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2014年高考数学分类汇编（高考真题+模拟新题）数列 理.doc19页
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D单元　数列
数列的概念与简单表示法
17．、、[2014?江西卷] 已知首项都是1的两个数列 a， b bn≠0，n∈N 满足a＋1－a＋1＋2b＋1＝0. 1 令c＝，求数列 c的通项公式； 2 若b＝3－1，求数列 a的前n项和S解： 1 因为a＋1－a＋1＋2b＋1＝0，b n∈N* ，所以－＝2，即cn＋1－c＝2，所以数列 c是以c＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故c＝－1 2 由b＝3－1，知a＝ 2n－1 3－1，于是数列 a的前n项和S＝1×3＋3×3＋5×3＋…＋ 2n－1 ×3－1，3S＝1×3＋3×3＋…＋ 2n－3 ×3－1＋ 2n－1 ×3，将两式相减得－2S＝1＋2× 3＋3＋…＋3－1 － 2n－1 ×3＝－2－ 2n－2 ×3，所以S＝ n－1 3＋1.、[2014?新课标全国卷Ⅰ] 已知数列 a的前n项和为S，a＝1，a，a＋1＝λS－1，其中λ为常数． 1 证明：a＋2－a＝λ. 2 是否存在λ，使得 a为等差数列？并说明理由．解： 1 证明：由题设，a＋1＝λS－1，a＋1＋2＝λS＋1－1，两式相减得a＋1 a＋2－a ＝λa＋1因为a＋1，所以a2－a＝λ. 2 由题设，a＝1，a2＝λS－1，可得 a＝λ－1，由 1 知，a＝λ＋1.若 a为等差数列，则2a＝a＋a，解得λ＝4，故a＋2－a＝4.由此可得 a－1是首项为1，公差为4的等差数列，－1＝－3；是首项为3，公差为4的等差数列，a＝4n－1.所以a＝2n－1，a＋1－a＝2.因此存在λ＝4，使得数列 a为等差数列．、、[2014?新课标全国卷Ⅱ] 已知数列 a满足a＝1，＋1＝＋1. 1 证明是等比数列，并求 a的通项公式； 2 证明＋＋…＋＜解： 1 由a＋1＝3a＋1得a＋1＋＝3又a＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以a＋＝，因此数列 a的通项公式为a＝ 2 证明：由 1 知＝因为当n≥1时，3－1≥2×3－1，所以，即＝.
于是＋＋…＋＋＋…＋＝.
所以＋＋…＋.
22．，，[2014?重庆卷
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& 2014高考数学一书在手满分无忧：数列的简单应用
2014高考数学一书在手满分无忧：数列的简单应用
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资料概述与简介
2014高考数学一书在手满分无忧：数列的简单应用
1.某剧场有20排座位后一排比前一排多2个座位最后一排有60个座位这个剧场共有________个座位．答案：820从日起每年1月2日到银行存入一万元定期储蓄若年利率为p且保持不变并约定每年到期存款均自动转为新日将所有存款和利息全部取回则可取回的钱的总数为________万元．答案：[(1＋p)－(1＋p)]某种细胞开始时有2个小时后分裂成4个并死去1个小时后分裂成6个并死去1个小时后分裂成10个并死去1个按照此规律小时后细胞的存活数是________答案：65办14层现每一层派一人集中到第k层开会当这14位参加会议的人员上下楼梯所走路程的总和最小时＝________答案：7或8
数列应用题常见模型(1) 银行储蓄单利公式利息按单利计算本金为a元每期利率为r存期为x则本利和y＝a(1＋rx)．(2) 银行储蓄复利公式按复利计算利息的一种储蓄本金为a元每期利率为r存期为x则本利和y＝a(1r)x(x∈N?且x>1)．(3) 产值模型原来产值的基础数为N平均增长率为p对于时间x的总产值y＝N(1＋p)(x∈N?且x>1)．(4)分期付款模型设某商品一次性付款的金额为a元以分期付款的形式等额地分成n次付清每期期末所付款是x元每期利率为r则x＝n∈N?且n>1)．[备课札记]
题型1　以等差数列为模型的实际问题例1　某化工企业2007年底投入100万元购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元此外每年都要花费一定的维护费第一年的维护费为2万元由于设备老化以后每年的维护费都比上一年增加2万元．(1) 求该企业使用该设备x年的年平均污水处理费用y(万元)；(2) 为使该企业的年平均污水处理费用最低该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备？解：(1) y＝即y＝x＋＋1.5(x＞0)．(2) 由均值不等式得＝x＋＋1.5≥2＋1.5＝21.5当且仅当x＝即x＝10时取到等号故该企业10年后需要重新更换新设备．
某住宅小区计划植树不少于100棵若第一天植2棵以后每天植树的棵树是前一天的2倍则需要的最少天数n(n∈N)为________．答案：6解析：S＝＝2＋1－2≥100题型2　以等比数列为模型的实际问题例2　水土流失是我国西部大开发中最突出的问题全国万亩坡度为25以上的坡耕地需退耕还林其中西部占70年国家确定在西部地区退耕还林面积为515万亩以后每年退耕土地面积递增12(1) 试问从2002年起到2) 为支持退耕还林工作国家财政补助农民每亩300斤粮食每斤粮食按0.7元计算并且每亩退耕地每年补助20元试问到西部地区基本解决退耕还林问题时国家财政共需支付约多少亿元？解：(1) 设2002年起经x年西部地区基本上解决退耕还林问题．依题意得＋515×(1＋12)＋515×(1＋12)2＋…＋515×(1＋12)x－1＝9 100×70即515×[1＋＋1.12＋…＋－1]＝6 370＝＝＝整理得1.12＝≈8.03.
又xN，故从2002年起到2009年年底西部地区基本解决退耕还林问题．(2) 设到西部地区基本解决退耕还林问题时国家共需支付y亿元．首批退耕地国家应支付：515×10(300×0.7＋20)×8第二批退耕地国家应支付：515×10(1＋20)×(300×0.7＋20)×7第三批退耕地国家应支付：515×10(1＋20)×(300×0.7＋20)×6最后一批退耕地国家应支付：515×10(1＋20)7×(300×0.7＋20)×1.＝令S＝8＋7×1.12＋6×1.12＋…＋1×1.12＝8×1.12＋7×1.12＋6×1.12＋…＋1×1.12－①得0.12S＝－8×(1.12＋1.12＋1.12＋…＋)＋1×1.128即0.12S＝－8＋＝－8＋－8＋解得S≈48.1故y≈(515×10)÷108≈569.7亿元．故到西部地区基本解决退耕还林问题国家共需支付约570亿元．
设C、C、…、C、…是坐标平面上的一列圆它们的圆心都在轴的正半轴上且都与直线y＝相切对每一个正整数n圆C都与圆C＋1相互外切以r表示C的半径已知{r为递增数列．(1) 证明：{r为等比数列；(2) 设r＝1求数列的前n项和.
(1) 证明：将直线y＝的倾斜角记为θ则有tanθ＝＝设C的圆心为(λ)，则由题意得＝得λ＝2r；同理λ＋1＝2r＋1从而λ＋1＝λ＋r＋r＋1＝2r＋1将λ＝2r代解得r＋1＝3r故{r为公比q＝3的等比数列．(2) 解：由于r＝1＝3故r＝3－1从而＝n×3－n记S＝＋＋…＋则有＝1＋2×3－1＋3×3－2＋…＋n×3－n＝1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×3－n＋n×3－n－②得＝1＋3－1＋3－2＋…＋3－n－n×3－n＝－n×3－n＝－－n＝－－n＝题型3　数列中的综合问题例3　已知各项均为正数的等比数列{a的公比为q且＜＜(1) 在数列{a中是否存在三项使其成等差数列？说明理由；(2) 若a＝1且对任意正整k，ak－(a＋1＋a＋2)仍是该数列中的某一项．(ⅰ) 求公比q；(ⅱ) 若b＝－＋1(＋1)＝b＋b＋…＋b＝＋S＋…＋S试用S表示T解：(1) 由条件知a＝a－1＜q＜＞0所以数列{a是递减数列．若ak，am，an(k＜m＜n)成等差数列则中项不可能是a(最大)也不可能是a(最小)若2a＝a＋a－k＝1＋q－k(*)
由2q－k＜1＋q－k＞1知(*)式不成立故a不可能成等差数列．(2) (ⅰ) (解法1)a－a＋1－a＋2＝a－1(1－q－q)＝a－1由－＋，知a－a＋1－a＋2＜a＜a－1＜…且a－a＋1ak＋2＞a＋2＞a＋3＞…所以a－a＋1－a＋2＝a＋1即q＋2q－1＝0所以q＝－1.(解法2)设a－a＋1－a＋2＝a则1－q－q＝q－k由1－q－q知m－k＝1即m＝k＋1以下同解法1.(ⅱ) bn＝(解法1)Sn＝1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋(1＋＋＋…＋)＝n＋＋＋…＋＝n(1＋＋＋…＋)－(＋＋＋…＋)＝nS－[(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－)]＝nS－＝nS－＝nS－n＋S＝(n＋1)S－n所以T＝2 012S－2 011.(解法2)S＋1＝1＋＋＋…＋＋＝S＋所以(n＋1)S＋1－(n＋1)S＝1所以(n＋1)S＋1－nS＝S＋1－S＝S＋1－2S＝S＋1　　　…(n＋1)S＋1－nS＝S＋1累加得(n＋1)S＋1－S＝T＋n所以T＝(n＋1)S＋1－1－n＝(n＋1)S－n＝(n＋1)(S＋b)－1－n＝(n＋1)－1－n＝(n＋1)S－n所以T＝2 012S－2 011.
已知等差数列{a满足：a＋1(n∈N*)，a1＝1该1，1，3后顺次成为等比数列{b的前三项．(1) 分别求数列{a、{b的通项公式；(2) 设T＝＋＋…＋(n∈N)，若T＋－(c∈Z)恒成立求c的最小值．解：(1) 设d、q分别为等差数列{a、等比数列{b的公差与公比且d>0.由a＝1＝1＋d＝1＋2d分别加上1有b＝2＝2＋d＝4＋2d.(2＋d)＝2(4＋2d)＝4.＝2＝＝＝2＝1＋(n－1)×2＝2n－1＝2×2－1＝2(2) Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋Tn＝＋＋＋…＋－②得T＝＋－＝1＋－＝3－－＝3－.＋－＝3－－在N上是单调递增的－[2，3)．满足条件T＋－(c∈Z)恒成立的最小整数值为c＝3.
【示例】 (本16分)已知数列{a是首项为1公差为d的等差数列数列{b是首项为1公比为q(q＞1)的等比数列．(1) 若a＝b＝3求数列{a的前n项和；(2) 若存在正整数k(k≥2)使得a＝b试比较a与b的大小并说明理由．审题引导：
① 等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；② 作差比较．规范解答： 解： (1) 依题意＝b＝b－1＝1×3＝81故d＝＝＝20所以a＝1＋20(n－1)＝20n－19.(3分)令S＝1×1＋21×3＋41×3＋…＋(20n－19)·3－1则3S＝1×3＋21×3＋…＋(20n－39)·3－1＋(20n－19)·3　②－②得－2S＝1＋20×3＋3＋…＋3－1)－(20n－19)·3＝1＋20×－(20n－19)·3＝(29－20n)·3－29所以S＝(7分)(2) 因为a＝b所以1＋(k－1)d＝q－1即d＝故a＝1＋(n－1)又b＝q－1(9分)所以b－a＝q－1－＝[(k－1)(q－1－1)－(n－1)(q－1－1)]＝[(k－1)(q－2＋q－3＋…＋q＋1)－(n－1)(q－2＋q－3＋…＋q＋1)]．(11分)(ⅰ) 当1＜n＜k时由q＞1知bn－a＝[(k－n)(qn－2＋q－3＋…＋q＋1)－(n－1)(q－2＋q－3＋…＋q－1)]＜[(k－n)(n－1)q－2－(n－1)(k－n)q－1]＝－＜0；(13分)(ⅱ)当n＞k时由q＞1知－a＝k－1)(q－2＋q－3＋…＋q－1)－(n－k)(q－2＋q－3＋…＋q＋1)]＞[(k－1)(n－k)q－1－(n－k)(k－1)q－2]＝(q－1)－2(n－k)＞0(15分)综上所述当1＜n＜k时＜b；当n＞k时＞b；当n＝1时＝b(16分)(注：仅给出“1＜n＜k时＜bn；n＞k时＞b得2分)错因分析： 错位相减时项数容易搞错作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1－q＝(1－q)(1＋q＋q＋…＋q－1)．
1. 已知公差不为0的等差数列{a满足a成等比数列为数列{a的前n项和则＝________．答案：3解析：设公差为d则(a＋2d)＝a(a1＋8d)＝d又d≠0＝d则＝＝3.已知等差数列{a的公差d＝1前n项和为S(1) 若1成等比数列求a；(2) 若S1a9，求a的取值范围．解：(1) 因为数列的公差d＝1且1成等比数列所以a＝1×(a＋2)即a－a－2＝0解得a＝－1或a＝2.(2) 因为数列的公差d＝1且S所以5a＋10>a＋8a；即a＋3a－10<0解得－50)，因此历年所交纳的储备金数目a是一个公差为d 的等差数列．与此同时国家给予优惠的计息政策不仅采用固定利率而且计算复利．这就是说如果固定利率为r(r>0)那么在第n年末第一年所交纳的储备金就变为a(1＋r)－1第二年所交纳的储备金就变为a(1＋r)－2以T表示到第n年所累计的储备金总额．(1) 写出T与T－1(n≥2)的递推关系式；(2) 求证：T＝A＋B其中{A是一个等比数列}是一个等差数列．(1) 解：由题意可得：T＝T－1(1＋r)＋a(n≥2)．(2) 证明：T－a对n≥2反复使用上述关系式得＝T－1(1＋r)＋a＝T－2(1＋r)＋a－1(1＋r)＋a＝…＝a(1＋r)－1＋a(1＋r)－2＋…＋a－1(1＋r)＋a在①式两端同乘1＋r得(1＋r)T＝a(1＋r)＋a(1＋r)－1＋…＋a－1(1＋r)＋(1＋r)－①得rT＝a(1＋r)＋d[(1＋r)－1＋(1＋r)－2＋…＋(1＋r)]－a＝[(1＋r)－1－r]＋a(1＋r)－a即T＝(1＋r)－－如果记A＝(1＋r)＝－－则T＝A＋B其中{A是以(1＋r)为首项以1＋r(r>0)为公比的等比数列；{Bn是以－－为首项以－为公差的等差数列．甲、乙两大超市同时开业第一年的全年销售额均为a万元由于经营方式不同甲超市前n年的总销售额为(n－n＋2)万元乙超市第n年的销售额比前一年销售额多万元．(1) 设甲、乙两超市第n年的销售额分别为a、b求a、b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) 假设甲超市前n年总销售额为S则S＝(n－n＋2)(n≥2)因为n＝1时＝a则n≥2时Sn－S－1＝(n－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]＝a(n－1)故a＝又b＝a时－b－1＝故b＝b＋(b－b)＋(b－b)＋…＋(b－b－1)＝a＋＋＋…＋＝＝＝显然n＝1也适合故b＝(n∈N*)．(2) 当n＝2时＝a＝有ab2；n＝3时＝2a＝有ab3；当n≥4时bn－1>6－4·即n>7－4·又当n≥7时4·7－4·即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一
1. 深刻理解等差(比)数列的性质熟悉他们的推导过程是解题的关键两类数列性质既有类似的的部分又有区别要在应用中加强记忆．同时用好性质也会降低解题的运算量从而减少差错．等比数列的前n项和公式要分q＝1两种情况讨论容易忽视．在等差数列与等比数列中经常要根据条件列方程(组)在解方程组时仔细体会两种情形下解方程组的方
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&&2014届湖北高考理科数学一轮复习课件：第5章《数列》（新人教A版）
2014届湖北高考理科数学一轮复习课件：第5章《数列》（新人教A版）
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2014届湖北高考理科数学一轮复习课件：第5章《数列》（新人教A版）
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说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，考频分析2012年课标地区真题卷情况． 返回目录 点面讲考向 第32讲　数列的综合问题
考点 考频 示例(难度) 1.等差、等比数列的综合问题 解答(7) 2012年湖南T19(B)， 2012年湖北T18(B) 2.数列在实际问题的应用 0 3.数列与函数、不等式的综合问题 解答(1) 2012年安徽T21(C) 4.数列与解析几何的综合问题 0
?　探究点一　等差、等比数列的综合问题 返回目录 点面讲考向 第32讲　数列的综合问题
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　　归纳总结　等差数列与等比数列的综合题基本解题思路是通过基本量方法求出数列的通项，再利用数列中an和Sn的关系，通过变换其中的关系把数列转化为等差数列、等比数列问题． 返回目录 点面讲考向 第32讲　数列的综合问题
?　探究点二　数列在实际问题中的应用 返回目录 点面讲考向 第32讲　数列的综合问题
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　　[点评] 本题考查递推数列问题在实际问题中的应用，用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论．在现实生活中，人口与住房的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算等，都可以考虑利用数列模型来解决． 返回目录 点面讲考向 第32讲　数列的综合问题
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　　[点评]
若数列{an}的通项能转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和，其基本思路是变换通项，把每一项分裂为两项，裂项的目的是产生连续可以相互抵消的项；使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项；在数列求和中变换通项常需要较高的技巧，如下面的变式： 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
　　　归纳总结　使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
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?　探究点三　错位相减法求和 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
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　　归纳总结　用错位相减法求和时，应注意两点：一是要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；二是在写出“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． 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
易错究源　14　错位相减求和中常见的错误
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【备选理由】
例1是等差数列、叠加法与裂项相消求和的综合问题；例2是倒序相加法求和的综合题． 返回目录 教师备用题 第31讲　数列求和
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数列的综合问题 双向固基础 点面讲考向 多元提能力 教师备用题 返回目录 返回目录 　　1．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
2．了解等差数列与一次函数，等比数列与指数函数的关系，能依据现实的生活背景，提炼相关的数量关系，将现实问题转化为数学问题，构造等差、等比数列模型，并加以解决． 考试大纲 第32讲　数列的综合问题
—— 知 识 梳 理 —— 　　一、数列的综合应用
1．等差数列和等比数列的综合
等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式，建立关于两个基本量：首项a1和公差d(或公比q)的方程组，以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点． 返回目录 双向固基础 第32讲　数列的综合问题
2．数列和函数
数列是特殊的函数，等差数列的通项公式和前n项和公式是关于n的一次和二次函数，等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数函数模型，可以根据函数的观点解决数列问题．
3．数列和不等式
以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题，体现了在知识交汇点上命题的特点，通过数列的求通项以及求和，然后解决一个不等式问题，这类不等式是关于正整数的不等式，可以通过比较法、基本不等式法、导数方法和数学归纳法解决． 返回目录 双向固基础 第32讲　数列的综合问题
　　二、 数列的实际应用
1．解决数列应用问题的基本思路： 返回目录 双向固基础 第32讲　数列的综合问题
　　2．数列应用题常见模型：
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an－1的递推关系，或前n项和Sn与Sn－1之间的递推关系． 返回目录 双向固基础 —— 疑 难 辨 析 ——　 返回目录 双向固基础 第32讲　数列的综合问题
【备选理由】
　　例1是数列与函数的关系问题的求解；例2是等差数列与等比数列的综合问题，求等比数列的和应注意对公比q分类讨论． 返回目录 教师备用题 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 教师备用题 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 教师备用题 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 教师备用题 第30讲　等比数列及其前n项和
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数列求和 双向固基础 点面讲考向 多元提能力 教师备用题 返回目录 返回目录 　　1．掌握等差数列、等比数列的前n项和公式．
2．掌握一般数列求和的几种常见的方法． 考试大纲 第31讲　数列求和
—— 知 识 梳 理 —— 　　一、公式法
1．直接利用等差数列、等比数列的前n项公式求和
(1)等差数列的前n项和公式Sn＝____________＝____________．(其中a1为首项，d为公差)
(2)等比数列的前n项和公式
当q＝1时，Sn＝______；
当q≠1时，Sn＝____________＝____________．(其中a1为首项，q为公比) 返回目录 双向固基础 na1
第31讲　数列求和
　　2．一些常见数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝________________；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝________________；
(3)1＋3＋5＋…＋2n－1＝________________． 返回目录 双向固基础 　　　 n(n＋1) n2 第31讲　数列求和
二、几种数列求和的常用方法
1．分组求和法：若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__________，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 返回目录 双向固基础 　　两项之差 第31讲　数列求和
　　 返回目录 双向固基础 第31讲　数列求和
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，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法求和．
4．倒序相加法：如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于______________，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求和． 返回目录 双向固基础 同一个常数 —— 疑 难 辨 析 ——　 返回目录 双向固基础 第31讲　数列求和
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说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，考频分析2012年课标地区真题卷情况． 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点 考频 示例(难度) 1.分组转化法求和 填空(1) 解答(2) 2012年湖北T18(B) 2.裂项相消法求和 0 3.错位相减法求和 解答(2) 2012年江西T16(B)
?　探究点一　分组转化法求和 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
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　　[点评] 数列求和，要认真观察数列的通项公式，对通项变形，如果每一项能拆分成几项的和，而这些项适当分组，分别构成等差数列或等比数列，或可求和的数列，分别应用公式求和，从而求得原数列的和，如下面变式题． 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
　　归纳总结　对于不能由等差数列、等比数列的前n项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和． 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
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?　探究点二　裂项相消法求和 返回目录 点面讲考向 第31讲　数列求和
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说明：A表示简单题，B表示中等题，C表示难题，考频分析2012年课标地区真题卷情况． 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
考点 考频 示例(难度) 1.等比数列的判断与证明 选择(1) 填空(1) 解答(1) 2012年湖北T7(B) 2.等比数列的基本运算 选择(2) 填空(2) 解答(3) 2012年安徽T4(A)， 2011年江西T18(B)， 3.等比数列的性质的应用 选择(1) 填空(1) 2012年全国课标T5(A)
?　探究点一　等比数列的判断与证明 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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　　[点评] 判断一个数列是否为等比数列的基本方法有两种，一是定义法，证明
＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明
＝an－1·an＋1.当已知条件为an与Sn的关系式时，一般是把它们转化为an与an－1的关系式，再把这个关系式适当变形、代换，得出an与an－1的比值是一个常数即可，通过证明一个数列是等比数列往往是求已知数列通项公式的手段，看下面的变式： 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
　　归纳总结　等比数列的判断方法有： ①定义法：若
＝q(q为非零常数)或
＝q(q为非零常数且n≥2且n∈N*)，则{an}是等比数列． ②中项公式法：在数列{an}中，an≠0且
＝an· an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列． ③通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列． 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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?　探究点二　等比数列的基本运算 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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归纳总结　求解与等比数列的基本量有关的问题时，常用以下思想方法： ①方程的思想：等比数列的通项公式、前n项和的公式中联系着五个量：a1，q，n，an，Sn，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量． ②整体思想：当公比q≠1时，Sn＝
(1－qn)，令 ＝t，则Sn＝t(1－qn)．把
与qn当成一个整体求解． ③分类讨论思想：在应用等比数列前n项和公式时，必须分类求和，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝
. 在判断等比数列单调性时，也必须对a1与q分类讨论． 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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?　探究点三　等比数列的性质及应用 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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　　[点评] 在一个无穷等比数列中，其中任何一项都是和这项项数距离相等的两项的等比中项，即
＝am－k· am＋k(m，k为正整数，且m>k)；在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质，可减少运算量；另外，在应用等比数列前n项和公式求解时，要注意整体思想的应用，如例3(2)方法一，等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质，在解题中要善于发现这些性质，如下面的变式： 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
　　归纳总结　等比数列的性质可分为三类：
①通项公式变形．
②等比中项变形．
③前n项和公式变形；根据题目的条件，发现具体变化特征即可找到解决问题的突破口． 返回目录 点面讲考向 第30讲　等比数列及其前n项和
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易错究源　忽视公比q＝1时，Sn＝na1，直接应用前 n项和公式而致错 返回目录 多元提能力 第30讲　等比数列及其前n项和
　 返回目录 多元提能力 第30讲　等比数列及其前n项和
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?　探究点三　等差数列的性质的应用 返回目录 点面讲考向 第29讲　等差数列及其前n项和
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　　[点评] 本例中的题目都可以根据基本量方法，通过列方程组的方法求出首项和公差，但利用等差数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有am＋an＝ap＋aq”，可以有效地简化计算．在一些问题中利用这个性质可以实现问题的等量代换，看下面的变式． 返回目录 点面讲考向 第29讲　等差数列及其前n项和
　　归纳总结　巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
易错与易混：等差数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有am＋an＝ap＋aq”，应用时应注意必须是两项相加，一般地，am＋an≠am＋n. 返回目录 点面讲考向 第29讲　等差数列及其前n项和
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易错究源　12　误解数值相同的项 返回目录 多元提能力 第29讲　等差数列及其前n项和
　 返回目录 多元提能力 第29讲　等差数列及其前n项和
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【备选理由】
　　例1以数列为背景，综合等差数列基本量的求解、等差数列求和公式以及函数单调性等有关知识的应用；例2是等差数列的通项公式与前n项和公式的综合问题． 返回目录 教师备用题 第29讲　等差数列及其前n项和
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第30讲 等比数列及其前n项和 双向固基础 点面讲考向 多元提能力 教师备用题 返回目录 返回目录 　　1．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n项和公式．
2．理解等比数列的简单应用． 考试大纲 第30讲　等比数列及其前n项和
—— 知 识 梳 理 —— 　　一、等比数列的概念
1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与______________都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的________，通常用q(q≠0)表示，其符号语言为____________(n≥2，q为常数)．
2．如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的__________，其中G＝________．
返回目录 双向固基础 　等比中项 公比 　它的前一项的比 第30讲　等比数列及其前n项和
　　二、等比数列的通项公式与前n项和公式
1．若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为____________；
若等比数列{an}的第m项为am，公比是q，则其第n项an可以表示为____________．
2．等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝__________；
当q≠1时，Sn＝____________＝____________． 返回目录 双向固基础 an＝a1qn－1
na1 　 　　an＝amqn－m 　 第30讲　等比数列及其前n项和
　　三、等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和．
1．若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有aman＝________．
2．等比数列{an}的单调性：
当q>1，a1>0或0<q<1，a11，a1<0或0<q0时，数列{an}是______数列；
当q＝1时，数列{an}是________． 返回目录 双向固基础 apaq
递增 　 　　常数列 　　　递减　 第30讲　等比数列及其前n项和
　　 返回目录 双向固基础 qk a1 孤立的点 —— 疑 难 辨 析 ——　 返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 双向固基础 第30讲　等比数列及其前n项和
返回目录 多元提能力 第28讲　数列的概念与简单表示法
【备选理由】
　　例1是数列最大项的判断；例2是运用倒序相加法求和的综合题．
返回目录 教师备用题 第28讲　数列的概念与简单表示法
返回目录 教师备用题 第28讲　数列的概念与简单表示法
返回目录 教师备用题 第28讲　数列的概念与简单表示法
返回目录 教师备用题 第28讲　数列的概念与简单表示法
第29讲 等差数列及其前n项和 双向固基础 点面讲考向 多元提能力 教师备用题 返回目录 返回目录 　　1．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
2．理解等差数列的简单应用．
考试大纲 第29讲　等差数列及其前n项和
—— 知 识 梳 理 —— 　　一、等差数列的概念
1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与______________都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的______，通常用字母d表示，其符号语言为____________(n≥2，d为常数)．
2．如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的__________，其中A＝________． 返回目录 双向固基础 它的前一项的差 　等差中项 公差 　an－an－1＝d 第29讲　等差数列及其前n项和
　　二、等差数列的通项公式与前n项和公式
1．若等差数列{an}的首项为a1，公差是d，则其通项公式为_________________；
若等差数列{an}的第m项为am，则其第n项an可以表示为________________．
2．等差数列的前n项和公式
Sn＝__________＝______________．(其中a1为首项，d为公差，an为第n项) 返回目录 双向固基础 an＝a1＋(n－1)d
an＝am＋(n－m)d
第29讲　等差数列及其前n项和
　　三、等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是{an}的前n项和．
1．若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有am＋an＝________．
2．等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是________数列；当d0，得n<，，a，故S最大，最大值为144.例　[2012·大连二模] 已知数列{a满足a＝，－1－a＝(n≥2)，则该数列的通项公式an＝________[分析] 本题是已知数列的递推关系式求通项公式问题，可由递推公式变形，得－＝＝－，转化为数列求和问题．
[答案] [解析] 由递推公式变形，得－＝＝－，则－＝1－，－＝－，…，－＝－，各式相加，得－＝1－，即＝，故a＝
自我检评　(1)[2012·全国卷] 已知数列{a的前n项和为S，a＝1，Sn＝2a＋1，则S＝(　　)－1
(2)[2012·云南质检] 设数列{a的前n项和为S，如果＝，a＝，那么a＝________[答案] (1)B　(2)350
[解析] (1)本小题主要考查数列前n项和S与通项a的关系，解题的突破口是用a表示S由S＝2a＋1＝2(S＋1－S)得S＋1＝，所以{S是以S＝a＝1为首项，为公比的等比数列，所以S＝，故选
(2)由a＝，得3S＝(n＋3)a，－1＝(n＋2)a－1，两式相减，得＝(n＋3)a－(n＋2)a－1，＝，则＝，＝，＝，…，＝，各式相乘，得＝，故a×＝350.
[2011·浙江卷] 若数列中的最大项是第k项，则k＝________
[解析] 设最大项为第k项，则有 ? ?k＝4.
[答案] 例2　[2013·广东六校联考] 已知在等差数列{a中，a＝31，S是它的前n项和，S＝S(1)求S；(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．解：(1)∵S＝a＋a2＋…＋a，＝a＋a＋…＋a，又S＝S，＋a＋…＋a＝0，＝0，即a＋a＝2a＋31d＝0，又a＝31，∴d＝－2，＝na＋＝31n－n(n－1)＝32n－n(2)方法一：由(1)知S＝32n－n，当n＝16Sn有最大值，S的最大值是256.方法二：由S＝32n－n＝n(32－n)，欲使S有最大值，应有1<n0时，数列是递增数列d<0时，数列是递减数列；(2)应指明作差的顺序是后项减前项，公差d一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求．(3)当n≥2时，a－a－1＝(pn＋q)－[p(n－1)＋q]＝p，它是一个与n无关的数，故这个数列是以p为公差的等差数列．(4)由已知等差数列{a从第10项开始为正数，则a，且a，即解得.
2．前n项和公式的变形(1)在等差数列的前n项和公式S＝na＋中，S一定是关于n的二次函数．(　　)(2)如果一个数列{a的前n项和为S＝pn＋qn＋r，其中p，q，r为常数，且p≠0，那么这个数列一定是等差数列．(　　)[答案] (1)×　(2)×[解析] (1)S＝＋a1－，当d＝0时，S不是关于n的二次函数；当d≠0时，S是关于n的二次函数．(2)由S＝pn＋qn＋r，得 当n＝1时，S＝a＝p＋q＋r，当n≥2时，a＝S－S－1＝(pn＋qn＋r)－[p(n－1)＋q(n1)＋r]＝2pn－(p－q)，若r＝0，a＝p＋q＋r适合上式，则数列{a的通项公式为a＝2pn－(p－q)，＝a－a－1＝[2pn－(p－q)]－[2p(n－1)－(p－q)]＝2p(常数)，故这个数列一定是等差数列，首项a＝p＋q，公差为2p；若r≠0，a＝p＋q＋r不适合上式，则数列{a不是等差数列．3．等差数列性质的活用(1)在等差数列{a中，a＋a＝a(　　)(2)若数{an}和{b都是等差数列，则数列{pa－qb(p，q为常数)也是等差数列．(　　)(3)若将等差数列定义中的“差”改为“和”，则数列是周期数列．(　　)
[答案] (1)×　(2)√　(3)√ [解析] (1)在等差数列{a中，a3＋a＝a＋2d＋a＋6d＝2a＋8d，a＝a＋9d，故a＋a注意：在等差数列中，a＋a＋n，左右两边项数一定要相同才能用上述性质．(2)设等差数列{a和{b的公差分别为d，d，则当n≥2时，(pan－qb)－(pa－1－qb－1)＝p(a－a－1)－q(b－b－1)＝pd－qd2，它是一个与n无关的数，故这个数列是以pd－qd为公差的等差数列．(3)一个数列从第二项起每一项与它前一项的和都等于同一个常数，即a＋a＝a＋a＝a＋a＝…＝d，则这个数列变为a，a，a，a，a，a，…，是周期为2的周期数列．例1　[2012·龙岩质检] 已知数列{a的首项a＝1，且点(a，a＋1)在函数(x)＝的图像上，b＝(n∈N)．(1)求证：数列{b是等差数列，并求数列{a，{b的通项公式；(2)试问数列{a中a＋1(k∈N)是否仍是{a中的项？如果是，请指出是数列的第几项；如果不是，请说明理由．
[思考流程] (1)条件：点在x)图上；目标：证明{b是等差数列；方法：b＋1与b的差为定值；(2)条件：已知数列{a的通项公式；目标：数列中相邻两项的积是否为数列中的项；方法：代入通项公式检验．解：(1)由已知得a＋1＝，＝4＋，－＝4，即b＋1－b＝4{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列，数列{b的通项公式为b＝1＋4(n－1)＝4n－3.又b＝，故数列{a的通项公式为a＝(2)由(1)可得a＋1＝
＝＝，－2k＝2k(2k－1)∈N，＋1，所以a＋1是数列{a中的项，是第4k－2k项．
例2　[2012·湖北卷] 已知等差数列{a前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{a的通项公式；(2)若a，a，a成等比数列，求数列{|a的前n项和．
[思考流程] (1)条件：已知前三项的和与积；目标：求通项公式；方法：列方程(组)求出首项与公差；(2)条件：a，a，a成等比数列；目标：求数列{|a前n项和；方法：先确定通项公式． [解析] (1)设等差数列{a的公差为d，则a＝a＋d，a＝a＋2d，由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或a＝－4＋3(n－1)＝3n－7，故a＝－3n＋5，或a＝3n－7. (2)当a＝－3n＋5时，a，a，a分别为－1，－4，2，不成等比数列；当a＝3n－7时，a，a，a分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．故|a＝|3n－7|＝记数列{|a的前n项和为S当n＝1时，S＝|a＝4；当n＝2时，S＝|a＋|a＝5；当n≥3时，＝S＋|a＋|a＋…＋|a|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝－＋10.当n＝2时，满足此式．综上，S＝变式题 (1)[2012·福建卷] 等差数列{a}中，a＋a＝10，a＝7，则数列{a的公差为(　　)(2)[2012·赤峰模拟] 已知等差数列{a的前n项和为S，若a＋a＝－10，S＝0，则S的表达式为____________．[答案] (1)　(2)S＝
[解析] (1)根据已知条件得： 即 解得2d＝4，所以d＝2.所以选择(2)设等差数列{a的公差为d，由S＝0可得a＋a＋a＝3a＝0，由已知条件可得解得故S＝n－＝例3　(1) 在等差数列{a中，已知＋a＝16，则该数列前11项和S＝(　　)(2)[2011·广东卷] 等差数列{a前9项的和等于前4项的和a1＝1，a＋a＝0，则k＝________．
[思考流程] (1)分析：由条件联想性质；推理：表示数列的前11项和；结论：得出答案．(2)分析：由条件联想方程；推理：由得到的方程求k；结论：得到k值．[答案] (1)B　(2)10
[解析] (1)本小题主要考查等差数列的性质和求和公式．解题的突破口为等差数列性质的正确应用．由等差数列性质可知，a＋a＝a＋a＝16，S＝＝88.(2)由S＝S，所以a＋a＋a＋a＋a＝0，即5a7＝0，所以a＝0.由a＝a＋6d得d＝－，又a＋a＝0，即a＋(k－1)＋a＋3×＝0，即(k－1)×＝－，所以k－1＝9，所以k＝10.变式题 (1)[2012·郑州质检] 在等差数列{a中，＝＋6，则数列{a的前9项和S等于(　　)108
(2)设等差数列{a的前n项和为S，若S，S，则a的最大值为________[答案] (1)　(2)4 [解析]由已知，得2a＝a＋12，＋a＝2a，∴a＝12，则S＝＝＝108，故选(2)由S，得＝，即a，2a由S，得＝，即a＋a，－a－a－5，②＋②，得aa2≤1，即公差d≤1，＝a＋d≤4，即a的最大值为4.例　已知两个等差数列{a＝{5，8，11，…，302}与{b＝{3，7，11，…，399}，那么它们有________个数值相同的项．
[错解] 容易求得通项公式a＝3n＋2，b＝4n－1(1≤n≤100)．令a＝b，即3n＋2＝4n－1，解得n＝3，所以两个数列中只有一个数值相同的项，即第3项．
[错因] 数值相同的项并不要求项数也相同，如{a中的第7项与{b的第6项数值相同．
[正解] an＝3n＋2(1≤n≤100)；b＝4m－1(1≤m≤100)，令a＝b，得3n＋2＝4m－1，即n＝－1，因为m，n∈N＋，所以必有m＝3t(t∈N＋)，从而n＝4t－1.故解得即，又＋，，即两个数列中共有25个数值相同的项．
自我检评　(1)设S是等差数列{a的前n项和，且S＝3a，a＝2，则S＝(　　)A．11
C．(2)[2012·浙江卷] 设S是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{a的前n项和，则下列命题错误的是(　　)若d<0，则数列{S有最大项若数列{S有最大项，则d<0若数列{S是递增数列，则对任意n∈N，均有S若对任意n∈N，均有S，则数列{S是递增数列[答案] (1)B　(2)C　
[解析] (1)设等差数列{a的公差为d，则
解得a＝2，d＝0，6＝6a＝12，故选(2)方法一：特值验证排除．选项显然是错的，举出反例：－1，0，1，2，3，…满足数列{S是递增数列，但是S＞0不恒成立．
方法二：由于S＝na＋＝＋，根据二次函数的图与性质知当d0，但对任意的n∈N，S不成立，即选项错误；反之，选项是正确的；故应选
例1　[2012·长春调研] 等差数列{a的各项均为正数，其前n项和为S，满足2S＝a(a2＋1)，且a＝1.(1)求数列{a的通项公式；(2)设b＝，求数列{b的最小值项．
解：(1)由2S＝a(a2＋1)＝a＋a，可得2(a＋a＋d)＝(a＋d)＋(a＋d)．又a＝1，数列{a的各项均为正数，可得d＝1，数列{a是首项为1，公差为1的等差数列，数列{a的通项公式是a＝n.
(2)根据(1)得S＝，b＝＝＝n＋＋1.由f(x)＝x＋(x>0)在(0，)上单调递减，在[，＋∞)上单调递增，而30，且时，函数y＝是一个不为零的常数与指数函数q的乘积，它的图象是函数y＝的图象上横坐标为正整数的一群；当q＝1时，a＝，它是常数函数．an＝
1．等比数列的判断(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．(　　)(2)公比q是任意一个常数，它可以是任意实数．(　　)(3)若bac，则a，b，c成等比数列．(　　)(4)指数函数f(x)＝2x图上一系列点的横坐标构成数列{x，对应的纵坐标构成数列{y，若{x是等差数列，则{y是等比数列．(　　)[答案] (1)×　(2)×　(3)×　(4)√[解析] (1)根据等比数列的定义，在求每一项与它的前一项的比时，分母不能为零，即a，由此推出a，“a是数列{a成等比数列的必要非充分条件．(2)公比q是任意an≠0，则q＝(3)若a，b，c有一个为0，则a，b，c不成等比数列；若a，b，c都不为0，则由b＝ac，可得a，b，c成等比数列．(4)设等差数列{x的公差为d，则＝＝2xn＋1－x＝2，所以{y是等比数列．2．通项公式与前n项和公式的关系(1)S＝1＋2＋2＋…＋2＝＝2－1，n∈N＋(　　)(2)如果一个数列{a是等比数列，则它的前n项和为Sn＝(　　)[答案] [解析] (1)S＝1＋2＋2＋…＋2＝＝2n＋1－1.(2)当q＝1时，S＝na；当q≠1时，S＝3．等比数列性质的活用(1)在等比数列{a中，a＝a(　　)(2)若等比数列{a中，a＝1，公比q＝，则a与a的等比中项为(3)若等比数列{a中，a＝2，a＝18，则a＝±6.(　　)[答案] (1)×　(2)×　(3)× [解析] (1)在等比数列{a中，a＝a＝a，a＝a，故a(2)由数列{a是等比数列，且a＝1，公比q＝，则a＝，a＝）3＝，设a与a的等比中项为G，则G＝a＝＝，即G＝±(3)由等比数列的性质，得a＝a1＝36，又a＝a，故a＝6.例1　[2012·海口调研] 在数列{a，{b中，已知a＋1＝2a＋k(k≠0)，b＝a＋1－a(1)求证：数列{b是等比数列．(2)若k＝a＝1，求数列{a，{b的通项公式．
[思考流程] (1)条件：已知b与a，a＋1与a的关系；目标：求出b与b－1的比值；方法：a＋1与a的递推关系；(2)条件：已知a及递推公式{an；目标：求数列的通项公式；方法：构造等比数列或累加法．解：(1)证明：当n≥2时，＝＝＝＝2，数列{b是公比为2的等比数列．(2)由k＝a＝1，得a＝2a＋1＝3，则b＝a－a＝2，数列{b的通项公式是b＝2·2－1＝2下面求数列{a的通项公式：方法一：由a＋1＝2a＋1，得a＋1＋1＝2(a＋1)，数列{a＋1}是公比为2的等比数列，
又a＋1＝2，数列{a＋1}的通项公式是a＋1＝2·2－1，数列{a的通项公式是a＝2－1.方法二：由b＝a1－a，得a＋1－a＝2，则a－a＝2，a－a＝2，…，a－a－1＝2－1，各式相加，得a－a＝2＋2＋…＋2－1＝＝2－2，数列{a的通项公式是a＝2－1.
变式题 　[2012·南阳一模] 数列{a的前n项和记为S，a1＝t，a＋1＝2S＋1(n∈N＋)．(1)当t为何值时，数列{a是等比数列？(2)在(1)的条件下，若等差数列{b的前n项和T有最大值，且T＝15，又a＋b，a＋b，a＋b成等比数列，求T解：(1)由a＋1＝2S＋1，可得an＝2S－1＋1(n≥2)，两式相减得a＋1－a＝2a，即a＋1＝3a(n≥2)，当n≥2时，{a是等比数列，要使n≥1时，{a是等比数列，则只需＝＝3，从而t＝1.
(2)设{b的公差为d，由T＝15得b＋b＋b＝15，于是b＝5，故可设b＝5－d，b＝5＋d，又a＝1，a2＝3，a＝9.由题意可得(5－d＋1)·(5＋d＋9)＝(5＋3)，解得d＝2，d＝－10，等差数列{b的前n项和T有最大值，，d＝－10，＝15n＋(－10)＝20n－5n
例2　　(1) 已知{a为等比数列，4＋a＝2，a＝－8，则a＋a＝(　　)7
．－7(2)[2012·浙江卷] 设公比为q(q>0)的等比数列{a的前n项和为S，若S＝3a＋2，S4＝3a＋2，则q＝________
[思考流程] (1)分析：已知等比数列的两个条件；推理：列出方程组；结论：求出a＋a；(2)分Sn与a的关系；推理：转化为方程组；结论：求出公比．[答案] (1)　(2)　 [解析] (1)设数列{a的公比为q.由题意，得或解得或当 时，a＋a＝a(1＋q9)＝1＋(－2)＝－7；当时，a＋a＝a(1＋q)＝(－8)×＝－7.综上，a＋a＝－7.故选(2)本题主要考查等比数列的求和以及二元方程组的求解．当q＝1时S2＝3a＋2得a＝－2，由S＝3a＋2得a＝2，两者矛盾，舍去，则q≠1，联立方程可解得故应填
已知等比数列{a的前n项和为S，S＝14，＝126(1)求数列{a的通项公式；(2)设T＝＋＋…＋，试求T的表达式．
解：(1)由已知等比数列{a中，S＝14，S＝126，则公比q≠1，故得方程组
两式相除，得1＋q＝9，即q＝2，代入方程组，得a＝2，数列{a的通项公式是a＝2
(2)由a＝2，得＝＝，则＝＝，即数列是公比为的等比数列，其首项＝，＝＋＋…＋＝＝－(n∈N*)．例3　(1) 公比为的等比数列{a的各项都是正数，且a＝16，则＝A．4
(2)已知等比数列{a的前n项和为S，若S＝6，S＝30，则S＝________
[思考流程] (1)分析：已知等比数列的公比及a＝16；推理：应用等比数列的性质；结论：先求出a后求出a(2)分析：已知等比数列的前2与4项和；推理：应用等比数列的性质；结论：求出数列的前6项和．[答案] (1)B　(2)126
[解析] (1)本题考查等比数列，等比中项的性质，对数运算等．方法一：由等比中项的性质得a＝a＝16，又数列各项为正，所以a＝4.所以a＝a＝32.所以g2a16＝5.方法二：设等比数列的公比为q，由题意，a，则a＝ a ＝
＝ 2，所以a ＝ 2，解得＝2故＝5.(2)方法一：由S，可知公比q≠1，则S，S－S，S－S成等比数列，(S4－S)2＝S(S6－S)．＝6，S＝30，(30－6)＝6(S－30)，解得S＝126.方法二：由已知S＝6，S＝30，得两式相除，得1＋q＝5，q＝4，则＝－2，＝＝[1－(q)3]＝(－2)×(1－4)＝126.a
(1)在等比数列{a中，若a＋a＝a(a≠0)，＋a＝b，则a＋a的值等于(　　)
(2)[2012·唐山三模] 设a，a，…，a成等比数列，且a＝32，记x＝a＋a＋…＋a，y＝＋＋…＋，则＝________[答案] (1)　(2)2 [解析] (1)∵a15＋a＝a＋a＝q(a5＋a6)，＝＝，＋a＝q(a5＋a)＝＝，故选(2)由a1a2…a10＝32，有a1a2…a10＝(a)5＝32，即a1a10＝2，设公比为q，则a1a10＝aq9＝2，＝a＋a＋…＋a＝，＝＋＋…＋＝＝，＝aq9＝2.例　已知{an}中，a＝2，S＝6，求a和q.[错解]
由等比数列的前n项和公式，得S＝＝＝6，解得q＝－2，此时a＝a＝2(－2)＝8，即a＝8，q＝－2.[错因] Sn＝只是等比数列求和的一个公式，完整公式为S＝
[正解] 若q＝1，则S＝3a＝6符合题意，此时q＝1，a＝a＝2；若q≠1，则S＝＝＝6，解得q＝－2，此时a＝a＝2(－2)＝8，即a＝8，q＝－2.综上所述a＝2，q＝1或a＝8，q＝－2.另解：利用S＝a＋a＋a＝a(1＋q＋q)，可得q＝1或q＝－2.得解．
自我检评　　(1)已知两个等比数列{a，{b满足a＝a(a>0)，b－a＝1，b－a＝2，b－a＝3，若数列{a唯一，则a＝________(2)[2012·南通三模] 各项均为正数的等比数列{a}满足＝4，a＝8，若函数f(x)＝a＋a＋a＋…＋10x10的导数为f′(x)，则f′＝________[答案] (1)　(2)
[解析] (1)设等比数列{a的公比为q，a(a>0)，b－a＝1，b－a＝2，b－a＝3，＝a＋1，b2＝aq＋2，b＝aq＋3.，b，b成等比数列，＝b，即(aq＋2)＝(a＋1)(aq＋3)，整理，得aq－4aq＋3a－1＝0.①，∴Δ＝(4a)－4a(3a－1)＝4a＋4a>0，关于公比q的二次方程有两个不等的实根，数列{an唯一，即公比q的值只能有一个，公比q的两个值必须有一个不适合题意，又等比数列的公比不能为0，则方程①必有一根为0，3a－1＝0，即a＝
(2)设等比数列{a的公比为q(q>0)，则??
∴等比数列{a的通项公式为a＝2－3，则当x＝时，na－1＝，又f′(x)＝a＋2a＋3a＋…＋10a，）＝(1＋2＋…＋10)＝
例1　在各项均为负数的数列{a中，已知点(a，an＋1)(n∈N)在函数y＝2x的图上，且a＝8.(1)求证：数列{a是等比数列，并求2)若数列{b的前n项和为S，且b＝a＋n，求S
解：(1)证明：因为点(a，a＋1)(n∈N)在函数y＝2x的图上，所以a＋1＝2a故数列{a是公比q＝2的等比数列．又因为a＝8，a＝8，a(2)＝(2)，由于数列{a的各项均为负数，则a＝－，所以a＝－2－2(2)由(1)知，a＝－2－2，b＝－2－2＋n，所以S＝－2－1＋
例2　已知等差数列{a满足：a＝9，a＋a＝14.(1)求{a的通项公式；(2)若b＝a＋q(q>0)，求数列{bn项和S解： (1)设{a的首项为a，公差为d，则由a＝9，a＋a＝14，得解得所以{a的通项公式a＝2n－1.(2)由a＝2n－1得b＝2n－1＋q－1当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q＋q＋q＋…＋q－1)＝n＋；当q＝1时，b＝2n，得S＝n(n＋1)；所以数列{b的前n项和为＝
常用的裂项公式：(1)＝；(2)＝；(3)＝；－
1．前n项和公式的推导(1)等差数列的前n(　　)(2)等比数列的前n项和是用倒序相加法推导的．(　　)[答案] (1)×　(2)×[解析] (1)因为等差数列任意的第k项与倒数第k项的和等于首末两项的和n项和是用倒序相加法推导的．(2)因为等比数列的每一项乘以公比q，就得到它后面相邻的一项，故等比数列的前n项和的推导采用了“错位相减，消除差别”的方法．2．数列求和的常用方法(1)若数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，则此数列可用裂项相消法求和．(　　)(2)若一个数列的通项公式由两个数列组成，则可分组求和．(　　)[答案] (1)×　(2)×[解析] (1)数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这只是用裂项相消法的前提，还必须满足在求和过程中能够前后相互抵消．(2)应该是一个数列的通项公式由两个可求和的数列组成，才可分组求和，例如，数列{a的通项公式为{a＝n＋，数列{a由两个数列{n}和组成，但数列不能求和．3．常见数列的求和(1)设数列{a的通项公式是a＝(－1n，则数列{a的前n项和S＝0.(　　)(2)若数列a，a－a，a－a，…，a－a－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a的通项公式是a＝(　　)(3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得＋＋＋…＋＋289°＝44.5.(　　)[答案] [解析] (1)若n为偶数，则S＝0；若n为奇数，则S＝－1.(2)应用等比数列的前n项和公式求和，即可得＋(a－a)＋…＋(a－a－1)＝，即a＝(3)设S＝＋＋3°＋…＋＋，则＝＋＋＋…＋＋，即S＝＋＋＋…＋cos289°，与第一个式子相加，得2S＝89，所以S＝44.5.例1　[2012·山东卷] 在等差数列{a中，a＋a＋a＝84，a＝73.(1)求数列{a的通项公式；(2)对任意m∈N，将数列{a中落入区间(9，9)内的项的个数记为b，求数列{b的前m项和S
[思考流程] (1)条件：已知等差数列两个条件；目标：求出通项公式；方法：利用通项公式列方程组；(2)条件：已知a的取值范围；目标：求数列{b的前m项和；方法：构造两个数列分组求和．解：(1)因为{a是一个等差数列，a＋a＋a＝84，所以a＋a＋a＝3a＝84，即a＝28.设数列{a的公差为d，则5d＝a－a＝73－28＝45，故d＝9.由a＝a＋3d得28＝a＋3×9，即a＝1，所以a＝a＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N)．
(2)对m∈N，若9，则9＋8<9n0，∴a＝6.＝＝7a＝56，∴a＝8，＝a－a＝2，数列{a的通项公式a＝a＋(n－3)d＝2n.
(2)∵bn＋1－b＝a＋1且a＝2n，∴b＋1－b＝2(n＋1)，当n≥2时，b＝(b－b－1)＋(b－1－b－2)＋…＋(b－b)＋b1＝2n＋2(n－1)＋…＋2×2＋2＝n(n＋1)，当n＝1时，b＝a＝2满足上式，∴b＝n(n＋1)，＝＝－，＝＋＋…＋＋＝＋＋…＋＋＝1－＝
例2　[2012·江西九校联考] 设数列{a的前n项和为S，且对任意n∈N＋都有a，且满足(a＋a＋…＋a)2＝a＋a＋…＋a(1)求数列{a的通项公式；(2)当0<λ<1时，设b＝(1－λ)，cn＝λ(a＋1)，数列的前n项和为T，求证：T.
解：(1)由题设条件知当n＝1时，a＝1.由题意知，a＝(a＋a＋…＋a＋a＋1)－(a＋a＋…＋a)2，由于a＞0，所以a＝2(a＋aan)＋a＋1同样有a＝2(a＋a＋…＋a－1)＋a(n≥2)，由此得a－a＝a＋1＋a所以a＋1－a＝1.所以数列{a是首项为1，公差为1的等差数列，即数列{a的通项公式a＝n.(2)∵bn＝(1－λ)＝，c＝λ(n＋1)，＝≥－，＋＋…＋＝16＋＋＋…＋＋－2＝16，设t＝＋＋…＋，倒序相加得＝＋＋＋…＋＋＋＋…＋＝，，从而T16＝－＝，.
1．等差数列与等比数列综合问题(1)在曲线y＝上取点，若横坐标依次成等比数列{x，则对应的纵坐标依次成等差数列{y(　　)(2)一个细胞由1个分裂为2个，则经5次分裂后的细胞总数为63.(　　)[答案][解析] (1)设等比数列的公比为q，则y－y－1＝＝(常数)，所以{y是等差数列．(2)设经过n次分裂后的细胞总数为a1，则数列{a是公比为2的等比数列，经过5次分裂后的细胞总数为a＝2＝32.2．利润与增长率问题(1)某厂生产总值月平均增长率为q，则年平均增长率为12q.(　　)(2)某集团公司去年产值为a，计划在今后5年内每年比上年产值增加10，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为10(1.1－1)a.(　　)(3)某商品月末的进货价比月初的进货价下降了8，而销售价不变；这样，利润率月末比月初高出10，则月初的利润率是18(　　)
[答案] [解析] (1)设原来生产总值为1，年平均增长率为x，则1＋x＝(1＋q)，x＝(1＋q)－1.(2)每年的总产值构成以a(1＋10)＝1.1a为首项，公比为1.1的等比数列，＝＝11(1.1－1)a.(3)设月初的进1，月初利润率为x，则1＋x＝(1－8)(1＋x＋10)，解得x＝0.15，即月初的利润率是153．存贷款利息问题(1)我国银行的存款都是单利计息，属于等差模型．(　　)(2)采用单利计息与复利计息的利息都一样．(　　)(3)贷款A元，每年偿还a元，n年还清，年利率为r，则n年本利合计也是A(1＋nr)．(　　)[答案] [解析] (1)我国银行的存款都是单利计息，单利计算公式是，设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a＝a(1＋rn)，属于等差模型．(2)复利计算公式是，设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a＝a(1＋r)，属于等比模型，两者计算的利息是不同的．(3)贷款A元，每年偿还a元，n年还清，年利率为r，则n年本利合计为(1＋r)－1＋a(1＋r)－2＋…＋a(1＋r)＋a＝例1　已知数列{a首项a＝2，且对任意n∈N，都有an＋1＝ba＋c，其中b，c是常数．(1)若数列{a是等差数列，且c＝2，求数列{a的通项公式；(2)若数列{a是等比数列，且|b|<1，从数列{a中任意取出相邻的三项，均能按某种顺序排列成等差数列，求使{a的前n项和S成立的n的取值集合．
解：(1)当c＝2时，由已知得＝2，a＝ba＋2＝2b＋2，a＝ba＋2＝2b＋2b＋2，因为{a是等差数列，所以a，a，a成等差数列，所以a＋a＝2a，即2＋(2b＋2b＋2)＝2(2b＋2)，b2－b＝0，解得b＝0，或b＝1.当b＝0时，a＝2，当b＝1时，对n∈N，a＋1－a＝2成立，所以数列{a是等差数列；所以数列{a的通项公式分别为a＝2或a＝2n.
(2)因为{a是等比数列，所以a，a，a成等比数列，所以a＝a，即2[b(2b＋c)＋c]＝(2b＋c)，化简得2bc＋c＝2c，所以c＝0或2b＋c＝2，当2b＋c＝2时，a＝ba＋c＝2b＋c＝2，所以a＝2，不满足S.
当c＝0时，a＝2b－1则a＋1＝2b，a＋2＝2b＋1，因为a，a＋1，a＋2按某种顺序排列成等差数列，所以有1＋b＝2b，或1＋b＝2b，或b＋b＝2，解之得b＝1或b＝－或b＝－2.
又因为|b|0且m≠1)，设(a1)，f(a)，…，f(a)(n∈N*)是首项为42的等差数列．(1)求证：数列{a是等比数列；(2)若b＝a(an)，记数列{b的前n项和为S，当m＝时，求S；(3)若c＝a，问是否存在实数m，使得{c中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出实数m的取值范围．
[思考流程] (1)条件：已知(x)的函数式；目标：证明数列{a是等比数列；方法：由函数式求出{a的2)条件：已知数列{a的通项公式{a及b与a的关系式；目标：求出数列{b的前n项和；方法：错位相减法；(3)条件：c与a的关系式；目标：求出实数m的取值范围；方法：分类讨论．解：(1)证明：由题意知f(a)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，即＝2n＋2，∴a＝m＋2＝＝m且m≠1，∴m为非零常数，数列{a是以m为首项，m为公比的等比数列．(2)由题意b＝a(an)＝m＋2n＋2＝(2n＋2)·m＋2，当m＝时，b＝(2n＋2)·2＋1＝(n＋1)·2＋2＝2·2＋3·2＋4·2＋…＋(n＋1)·2＋2，①式乘以2，得2Sn＝2·2＋3·2＋4·2＋…＋n·2＋2＋(n＋1)·2＋3－①并整理，得＝－2·2－2－2－2－…－2＋2＋(n＋1)·2＋3＝－2－(2＋2＋2＋…＋2＋2)＋(n＋1)·2＋3＝－2－＋(n＋1)·2＋3＝－2＋2(1－2)＋(n＋1)·2＋3＝n·2＋3(3)由题意c＝a＝(2n＋2)·m＋2，要使c－1对一切n≥2成立，即n(n＋1)·m对一切n≥2成立，当m>1时，有，则n<(n＋1)m对n≥2成立；当0<m(n＋1)m，对一切n≥2成立，只需2>，解得－，考虑到0<m<1，∴0<m<综上，当0<m1时，数列{c中每一项恒小于它后面的项．例4　在直角坐标平面内有一点列P(x1，y)，P(x2，y)…，P(xn，y)…，对一切正整数n，点P位于函数y＝＋的图像上，且P的横坐标构成以－为首项，－1为公差的等差数列{x(1)求点P的坐标；(2)设抛物线列c，c，c，…，c，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线c的顶点为P，且过点D(0，＋1)，记与抛物线c相切于D的直线的斜率为k，求＋＋＋；
[思考流程] (1)条件：已知数列的首项与公差；目标：表示点P的坐标；方法：利用数列通项公式及函数解析式；(2)条件：已知抛物线的顶点P；目标：求和式；方法：裂项相消求和．解：(1)由{x是以－为首项，－1为公差的等差数列，得＝－＋(n－1)×(－1)＝－n－，点P位于函数y＝3x＋的图上，＝3·x＋＝－3n－，点P的坐标为P.
(2)由抛物线c的对称轴垂直于x轴，且顶点为P，则可设抛物线c的方程为：y＝a－，因为抛物线c过点D(0，n＋1)，所以n＋1＝a－，得a＝1，抛物线c的方程为y＝x＋(2n＋3)x＋n＋1.则y′＝2x＋2n＋3，当x＝0时，k＝2n＋3，＝＝，＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝－例　[2012·肇庆二模改编] 数列{a的前n项和记为S，a＝t，点(S，a＋1)在直线y＝2x＋1上，n∈N(1)当实数t为何值时，数列{a是等比数列？(2)在(1)的结论下，设b＝＋1，T是数列}的前n项和，求T的值．解：(1)由题意得a＋1＝2S＋1，a＝2S－1＋1(n≥2)，2分两式相减得a＋1－a＝2a，即a＋1＝3a(n≥2)，3分所以当n≥2时，{a是等比数列，4分要使n≥1时，{a是等比数列，则只需＝＝3，从而t＝1.6分(2)由(1)得知a＝3－1，b＝＋1＝n，8分＝＝－，＝＋＋…＋＝＋＋…＋－＝.12分
自我检评　已知{a是一个公差大于0的等差数列，且满足a＝55，a＋a＝16.(1)求数列{a的通项公式；2)若数列{a和数列{b满足等式：a＝＋＋＋…＋(n为正整数)，求数列{b的前n项和S解：(1)设等差数列{a的公差为d，则依题设d>0，由a＋a＝16，得2a＋7d＝16，①由a3·a6＝55，得(a1＋2d)(a＋5d)＝55，②由①得2a1＝16－7d将其代入②得16－3d)(16＋3d)＝220，即256－9d＝220，∴d＝4，又d>0，∴d＝2，代入①得a1＝1，＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)当n＝1时，a＝，∴b＝2.当n≥2时，a＝＋＋＋…＋＋，－1＝＋＋＋…＋，两式相减得a－a－1＝，∴b＝2＋1，因此，b＝
当n＝1时，S＝b＝2；当n≥2时，S＝b1＋b＋b＋…＋b＝2＋＝2＋2－6.当n＝1时上式也成立，当n为正整数时都有S＝2＋2－6.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1　已知数列{a满足a＝1，a＋1＝2a＋1(n∈N*)．(1)求数列{a的通项公式；(2)若数列满足4－1－1－1·4nbn－1＝(a＋1)，求数列{b的通项公式．
解：(1)∵a＋1＝2a＋1，∴a＋1＋1＝2(a＋1)，而a＝1，故数列{a1}是首项为2，公比为2的等比数列，即a＋1＝2，因此数列{a的通项公式为a＝2－1.(2)∵4b1－1－1－1－1＝(a＋1)，＋2b＋3b＋…＋nb－n＝2，(b1＋2b＋3b＋…＋nb)－2n＝n，即2(b＋2b＋3b＋…＋nb)＝n＋2n，①
当n≥2时，2[b＋2b＋…＋(n－1)b－1]＝(n－1)＋2(n－1)＝n－1，②－②得2nb＝2n＋1(n≥2)，b＝1＋(n≥2)．可验证n＝1也满足上式，因此数列{b的通项公式为＝1＋
例2　　在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM＝2，则(＋)＋3的最小值为数列{a的首项a，又设a＝，a＋2＝＋1－(n＝1，2，…)．令b＝a＋1－an＝1，2，…)，(1)求数列{b的通项公式；(2)求数列{na的前n项和S解：(1)如图，令|＝x∈[0，2]，
则(＋)＋3＝＋3＝－(2－x)·2x＋3＝2(x－1)＋1，当x＝1时，(＋)＋3的最小值为1，即a＝1.因b＋1＝a＋2－a＋1＝＋1－－a＋1＝(a＋1－a)＝，故{b是公比为的等比数列，且b＝a－a＝，故b＝(n＝1，2，…)．(2)由b＝a＋1－a＝得－a＝(a－a－1)＋(a－1－an－2)＋…＋(a－a)＝＋…＋＋＝2又a1＝1，所以a＝3－(n＝1，2，…)．记数列的前n项和为T，则＝1＋2·＋…＋n·，＝＋2·＋…＋n·，两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－n＝－n，故T＝9－3n＝9－从而S＝a＋2a＋…＋na＝3(1＋2＋…＋n)－2T＝(n＋1)＋－18.