()A.0B.2C.5D.6答案A解析由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2016＝6·336，∴S2016＝336S6＝0，故选A.3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＝14－a6，则S10等于()A.35B.70C.28D.14答案B解析a5＝14－a6⇒a5＋a6＝14，S10＝10a1＋a102＝10a5＋a62＝70.故选B.4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S10＝110，则使Sn＋63an取得最小值时n的值为()A.7B.7或8C.172D.8答案D解析a2＝4，S10＝110⇒a1＋d＝4，10a1＋45d＝110⇒a1＝2，d＝2，因此Sn＋63an＝2n＋nn－1＋632n＝n2＋632n＋12，又n∈N*，所以当n＝8时，Sn＋63an取得最小值.5.等比数列{an}中，a3a5＝64，则a4等于()A.8B.－8C.8或－8D.16答案C解析由等比数列的性质知，a3a5＝a24，所以a24＝64，所以a4＝8或a4＝－8.6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝52，且a2＋a4＝54，则Snan等于()A.4n－1B.4n－1C.2n－1D.2n－1答案D解析设等比数列{an}的公比为q，则a11＋q2＝52，a1q1＋q2＝54，解得a1＝2，q＝12，∴Snan＝a11－qn1－qa1qn－1＝2×1－12n1－122×12n－1＝2n－1.故选D.7.设函数f(x)＝xa＋ax的导函数f′(x)＝2x＋2，则数列{1fn}的前9项和是()A.2936B.3144C.3655D.4366答案C解析由题意得函数f(x)＝xa＋ax的导函数f′(x)＝2x＋2，即axa－1＋a＝2x＋2，所以a＝2，即f(x)＝x2＋2x，1fn＝1nn＋2＝12(1n－1n＋2)，所以Sn＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2).则S9＝12(1＋12－110－111)＝3655，故选C.8.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}前n项的和，则2Sn＋16an＋3(n∈N*)的最小值为()A.4B.3C.23－2D.92答案A解析据题意由a1，a3，a13成等比数列可得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sn＋16an＋3＝2n2＋162n＋2＝n2＋8n＋1＝n＋12－2n＋1＋9n＋1＝(n＋1)＋9n＋1－2，据基本不等式知2Sn＋16an＋3＝(n＋1)＋9n＋1－2≥2n＋1×9n＋1－2＝4，当n＝2时取得最小值4.9.等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于________.答案4解析由等比数列的性质有a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5，所以T8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1a2…a8)＝lg(a4a5)4＝lg(10)4＝4.10.已知数列{an}满足an＋1＝an＋2n且a1＝2，则数列{an}的通项公式an＝__________.答案n2－n＋2解析an＋1＝an＋2n，∴an＋1－an＝2n，采用累加法可得∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋2＝n2－n＋2.11.若数列{an}满足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，则数列{an}的通项公式为an＝____________.答案2×3n－1－1解析设an＋λ＝3(an－1＋λ)，化简得an＝3an－1＋2λ，∵an＝3an－1＋2，∴λ＝1，∴an＋1＝3(an－1＋1)，∵a1＝1，∴a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1.12.数列113，219，3127，4181，51243，…的前n项之和等于________________.答案nn＋12＋12[1－(13)n]解析由数列各项可知通项公式为an＝n＋13n，由分组求和公式结合等差数列、等比数列求和公式可知前n项和为Sn＝nn＋12＋12[1－(13)n].13.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*，且λ≠－1)，且a1，2a2，a3＋3为等差数列{bn}的前三项.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和.解(1)方法一∵an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴an＝λSn－1＋1(n≥2).∴an＋1－an＝λan，即an＋1＝(λ＋1)an(n≥2)，λ＋1≠0，又a1＝1，a2＝λS1＋1＝λ＋1，∴数列{an}为以1为首项，以λ＋1为公比的等比数列，∴a3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，得λ＝1.∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.方法二∵a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，∴a2＝λS1＋1＝λ＋1，a3＝λS2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1.∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，得λ＝1.∴an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，∴an＝Sn－1＋1(n≥2)，∴an＋1－an＝an，即an＋1＝2an(n≥2)，又a1＝1，a2＝2，∴数列{an}为以1为首项，以2为公比的等比数列，∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)设数列{anbn}的前n项和为Tn，anbn＝(3n－2)·2n－1，∴Tn＝1·1＋4·21＋7·22＋…＋(3n－2)·2n－1.①∴2Tn＝1·21＋4·22＋7·23＋…＋(3n－5)·2n－1＋(3n－2)·2n.②①－②得－Tn＝1·1＋3·21＋3·22＋…＋3·2n－1－(3n－2)·2n＝1＋3·2·1－2n－11－2－(3n－2)·2n.整理得Tn＝(3n－5)·2n＋5.14.已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝anan＋12(n∈N*)，(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝1Sn，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，若λ≤Tn对于任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.(1)证明∵Sn＝anan＋12(n∈N*)，①∴Sn－1＝an－1an－1＋12(n≥2).②①－②得：an＝a2n＋an－a2n－1－an－12(n≥2)，整理得：(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋an－1)，∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1(n≥2).当n＝1时，a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.(2)解由(1)得Sn＝n2＋n2，∴bn＝2n2＋n＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，∴Tn＝2[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n－1n＋1)]＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1，∵Tn＝21＋1n，∴Tn单调递增，∴Tn≥T1＝1，∴λ≤1.故λ的取值范围为(－∞，1].