2010届高三数学一轮复习必备精品：数列

第九章 数列

考纲导读 1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．

2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和的公式，并能解决简单的实际问题．

3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题． 知识网络 定义项，通项数列基础知识数列表示法数列分类数列等差数列等比数列特殊数列定义通项公式前n项和公式性质其他特殊数列求和

高考导航 纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的应用是必考内容，数列与函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点．

从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的“知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用．

第1课时 数列的概念

基础过关

1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an是数列{an}的第 项． 2．数列的通项公式

一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an＝f(n)来表示，

我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．

3．在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：

?aa ? ?nn????n?1n?2

4．求数列的通项公式的其它方法

⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法．

⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明．

⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式 典型例题 例1. 根据下面各数列的前n项的值，写出数列的一个通项公式． ⑴ －

24816，，－，…； 3?55?77?91?3⑵ 1，2，6，13，23，36，…；

⑶ 1，1，2，2，3，3， 解： ⑴ an＝(－1)n

122n?1

(2n?1)(2n?1)⑵ an＝(3n2?7n?6)

（提示：a2－a1＝1，a3－a2＝4，a4－a3＝7，a5－a4＝10，…，an－an－1＝1＋3(n－2)=3n－5．各式相加得

an?1?[1?4?7?10???(3n?5)]?1??1(n?1)(3n?4)2

1(3n2?7n?6)21?12?03?1,,, 222⑶ 将1，1，2，2，3，3，…变形为

4?05?16?0,,,?, 222∴an?n?1?(?1)n?1222n?1?(?1)n?1 ?4变式训练1.某数列{an}的前四项为0，2，0，2，则以下各式： ① an＝

2[1＋(－1)n] ② an＝1?(?1)n 2?0(n为奇数)?2(n为偶数)③ an＝ ?

其中可作为{an}的通项公式的是 A．① B．①② C．②③ D．①②③

（ ）

解：D

例2. 已知数列{an}的前n项和Sn，求通项． ⑴ Sn＝3n－2 ⑵ Sn＝n2＋3n＋1

解 ⑴ an＝Sn－Sn－1 (n≥2) a1＝S1 解得：an＝?2?3?1?n?1(n?2) (n?1) ⑵ an＝?(n?1)?5

2n?2(n?2)?变式训练2：已知数列{an}的前n项的和Sn满足关系式lg(Sn－1)＝n，(n∈N*)，则数列{an}的

通项公式为 ．

解：lg(Sn?1)?n?Sn?1?10n?Sn?10n?1,当n＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－10n1＝9·10 n1．故an＝?－

－

(n?1)?11? n?1?9?10(n?2)?例3. 根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式．

⑴ a1＝1，an＝2an－1＋1 (n≥2) ⑵ a1＝1，an＝an?1?3n?1 (n≥2) ⑶ a1＝1，an＝

n?1an?1 (n≥2) n解：⑴ an＝2an－1＋1?(an＋1)＝2(an－1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n，∴an＝2n－1．

－－

⑵an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n1＋3n2＋…＋33＋3＋1＝(3n?1)． (3)∵

ann?1 ?an?1nanan?1an?2an?1n?2?????2?a1??? an?1an?2an?3a1nn?112∴an＝

n?311????1? n?22n变式训练3.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝解：方法一：由an＋1＝

1an?1?2an得 an?22an(n∈N*)，求该数列的通项公式． an?211111

}是以?1为首项，为公差的等差数列． ?，∴{

2an2ana1

∴

121＝1＋(n－1)·,即an＝

n?12an2，然后用数学归纳证明． n?1方法二：求出前5项，归纳猜想出an＝

－

例4. 已知函数f(x)＝2x－2x，数列{an}满足f(log2an)＝－2n，求数列{an}通项公式． 解：f(log2an)?2log2an?2?log2an??2n

an?1??2n得an?n2?1?n an

变式训练4.知数列{an}的首项a1＝5．前n项和为Sn且Sn＋1＝2Sn＋n＋5（n∈N*）． (1) 证明数列{an＋1}是等比数列；

(2) 令f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求函数f (x)在点x＝1处导数f 1 (1)．

解：(1) 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，∴ n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减，得： Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1 从而an＋1＋1＝2(an＋1)

当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，∴ a1＋a2＝2a1＋6, 又a1＝5，∴ a2＝11 ∴

an?1?1＝2，即{an＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. an?1(2) 由(1)知an＝3×2n－1 ∵ f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn

－

∴ f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn1 从而f'(1)＝a1＋2a2＋…＋nan

＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n－1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n) ＝3[n×2n1－(2＋…＋2n)]－

＋

n(n?1) 2＝3(n－1)·2n1－

＋

n(n?1)＋6 2 归纳小结 1．根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等

2．由Sn求an时，用公式an＝Sn－Sn－1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一．

3．由递推公式求通项公式的常见形式有：an＋1－an＝f(n)，累加法、累乘法、迭代法（或换元法）．

an?1＝f(n)，an＋1＝pan＋q，分别用an第2课时 等差数列

基础过关

1．等差数列的定义： － ＝d（d为常数）． 2．等差数列的通项公式： ⑴ an＝a1＋ ×d ⑵ an＝am＋ ×d

3．等差数列的前n项和公式： Sn＝ ＝ ．

4．等差中项：如果a、b、c成等差数列，则b叫做a与c的等差中项，即b＝ ． 5．数列{an}是等差数列的两个充要条件是：

⑴ 数列{an}的通项公式可写成an＝pn＋q(p, q∈R) ⑵ 数列{an}的前n项和公式可写成Sn＝an2＋bn (a, b∈R)

6．等差数列{an}的两个重要性质：

⑴ m, n, p, q∈N*，若m＋n＝p＋q，则 ．

⑵ 数列{an}的前n项和为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成 数列． 典型例题 例1. 在等差数列{an}中，

(1)已知a15＝10，a45＝90，求a60； (2)已知S12＝84，S20＝460，求S28； (3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8．

82?a??1??a?a?14d?10?3解：(1)方法一：?151 ???a45?a1?44d?90?d?8?3?∴a60＝a1＋59d＝130．

d?方法二：

an?ama45?a1588??，由an＝am＋(n－m)d?a60＝a45＋(60－45)d＝90＋15×＝130． n?m45?1533(2)不妨设Sn＝An2＋Bn，

2??A?2?12A?12B?84??∴?2

B??17?20A?20B?460??∴Sn＝2n2－17n

∴S28＝2×282－17×28＝1092 (3)∵S6＝S5＋a6＝5＋10＝15， 又S6＝∴15＝而d＝

6(a1?a6)6(a1?10)? 226(a1?10)即a1＝－5 2a6?a1?3 6?1∴a8＝a6＋2 d＝16 S8＝

8(a1?a8)?44 2变式训练1.在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ ． 解：∵d＝a6－a5＝－5， ∴a4＋a5＋…＋a10＝

7(a4?a10)?7(a5?2d)??49 2a21例2. 已知数列{an}满足a1＝2a，an＝2a－（n≥2）．其中a是不为0的常数，令bn＝．

an?1an?a⑴ 求证：数列{bn}是等差数列．

⑵ 求数列{an}的通项公式．

a2解：∵ ⑴ an＝2a－ (n≥2)

an?1

∴ bn＝

1?an?a1a?a2an?1?an?1 (n≥2)

a(an?1?a)∴ bn－bn－1＝

an?111?? (n≥2)

a(an?1?a)an?1?aa1的等差数列． a∴ 数列{bn}是公差为⑵ ∵ b1＝

11

＝ aa1?a

故由⑴得：bn＝即：

11n＋(n－1)×＝ aaan11＝ 得：an＝a(1＋) anan?aa变式训练2.已知公比为3的等比数列?bn?与数列?an?满足bn?3n,n?N*，且a1?1， （1）判断?an?是何种数列，并给出证明； （2）若Cn?1，求数列?Cn?的前n项和

anan?1bn?13an?1?a?3an?1?an?3,?an?1?an?1，即 解：1）bn3n?an?为等差数列。

（2）Cn?111111n??,?Sn???1??。 anan?1anan?1a1an?1an?1n?1Sn}n例3. 已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列{前n项和。求Tn．

解：设{an}首项为a1公差为d，由

7?6?S?7a?d?771??a1??2?2 ???d?115?14??S?15a?d?75151?2?∴ Sn＝n2?n ∴

1252Sn15??n? n22S1111??3 ∴Tn＝?n2?n

441变式训练3．两等差数列{an}、{bn}的前n项和的比A．

Sn5n?3a5?，则的值是 （ ） S'n2n?7b528485323 B． C． D． 17252715(a1?a9)?9a2a2?S9?48。 解：B 解析：5?5?b52b5(b?b)?9S925192

例4. 美国某公司给员工加工资有两个方案：一是每年年末加1000美元；二是每半年结束时加300美元．问：

⑴ 从第几年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多？

⑵ 如果在该公司干10年，问选择第二种方案比选择第一种方案多加工资多少美元？ ⑶ 如果第二种方案中每半年加300美元改为每半年加a美元． 问a取何值时，总是选择第二种方案比第一种方案多加工资？ 解：⑴ 设工作年数为n（n∈N*），第一种方案总共加的工资为S1，第二种方案总共加的工资为S2．则： S1＝1000×1＋1000×2＋1000×3＋…＋1000n ＝500(n＋1)n S2＝300×1＋300×2＋300×3＋…＋300×2n ＝300(2n＋1)n

由S2>S1，即：300(2n＋1)n>500(n＋1)n 解得：n>2

∴ 从第3年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多． ⑵ 当n＝10时，由⑴得：S1＝500×10×11＝55000 S2＝300×10×21＝63000 ∴ S2－S1＝8000

∴ 在该公司干10年，选第二种方案比选第一种方案多加工资8000美元． ⑶ 若第二种方案中的300美元改成a美元．

*

则S12＝an(2n＋1) n∈N

∴ a＞＝

500(n?1)250250＝250＋≥250＋ 2n?12n?131000 3变式训练4.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,

(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?

(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%? 解：(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列, 其中a1=250,d=50,则Sn=250n+

n(n?1)?50=25n2+225n, 2 令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数, ∴n≥10.

到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列, 其中b1=400,q=1.08,则bn=400·(1.08)n-1·0.85. 由题意可知an>0.85 bn,有250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85. 由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.

到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 归纳小结

1．欲证{an}为等差数列，最常见的做法是证明：an＋1－an＝d(d是一个与n无关的常数)． 2．a1，d是等差数列的最关键的基本量，通常是先求出a1，d，再求其他的量，但有时运算较繁．

3．对等差数列{an}的最后若干项的求和，可以把数列各项的顺序颠倒，看成公差为－d的等差数列进行求和．

4．遇到与等差数列有关的实际问题，须弄清是求项的问题还是求和的问题．

第3课时 等比数列

基础过关 ((

)

＝q（q为不等于零的常数）． )

1．等比数列的定义：

2．等比数列的通项公式：

－－

⑴ an＝a1qn1 ⑵ an＝amqnm 3．等比数列的前n项和公式： Sn＝ ?????(q?1) (q?1)4．等比中项：如果a，b，c成等比数列，那么b叫做a与c的等比中项，即b2＝ （或

b＝ ）．

5．等比数列{an}的几个重要性质：

⑴ m，n，p，q∈N*，若m＋n＝p＋q，则 ．

⑵ Sn是等比数列{an}的前n项和且Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成 数列． ⑶ 若等比数列{an}的前n项和Sn满足{Sn}是等差数列，则{an}的公比q＝ ． 典型例题 例1. 已知等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求项数n和公比q的值． 解：∵{an}是等比数列， ∴a1·an＝a2·an－1， ∴??a1?an?66?a?2?a?64，解得?1或?1

?an?64?an?2?a1?an?128－

若a1＝2，an＝64，则2·qn1＝64

∴qn＝32q

a1(1?qn)2(1?32q)由Sn＝??126，

1?q1?q解得q＝2，于是n＝6

－

若a1＝64，an＝2，则64·qn1＝2 ∴qn＝

1q 32由Sn＝

a1(1?q)?1?q12n64(1?1q)32?126 1?q解得q＝，n＝6

变式训练1.已知等比数列{an}中，a1·a9＝64，a3＋a7＝20，则a11＝ ． 解：64或1

由??a1?a9?64?aa?64 ??37?a3?a7?20?a3?a7?201a3?4?a?16或? ∴ q2＝或q2＝2，∴ a11＝a7 q2，∴ a11＝64或a11＝1 ??3?2?a7?4?a7?16例2. 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，它的前n项和为40，前2n项和为3280，且前n项中

数值最大项为27，求数列的第2n项．

?a1(1?qn)?40??1?q解：若q＝1，则na1＝40，2na1＝3280矛盾，∴ q≠1．∴ ? 2na(1?q)?1?3280?1?q?两式相除得：qn＝81，q＝1＋2a1

又∵q>0，∴ q>1，a1>0 ∴ {an}是递增数列． ∴ an＝27＝a1qn1＝

－

a1?81 1?2a1解得 a1＝1，q＝3，n＝4

变式训练2.已知等比数列{an}前n项和Sn＝2n－1，{an2}前n项和为Tn，求Tn的表达式． 解：(1) ∵a1＋2a22＝0，∴公比q＝又∵S4－S2＝，

将q＝－代入上式得a1＝1， ∴an＝a1qn1＝(－) n

－

a21?? a12181212－1

(n∈N*)

(2) an≥

11 n－114

≥() ?(－)

1622?n≤5

∴原不等式的解为n＝1或n＝3或n＝5．

例3. 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．

(a?d)2解：设这四个数为a－d，a，a＋d，

a?(a?d)2a?d??16依题意有：? a??a?a?d?12?解得：??a?4?a?9 或 ? d?4d??6??∴ 这四个数为0，4，8，16或15，9，3，1．

变式训练3.设Sn是等差数列?an?的前n项和，S6?36,Sn?324,Sn?6?144(n?6)，则n等于（ ）

A. 15 B. 16 C. 17 D. 18

答案： D。解析：由Sn?324,Sn?6?144得an?an?1?an?2?an?3?an?4?an?5?180，再由

n(a1?an)?324,?n?18。 2例4. 已知函数f(x)＝(x－1)2，数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的等比数S6?326,?a1?an?36,?Sn?列(q≠1)，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，b1＝f(q－1)，b3＝f(q＋1)， (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式； (2) 设数列{cn}对任意的自然数n均有：解：(1) a1＝(d－2)2，a3＝d2，a3－a1＝2d 即d2－(d－2)2＝2d，解之得d＝2 ∴a1＝0，an＝2(n－1)

又b1＝(q－2)2，b3＝q2，b3＝b1q2 即q2＝(q－2)2 q2，解之得q＝3

－

∴b1＝1，bn＝3n1 (2)

Cn?(n?1)an?1?nan?4n,cn?4n?3n?1 bncc1c2????n?(n?1)an?1，求数列{cn}前n项和Sn． b1b2bnSn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn

－

＝4(1×3°＋2×31＋3×32＋…＋n×3 n1)

'?1×设Sn3°＋2×3′＋3×32＋…＋n×3 n1

－

'?1×3Sn31＋2×32＋3×33＋…＋n×3 n

23'?1＋3＋3＋3＋…＋3－2Sn n－1

1(3n?1)－n×3 n＝2－3 n·n

'Sn?nn3n?1 ?3?24∴Sn＝2n·3n－3n＋1

变式训练4.已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项，第五项，第十四项分别是 等比数列{bn}的第二项，第三项，第四项． ⑴求数列{an}与{bn}的通项公式； ⑵设数列{cn}对任意正整数n，均有

cc1c2c3??????n?an?1，求c1＋c2＋c3＋…＋c2007b1b2b3bn的值．

－

解：⑴由题意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0) 解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n1． ⑵当n＝1时，c1＝3 当n≥2时，∵

cn?3(n?1) 故cn?2?3n?1 ?an?1?an,∴cn??n?1bn?2?3(n?2)?c1?c2???c2007?3?2?3?2?32???2?32006?32007

归纳小结 a1(1?qn)1．在等比数列的求和公式中，当公比q≠1时，适用公式Sn＝，且要注意n表示项数；

1?q当q＝1时，适用公式Sn＝na1；若q的范围未确定时，应对q＝1和q≠1讨论求和．

2．在等比数列中，若公比q > 0且q≠1时，可以用指数函数的单调性确定数列的最大项或最小项．

3．若有四个数构成的函数，前三个成等差数列，后三个成等比数列时，关键是如何巧妙地设

(x?d)2这四个数，一般是设为x－d，x，x＋d，再依题意列出方程求x、d即可．

x4．a1与q是等比数列{an}中最活跃的两个基本量．

第4课时 等差数列和等比数列的综合应用

基础过关

1．等差数列的常用性质：

⑴ m，n，p，r∈N*，若m＋n＝p＋r，则有 ．

⑵ {an}是等差数列， 则{akn} (k∈N*，k为常数)是 数列． ⑶ Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成 数列．

2．在等差数列中，求Sn的最大(小)值，关键是找出某一项，使这一项及它前面的项皆取正(负)值或0，而它后面的各项皆取负(正)值． ⑴ a1> 0，d <0时，解不等式组 ? ?⑵ a1<0，d>0时，解不等式组 ?

????an?0可解得Sn达到最 值时n的值．

?an?1?0可解得Sn达到最小值时n的值．

3．等比数列的常用性质：

⑴ m，n，p，r∈N*，若m＋n＝p＋r，则有 ． ⑵ {an}是等比数列，则{a2n}、{

1}是 数列． an⑶ 若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成 数列． 典型例题 例1. 是否存在互不相等的三个实数a、b、c，使它们同时满足以下三个条件： ① a＋b＋c＝6

② a、b、c成等差数列．

③ 将a、b、c适当排列后成等比数列． 解：设存在这样的三位数a，b，c．

由a＋b＋c＝6，2b＝a＋c 得：b＝2，a＋c＝4

① 若b为等比中项，则ac＝4，∴ a＝c＝2与题设a≠c相矛盾． ② 若a为等比中项，则a2＝2c，则a＝c＝2(舍去)或a＝－4，c＝8． ③ 若c为等比中项，则c2＝2a，解得c＝a＝2(舍去)或c＝－4，a＝8． ∴存在着满足条件的三个数：－4，2，8或8，2，－4．

111变式训练1.若a、b、c成等差数列，b、c、d成等比数列，,,成等差数列，则a、c、e成（ ）

cdeA．等差数列 B．等比数列 C．既成等差数列又成等比数列 D．以上答案都不是

a?c2112c22答案：B。解析：由2b?a?c,?b?，由c?bd,?d?，由??,

2dcea?c∴

a?cc?e2?,?c?ae，即a,c,e成等比数列。 2cce

例2. 已知公差大于0的等差数列{求数列{an}的通项公式an． 解：设{∴(∴(

1}满足a2a4＋a4a6＋a6a2＝1，a2，a4，a8依次成等比数列，an1111}的公差为d(d＞0)，由a2，a4，a8成等比数列可知，，也成等比数列， ana2a4a81211)＝· a4a2a8111＋3d)2＝(＋d)(＋7d) a1a1a1d1，∴＝d a1a1化简得d2＝

又a2a4＋a4a6＋a6a2＝1化简为

1111＋＋＝ a2a4a6a2a4a6∴3·＝∴

1a411· a2a6a41111·＝3，即(＋d)(＋5d)＝3 a2a6a1a11211＝ 2a12d·6d＝3 ∴d＝，∴

n11＝＋(n－1)d＝

2ana1∴an＝

2 n111b?ca?ca?b,,成等差数列，求证：,,也成等差数列。 abcabc111211解析：由,,成等差数列，则??,?2ac?b(a?c),

abcbac变式训练2.已知

b?ca?b(b?c)?c?a(a?b)bc?c2?a2?abb(a?c)?a2?c2(a?c)22(a?c)∴ ??????acacacacacb即

b?ca?ca?b成等差数列。 ,,abc例3. 已知△ABC中，三内角A、B、C的度数成等差数列，边a、b、c依次成等比数列．求证：△ABC是等边三角形．

解：由2B＝A＋C，且A＋B＋C＝180°，B＝60°，由a、b、c成等比数列，有b2＝ac cosB＝

1a2?c2?b2a2?c2?ac＝＝

22ac2ac得(a－c)2＝0，∴ a＝c ∴△ABC为等边三角形．

变式训练3.若互不相等的实数a、b、c成等差数列，c、a、b成等比数列，且a?3b?c?10，则a= （ ）

A.4 B.2 C.-2 D.-4

?a?c?2b,?2?答案： D.解析：依题意有?bc?a,?a?3b?c?10.??a??4,??b?2, ?c?8.?13例4. 数列{an}的前n项和Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn，n＝1，2，3…… 求：⑴ a2、a3、a4的值及{an}的通项公式； ⑵ a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值.

解析：(1)由a1＝1，an＋1＝Sn，n＝1，2，3，…得a2＝S1＝a1＝，a3＝S2＝(a1＋a2)＝，a4＝S3＝(a1＋a2＋a3)＝

131349131316 27131313131313由an＋1－an＝(Sn－Sn－1)＝an(n≥2)，得an＋1＝an(n≥2)，又a2＝，∴an＝·()n2(n≥2)

－

43131343?1n?1∴ {an}通项公式为an＝??1?(4)n?2n?2

??33(2) 由(1)可知a2、a4、…a2n是首项为，公比为()2，项数为n的等比数列.

41?()2n1∴ a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝×3

31?(4)231343＝[()2n－1]

变式训练4.设数列?an?的前n项的和Sn?求首项a1与通项an。 解析：（I）a1?S1?3743412an??2n?1?，n?1,2,3...... 333所以数列所以：

412a1??22?，解得：a1?2 333441an?1?Sn?1?Sn?an?1?an??2n?2?2n?1??a?2n?1?4?a?2n?n?1n333

?an?2n?是公比为4的等比数列

an?2n??a1?21??4n?1nn得：an?4?2 （其中n为正整数） 归纳小结 1．在三个数成等差（或等比）时，可用等差（或等比）中项公式；在三个以上的数成等差（或等比）时，可用性质：m、n、p、r∈N*，若m＋n＝p＋r，则am＋an＝ap＋ar（或am·an＝ap·ar）进行解答．

2．若a、b、c成等差（或等比）数列，则有2b＝a＋c（或b2＝ac）．

3．遇到与三角形相关的问题时，一般要注意运用正弦定理（或余弦定理）及三角形内角和等

于180°这一性质．

4．在涉及an与Sn相关式子中用Sn－1和Sn的关系表示an时应该注意“n≥2”这个特点．

第5课时 数列求和

基础过关

求数列的前n项和，一般有下列几种方法： 1．等差数列的前n项和公式： Sn＝ ＝ ． 2．等比数列的前n项和公式： ① 当q＝1时，Sn＝ ． ② 当q≠1时，Sn＝ ．

3．倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．

4．错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． 5．裂项求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列． 典型例题 1?1??11??111??11例1. 已知数列：1，??1??，?1???，?1????，…，?1????n?1?，求它的前n

?2??24??248??242?项的和Sn．

解：∵ an＝1＋＋＋……＋

1?121412n?1

1n1?1?＝2?2?1?n? ∴an＝2－n?1

12?2?1?2则原数列可以表示为：

1?1?1?1????(2－1)，??2??，?2?2?，?2?3?，…?2?n?1?

?2??2??2??2?1?1?1???前n项和Sn＝(2－1)＋??2??＋?2?2?＋…＋?2?n?1?

?2??2??2?＝2n－??1???1?1211????? 222n?1?1n1?＝2n－2＝2n－2??1?n? 1?2?1?2＝

12n?1＋2n－2

变式训练1.数列1,212111,3,4,?前n项的和为 （ 4816 ）

1n2?n1n2?n?1 A．n? B．?n?2222

1n2?n1n2?nC．?n? D． ?n?1?

2222答案:B。解析：S?1?2?3?4?n??n12122?1n(n?1)1??1?n n222例2. 求Sn＝1＋解：∵ an＝＝2(

111＋＋…＋． 1?21?2?31?2?3?...?n12＝

1?2?3???nn(n?1)11－) nn?11212∴ Sn＝2(1－＋－＋…＋

13112n－)＝ nn?1n?1变式训练2：数列{an}的通项公式是an＝ A．11 B．99

C．120 D．121 解：C .an＝

1n?n?11n?n?1，若前n项之和为10，则项数n为（ ）

＝n?1?n，

∴Sn＝n?1?1，由n?1?1＝10，∴n?1＝11， ∴n＝11

例3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(项和Tn．

解：取n＝1，则a1＝(又Sn＝

a1?12)?a1＝1 2an?12)(n?N*)，bn＝an·2n，求数列{bn}的前n2n(a1?an)n(a?a)a?1可得：1n＝(n)2

222∵an≠－1(n∈N*) ∴an＝2n－1

∴Tn＝1·2＋3·22＋5·23＋……＋(2n－1)·2n ①

＋

2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋……＋(2n－1)·2n1② ①－②得：

＋＋

∴－Tn＝2＋23＋24＋25＋……＋2n1－(2n－1)·2n1

23(1?2n?1)＋＋＝2＋－(2n－1)·2n1＝－6＋(1－n)·2n2

1?2∴Tn＝6＋(n－1)·2n2

变式训练3.设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1. ⑴ 求数列{an}和{bn}通项公式．

＋

⑵ 设Cn＝

an，求数列{Cn}前n项和Tn ． bn解：（1）当n＝1时a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－2，故{an}通项公式为an＝4n－2，即{an}是a1＝2，d＝4的等差数列，设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴ q＝，故

14

即an?1?an?1（n?2，n?N），且a2?a1?1．

∴数列?an?是以a1?2为首项，公差为1的等差数列．∴an?n?1． （2）∵an?n?1，∴bn?4n?(?1)n?1??2n?1，要使bn?1?bn恒成立，

n?1nn?2∴bn?1?bn?4?4???1???2???1?n∴3?4?3????1?n?1nn?1*??2n?1?0恒成立，

2n?1?0恒成立，

∴??1?n?1??2n?1恒成立．

n?1（ⅰ）当n为奇数时，即??2恒成立，

n?1当且仅当n?1时，2有最小值为1，

∴??1．

（ⅱ）当n为偶数时，即???2当且仅当n?2时，?2n?1n?1恒成立，

有最大值?2，

∴???2．

即?2???1，又?为非零整数，则???1．

*综上所述，存在???1，使得对任意n?N，都有bn?1?bn

21．（1）圆心到直线的距离d?n，

1AnBn)2?2an?2,则an?1?2?2(an?2) 2?易得an?3?2n?1?2nbn?(an?2)?n?2n?1,3（2）Sn?1?20?2?21?3?22?????n?2n?1 ?an?1?(2Sn?1?21?2?22?3?23?????n?2n相减得Sn?(n?1)2n?1

22．解：（1）∵S4?2S2?4，∴4a1?解得d?1

（2）∵a1??，∴数列?an?的通项公式为an?a1?(n?1)?n? ∴bn?1?3?4d?2(2a1?d)?4 2725211?1?

7ann?2

∵函数f(x)?1?7??7??在???,?和?,???上分别是单调减函数， 7?2??2?x?21∴b3?b2?b1?1当n?4时，1?bn?b4

∴数列?bn?中的最大项是b4?3，最小项是b3??1 （2）由bn?1?11得bn?1? ann?a1?11在???,1?a1?和?1?a1,???上分别是单调减函数，

x?a1?1又函数f(x)?1?且x?1?a1时y?1；x?1?a1时y?1.

∵对任意的n?N*，都有bn?b8，∴7?1?a1?8 ∴?7?a1??6 ∴a1的取值范围是(?7,?6)

五年高考题荟萃 2009年高考题

一、选择题

1.(2009年广东卷文)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9=2a5，a2=1，则a1= A.

212 B. C. 2 D.2 22【答案】B

【解析】设公比为q,由已知得a1q?a1q?2a1q为正数，所以q?28?42?,即q2?2,又因为等比数列{an}的公比

2,故a1?a212,选B ??q22为等差数列，

，则

等于

2.(2009安徽卷文）已知

A. -1 B. 1 C. 3 D.7

【解析】∵a1?a3?a5?105即3a3?105∴a3?35同理可得a4?33∴公差d?a4?a3??2∴

a20?a4?(20?4)?d?1.选B。

【答案】B

3.（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项,

S8?32,则S10等于

A. 18 B. 24 C. 60 D. 90 【答案】C

2【解析】由a4?a3a7得(a1?3d)2?(a1?2d)(a1?6d)得2a1?3d?0,再由

56d?32得 2a1?7d?8则d?2,a1??3,所以290S10?10a?1d?60,.故选C

2S8?8a1?4.（2009湖南卷文）设Sn是等差数列?an?的前n项和，已知a2?3，a6?11，则S7等于( ) A．13 B．35 C．49 D． 63 【解析】S7?或由?7(a1?a7)7(a2?a6)7(3?11)???49.故选C. 222?a2?a1?d?3?a?1??1, a7?1?6?2?13.

?a6?a1?5d?11?d?27(a1?a7)7(1?13)??49.故选C. 225.（2009福建卷理）等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 =6，a1=4， 则公差d等于

所以S7?A．1 B 【答案】：C [解析]∵S3?6?5 C.- 2 D 3 33(a1?a3)且a3?a1?2d a1=4 ? d=2.故选C 26.（2009辽宁卷文）已知?an?为等差数列，且a7－2a4＝－1, a3＝0,则公差d＝ A.－2 B.－

11 C. D.2 221 2【解析】a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1 ? d＝－【答案】B

7.（2009四川卷文）等差数列｛an｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190

【答案】B

【解析】设公差为d，则(1?d)2?1?(1?4d).∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100

28.（2009宁夏海南卷文）等差数列?an?的前n项和为Sn，已知am?1?am?1?amS2m?1?38,?0，

则m?

A.38 B.20 C.10 D.9 【答案】C

2【解析】因为?an?是等差数列，所以，am?1?am?1?2am，由am?1?am?1?am?0，得：2am－am＝0，所以，am＝2，又S2m?1?38，即38，解得m＝10，故选.C。

2

(2m?1)(a1?a2m?1)＝38，即（2m－1）×2＝

29..（2009重庆卷文）设?an?是公差不为0的等差数列，则?an?a1?2且a1,a3,a6成等比数列，的前n项和Sn=（ ）

n27nn25nn23n? C．? ?A． B．332444【答案】A

D．n?n

2【解析】设数列{an}的公差为d，则根据题意得(2?2d)2?2?(2?5d)，解得d?1或d?02n(n?1)1n27n???（舍去），所以数列{an}的前n项和Sn?2n? 224410.（2009广东卷理）已知等比数列{an}满足an?0,n?1,2,则当n?1时，log2a1?log2a3?，且a5?a2n5??22n(n?3)，

?log2a2n?1?

22A. n(2n?1) B. (n?1) C. n D. (n?1)

2【解析】由a5?a2n?5?22n(n?3)得an则an?2n， log2a1?log2a3????? ?22n，an?0，

2log2a2n?1?1?3?????(2n?1)?n2，选C.

答案 C

11.（2009辽宁卷理）设等比数列{ an}的前n 项和为Sn ，若

S6S=3 ，则 9 = S3S6

A. 2 B.

78 C. D.3 33S6(1?q3)S333

【解析】设公比为q ,则＝1＋q＝3 ? q＝2 ?S3S3S91?q3?q61?2?47 于是??? 3S61?q1?23【答案】B

12.（2009宁夏海南卷理）等比数列?an?的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=( )

A.7 B.8 C.15 D.16 【解析】

4a1，2a2，a3成等差数列，

?4a1?a3?4a2,即4a1?a1q2?4a1q,?q2?4q?4?0,?q?2，S4?15,选C.

【答案】 C

13.（2009湖北卷文）设x?R,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{[

5?15?1], 225?1}，2A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B

??5?1??【解析】可分别求得???2????数列.

5?15?1，[]?1.则等比数列性质易得三者构成等比2214.（2009湖北卷文）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：

他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数下列数中及时三角形数又是正方形数的是

A.289 B.1024 C.1225 D.1378 【答案】C

【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项a?nn(n?1)，同理可得正方形数构成的数列2n通项bn?n2，则由bn?n2(n?N?)可排除A、D，又由a?C.

n(n?1)知an必为奇数，故选215..（2009安徽卷理）已知?an?为等差数列，以Sn表示?an?a2?a4?a6=99，a1+a3+a5=105，的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是 A.21 B.20 C.19 D. 18 【答案】 B 【解析】由a1+a3+a5=105得3a3?105,即a3?35，由a2?a4?a6=99得3a4?99即

?an?0得n?20，选B a4?33 ，∴d??2，an?a4?(n?4)?(?2)?41?2n，由??an?1?016.（2009江西卷理）数列{an}的通项an?n(cos为

A．470 B．490 C．495 D．510 【答案】 A

22n?n??sin2)，其前n项和为Sn，则S3033

【解析】由于{cos2n?n??sin2}以3 为周期,故 3312?2242?522S30?(??3)?(??62)?2210282?292?(??302)

210(3k?2)2?(3k?1)259?10?112??[??(3k)]??[9k?]??25?470故选A

222k?1k?117.（2009四川卷文）等差数列｛an｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 【答案】B

【解析】设公差为d，则(1?d)?1?(1?4d).∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝10

二、填空题

18.（2009全国卷Ⅰ理） 设等差数列?an?的前n项和为Sn，若S9?72,则a2?a4?a9= 答案 24 解析

2?an?是等差数列,由S9?72,得?S9?9a5,a5?8

1S，前n项和为Sn，则4? ． 2a4?a2?a4?a9?(a2?a9)?a4?(a5?a6)?a4?3a5?24.

19.（2009浙江理）设等比数列{an}的公比q?答案：15

a1(1?q4)s41?q43解析 对于s4?,a4?a1q,??3?151?qa4q(1?q)

20.（2009北京文）若数列{an}满足：a1?1,an?1?2an(n?N?)，则a5? ；前

8项的和S8? .（用数字作答） 答案 225

.解析 本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题. 属于基础知识、基本运算的考查.

a1?1,a2?2a1?2,a3?2a24,a4?2a3?8,a5?2a4?16，

28?1?255，∴应填255. 易知S8?2?121.（2009全国卷Ⅱ文）设等比数列{an}的前n项和为sn。若a1?1,s6?4s3，则a4= × 答案：3

解析：本题考查等比数列的性质及求和运算，由a1?1,s6?4s3得q=3故a4=a1q=3 22.（2009全国卷Ⅱ理）设等差数列?an?的前n项和为Sn，若a5?5a3则

3

3

S9? S5解析

?an?为等差数列，?S99a5??9S55a3

答案 9

23.（2009辽宁卷理）等差数列?an?的前n项和为Sn，且6S5?5S3?5,则a4? 1解析 ∵Sn＝na1＋n(n－1)d

2 ∴S5＝5a1＋10d,S3＝3a1＋3d

∴6S5－5S3＝30a1＋60d－(15a1＋15d)＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4 答案

13

24.（2009浙江文）设等比数列{an}的公比q?1S，前n项和为Sn，则4? ． 2a4【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式，通过对数列知识点的考查充分体现了通项公式和前n项和的知识联系． 答案 15

a1(1?q4)s41?q43解析 对于s4?,a4?a1q,??3?15

1?qa4q(1?q)25.（2009浙江文）设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8?S4，S12?S8，S16?S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4， ， ，成等比数列．

【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力

T16T12

答案：

T8T12,T4T8

T8T12T16，成,T4T8T12解析 对于等比数列，通过类比，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，等比数列．

26.（2009北京理）已知数列{an}满足：a4n?3?1,a4n?1?0,a2n?an,n?N?,则

a2009?________；a2014=_________.

答案 1，0

解析 本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.

依题意，得a2009?a4?503?3?1，a2014?a2?1007?a1007?a4?252?1?0. ∴应填1，0.

27..（2009江苏卷）设?an?是公比为q的等比数列，|q|?1，令bn?an?1(n?1,2,数列?bn?有连续四项在集合??53,?23,19,37,82?中，则6q= . 答案 -9

解析 考查等价转化能力和分析问题的能力。等比数列的通项。

)，若

?an?有连续四项在集合??54,?24,18,36,81?，四项?24,36,?54,81成等比数列，公比为

3q??，6q= -9

228.(2009山东卷文)在等差数列{an}中,a3?7,a5?a2?6,则a6?____________. 解析 设等差数列{an}的公差为d,则由已知得??a1?2d?7?a1?4d?a1?d?6解得??a1?3,所以

?d?2a6?a1?5d?13.

答案:13.

【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算.

?an?,当an为偶数时，29.(2009湖北卷理)已知数列?an?满足：（m为正整数），an?1??2a1＝m?3an?1,当an为奇数时。?若a6＝1，则m所有可能的取值为__________。

答案 4 5 32

aa1mm为偶, 故a2? a3?2?

2242mmmm?1?m?32 ①当仍为偶数时，a4???????a6? 故

8323243m?1m3②当为奇数时，a4?3a3?1?m?1??????a6?4

4443m?14故?1得m=4。 43m?1（2）若a1?m为奇数，则a2?3a1?1?3m?1为偶数，故a3?必为偶数

23m?13m?1??????a6?，所以=1可得m=5

1616解析 （1）若a1?m为偶数，则

30.（2009宁夏海南卷理）等差数列{an}前n项和为Sn。已知am?1+am?1-a2m=0，S2m?1=38,则m=_______

解析由am?1+am?1-a2m=0得到

22am?am?0,am?0,2又S2m?1??2m?1??a1?a2m?1??2?2m?1?am?38?m?10

答案10

31.（2009陕西卷文）设等差数列?an?的前n项和为sn,若a6?s3?12,则

an? .

解析:由a6?s3?12可得?an?的公差d=2,首项a1=2,故易得an?2n. 答案:2n

32.(2009陕西卷理)设等差数列?an?的前n项和为Sn,若a6?S3?12,则

limSn? . n??n2?a6?12?a1?5d?12?a1?2SSnn?1n?1解析：?????Sn?n(n?1)?n??lim?lim?1?2n??n2n??ns?12a?d?12d?2nn??1?3答案：1

Cn?1(n?1)2由?1得?1即n2?2n?1?0?n?1?2即n?3

Cn2n又n?3时

(n?1)2Cn?1?1成立,即?1由于Cn?0恒成立. 2n2Cn因此,当且仅当n?3时, Cn?1?Cn

41.（2009江西卷文）数列{an}的通项an?n(cos(1) 求Sn;

22n?n??sin2)，其前n项和为Sn. 33S3n,求数列｛bn｝的前n项和Tn. n?4nn?2n?2n??sin2?cos解: (1) 由于cos,故

333(2) bn?S3k?(a1?a2?a3)?(a4?a5?a6)?12?2242?522?(??3)?(??62)?22?18k?5k(9k?4)?, 22k(4?9k)S3k?1?S3k?a3k?,

2?1331??22?(a3k?2?a3k?1?a3k) (3k?2)2?(3k?1)22?(??(3k)))2S3k?2k(4?9k)(3k?1)213k?21?S3k?1?a3k?1????k???,

22236n1???,n?3k?2?36??(n?1)(1?3n),n?3k?1 (k?N*) 故 Sn??6??n(3n?4),n?3k?6?(2) bn?S3n9n?4?, nnn?42?4113229n?4Tn?[?2??], n24441229n?44Tn?[13???n?1],

244两式相减得

99?n1999n?419n?419n3Tn?[13???n?1?n]?[13?44?n]?8?2n?3?2n?1,

1244424221?4813n?.故 Tn??33?22n?322n?1

42. （2009天津卷文）已知等差数列{an}的公差d不为0，设Sn?a1?a2q???anqn?1

Tn?a1?a2q???(?1)n?1anqn?1,q?0,n?N*

（Ⅰ）若q?1,a1?1,S3?15 ,求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若a1?d,且S1,S2,S3成等比数列，求q的值。 （Ⅲ）若q??1,证明（1?q）S2n2dq(1?q2n)* ?(1?q)T2n?,n?N21?q（1）解：由题设，S3?a1?(a1?d)q?(a1?2d)q2,将q?1,a1?1,S3?15 代入解得d?4，所以an?4n?3n?N*

（2）解：当a1?d,S1?d,S2?d?2dq,S3?d?2dq?3dq2,?S1,S2,S3成等比数列，所

2以S2?S1S3，即（d?2dq）?d（d?2dq?3dq2)，注意到d?0，整理得q??2

2（3）证明：由题设，可得bn?qn?1，则

S2n?a1?a2q?a3q2??a2nq2n?1 ① T2n?a1?a2q?a3q2???a2nq2n?1 ②

①-②得，

S2n?T2n?2(a2q?a4q3???a2nq2n?1)

①+②得，

S2n?T2n?2(a1q?a3q2???a2n?1q2n?2) ③

③式两边同乘以 q，得q(S2n?T2n)?2(a1q?a3q???a2n?1q所以(1?q)S2n?(1?q)T2n?2d(q?q???q32n?122n?2)

2dq(1?q2n) )?21?q（3）证明：c1?c2?(ak1?al1)b1?(ak2?al2)b2?(akn?aln)bn

1

n?1=(k1?l1)db 1?(k2?l2)db1q???(kn?ln)db1q因为d?0,b1?0，所以

c1?c2?(k1?l1)?(k2?l2)q???(kn?ln)qn?1 db1若kn?ln，取i=n，

若kn?ln，取i满足ki?li，且kj?lj，i?1?j?n 由（1）（2）及题设知，1?i?n，且

c1?c2?(k1?l1)?(k2?l2)q???(kn?ln)qn?1 db1①

当ki?li时，ki?li??1，由q?n，ki?li?q?1,i?1,2?,i?1

即k1?l1?q?1，(k2?l2)q?q(q?1),?(ki?1?li?1)qi?2?q(q?1)i?2

c1?c21?qi?1i?2i?1所以?(q?1)?(q?1)q???(q?1)q?q?(q?1)?qi?1??1

db11?q因此c1?c2?0 ②

当ki?li时，同理可得

c1?c2??1,因此c1?c2?0 db1综上，c1?c2

【考点定位】本小题主要考查了等差数列的通项公式，等比数列通项公式与前n项和等基本知识，考查运算能力和推理论证能力和综合分析解决问题的能力

43. （2009全国卷Ⅱ理）设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1?1,Sn?1?4an?2 （I）设bn?an?1?2an，证明数列{bn}是等比数列 （II）求数列{an}的通项公式。

解：（I）由a1?1,及Sn?1?4an?2，有a1?a2?4a1?2,a2?3a1?2?5,?b1?a2?2a1?3 由Sn?1?4an?2，．．．① 则当n?2时，有Sn?4an?1?2．．．．．② ②－①得an?1?4an?4an?1,?an?1?2an?2(an?2an?1)

又

bn?an?1?2an，?bn?2bn?1?{bn}是首项b1?3，公比为２的等比数列．

an?1an3?n? n?1224（II）由（I）可得bn?an?1?2an?3?2n?1，?a13}是首项为，公差为的等比数列． ?数列{n242na1331??(n?1)?n?，an?(3n?1)?2n?2 ?nn22444评析：第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找bn与bn?1的关系即可．

第（II）问中由（I）易得an?1?2an?3?2n?1，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：

an?1?pan?qn(p,q为常数)，主要的处理手段是两边除以qn?1．

总体来说，09年高考理科数学全国I、Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列（全国I还考查了利用错位相减法求前n项和的方法），一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 44. （2009辽宁卷文）等比数列{an}的前n 项和为sn，已知S1,S3,S2成等差数列 （1）求{an}的公比q；

（2）求a1－a3＝3，求sn 解：（Ⅰ）依题意有

a1?(a1?a1q)?2(a1?a1q?a1q2)

由于 a1?0，故 2q?q?0

又q?0，从而q?－ 5分

212（ （Ⅱ）由已知可得a1?a1?）?3

故a1?4

1221n（41?（?））81n2 从而Sn? 10分 ?（1?（?））1321?（?）2

1’a2?2,an＋2＝45. （2009陕西卷文）已知数列?an}满足， a1＝an?an?1,n?N*. 2???令bn?an?1?an，证明：{bn}是等比数列；

(Ⅱ)求?an}的通项公式。 （1）证b1?a2?a1?1, 当n?2时，bn?an?1?an?所以?bn?是以1为首项，?an?1?an11?an??(an?an?1)??bn?1, 2221为公比的等比数列。 21n?1（2）解由（1）知bn?an?1?an?(?),

2当n?2时，an?a1?(a2?a1)?(a3?a2)?1?(an?an?1)?1?1?(?)?21?(?)n?2

211?(?)n?1215212?1?[1?(?)n?2]??(?)n?1, ?1?1323321?(?)25211?1当n?1时，?(?)?1?a1。

332521n?1*所以an??(?)(n?N)。

33246.（2009湖北卷文）已知{an}是一个公差大于0的等差数列， 且满足a3a6＝55, a2+a7＝16. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式：

（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝＝的前n项和Sn

解（1）解：设等差数列?an?的公差为d，则依题设d>0 由a2+a7＝16.得2a1?7d?16 ① 由a3?a6?55,得(a1?2d)(a1?5d)?55 ②

由①得2a1?16?7d将其代入②得(16?3d)(16?3d)?220。即256?9d?220

2b1b2b3b?2?3?...n(n为正整数)，求数列{bn}n2222?d2?4,又d?0,?d?2,代入①得a1?1?an?1?(n?1)?2?2n?1

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