第1部分 数列的概念及其表示
1 数列的定义
(1)按照一定顺序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第一项，也叫首项．
(2)数列与函数的关系
从函数观点看，数列可以看成：以正整数集N*或N*的有限子集{1,2,3，…，n}为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．
2 数列的表示方法
列表法 图象法 公式法
3 数列的分类
分类原则 按项数分类 类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 按项与项 间的大小 关系分类 4 an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则
S1n＝1，an＝
S－Sn≥2.－n1n列表格表达n与an的对应关系 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 把数列的通项用公式表达的方法 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表达数列的方法 通项公式 递推公式 满足条件 项数有限 项数无限 an＋1>an an＋1 一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法或转化为基本数列(等差数列或等比数列)等方法求得通项公式． 【例1】(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n，则此数列的通项公式为an＝________. 1 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝，求Sn. 2[解析] (1)当n＝1时， a1＝S1＝2×12＋3×1＝5； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，∴an＝4n＋1. 1 / 16 (2)∵当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1， 11 ∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0，即－＝2， SnSn－1 1∴数列S是公差为2的等差数列， n 11 又S1＝a1＝，∴＝2， 2S11 ∴＝2＋(n－1)·2＝2n， Sn1 ∴Sn＝. 2n【过关练习】 1.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为________． －1，n＝1， 答案 an＝n－1 2，n≥2 解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n1， －1，n＝1， ∴an＝n－1 2，n≥2. － 2.Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和． anan＋1 2 解 (1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知an＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 2可得a2n＋1－an＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即 222(an＋1＋an)＝an＋1－an＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3. 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知 bn＝ 11111 ＝＝2n＋1－2n＋3. anan＋12n＋12n＋32 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝＝1111111－－＋－＋…＋235572n＋12n＋3 n . 32n＋3 第2部分 等差数列及前n项和 1 等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，定义的表达式为an＋1－an＝d，d为常数． 2 等差中项 2 / 16 如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项，且A＝3 等差数列的通项公式及其变形 a＋b . 2 通项公式：an＝a1＋(n－1)d，其中a1是首项，d是公差．通项公式的变形：an＝am＋(n－m)d，m，n∈N*. 4 等差数列的前n项和 等差数列的前n项和公式：Sn＝5 等差数列的单调性 当d>0时，数列{an}为递增数列； 当d<0时，数列{an}为递减数列； 当d＝0时，数列{an}为常数列． 等差数列及其前n项和的性质 已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和． (1)有穷等差数列中与首末两项等距离的两项的和相等，即a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…＝ak＋an－k＋1＝…. (2)等差数列{an}中，当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)． 特别地，若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)． (3)相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为md(k，m∈N*)． (4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d. 1Sn(5)n也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}的公差的. 2(6)在等差数列{an}中， S奇an ①若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；＝. S偶an＋1S奇n ②若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝. S偶n－1(7)若数列{an}与{bn}均为等差数列，且前n项和分别是Sn和Tn，则 S2m－1am ＝. T2m－1bm na1＋annn－1 ＝na1＋d. 22 (8)若数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{pan}，{an＋p}，{pan＋qbn}都是等差数列(p，q都是常数)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2. 【例1】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． [解] (1)证明：∵an＋2＝2an＋1－an＋2， ∴bn＋1－bn＝an＋2－an＋1－(an＋1－an) ＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2. ∴{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1， ∴a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5， …，an－an－1＝2n－3，累加法可得 an－a1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝(n－1)2， ∴an＝n2－2n＋2. 【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． 3 / 16 (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 解 (1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1. 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得 {a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 【过关练习】 1．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22. (1)求通项an； (2)求Sn的最小值； (3)若数列{bn}是等差数列，且bn＝ Sn ，求非零常数c. n＋c 解 (1)因为数列{an}为等差数列， 所以a3＋a4＝a2＋a5＝22. 又a3·a4＝117， 所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根， 又公差d>0，所以a3 a＋3d＝13，d＝4.1 所以通项an＝4n－3. (2)由(1)知a1＝1，d＝4. 所以Sn＝na1＋nn－111 n－2－. ×d＝2n2－n＝2482 所以当n＝1时，Sn最小，最小值为S1＝a1＝1. 2n2－nSn (3)由(2)知Sn＝2n－n，所以bn＝＝， n＋cn＋c 2 1615 所以b1＝，b2＝，b3＝. 1＋c2＋c3＋c因为数列{bn}是等差数列， 所以2b2＝b1＋b3， 即 6115×2＝＋， 2＋c1＋c3＋c 所以2c2＋c＝0， 4 / 16 1 所以c＝－或c＝0(舍去)， 21 故c＝－. 22.已知等差数列{an}中，a5＝12，a20＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Sn. 解 (1)设数列{an}的公差为d， a5＝a1＋4d＝12 依题意得， a20＝a1＋19d＝－18a1＝20 解得， d＝－2 ∴an＝20＋(n－1)×(－2)＝－2n＋22. －2n＋22，n≤11(2)由(1)知|an|＝|－2n＋22|＝， 2n－22，n>11 ∴当n≤11时，Sn＝20＋18＋…＋(－2n＋22)＝ n20－2n＋22 ＝(21－n)n； 2 n－112＋2n－22 当n>11时，Sn＝S11＋2＋4＋…＋(2n－22)＝110＋＝n2－21n＋220. 2 21－nn，n≤11 综上所述，Sn＝2. n－21n＋220，n>11 3．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a2n＋n－4. (1)求证{an}为等差数列； (2)求{an}的通项公式． 解 (1)证明：当n＝1时， 2 有2a1＝a21＋1－4，即a1－2a1－3＝0， 解得a1＝3(a1＝－1舍去)． 当n≥2时，有2Sn－1＝a2n－1＋n－5， 又2Sn＝a2n＋n－4， 2两式相减得2an＝a2n－an－1＋1， 2即a2n－2an＋1＝an－1， 也即(an－1)2＝a2n－1， 因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1. 若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1， 而a1＝3， 所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1， 因此{an}为等差数列． (2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)＝n＋2，即an＝n＋2. 第3部分 等比数列及前n项和 1 等比数列的定义 5 / 16 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数q(q≠0)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数q叫做等比数列的公比． 2 等比中项 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． 3 等比数列的通项公式及其变形 通项公式：an＝a1·qn1(a1q≠0)，其中a1是首项，q是公比．通项公式的变形：an＝am·qnm. 4 等比数列前n项和公式 a1－qa－anq11－qq≠1，1q≠1， 1－qSn＝或Sn＝ na1q＝1na1q＝1.5 等比数列的单调性 当q>1，a1>0或0 设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． (1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*. *特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a2s，其中p，s，r∈N. n － － (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)． pan (3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和qb(其中b，p，q是非零常数) n 也是等比数列． (4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. (5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列． (6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn， T2nT3n ，，…成等比数列． TnT2n S偶S奇－a1 ＝q；若项数为2n＋1，则＝q. S奇S偶 (7)若数列{an}的项数为2n，S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则 【例1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n. (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． [解] (1)证明：∵an＋Sn＝n，① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.② ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴an＋1 an－1 －11 ＝. 2∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1， 11∴a1＝，c1＝－. 22 11 又cn＝an－1，故{cn}是以－为首项，为公比的等比数列． 22 6 / 16 11n－1 1n， (2)由(1)知cn＝－×＝－2221n ∴an＝1－2. 【例2】已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝3an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整 数． (1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论． 2 224λ－4，故4λ2－4λ解 (1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a22＝a1a3，即λ－3＝λ399 4 ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．∴对任意实数λ，数列{an}都不是等比数列． 9 (2)∵bn＋1＝(－1)n1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n ＋ ＋1 2an－2n＋14＝－2(－1)n(an－3n＋21)＝－2bn， 333又b1＝－(λ＋18)，∴当λ＝－18时，b1＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列； 当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0， 则bn≠0，∴ bn＋12 ＝－(n∈N*)． bn3 2 故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列． 3 【过关练习】 1．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d， 则(a－d)＋a＋(a＋d)＝15，解得a＝5， ∴b3＝7－d，b4＝10，b5＝18＋d. ∵b3，b4，b5成等比数列， 2 ∴b3b5＝b24，即(7－d)(18＋d)＝10， 化简，得d2＋11d－26＝0，解得d＝2或d＝－13(舍去)， ∴b3＝5，b4＝10，b5＝20， ∴数列{bn}的公比q＝ 10 ＝2， 5 － － 数列{bn}的通项公式为bn＝b3qn3＝5×2n3. b35 (2)由b3＝5，q＝2，得b1＝2＝， q4 5 ∴数列{bn}是首项为b1＝，公比为q＝2的等比数列， 4b11－qn5－ ∴数列{bn}的前n项和Sn＝＝5×2n2－. 41－q 2已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an＋1，求数列{bn}的前n项和． 7 / 16 解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．因为S3＝a4＋6，所以3a1＋因为a1，a4，a13成等比数列， 所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2， 即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.解得d＝2. 所以an＝2n＋1. (2)由题意bn＝2 2n＋1 3×2d ＝a1＋3d＋6.所以a1＝3. 2 ＋1，设数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝2 ＋ 2n＋1 cn＋122n11，＝2n＋1＝4(n∈N*)，所以数列{cn}为cn2 ＋＋ 81－4n22n3－8 以8为首项，4为公比的等比数列．所以Tn＝＋n＝＋n. 31－4 第4部分 数列求和、数列的综合应用 数列的求和方法 (1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和 ①等差数列的前n项和公式： Sn＝ na1＋annn－1 ＝na1＋d. 22 ②等比数列的前n项和公式： na，q＝1，1 Sn＝a1－anqa11－qn ＝，q≠1.1－q1－q③常见数列的前n项和公式： a．1＋2＋3＋…＋n＝ nn＋1 ； 2 b．2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n； c．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2； d．12＋22＋32＋…＋n2＝ nn＋12n＋1 ； 6 e．13＋23＋33＋…＋n3＝(2)倒序相加法 nn＋122. 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． (3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 常见的裂项公式有： ①②③111 ＝－； nn＋1nn＋11111 ＝n－n＋2； nn＋22 1111 ＝2n－1－2n＋1； 2n－12n＋12 8 / 16 ④1n＋n＋1 ＝n＋1－n. (4)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． (5)分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 【例1】(1)已知等差数列{an}，公差d>0，前n项和为Sn，且满足a2a3＝45，a1＋a4＝14. ①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； ②设bn＝ 1Sn ，若{bn}也是等差数列，试确定非零常数c，并求数列b·b的前n项和Tn. n＋cnn＋1 (2)数列{an}的前n项的和为Sn，对于任意的自然数an>0,4Sn＝(an＋1)2. ①求证：数列{an}是等差数列，并求通项公式； an ②设bn＝n，求和Tn＝b1＋b2＋…＋bn. 3a2a3＝45 [解] (1)①依题意得， a1＋a4＝a2＋a3＝14 a2＝5a2＝9 解得或(舍去)，∴an＝4n－3，Sn＝2n2－n. a3＝9a3＝5 2n2－n②由①知bn＝. n＋c 数列{bn}是等差数列，则2b2＝b1＋b3，即 611512·＝＋，解得c＝－，∴bn＝2n. 22＋c1＋c3＋c则 11111 ＝＝n－n＋1， bn·bn＋12n·2n＋24 11111n ＋＋…＋＝1－n＋1＝b1b2b2b3bnbn＋144n＋1. ∴Tn＝ (2)①证明：令n＝1,4S1＝4a1＝(a1＋1)2， 解得a1＝1， 由4Sn＝(an＋1)2， 得4Sn＋1＝(an＋1＋1)2， 两式相减得4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， 整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0， ∵an>0， ∴an＋1－an＝2， 则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， an＝1＋2(n－1)＝2n－1. ②由①得bn＝ 2n－1 ， 3n 9 / 16 2n－1135 Tn＝1＋2＋3＋…＋n，① 33332n－11135 Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋1，② 33333①－②得 1112n－121Tn＝＋22＋3＋…＋n－n＋1 333333111－n－132n－191 ＝＋2×－n＋1 313 1－ 322n＋2＝－n＋1， 33所以Tn＝1－ n＋1 . 3n【例2】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 4n ，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1 2×1 解 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， 2S4＝4a1＋ 4×3 ×2＝4a1＋12， 2 由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得a1＝1，所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n＝(－1)n －1 －1 4n4n－ ＝(－1)n1 anan＋12n－12n＋1 1＋1. 2n－12n＋1 111111112n ＋＋1＋－＋＋…＋当n为偶数时，Tn＝－＝1－＝. 3352n＋12n＋12n－32n－12n－12n＋111111112n＋21＋＋1＋－＋＋…－当n为奇数时，Tn＝＋＝1＋＝. 3352n＋12n＋12n－32n－12n－12n＋1n＋2 ，n为奇数，22n＋1 所以T＝2n 2n＋1，n为偶数. n 【例3】已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求an与bn； 11 (2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn. anbn①求Sn； ②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn. 解 (1)由题意a1a2a3…an＝(2)bn，b3－b2＝6， 10 / 16 知a3＝(2)b3 －b2 ＝8，又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)． 所以，a1a2a3…an＝2 nn＋12 ＝(2)n(n ＋1)． 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)． 1111111 (2)①由(1)知cn＝－＝n－n－n＋1(n∈N*)，所以Sn＝－n(n∈N*)． anbn2n＋12②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0， 当n≥5时，cn＝而得 1nn＋1 －1， nn＋12n nn＋1n＋1n＋2n＋1n－2 －＝>0， ＋＋ 2n2n12n1nn＋15·5＋1 ≤<1. 2n25所以，当n≥5时，cn<0. 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4. 【过关练习】 1.在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. ①求数列{an}的通项公式； ②令bn＝2an －10 ，证明：数列{bn}为等比数列； ③求数列{nbn}的前n项和Tn. a1＋9d＝30[解] (1)①设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组，解 a1＋19d＝50a1＝12 得. d＝2 所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10. ②证明：由①，得bn＝2anbn＋14n1 所以＝n＝4. bn4 所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列． ③由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n ①， 4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n1 ②， ①－②，得－3Tn＝4＋4＋…＋4－n×42.已知函数f(x)＝ 2 n n＋1 ＋ ＋ －10 ＝22n ＋10－10 ＝22n＝4n， 41－4n3n－1×4n1＋4n＋1 ＝－n×4.所以Tn＝. 9－3 ＋ 2x＋31* ，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝fan，n∈N. 3x (1)求数列{an}的通项公式； m－20041 (2)令bn＝(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Sn<对一切n∈N*成立，求最小正整数m. 2an－1an12＋3an2 [解] (1)∵an＋1＝f＝＝an＋， an332 ∴{an}是以为公差，首项a1＝1的等差数列， 3 11 / 16 21∴an＝n＋. 33(2)当n≥2时， bn＝ 1an－1an ＝1 2n－12n＋1 3333 191 ＝2n－1－2n＋1， 2当n＝1时，上式同样成立． ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn 111119 ＝1－3＋3－5＋…＋2n－1－2n＋1 219 ＝1－2n＋1， 2m－2004∵Sn<， 2 1m－20049 即1－2n＋1<对一切n∈N*成立， 2211999又1－2n＋1随n递增，且1－2n＋1<， 2229m－2004∴≤，∴m≥2013，∴mmin＝2013. 22 课后练习 【补救练习】 a2n＋1＋a2n＋21 1.已知等比数列{an}中的各项都是正数，且5a1，a3,4a2成等差数列，则＝( ) 2a1＋a2A．－1 C．52n 答案 C 解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则依题意有a3＝5a1＋4a2，即a1q2＝5a1＋4a1q，q2－4q－5＝0，解a2n＋1＋a2n＋2a1q2n＋a2q2n 得q＝－1或q＝5.又q>0，因此q＝5，所以＝＝q2n＝52n，选C. a1＋a2a1＋a2 2．已知正项等差数列{an}满足：an＋1＋an－1＝a2n(n≥2)，等比数列{bn}满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2 ＋b2)＝( ) A．－1或2 C．2 答案 C 解析 由题意可知an＋1＋an－1＝2an＝a2n，解得an＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数，故an＝0舍去)，又bn＋1bn－1＝b2n＝2bn(n≥2)，所以bn＝2(n≥2)，所以log2(a2＋b2)＝log24＝2. 3．已知等比数列{an}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{an}的前8项和为( ) A．127 B．255 C．511 D．1023 答案 B B．0或2 D．1 B．1 D．52n1 － 12 / 16 1×1－28 解析 ∵2a4，a6,48成等差数列，∴2a6＝2a4＋48，∴2a1q＝2a1q＋48，解得a1＝1，∴S8＝＝255. 1－2 5 3 4．已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前n项和的最大值等于 ( ) A．126 B．130 C．132 D．134 答案 C 解析 ∵bn＋1－bn＝lg an＋1－lg an＝lg ∴{bn}为等差数列． b1＋2d＝18，d＝－2， 设公差为d，则∴ b1＋5d＝12，b1＝22. an＋1 为常数， an 由bn＝－2n＋24≥0，得n≤12，∴{bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， ∴S11，S12最大且S11＝S12＝132. 5.设数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若a5＝b5，a6＝a7＋a5 b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝________. b7＋b5 5 答案 － 13 解析 由S7－S5＝4(T6－T4)得，a6＋a7＝4(b5＋b6)， 又a5＝b5，a6＝b6，所以a6＋a7＝4(a5＋a6)， 所以6a1＋25d＝0，所以a1＝－ 25d， 6 25 －d＋5d6b6a6 又q＝＝＝＝－5， b5a525d －＋4d6所以 a7＋a52a62b62q5 ＝＝＝2＝－. 2213b7＋b5b5q＋1b5q＋1q＋1 【巩固练习】 bn，an≤bn，－ 1．已知数列{an}的通项公式为an＝25n，数列{bn}的通项公式为bn＝n＋k，设cn＝若在数列 an，an>bn， {cn}中，c5≤cn对任意n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是________． 答案 [－5，－3] 解析 cn是取an和bn中的较大值，又c5是数列{cn}中的最小项，由于函数y＝25n是减函数，函数y＝n＋k是增函数，所以b5≤a5≤b6或a5≤b5≤a4，即5＋k≤255≤6＋k或255≤5＋k≤254，解得－5≤k≤－4或－4≤k≤－3，所以－5≤k≤－3. 2．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若S4≥4，S7≤28，则a10的最大值为________． 答案 16 解析 ∵等差数列{an}的前n项和为Sn，S4≥4，S7≤28， － － － － 13 / 16 ∴7×6 S＝7a＋d≤28，2S4＝4a1＋ 7 1 4×3 d≥4，2 2a1＋3d≥2，即 a1＋3d≤4， a＝a＋9d＝a1＋3d＋6d≤4＋6d，101 ∴ 115d2＋15da10＝a1＋9d＝22a1＋3d＋2≥2，∴ 2＋15d2＋15d ≤a10≤4＋6d，∴≤4＋6d，解得d≤2， 22 ∴a10≤4＋6×2＝16. 3．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)． (1)求{an}的通项公式； (2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn. 解 (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)． 又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1. 故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n1. (2)设{bn}的公差为d. 由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5， 故b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(5－d＋1)·(5＋d＋9)＝(5＋3)2，解得d＝2或d＝－10. ∵等差数列{bn}的各项为正，∴d>0， ∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋4. 数列{an}满足an＋1＝ nn－1 ×2＝n2＋2n. 2 － an ，a＝1. 2an＋11 1(1)证明：数列a是等差数列； n 111n1(2)求数列a的前n项和Sn，并证明＋＋…＋>. S1S2Snn＋1n解 (1)证明：∵an＋1＝∴即11＝an ， 2an＋1 an＋1 2an＋111 ，化简得＝2＋， ananan＋1 11－＝2，故数列a是以1为首项，2为公差的等差数列． an＋1ann n1＋2n－11 (2)由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2. an2 11111111111111 1－＋－＋…＋n－证法一：＋＋…＋＝2＋2＋…＋2>＋＋…＋＝223S1S2Sn12n1×22×3nn＋1n＋1＝1－ 1n ＝. n＋1n＋1 111111 证法二：＋＋…＋＝2＋2＋…＋2>1， S1S2Sn12nn111n 又∵1>，∴＋＋…＋>. S1S2Snn＋1n＋1 14 / 16 【提高练习】 1 1.设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，对任意实数x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n 2∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( ) 11 ，2 B.，2 A.2211 ，1 D.，1 C.22答案 C an＋1解析 因为对任意实数x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，所以令x＝n，y＝1，得f(n)·f(1)＝f(n＋1)，即＝ an 11 1－n22fn＋11n1111 ＝f(1)＝，所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，an＝，所以S＝＝1－，则Snn 222212nfn 1－21∈2，1.故选C. 2．已知函数f(x)＝log2x－logx2(0 ＝2n， log22an 12 ∴an－＝2n，即a2n－2nan－1＝0，∴an＝n±n＋1. an∵0 3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝lg an＋2 ，求数列{bn}的前n项和Sn. an 1 －＝1， an＋1an1 2n＋1>1－＝0， n＋1＋nn＋12＋1＋n2＋1 2n＋1 解 (1)由题意得 1 又因为a1＝1，所以＝1. a1 1 所以数列a是首项为1，公差为1的等差数列， n 11所以＝n，即an＝. ann 1所以数列{an}的通项公式为an＝. n(2)由(1)得bn＝lg n－lg(n＋2)， 所以Sn＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n－2)－lg n＋lg (n－1)－lg (n＋1)＋lg n－lg (n＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n＋1)－lg (n＋2)＝lg 2 . n＋1n＋2 15 / 16 16 / 16 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容