=10 88/4 t=x^8-8x 10=x-4^8-58
An=An-5得出同样的结论178a8 p1717a8 p^17
为您推荐：
其他类似问题
扫描下载二维码在等差数列{an}中,已知a6=10,S5=5,设bn=an的绝对值,求数列{bn}的前n项和Tn
红玫瑰丶Ywm
第一项为a1,公差为q所以a6=a1+5q=10
s5=a1+a1+q+a1+2q...+a1+4q=5a1+10q=5两式连理求解,得a1=-5,q=3所以an=-8+3n所以 当 n=1时,T1=|a1|=|-5|=5
n=2时,T2=|a1|+|a2|=|-5|+|-5+3|=7
n≥3时,Tn=|a1|+|a2|+...+|an|=5+7+1+4……+（-8+3n）7后面是等差数列,用公式求解,得Tn=7+(3n-4)(n-1)/2=(3n^2-7n+18)/2
等差数列求和公式给你吧Sn=（首项+末项）*项数/2项数=（末项-首项）/公差+1
,简单的式子项数就可以自己看出来了,复杂的用这个公式解出来
为您推荐：
其他类似问题
设公差为d。S5=5a1+10d=5(a1+2d)=5a3=5a3=1a6-a3=3d=10-1=9d=3a1=a3-2d=1-6=-5an=a1+(n-1)d=-5+3(n-1)=3n-8令an≥0，3n-8≥0
n≥8/3，又n为正整数，n≥3，即数列前两项0。n=1...
扫描下载二维码已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(　　)A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5 C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2 - 跟谁学
在线咨询下载客户端关注微信公众号
搜索你想学的科目、老师试试搜索吉安
在线咨询下载客户端关注微信公众号&&&分类：已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(　　)A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5 C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(　　)A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5 C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2科目:最佳答案A解析
 

知识点:&&基础试题拔高试题热门知识点最新试题
关注我们官方微信关于跟谁学服务支持帮助中心欢迎来到高考学习网，
免费咨询热线：010-
今日：1530套总数：5885151套专访：3372部会员：401265位
当前位置：
& 2017届高三数学（理）一轮总复习课时跟踪检测：第5章 数列、推理与证明 （江苏专用）
2017届高三数学（理）一轮总复习课时跟踪检测：第5章 数列、推理与证明 （江苏专用）
资料类别: /
所属版本: 通用
上传时间：
下载次数：8次
资料类型：
文档大小：1.73M
所属点数: 0点
【下载此资源需要登录并付出 0 点，】
资料概述与简介
数列、推理与证明
第一节数列的概念与简单表示法
1．数列的有关概念
数列 按照一定次序排列的一列数
数列的项 数列中的每个数
数列的通项 数列{an}的第n项an
通项公式 如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式
前n项和 数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2.数列的表示方法
列表法 列表格表示n与an的对应关系
图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
4．数列的分类
单调性 递增数列 n∈N*，an＋1>an
递减数列 n∈N*，an＋1<an
常数列 n∈N*，an＋1＝an
摆动数列 从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
周期性 周期数列 n∈N*，存在正整数常数k，an＋k＝an
[小题体验]
1．已知数列{an}的前4项为1,3,7,15，则数列{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝2n－1(nN*)
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a5＝________.
3．(教材习题改编)已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋λn，数列{an}仅在n＝3时取得最小的项，则实数λ的取值范围是________．
解析：法一：因为an＝n2＋λn＝ 2－，由于数列{an}仅在n＝3时取得最小的项，所以<－<，从而得－7<na3且a4>a3，即5＋λ0，故－7<λan，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，
解得1<nan知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到nN*，所以－－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知{an}满足an＋1＝an＋2n，且a1＝33，则的最小值为________．
解析：由已知条件可知，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)
＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33满足此式．
所以＝n＋－1.
令f(n)＝＝n＋－1，
则f(n)在[1,5]上为减函数，
在[6，＋∞)上为增函数，
又f(5)＝，f(6)＝，
则f(5)>f(6)，故f(n)＝的最小值为.
2．若单调递增数列{an}满足an＋an＋1＋an＋2＝3n－6，且a2＝a1，则a1的取值范围是________．
解析：由an＋an＋1＋an＋2＝3n－6，a2＝a1得，a3＝－3－a1，所以a4＝a1＋3，由{an}是单调递增数列知，a4>a3>a2>a1，即a1＋3>－3－a1>a1>a1，解得－<a10,5a8＝8a13，则前n项和Sn取最大值时，n的值为________．
解析：设数列{an}的公差为d，由5a8＝8a13，得5(a1＋7d)＝8(a1＋12d)，解得d＝－a1，由an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)≥0，可得n≤＝21，所以数列{an}的前21项都是正数，以后各项都是负数，故Sn取最大值时，n的值为21.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前6项和T6＝________.
解析：由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.所以an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，当n≤3时，an3时，an>0；所以T6＝－a1＋(－a2)＋(－a3)＋a4＋a5＋a6＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
[题组练透]
1．(2015·全国卷改编)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＝________.
解析：公差为1，
S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
S8＝4S4，8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，
a10＝a1＋9d＝＋9＝.
2．(2015·南通调研)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝________.
解析：法一：由题知Sn＝na1＋d＝n＋n(n－1)＝n2，Sn＋2＝(n＋2)2，由Sn＋2－Sn＝36得，(n＋2)2－n2＝4n＋4＝36，所以n＝8.
法二：Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.
3．(2016·衡水中学模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为2的等差数列，则S25＝________.
解析：由题可得a4＝3，所以a2＋a3＋a4＝8，
S25＝a1＋(a2＋a5＋…＋a23)＋(a3＋a6＋…＋a24)＋(a4＋a7＋…＋a25)＝1＋＋＋＝233.
4．(易错题)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得解得
S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
答案：－72
等差数列运算的解题思路及答题步骤
(1)解题思路
由等差数列的前n项和公式及通项公式可知若已知a1，d，n，an，Sn中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．
(2)答题步骤
步骤一：结合所求结论，寻找已知与未知的关系；
步骤二：根据已知条件列方程求出未知量；
步骤三：利用前n项和公式求得结果．
[典型母题]
　　已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式.
[解]　(1)证明：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
因此－＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列.　　(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又a1＝，不适合上式．
等差数列的判定与证明方法
方法 解读 适合题型
定义法 对于n≥2的任意自然数，an－an－1(n≥2，nN*)为同一常数{an}是等差数列 解答题中证明问题
等差中项法 2an－1＝an＋an－2(n≥3，nN*)成立{an}是等差数列
通项公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立{an}是等差数列 填空题中的判定问题
前n项和公式法 验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立{an}是等差数列
[越变越明]
[变式1]　试说明母题中数列{an}是不是等差数列．
解：当n≥2时，an＋1＝，
而an＋1－an＝－
当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是等差数列．
[破译玄机]
[变式2]　若将母题条件变为“数列{an}的前n项和为Sn(nN*)，2Sn－nan＝n，”求证：{an}为等差数列．
证明：2Sn－nan＝n，
∴当n≥2时，2Sn－1－(n－1)an－1＝n－1，
∴①－得：(2－n)an＋(n－1)an－1＝1，(1－n)an＋1＋nan＝1，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
数列{an}为等差数列．
[变式3]　若母题变为：已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，nN*)，设bn＝(nN*)．求证：数列{bn}是等差数列．
证明：an＝2－，an＋1＝2－.
bn＋1－bn＝－
＝－＝＝1，
{bn}是首项为b1＝＝1，
公差为1的等差数列．
[典例引领]
1．(2016·金陵中学检测)在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝________.
解析：因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝(a1＋a11)＝11a6＝99.
2．已知{an}为等差数列，若a1＋a2＋a3＝5，a7＋a8＋a9＝10，则a19＋a20＋a21＝________.
解析：法一：设数列的公差为d，则a7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.
法二：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，设此数列公差为d.
所以5＋2d＝10，
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6d＝5＋15＝20.
3．等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn取得最大值．
解：法一：由S3＝S11，可得3a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，
因为a1>0，所以－0，S3＝S11可知d0，a80，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
1．(2016·南通中学检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________.
解析：＝＝＝×＝1.
2．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为3227，则该数列的公差d＝_______.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，求数列{an}的项数及a9＋a10.
解：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，
①＋得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)
＝6(a1＋an)＝216，a1＋an＝36，又Sn＝＝324，
18n＝324，n＝18.
a1＋an＝36，n＝18，a1＋a18＝36，
从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.
?一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝________.
解析：由S5＝25＝a4＝7，所以7＝3＋2dd＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.
2．(2016·苏州名校联考)在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为________．
解析：am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋d＝36d＝a37，所以m＝37.
3．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1<0，则正整数k＝________.
解析：3an＋1＝3an－2an＋1＝an－{an}是等差数列，则an＝－n.ak＋1·ak<0，
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝________.
解析：设数列{an}的公差为d，S3＝6，S4＝12，
∴S6＝6a1＋d＝30.
5．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
解析：2an＝an－1＋an＋1，
又an－1＋an＋1－a＝0，
2an－a＝0，即an(2－an)＝0.
an≠0，an＝2.
S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝________.
解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，
又a2a4＝，数列{an}单调递增，a2＝，a4＝.
公差d＝＝.a1＝a2－d＝0.
2．(2016·南京调研)数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n(nN*)，若p－q＝5，则ap－aq＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝5，符合上式，
an＝4n＋1，ap－aq＝4(p－q)＝20.
3．设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________.
解析：由条件可知，a2＝5，从而a1＋a3＝10，a1a3＝16，得a1＝2，a3＝8，公差为3，所以a11＋a12＋a13＝2×3＋(10＋11＋12)×3＝105.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为________．
解析：a1＞0，a6a7＜0，a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，S12＞0，S13＜0，满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.
5．(2015·盐城调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为________．
解析：设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，
因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意的正整数n上式均成立，
所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，
解得d＝2，k＝.
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
答案：bn＝2n－1
6．在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，则a45＝________.
解析：a25－a15＝10d＝66－33＝33，
a45＝a25＋20d＝66＋66＝132.
7．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________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1<d0.
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由4Sn＝a＋2an－3,4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，
得4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，
所以当n≥5时，{an}成等差数列．
(2)由4a1＝a＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，
又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，
而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(nN*)，其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的最大值是________．
解析：设数列{an}的公差为d，
依题意得2＝＋，
因为a1＝1，
所以2＝＋，
化简可得d＝2a1＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋×2＝n2，
故的最大值是121.
2．(2016·常州调研)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意nN*都有＝，则＋＝________.
解析：因为数列{an}，{bn}为等差数列，
所以＋＝＋＝＝，
因为＝＝，
所以＋＝＝.
3．已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(nN*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)法一：数列{an}是等差数列，
an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，
得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，
2dn＋(2a1－d)＝4n－3，
即2d＝4,2a1－d＝－3，
解得d＝2，a1＝－.
法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，
得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，
2d＝an＋2－an＝(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝4n＋1－(4n－3)＝4，
又a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，
(2)当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×＝.
当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝.
1．等比数列的有关概念
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示．
(2)等比中项：
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，mN*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，kN*)，则am·an＝
ap·aq＝a；
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列；
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知两个数k＋9和k－6的等比中项是k，则实数k＝________.
解析：由两个数k＋9和k－6的等比中项是k，得k2＝(k＋9)(k－6)，整理得3k－54＝0，解得k＝18.
2．(教材习题改编)在等比数列{an}中，已知a1＝－2，S3＝－，则公比q＝________.
解析：因为a1＝－2，S3＝－≠3a1＝－6，
所以q≠1，所以S3＝＝－，
整理得q2＋q－＝0，
解得q＝或q＝－.
答案：或－
3．(教材习题改编)在等比数列{an}中，a1<0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________.
解析：因为a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝25，所以a3＋a5＝±5.
又a1<0，a3，a5与a1同号，
所以a3<0，a50，q＝2.
a1＝2，数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n.
角度三：求前n项和
5．(2015·安徽高考)已知数列是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列的前n项和等于________．
解析：设等比数列的公比为q，则有
又为递增数列，
∴Sn＝＝2n－1.
答案：2n－1
6．(2015·盐城调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则＝________.
解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，所以q＝3，由Sn＝，得S6＝，S3＝，所以＝·＝28.
解决等比数列有关问题的2种常用思想
(1)方程的思想：等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
[典例引领]
1．(2016·广州综合测试)已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为________．
解析：a7(a1＋2a3)＋a3a9
＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a＋2a4a6＋a
＝(a4＋a6)2＝102＝100.
2．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.
解析：设数列{an}的公比为q，
由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，
可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，
因此q3n－6＝81＝34＝q36，
所以3n－6＝36，即n＝14，
3．数列{an}是等比数列，若a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
由等比数列的性质知a5＝a2q3，
求得q＝，所以a1＝4.
a2a3＝ ＝a1a2，
anan＋1＝ ＝an－1an(n≥2)．
设bn＝anan＋1，可以得出数列{bn}是以8为首项，以为公比的等比数列，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1为数列{bn}的前n项和，由等比数列前n项和公式得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．
答案：(1－4－n)
等比数列常见性质的应用
等比数列的性质可以分为三类：通项公式的变形；等比中项的变形；前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
1．(2016·南师附中检测)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝________.
解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，
S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，
S6＝7k，S4＝3k，＝＝.
2．(2016·苏州中学月考)数列{an}的首项为a1＝1，数列{bn}为等比数列且bn＝，若b10b11＝2 015，则a21＝________.
解析：由bn＝，且a1＝1，
得b1＝＝a2.
b2＝，a3＝a2b2＝b1b2.
b3＝，a4＝a3b3＝b1b2b3，…，
an＝b1b2…bn－1，
a21＝b1b2…b20.
数列{bn}为等比数列，
a21＝(b1b20)(b2b19)…(b10b11)
＝(b10b11)10＝10＝2 015.
答案：2 015
?一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．若等比数列{an}满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝40，则公比q＝________.
解析：由题意，得
2．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，那么a1＋a10＝________.
解析：因为a4＋a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝－8，所以a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4.当a4＝4，a7＝－2时，q3＝－，所以a1＝－8，a10＝1，所以a1＋a10＝－7；当a4＝－2，a7＝4时，q3＝－2，则a10＝－8，a1＝1，所以a1＋a10＝－7.综上可得a1＋a10＝－7.
3．(2016·南通调研)设等比数列{an}中，公比q＝2，前n项和为Sn，则＝________.
解析：根据等比数列的公式，得＝＝＝＝.
4．在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________.
解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，
a2＝2，q2＝＝4，a6＝a4q2＝32.
5．若Sn为等比数列{an}的前n项和，且2S4＝a5－2,2S3＝a4－2，则数列{an}的公比q＝________.
解析：将2S4＝a5－2,2S3＝a4－2相减得2a4＝a5－a4，
所以3a4＝a5，公比q＝＝3.
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝________.
解析：由题意得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，故a1＝4，a2＝6，所以q＝，an＝4×n－1.
答案：4×n－1
2．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析：由题意可知a1＋a3＝5，a1a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，所以S6＝＝63.
3．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝________.
解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝.
4．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(nN*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是________．
解析：log3an＋1＝log3an＋1，an＋1＝3an.
数列{an}是以3为公比的等比数列．
a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝9.
a5＋a7＋a9＝a5(1＋q2＋q4)＝a2q3(1＋q2＋q4)＝35.
log35＝－5.
5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在mN*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为________．
解析：设公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.＝＝qm＋1＝9，qm＝8.
＝＝qm＝8＝，
m＝3，q3＝8，
6．(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＝________.
解析：因为3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(a1＋a2)＝3a1＋a1＋a2＋a3.化简，得＝3，即等比数列{an}的公比q＝3，故an＝1×3n－1＝3n－1.
答案：3n－1
7．在等比数列中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________.
解析：S99＝30，即a1(299－1)＝30.又数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，a3＋a6＋a9＋…a99＝＝＝×30＝.
8．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 016＝a2 016，
故a1a2a3·…·a2 015＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 008＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 007＞1且0＜a1 009＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 007或1 008.
答案：1 007或1 008
9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)S1＝a1＝1，
且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时a1＝1，不适合上式．
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
10．(2016·苏州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意正整数n，是否存在kR，使得k≤Sn恒成立？若存在，求实数k的最大值；若不存在，说明理由．
解：(1)因为3an＋1＋2Sn＝3，
所以n≥2时，3an＋2Sn－1＝3，
由－得3an＋1－3an＋2an＝0，所以an＋1＝an(n≥2)．
又a1＝1,3a2＋2a1＝3，得a2＝，所以a2＝a1，
故数列{an}是首项为1，公比q＝的等比数列，
所以an＝a1·qn－1＝n－1.
(2)假设存在满足题设条件的实数k，使得k≤Sn恒成立．
由(1)知Sn＝＝＝，
由题意知，对任意正整数n恒有k≤，
又数列单调递增，所以当n＝1时数列中的最小项为，则必有k≤1，即实数k最大值为1.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1＝________.
解析：设共有2k＋1(kN*)项，公比为q，其中奇数项有k＋1项，偶数项有k项，则有
解得q＝－2，又S奇＝＝，
即＝255，解得a1＝3.
2．已知数列{an}，{bn}中，a1＝a，{bn}是公比为的等比数列．记bn＝(nN*)，若不等式an>an＋1对一切nN*恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：因为bn＝(nN*)，所以an＝.
所以an＋1－an＝－＝－＝＝或0<bn，则b1n－1>对一切正整数n成立，显然不可能；
若0<bn<1，则0<b1n－1<1对一切正整数n成立，只要0<b1<1即可，即0<2.
即实数a的取值范围是(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
3．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
解：(1)证明：an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
a1＝5，a2＝5，
a2＋2a1＝15，
an＋2an－1≠0(n≥2)，
＝3(n≥2)，
数列{an＋1＋2an}是以15为首项，
3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又a1－3＝2，an－3n≠0，
{an－3n}是以2为首项，
－2为公比的等比数列．
an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.
第四节数列求和
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋.
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
1＋2＋3＋…＋n＝；
2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(2)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，从而求得前n项和．常用的裂项公式有：
(3)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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解．
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知数列{an}的前n项和为Sn＝(2n－1)，则an＝________.
解析：当n＝1时，a1＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝，当n＝1时，也符合上式．故an＝.
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．
解析：Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.
答案：2n＋1＋n2－2
3．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝2，当n≥2时，Sn＝an，则an＝________.
解析：当n＝2时，S2＝a1＋a2＝a2，则a2＝2a1＝4，当n≥3时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，即＝，因此，当n≥3时，有an＝··…··a2＝··…·×4＝2n，当n＝1或2时也符合上式．从而an＝2n(nN*)．
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
4．善于转化为等差数列、等比数列来求和，注意项数的计算．
[小题纠偏]
1．已知数列{an}的前n项和Sn满足：对于任意m，nN*，都有Sn＋Sm＝Sn＋m＋2n；若a1＝1，则a10＝________.
解析：取m＝1得Sn＋S1＝Sn＋1＋2n，所以Sn＋1－Sn＝S1－2n，所以an＋1＝a1－2n＝1－2n，所以a10＝1－2×9＝－17.
答案：－17
2．在数列{an}中，an＝，且Sn＝9，则n＝________.
解析：由an＝＝－，
得Sn＝－1＋－＋…＋－＝－1
＝9，解得n＝99.
3．对于实数x，用[x]表示不超过x的最大整数，如[0.3]＝0，[5.6]＝5.若nN*，an＝，Sn为数列{an}的前n项和，则S4n＝________.
解析：因为an＝，
所以当n＝1,2,3时，an＝0；
当n＝4,5,6,7时，an＝1；
当n＝8,9,10,11时，an＝2；
当n＝4k,4k＋1,4k＋2,4k＋3时，an＝k.
所以S4n＝3×0＋4[1＋2＋…＋(n－1)]＋n
＝4×＋n＝2n2－n.
答案：2n2－n
[题组练透]
1．(易错题)(2015·安徽高考)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
解析：由a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，
可知数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，
故S9＝9a1＋×＝9＋18＝27.
2．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，即a1＝.
故Sn＝＝(2n－1)．
答案：(2n－1)
3．(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.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2,3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，解得a1＝1，d＝，
故{an}的通项公式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.
[谨记通法]
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．如“题组练透”第1题．
[典例引领]
(2015·福建高考)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列的通项公式；
(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)
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.
[由题悟法]
分组转化法求和的常见类型
[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q＞1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.
解：(1)3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，
3(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0.
公比q＞1，q＝3.
又首项a1＝3，
数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)是首项为1，公差为2的等差数列，
bn＋an＝1＋2(n－1)．
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，
Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]
＝－(3n－1)＋n2.
(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.
解：(1)由题意有
(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，
于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋＋…＋＋.
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
用错位相减法求和的3(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
(2015·南通调研)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝3，求数列的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，首项为a1，
由题意得解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝3＝3n，所以·bn＝n·3n，
所以Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n·3n，
3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，
两式相减得2Sn＝－(3＋32＋33＋34＋…＋3n)＋n·3n＋1
＝＋n·3n＋1＝，
[命题分析]
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．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．
常见的命题角度有：
(1)形如an＝型；
(2)形如an＝ 型；
(3)形如an＝型．
角度一：形如an＝型
1．(2015·全国卷)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
②－，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋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
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
角度二：形如an＝ 型
2．(2016·江南十校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，nN*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 016＝________.
解析：由f(4)＝2可得4a＝2，
则f(x)＝x.
an＝＝＝－，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
角度三：形如an＝型
3．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nN*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当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，
故bn＝＝＝.
＝0，an＋1＝3an，
又a1＝2，{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
Sn＝＝3n－1.
答案：3n－1
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，并满足：an＋2＝2an＋1－an，a5＝4－a3，则S7＝________.
解析：由an＋2＝2an＋1－an知数列{an}为等差数列，
由a5＝4－a3得a5＋a3＝4＝a1＋a7，
所以S7＝＝14.
2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________．
解析：设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.
3．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为________．
解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－.
答案：420－
4．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.
解析：由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
bn＝(－3)×(－4)n－1，
|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．
|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
答案：4n－1
5.＋＋＋…＋的值为________．
解析：＝＝＝
＋＋＋…＋
6．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列{an}的前2 017项的和为________．
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，a3＝，a4＝1，…，即得an＝故数列{an}的前2 017项的和为S2 017＝1 008×＋＝.
7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：an＋1－an＝2n，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
8．(2016·苏州名校联考)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 015＝________.
解析：an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，
当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，kN*，
S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015)＝1＋(－1)×1 007＝－1 006.
答案：－1 006
9．已知数列{an} 的前n 项和Sn＝，nN* .
(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．
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，an＝n，故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.
10．已知数列与，若a1＝3且对任意正整数n满足an＋1－an＝2，数列的前n项和Sn＝n2＋an.
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)因为对任意正整数n满足an＋1－an＝2，
所以是公差为2的等差数列．
又因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
当n＝1时，b1＝S1＝4；
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1
＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1，
对b1＝4不成立．
所以数列的通项公式为
(2)由(1)知当n＝1时，T1＝＝.
当n≥2时，＝
所以Tn＝＋
当n＝1时仍成立，
所以Tn＝＋.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2016·南京师大附中检测)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，
得a2n＋a2n＋1＝n＋1，
a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)
＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，
a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)
＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)
＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，
a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289.
答案：1 289
2．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，那么数列{bn}＝的前n项和Sn为________．
解析：由已知条件可得：
数列{an}的通项为an＝＝.
所以bn＝＝＝4×.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)Sn＝3n，Sn－1＝3n－1(n≥2)，
an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，
(2)bn＋1＝bn＋(2n－1)，
b2－b1＝1，
b3－b2＝3，
b4－b3＝5，
bn－bn－1＝2n－3(n≥2)．
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝＝(n－1)2(n≥2)．
b1＝－1，bn＝n2－2n(n≥2)．
又上式对于n＝1也成立，
bn＝n2－2n(nN*)．
(3)由题意得cn＝
当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，
3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n.
相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.
Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)
＝(n－2)×3n－＝.
Tn＝(nN*)．
第五节数列的综合应用
[典例引领]
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.
解：(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
解得所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.
(2)证明：由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，
所以＝＝4.
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，
4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，
①－，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝－n×4n＋1.
等差数列、等比数列综合问题的2大解题策略
(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
[提醒]　[即时应用]
(2016·南京名校联考)已知公比不为1的等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列．
(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对nN*，在an与an＋1之间插入3n个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为bn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列，
所以a5＋S5－a4－S4＝a6＋S6－a5－S5，
即2a6－3a5＋a4＝0，所以2q2－3q＋1＝0.
因为q≠1，所以q＝，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由题意得bn＝·3n＝·n，
甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为(n2－n＋2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多n－1a万元．
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．
解：(1)设甲、乙超市第n年销售额分别为an，bn，又设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝(n2－n＋2)(n≥2)．
当n＝1时，a1＝a，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(n2－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]
＝a(n－1)，
又因b1＝a，n≥2时，bn－bn－1＝n－1a，
故bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝a＋a＋2a＋…＋n－1a
显然n＝1也适合，故bn＝a，(nN*)．
(2)当n＝2时，a2＝a，b2＝a，a2>b2；
当n＝3时，a3＝2a，b3＝a，a3>b3；
当n≥4时，an≥3a，而bnbn，
则(n－1)a>a，
即n－1>6－4·n－1，即n>7－4·n－1.
又当n≥7时，0<4·n－17－4·n－1恒成立．
所以第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．
解数列应用题的建模思路
从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：
[即时应用]
从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加.
(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
解：(1)第1年投入为800万元，
第2年投入为800×万元，
第n年投入为800×n－1万元，
所以n年内的总投入为
an＝800＋800×＋…＋800×n－1
＝＝4 000×.
第1年旅游业收入为400万元，
第2年旅游业收入为400×万元，
第n年旅游业收入为400×n－1万元，
所以n年内旅游业总收入为
bn＝400＋400×＋…＋400×n－1
＝1 600×.
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，
由此bn－an>0，
即1 600×－4 000×>0.
令x＝n，代入上式得5x2－7x＋2>0，
解此不等式得x1(舍去)，
即n0，数列{bn}为等比数列，且a2＝b1，a6＝b2，a18＝b3.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足对任意正整数n均有＋＋…＋＝a，m为正整数，求所有满足不等式102<c1＋c2＋…＋cm0，a1＝1，{an}为等差数列，所以a1＝d＝1，an＝n，
又b1＝2，b2＝6，b3＝18，{bn}为等比数列，所以bn＝2·3n－1.
(2)因为＋＋…＋＝n2，
当n＝1时，＝，c1＝1，
当n≥2时，
两式相减得cn＝(2n－1)·3n－1，
又n＝1时也符合上式，
所以cn＝(2n－1)·3n－1，nN*，
cn＝(2n－1)·3n－1>0，c1＝1，c1＋c2＝10，c1＋c2＋c3＝55，c1＋c2＋c3＋c4＝244，c1＋c2＋c3＋c4＋c5＝973，c1＋c2＋c3＋c4＋c5＋c6＝3 646，
所以m＝4或5.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6，正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an对nN*均成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)a1＝1，S3＝6，3a1＋3d＝6，
数列{an}的公差d＝1，an＝n.
÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
又b1＝2S1＝21＝2，满足上式，故bn＝2n.
(2)λbn>an恒成立λ>恒成立，
当n≥2时，cn.
所以实数λ的取值范围为.
4．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(nN*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
an＝a1·2n－1＝2n－1.
Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
d＝2，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：log2a2n＋2＝log222n＋1＝2n＋1，
n∈N*，Tn＝0，
数列{Tn}是一个递增数列，Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.
二上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2016·南京师大附中调研)对于数列{xn}，若对任意nN*，都有0，所以q＝，所以an＝，
Sn＝＝2－，
所以＝2－－<2－＝Sn＋1，
所以数列{Sn}是“减差数列”．
(2)由题设知，bn＝t＋＝2t－.
由<bn＋1(n≥3，nN*)，
得t－＋t－，化简得t(n－2)>1.
又当n≥3时，t(n－2)>1恒成立，即t>恒成立，
所以t>max＝1.
故t的取值范围是(1，＋∞)．
2．(2016·南通一调)已知数列{an}是等比数列，且an＞0.
(1)若a2－a1＝8，a3＝m.
当m＝48时，求数列{an}的通项公式；
若数列{an}是唯一的，求m的值；
(2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，kN*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值．
解：设数列{an}的公比为q，则由题意，得q＞0.
(1)由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得
所以数列{an}的通项公式为an＝(16－8)(3＋)n－1或an＝(16＋8)(3－)n－1.
要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解．
所以方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．
则Δ＝m2－32m＝0，解得m＝32或m＝0.
因为a3＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2.
经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式为an＝2n＋2.
(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，
得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q＞1.
则a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝＝8≥32.
当且仅当qk－1＝，
即q＝，等号成立．
所以a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32.第六节合情推理与演绎推理
1．合情推理
类型 定义 特点
归纳推理 从个别事实中推演出一般性结论 由部分到整体、由个别到一般
类比推理 由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理 由特殊到特殊
2．演绎推理
(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
大前提——已知的一般原理；
小前提——所研究的特殊情况；
结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
1．(教材习题改编)“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝x是指数函数(小前提)，所以y＝x是增函数(结论)”，上面推理错误的原因是________________．
解析：y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误．
答案：大前提错误
2．已知数列{an}的第1项a1＝1，且an＋1＝(n＝1,2，3，…)，归纳该数列的通项公式an＝________.
3．观察下列等式：
＋2＝4，×2＝4；＋3＝，×3＝；＋4＝，×4＝；…根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于正整数n的等式，这个等式可以表示为____________．
解析：由归纳推理得＋(n＋1)＝＝，×(n＋1)＝，所以得出结论＋(n＋1)＝×(n＋1)(nN*)．
答案：＋(n＋1)＝×(n＋1)(nN*)
1．合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．
2．演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．
3．合情推理中运用猜想不能凭空想象，要有猜想或拓展依据．
[小题纠偏]
(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确(　　)
(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理(　　)
(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适(　　)
(4)一个数列的前三项是1,2,3，那么这个数列的通项公式是an＝n(nN*)(　　)
(5)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
[题组练透]
1．对平面几何中的命题：夹在两条平行线之间的平行线段相等，在立体几何中，类比上述命题，可得到命题：___________________________________________________________.
解析：把平面几何中的直线与立体几何中的平面相类比，可得夹在两个平行平面间的平行线段相等．
答案：夹在两个平行平面间的平行线段相等
2．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则类似的结论为________________________________________________________________________．
解析：由乘积类比和，幂类比积，
可得在等差数列{an}中有a1＋a2＋…＋a9＝9a5＝2×9.
答案：a1＋a2＋…＋a9＝2×9
3．在等腰三角形ABC中，AB＝AC，设P为底边上任意一点，点P到两腰的距离分别为h1，h2，点B到腰AC的距离为h，则h1＋h2＝h，类比到空间：在对棱分别相等的四面体A-BCD中，有什么类似的结论？并给出证明．
解：类比可得如下结论：在对棱分别相等的四面体A-BCD中，设P为底面上任意一点，点P到三个侧面的距离分别为h1，h2，h3，点B到侧面ACD的距离为h，则h1＋h2＋h3＝h.
证明：易知ABC≌△CDA≌△BAD，
记它们的面积都是S，则四面体A-BCD的体积VA-BCD＝Sh1＋Sh2＋Sh3＝Sh，故h1＋h2＋h3＝h.
类比推理的分类及处理方法
类别 解读 适合题型
定义 在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解 已知熟悉定义类比新定义
性质 从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键 平面几何与立体几何、等差数列与等比数列
方法 有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移 已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法
归纳推理是每年高考的常考内容，难度中等，需注意推理的完整性．
常见的命题角度有：
(1)与数字有关的推理；
(2)与式子有关的推理；
(3)与图形有关的推理．
角度一：与数字有关的推理
1．(2016·苏州中学月考)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于nN*,1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝________.
解析：1＝12,1＋2＋1＝22，
1＋2＋3＋2＋1＝32，
1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝42，…，
归纳可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.
2．如图所示，将正偶数列{2n}的各项从小到大依次排成如下的三角形数阵，则第n(n≥2，nN*)行第2个数是______．
14　16　18　20
解析：由题意记a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝14，a5＝22，…，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，a4－a3＝6，a5－a4＝8，…，an－an－1＝2(n－1)，累加可得an＝n(n－1)＋2.所以第n行第2个数是n2－n＋4.
答案：n2－n＋4
角度二：与式子有关的推理
3．已知 ＝2 ，
＝4 ，…，
＝2 015，则＝________.
解析：由已知式子中的规律，可知m＝2 015，n＝m3－1，
＝＝m＝2 015.
答案：2 015
4．已知x(0，＋∞)，观察下列各式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(nN*)，则a＝________.
解析：第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.
角度三：与图形有关的推理
5．下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．
解析：由题图知第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n.
6．如图所示为m行m＋1列的士兵方阵(mN*，m≥2)．
● ● ● ● … ●
● ● ● ● … ●
● ● ● ● … ●
● ● ● ● … ●
(1)写出一个数列，用它表示当m分别是2,3,4,5，…时，方阵中士兵的人数.
(2)若把(1)中的数列记为{an}，
归纳猜想该数列的通项公式；
求a10，并说明a10表示的实际意义；
若an＝9 900，求an是数列{an}的第几项，此时的方阵为几行几列．
解：(1)当m＝2时，表示一个2行3列的士兵方阵，共有6人，依次可以得到当m＝3,4,5，…时，方阵中士兵的人数分别为12,20,30，…，故所求数列为6,12,20,30，….
(2)因为a1＝2×3，a2＝3×4，a3＝4×5，…，
所以猜想an＝(n＋1)(n＋2)，nN*.
②a10＝11×12＝132.
a10表示11行12列的士兵方阵的人数为132.
令(n＋1)(n＋2)＝9 900，所以n＝98，
即an是数列{an}的第98项，此时的方阵为99行100列．
归纳推理问题的3种常见类型及解题策略
常见类型 解题策略
与数字有关的等式的推理 观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解
与式子有关的推理 观察每个式子的特点，找到规律后可解
与图形变化有关的推理 合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性
数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(nN*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明：(1)an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
故＝2·，(小前提)
故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)．(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
演绎推理的推证规则
(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本题中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．
(2016·启东中学检测)利用三段论推理的形式完成下面的求解．若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，bN*)，且f(1)＝2，求＋＋…＋的值．
解：因为f(a＋b)＝f(a)f(b)，a，bN*，(大前提)
令b＝1，则＝f(1)＝2，(小前提)
所以＝＝…＝＝2，(结论)
所以原式＝2×1 008＝2 016.
?一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．推理：“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序号)．
解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形．故填.
2．已知数列，1，，2，，3，…，则猜想该数列的第11项为________．
解析：将数列的各项均写成分数的形式为，，，，，，…，所以猜想该数列的第11项为.
3．(2016·重庆一诊)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．
解析：因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，
即从第三项起每一项都等于前两项的和，
所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.
4．观察下列等式
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋32－42＝－10
照此规律，第n个等式可为________．
解析：观察规律可知，第n个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.
答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1
5．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．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则________成等比数列．
解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．
答案：T4，，，
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2016·无锡一中检测)“因为四边形ABCD是菱形，所以四边形ABCD的对角线互相垂直”，以上推理的大前提是________________________．
解析：大前提应是菱形对角线所具备的性质：菱形的对角线互相垂直．
答案：菱形的对角线互相垂直
2．用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖，按如图所示的规律拼成若干个图案，则第5个图案中正六边形瓷砖的个数是________．
解析：设第n个图案有an个正六边形瓷砖，则a1＝6×1＋1，a2＝6×2＋1，a3＝6×3＋1，故猜想a5＝6×5＋1＝31.
3．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P-ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故＝.
4．给出以下数对序列：
(1,2)(2,1)
(1,3)(2,2)(3,1)
(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)
记第i行的第j个数对为aij，如a43＝(3,2)，则an m＝________.
解析：由前4行的特点，归纳可得：若an m＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，an m＝(m，n－m＋1)．
答案：(m，n－m＋1)
5．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：
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，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是________(填序号)．
289；1 024；1 225；1 378.
解析：观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{an}，则a1＝1，
a2＝a1＋2，
a3＝a2＋3，
an＝an－1＋n.
a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)，an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{bn}，则bn＝n2.把四个序号的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有 1 225，故填.
6．(2016·南京学情调研)设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．
解析：f(21)＝，f(22)>2＝，f(23)>，f(24)>，归纳得f(2n)≥(nN*)．
答案：f(2n)≥(nN*)
7．将全体正整数排成一个三角形数阵：
7　8　9　10
根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是________．
解析：前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)＝个，即个，因此第n行从左至右的第3个数是全体正整数中第＋3个，即为.
8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
解析：由题意知，凸函数满足
又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.
9．在锐角三角形ABC中，求证：sin A＋sin B＋sin C＞cos A＋cos B＋cos C.
证明：△ABC为锐角三角形，
y＝sin x在上是增函数，
sin A＞sin＝cos B，
同理可得sin B＞cos C，sin C＞cos A，
sin A＋sin B＋sin C＞cos A＋cos B＋cos C.
10．已知O是△ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长，分别交对边于A′，B′，C′，则＋＋＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：
＋＋＝＋＋＝＝1.
请运用类比思想，对于空间中的四面体V?BCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．
解：在四面体V?BCD中，任取一点O，连结VO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点．
则＋＋＋＝1.
证明：在四面体O?BCD与V?BCD中，
同理有＝；＝；＝，
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知cos＝，
coscos＝，
coscoscos＝，
(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；
(2)若数列{an}中，a1＝cos，a2＝coscos，
a3＝coscoscos，…，
前n项和Sn＝，则n＝________.
解析：(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为，故可以猜想出结论为
cos·cos·…·cos＝(n∈N*)．
(2)由(1)可知an＝，
故Sn＝＝1－＝＝，
解得n＝10.
答案：(1)coscos·…·cos＝(n∈N*)　(2)10
2．(2016·盐城中学检测)给出下面几个推理：
由“6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7，…”得到结论：任何一个不小于6的偶数都等于两个奇质数之和；
由“三角形内角和为180°”得到结论：等腰三角形内角和为180°；
由“正方形面积为边长的平方”得到结论：正方体的体积为边长的立方；
由“a2＋b2≥2ab(a，bR)”推得：sin 2x≤1.
其中是演绎推理的序号是________．
解析：演绎推理的模式是三段论模式，包括大前提、小前提和结论，演绎推理是从一般到特殊的推理，根据以上特点，可以判断是演绎推理．易得是归纳推理，是类比推理．故答案为.
3．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°
(2)法一：三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
法二：三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝＋－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2α＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
第七节直接证明与间接证明
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．
(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．
分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．
2．间接证明
反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
[小题体验]
1．(教材习题改编)－2与－的大小关系是________．
解析：假设－2>－，由分析法可得，要证－2>－，只需证＋>＋2，即证13＋2>13＋4，即>2.因为42>40，所以－2>－成立．
答案：－2>－
2．用反证法证明“形如4k＋3(kN*)的数不能化为两个整数的平方和”时，应假设________________________________________________________________________．
解析：因为“不能”的反面是“能”，应假设“形如4k＋3(kN*)的数能化为两个整数的平方和”．
答案：形如4k＋3(kN*)的数能化为两个整数的平方和
3．(2016·徐州一中检测)设x，y，z>0，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数________(填序号)．
至少有一个不大于2；都小于2；至少有一个不小于2；都大于2.
解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c0，那么该函数在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数．
(1)若函数y＝x＋(x>0，b为常数)的值域为[6，＋∞)，求实数b的值；
(2)研究函数y＝x2＋(c为常数，且c>0)在定义域内的单调性，并说明理由；
(3)对函数y＝x＋(a为常数，a>0)和y＝x2＋(c为常数，且c>0)作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例，研究推广后的函数的单调性(只需写出结论，不必证明)．
解：(1)由题意，知函数y＝x＋在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数，
所以该函数在x＝处取得最小值2，
令2＝6，得b＝log29.
(2)设t＝x2>0，
显然函数y＝t＋在(0，]上是减函数，
在[，＋∞)上是增函数，
令00)是奇函数，在(－∞，－]和[，＋∞)上是增函数，在[－，0)和(0，]上是减函数．当n为正偶数时，函数y＝xn＋(m为常数，且m>0)是偶函数，在(－∞，－]和[0，]上是减函数，在[－，0)和[，＋∞)上是增函数．
综合法证题的思路
[典例引领]
设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
解：(1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，
①－得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的kN*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
2qk＝qk－1＋qk＋1.
q≠0，q2－2q＋1＝0，
q＝1，这与已知矛盾．
假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
反证法证明问题的3步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
(3)存真：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)
(2016·盐城中学检测)设x，y都是正数，且x＋y>2，用反证法证明：<2和<2中至少有一个成立．
证明：假设<2和2矛盾，
所以假设不成立，即<2和<2中至少有一个成立.
?一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．下列表述：综合法是由因导果法；综合法是顺推法；分析法是执果索因法；分析法是逆推法；反证法是间接证法．其中正确的有________(填序号)．
解析：由分析法、综合法、反证法的定义知都正确．
2．要证－<－成立，只需证________(填序号)．
(－)2<(－)2；
(－)2<(－)2；
(＋)2<(＋)2；
(－－)2<(－)2.
解析：－<－＋0，＋>0，故只需证(＋)2b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”索的因应是____________________________________________________________．
解析：<ab2－ac<3a2
(a＋c)2－ac<3a2
a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0
－2a2＋ac＋c20
(a－c)(2a＋c)>0
(a－c)(a－b)>0.
答案：(a－c)(a－b)>0
2．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，应该假设__________________．
解析：“a，b，c中至少有一个是偶数”的否定应为“a，b，c都不是偶数”．
答案：a，b，c都不是偶数
3．已知m＞1，a＝－，b＝－，则a，b的大小关系为________．
解析：a＝－＝，
而＋＞＋＞0(m＞1)，
＜，即a<b.
答案：a1；a＋b＝2；a＋b>2；a2＋b2>2；ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________(填序号)．
解析：若a＝，b＝，则a＋b>1，
但a<1，b2，故推不出；
若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故推不出；
对于，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，
反证法：假设a≤1且b≤1，
则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
5．设f(x)是定义在上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)________0(填“>”“0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，
则f(x1)＋f(x2)<0.
答案：0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．
解析：法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m＜n.
法二：(分析法)－＜＋＞a＜b＋2·＋a－b2·＞0，显然成立．
答案：m＜n
7．下列条件：ab＞0，ab＜0，a＞0，b＞0，a＜0，b＜0，其中能使＋≥2成立的条件的序号是________．
解析：要使＋≥2，只需＞0且＞0成立，即a，b不为0且同号即可，故都能使＋≥2成立．
8．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
解析：法一：(补集法)
令解得p≤－3或p≥，
故满足条件的p的取值范围为.
法二：(直接法)
依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
得－＜p＜1或－3＜p＜.
故满足条件的p的取值范围是.
9．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.
证明：a⊥ba·b＝0，
只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
10．(2016·常州模拟)在数列{an}中，已知a1＝，＝，bn＋2＝3logan(nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等差数列．
解：(1)因为＝，所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n(n∈N*)．
(2)证明：因为bn＝3logan－2，
所以bn＝3logn－2＝3n－2.
所以b1＝1，公差d＝3，
所以数列{bn}是首项b1＝1，公差d＝3的等差数列．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是________三角形．
解析：由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形．
那么，A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为180°相矛盾．
所以假设不成立，又显然A2B2C2不是直角三角形．
所以A2B2C2是钝角三角形．
答案：钝角
2.(2016·南京名校联考)如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1CB1D1(填你认为正确的一个条件即可)．
解析：从结论出发，找一个使A1CB1D1成立的充分条件，因而可以是ACBD.
答案：ACBD(答案不唯一)
3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x0.
(1)证明：是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较与c的大小；
(3)证明：－2<b<－1.
解：(1)证明：f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝，
是f(x)＝0的一个根．
(2)假设0，
知f>0与f＝0矛盾，
≥c，又≠c，
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
b＝－1－ac.
又a>0，c>0，b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－＝<＝x2＝，
即－0，b>－2，－2<b0.
由已知，有
消去d，整理得q4－2q2－8＝0，解得q2＝4.
又因为q>0，所以q＝2，所以d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，nN*；
数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，nN*.
(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，nN*.
命题点三　数列的综合应用　　
难度：高、中命题指数：　
1．(2015·湖南高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，nN*.
(1)证明：an＋2＝3an；
解：(1)证明：由条件，对任意nN*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意nN*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以
a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切nN*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3.
于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；
数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．
因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)
＝3(1＋3＋…＋3n－1)
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1
＝(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝
2．(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．
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，得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.
1．(2015·山东高考)观察下列各式：
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
照此规律，当nN*时，
C＋C＋C＋…＋C＝________.
解析：观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C＋C＋C＋…＋C＝4n－1.
答案：4n－1
2．(2015·陕西高考)观察下列等式：
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
据此规律，第n个等式可为__________________________________________________．
解析：等式的左边的通项为－，
前n项和为1－＋－＋…＋－；
右边的每个式子的第一项为，共有n项，
故为＋＋…＋.
答案：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
1．(2015·北京高考节选)已知数列{an}满足：a1N*，a1≤36，且an＋1＝(n＝1,2，…)．记集合M＝{an|nN*}．
(1)若a1＝6，写出集合M的所有元素；
(2)若集合M存在一个元素是3 的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数．
解：(1)6,12,24.
(2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数．
由an＋1＝可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数．
如果k＝1，则M的所有元素都是3的倍数．
如果k>1，因为ak＝2ak－1或ak＝2ak－1－36，所以2ak－1是3的倍数，于是ak－1是3的倍数．类似可得，ak－2，…，a1都是3的倍数．
从而对任意n≥1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数．
综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数．
高考学习网－中国最大高考学习网站 | 我们负责传递知识！
本网部分资源来源于会员上传，除本网组织的资源外，版权归原作者所有，如有侵犯版权，请联系并提供证据（），三个工作日内删除。
其他相关资源
友情链接：
Copyright &2006 - 2016 高考学习网版权所有. All Rights Reserved.