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高三数学下学期试题：等差数列
【摘要】鉴于大家对精品学习网十分关注，小编在此为大家整理了此文&高三数学下学期试题：等差数列&，供大家参考!
本文题目：高三数学下学期试题：等差数列
等差数列但因为测试 新人教B版
1.(文)(2011&温州十校二模)若Sn是等差数列{an}的前n项和，a2+a10=4，则S11的值为( )
A.12 B.18
C.22 D.44
[解析] 根据等差数列的性质可知S11=11&#&#&42=22，故选C.
(理)(2011&北京海淀期中)已知数列{an}为等差数列，Sn是它的前n项和.若a1=2，S3=12，则S4=( )
A.10 B.16
C.20 D.24
[解析] S3=3a2，又S3=12，∴a2=4，∴d=a2-a1=2，∴a4=a1+3d=8，S4=4&#，故选C.
2.(文)(2011&福州模拟)等差数列{an}的前n项和 为Sn，若a2+a6+a7=18，则S9的值是( )
C.54 D.以上都不对
[解析] 由a2+a6+a7=3a1+12d=3a5=18，得a5=6.
所以S9=9&#a5=54.
(理)(2010&山东日照模拟)已知等差数列{an}的公差为d(d&0)，且a3+a6+a10+a13=32，若am=8，则m为( )
[解析] 由等差数列性质知，a3+a6+a10+a13=(a3+a13)+(a6+a10)=2a8+2a8=4a8=32，
∴a8=8.
∴m=8.故选B.
3.(文)(2011&西安五校一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=-11，a3+a7=-6，则当Sn取最小值时，n等于( )
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，依题意得a3+a7=2a5=-6，∴a5=-3，∴d=a5-a15-1=2，∴an=-11+(n-1)&2=2n-13.令an&0得n&6.5，即在数列{an}中，前6项均为负数，自第7项起以后各项均为正数，因此当n=6时，Sn取最小值，选C.
(理)(2011&江西八校联考)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1+a4+a7=99，a2+a5+a8=93，若对任意n&N*，都有Sn&Sk成立，则k的值为( )
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，则有3d=93-99=-6，∴d=-2;∴a1+(a1+3d)+(a1+6d)=3a1+9d=3a1-18=9 9，∴a1=39，∴an=a1+(n-1)d=39-2(n-1)=41-2n.令an=41-2n&0得n&20.5，即在数列{an}中，前20项均为正，自第21项起以后各项均为负，因此在其前n项和中，S20最大.依题意得知，满足题意的k值是20，选C.
4.(文)(2010&山东青岛质检)已知不等式x2-2x-3&0的整数解构成等差数列{an}的前三项，则数列{an}的第四项为( )
C.2 D.3或-1
[解析] 由x2-2x-3&0及x&Z得x=0,1,2.
∴a4=3或-1.故选D.
(理)已知方程(x2-2x+m)(x2-2x+n)=0的四个根组成一个首项为14的等差数列，则|m-n|=( )
[解析] 设x2-2x+m=0的根为x1，x2且x1
x2-2x+n=0的根为x3，x4且x3
又x1+x2=2，∴x2=74，
又x3+x4=2，且x1，x3，x4，x2成等差数列，
∴公差d=13(74-14)=12，∴x3=34，x4=54.
∴|m-n|=|14&74-34&54|=12，故选C.
5.(2011&江西九校联考)已知数列2，x，y,3为等差数列，数列2，m，n,3为等比数列，则x+y+mn的值为( )
C.-11 D.&11
[解析] 依题意得x+y=2+3=5，mn=2&3=6，x+y+mn=11，选B.
6.(文)在函数y=f(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列{xn}是等差数列，数列{yn}是等比数列，则函数y=f(x)的解析式可能为( )
A.f(x)=2x+1 B.f(x)=4x2
C.f(x)=log3x D.f(x)=34x
[解析] 对于函数f(x)=34x上的点列(xn，yn)，有yn=34xn，由于{xn}是等差数列，所以xn+1-xn=d，因此yn+1yn=34xn+134xn=34xn+1-xn=34d，这是一个与n无关的常数，故{yn}是等比数列.故选D.
[点评] 根据指数与对数运算的性质知真数成等比(各项为正)，其对数成等差，指数成等差时，幂成等比.
(理)(2011&江南十校联考)已知直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第一项与第二项，若bn=1an&an+1，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10=( )
A.921 B.1021
C.1121 D.2021
[解析] 依题意，将(3m+1)x+(1-m)y-4=0化为(x+y-4)+m(3x-y)=0，令x+y-4=03x-y=0，解得x=1y=3，
∴直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0过定点(1,3)，
∴a1=1，a2=3，公差d=2，an=2n-1，
∴bn=1an&an+1=12(12n-1-12n+1)，
∴T10=12&(11-13+13-15+&+120-1-120+1)
=12&(1-121)=1021.故选B.
7.(2011&洛阳部分重点中学教学检测)已知a，b，c是递减的等差数列，若将其中两个数的位置对换，得到一个等比数列，则a2+c2b2的值为________.
[答案] 20
[解析] 依题意得①a+c=2bb2=ac，或②a+c=2ba2=bc，或③a+c=2bc2=ab.由①得a=b=c，这与&a，b，c是递减的等差数列&矛盾;由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0，又a&b，因此a=-2b，c=4b，a2+c2b2=20;由③消去a整理得(c-b)(c+2b)=0，又b&c，因此有c=-2b，a=4b，a2+c2b2=20.
8.(文)(2011&天津文，11)已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n&N*，若a3=16，S20=20，则S10的值为________.
[答案] 110
[解析] 由题意，设公差为d，a1+2d=&&#&#，
解得a1=20d=-2
∴S10=10a1+10&#�.
(理)(2011&江苏南通、 扬州、泰州高三调研)设等差数列{an}的公差为正数，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+a13=________.
[答案] 105
[解析] ∵a1+a2+a3=15a1a2a3=80，
∴a2=5，a1a3=16，∴a1+d=5a1d=16，
∵d&0，∴d=3a1=2，
∴a11+a12+a13=3a1+33d=105.
9.(文)将正偶数按下表排成5列：
第1列 第2列 第3列 第4列 第5列
第1行 2 4 6 8
第2行 16 14 12 10
第3行 18 20 22 24
&& && 28 26
那么2010应该在第________行第________列.
[答案] 252,4
[解析] 通项an=2n，故2010为第1005项，∵+1，
又251为奇数，因此2010应排在第252行，且第252行从右向左排第一个数，即252行第4列.
(理)已知an=n的各项排列成如图的三角形状：
记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(21,12)=________.
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
& & & & & & & & & &
[答案] 412
[解析] 由题意知第1行有1个数，第2行有3个数，&&第n行有2n-1个数，故前n行有Sn=n[1+&#个数，因此前20行共有S20=400个数，故第21行的第一个数为401，第12个数为412，
即A(21,12)=412.
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2013事业单位行测备考：数列问题解题技巧
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& 数字推理的题目通常状况下是给出一个数列，但整个数列中缺少一个项，要求仔细观察这个数列各项之间的关系，判断其中的规律。
解题关键：
1，培养数字、数列敏感度是应对数字推理的关键。
2，熟练掌握各类基本数列。
3，熟练掌握八大类数列，并深刻理解&变式&的概念。
4，进行大量的习题训练，自己总结，再练习。
下面是八大类数列及变式概念。例题是帮助大家更好的理解概念，掌握概念。虽然这些理论概念是从教材里得到，但是希望能帮助那些没有买到教材，那些只做大量习题而不总结的朋友。
一、简单数列
自然数列：1，2，3，4，5，6，7，&&
奇数列：1，3，5，7，9，&&
偶数列：2，4，6，8，10，&&
自然数平方数列：1，4，9，16，25，36，&&
自然数立方数列：1，8，27，64，125，216，&&
等差数列：1，6，11，16，21，26，&&
等比数列：1，3，9，27，81，243，&&
二、等差数列
1， 等差数列：后一项减去前一项形成一个常数数列。
例题：12，17，22，27，()，37
解析：17-12=5，22-17=5，&&
2， 二级等差数列：后一项减去前一项形成一个新的数列是一个等差数列。
例题1： 9，13，18，24，31，()
解析：13-9=4，18-13=5，24-18=6，31-24=7，&&
例题2.：66，83，102，123，()
解析：83-66=17，102-83=19，123-102=21，&&
3，二级等差数列变化：后一项减去前一项形成一个新的数列，这个新的数列可能是自然数列、等比数列、平方数列、立方数列、或者与加减&1&、&2&的形式有关。
例题1： 0，1，4，13，40，()
解析：1-0=1，4-1=3，13-4=9，40-13=27，&&公比为3的等比数列
例题2： 20，22，25，30，37，()
解析：22-20=2，25-22=3，30-25=5，37-30=7，&&.二级为质数列
4，三级等差数列及变化：后一项减去前一项形成一个新的数列，再在这个新的数列中，后一项减去前一项形成一个新的数列，这个新的数列可能是自然数列、等比数列、平方数列、立方数列、或者与加减&1&、&2&的形式有关。
例题1： 1，9，18，29，43，61，()
解析：9-1=8，18-9=9，29-18=11，43-29=14，61-43=18，&&二级特征不明显
9-8=1，11-9=2，14-11=3，18-14=4，&&三级为公差为1的等差数列
例题2.：1，4，8，14，24，42，()
解析：4-1=3，8-4=4，14-8=6，24-14=10，42-24=18，&&二级特征不明显
4-3=1，6-4=2，10-6=4，18-10=8，&&三级为等比数列
例题3：()，40，23，14，9，6
解析：40-23=17，23-14=9，14-9=5，9-6=3，&&二级特征不明显
17-9=8，9-5=4，5-3=2，&&三级为等比数列
三、等比数列
1，等比数列：后一项与前一项的比为固定的值叫做等比数列
例题：36，24，()32/3，64/9
解析：公比为2/3的等比数列。
2，二级等比数列变化：后一项与前一项的比所得的新的数列可能是自然数列、等比数列、平方数列、立方数列、或者与加减&1&、&2&的形式有关。
例题1：1，6，30，()，360
解析：6/1=6，30/6=5，()/30=4，360/()=3，&&二级为等差数列
例题2：10，9，17，50，()
解析：1*10-1=9，2*9-1=18，3*17-1=50，&&
例题3：16，8，8，12，24，60，()
解析：8/16=0.5，8/8=1，12/8=1.5，24/12=2，60*24=2.5，&&二级为等差数列
例题4：60，30，20，15，12，()
解析：60/30=2/1，30/20=3/2，20/15=4/3，15/12=5/4，&&
重点：等差数列与等比数列是最基本、最典型、最常见的数字推理题型。必须熟练掌握其基本形式及其变式。
四、和数列
1，典型(两项求和)和数列：前两项的加和得到第三项。
例题1：85，52，()，19，14
解析：85=52+()，52=()+19，()=19+14，&&
例题2：17，10，()，3，4，-1
解析：17-10=7，10-7=3，7-3=4，3-4=-1，&&
例题3：1/3，1/6，1/2，2/3，()
解析：前两项的加和得到第三项。
2，典型(两项求和)和数列变式：前两项的和，经过变化之后得到第三项，这种变化可能是加、减、乘、除某一常数;或者是每两项的和与项数之间具有某种关系。
例题1：22，35，56，90，()，234
解析：前两项相加和再减1得到第三项。
例题2：4，12，8，10，()
解析：前两项相加和再除2得到第三项。
例题3：2，1，9，30，117，441，()
解析：前两项相加和再乘3得到第三项。
3，三项和数列变式：前三项的和，经过变化之后得到第四项，这种变化可能是加、减、乘、除某一常数;或者是每两项的和与项数之间具有某种关系。
例题1：1，1，1，2，3，5，9，()
解析：前三项相加和再减1得到第四项。
例题2：2，3，4，9，12，25，22，()
解析：前三项相加和得到自然数平方数列。
例题：-4/9，10/9，4/3，7/9，1/9，()
解析：前三项相加和得到第四项。
五、积数列
1，典型(两项求积)积数列：前两项相乘得到第三项。
例题：1，2，2，4，()，32
解析：前两项相乘得到第三项。
2，积数列变式：前两项相乘经过变化之后得到第三项，这种变化可能是加、减、乘、除某一常数;或者是每两项的乘与项数之间具有某种关系。
例题1：3/2，2/3，3/4，1/3，3/8，()
解析：两项相乘得到1，1/2，1/4，1/8，&&
例题2：1，2，3，35，()
解析：前两项的积的平方减1得到第三项。
例题3：2，3，9，30，273，()
解析：前两项的积加3得到第三项。
六、平方数列
1，典型平方数列(递增或递减)
例题：196，169，144，()，100
解析：14立方，13立方，&&
2，平方数列变式：这一数列特点不是简单的平方或立方数列，而是在此基础上进行&加减乘除&的变化。
例题1：0，5，8，17，()，37
解析：0=12-1，5=22+1，8=32-1，17=42+1，()=52-1，37=62+1
例题2：3，2，11，14，27，()
解析：12+2，22-2，32+2，42-2，52+2，&&
例题3：0.5，2，9/2，8，()
解析：等同于1/2，4/2，9/2，16/2，分子为12，22，32，42，&&
例题4：17，27，39，()，69
解析：17=42+1，27=52+2，39=62+3，&&
3， 平方数列最新变化------二级平方数列
例题1：1，4，16，49，121，()
解析：12，22，42，72，112，&&二级不看平方
1，2，3，4，&&三级为自然数列
例题2：9，16，36，100，()
解析：32，42，62，102，&&二级不看平方
1，2，4，&&三级为等比数列]
七、立方数列
1，典型立方数列(递增或递减)：不写例题了。
2，立方数列变化：这一数列特点不是简单的立方数列，而是在此基础上进行&加减乘除&的变化。
例题1：0，9，26，65，124，()
解析：项数的立方加减1的数列。
例题2：1/8，1/9，9/64，()，3/8
解析：各项分母可变化为2，3，4，5，6的立方，分之可变化为1，3，9，27，81
例题3：4，11，30，67，()
解析：各项分别为立方数列加3的形式。
例题4：11，33，73，()，231
解析：各项分别为立方数列加3，6，9，12，15的形式。
例题5：-26，-6，2，4，6，()
解析：(-3)3+1，(-2)3+2，(-1)3+3，(0)3+4，(1)3+5，&&
八、组合数列
1，数列间隔组合：两个数列(七种基本数列的任何一种或两种)进行分隔组合。
例题1：1，3，3，5，7，9，13，15，()，()
解析：二级等差数列1，3，7，13，&&和二级等差数列3，5，9，15，&&的间隔组合。
例题2：2/3，1/2，2/5，1/3，2/7，()
解析：数列2/3，2/5，2/7和数列1/2，1/3，&&的间隔组合。
2，数列分段组合：
例题1：6，12，19，27，33，()，48
解析： 6 7 8 6 () 8
例题2：243，217，206，197，171，()，151
解析： 26 11 9 26 () 9
特殊组合数列：
例题1：1.01，2.02，3.04，5.08，()
解析：整数部分为和数列1，2，3，5，&&小数部分为等比数列0.01，0.02，0.04，&&
九、其他数列
1，质数列及其变式：质数列是一个非常重要的数列，质数即只能被1和本身整除的数。
例题1：4，6，10，14，22，()
解析：各项除2得到质数列2，3，5，7，11，&&
例题2：31，37，41，43，()，53
解析：这是个质数列。
2，合数列：
例题：4，6，8，9，10，12，()
解析：和质数列相对的即合数列，除去质数列剩下的不含1的自然数为合数列。
3，分式最简式：
例题1：133/57，119/51，91/39，49/21，()，7/3
解析：各项约分最简分式的形式为7/3。
例题2：105/60，98/56，91/52，84/48，()，21/12
解析：各项约分最简分式的形式为7/4。
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2012届高考数学等差、等比数列的计算与证明考点突破测试题及答案
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2012届高考数学等差、等比数列的计算与证明考点突破测试题及答案
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文章来源 莲山课件 w w w.5 Y Kj.Co M 专题三 数 列第一讲 等差、等比数列的计算与证明一、1．(;全国Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )A．14&&&&&&& B．21&&&&&&& C．28&&&&&&& D．35解析：由等差数列性质得a3＋a4＋a5＝3a4，由3a4＝12，得a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋a7&#a4＝28.答案：C2．(;福建)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ( )A．6&&&&&&& B．7&&&&&&& C．8&&&&&&& D．9解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，则a5＝－3，d＝a5－a15－1＝－3＋114＝2，得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n ＝6时，Sn取最小．故选A.答案：A3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ( )A．T10&&&&&&&& B．T13&&&&&&&& C．T17&&&&&&&& D．T25解析：a3a6a18＝a 31q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a 39，即a9为定值，所以与a1下标和为18的项积为定值，可知T17为定值．答案：C4．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )A．80&&&&&&&&& B．26&&&&&&&&& C．30&&&&&&&&& D．16解析：S3nSn＝142＝1－q3n1－qn，∴qn＝2.∴S4n＝Sn•1－q4n1－qn＝30.故选C.答案：C5．(;辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ( )A.152&&&&&&&&&&&&& B.314&&&&&&&&&&&&& C.334&&&&&&&&&&&& D.172解析： an&0， a2a4＝a21q4＝1①S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7②解得a1＝4，q＝12或－13(舍去)，S5＝a11－q51－q＝4×1－4，故选B.答案：B二、题6．(;福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________.解析：∵{an}是等比数列，q＝4，S3＝a11－q31－q＝21，∴a1＝1，∴an＝4n－1.答案：4n－17．(;辽宁理)等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝________.解析：由题意知65a1＋5×42d－53a1＋3×22d＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4＝5，故a4＝13.答案：138．数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝anan＋1，则数列{bn}的前10项和S10＝________.解析：由题可知an＋1＝an(1－an＋1)，整理可得1an＋1－1an＝1，则1an＝1＋(n－1)＝n，所以an＝1n，bn＝anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝1－111＝1011.答案：10119．已知数列{an}(n∈N*)满足：an＝nn＝1，2，3，4，5，6－an－6n≥7，且n∈N*则a2 007＝________.解析：由an＝－an－6(n≥7，且n∈N*)知an＋12＝－an＋6＝an从而知当n≥7时有an＋12＝an于是a2 007＝a167×12＋3＝a3＝3.答案：3三、解答题10．如图给出了一个“等差数阵”：&其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．(1)写出a45的值；(2)写出aij的计算公式．解：(1)该等差数阵的第1列是首项为4，公差为3的等差数列，a41＝4＋3×(4－1)＝13，第2列是首项为7，公差为5的等差数列，a42＝7＋5×(4－1)＝22.∵a41＝13，a42＝22，∴第4行是首项为13，公差为9的等差数列．∴a45＝13＋9×(5－1)＝49.(2)∵a1j＝4＋3(j－1)，a2j＝7＋5(j－1)，∴第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列．∴aij＝4＋3(j－1)＋(2j＋1)•(i－1)＝i(2j＋1)＋j. 11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解：由已知得a1＝2＋1，3a1＋3d＝9＋32，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．(2)证明：由(1)得bn＝Snn＝n＋2假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则b2q＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0，∴p＋r22＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.这与p≠r相矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．12．已知数列{an}的各项均为正数，前n项的和Sn＝an＋124，(1)求{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}的首项为b，公比为2，前n项的和为Tn.若对任意n∈N*，Sn≤Tn均成立，求实数b的取值范围．解：(1)由a1＝24，解得a1＝1.当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝an＋12－an－1＋124，得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.又因为an&0，所以an－an－1＝2.因此{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)因为Sn＝n2，Tn＝b(2n－1)，所以Sn≤Tn对任意n∈N*恒成立，当且仅当1b≤2n－1n2对任意n∈N*均成立．令Cn＝2n－1n2，因为Cn＋1－Cn＝2n＋1－1n＋1&#n－1n2＝n－1•2n＋2n＋1ɲn＋12，所以C1&C2，且当n≥2时，Cn&Cn＋1.因此1b≤C2＝34，即b≥43.文章来源 莲山课件 w w w.5 Y Kj.Co M
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高中数学数列知识点总结与题库_20800字
二、重难点击
本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。
四、数列通项an与前n项和Sn的关系n
a1+a2+a3+?+an=∑ai
3．数列{an}的通项公式为
an=3n2-28n,则数列各项中最小项是(
4．已知数列{aa2
n}是递增数列，其通项公式为n=n+λn,则实数λ的取值范围是(-3,+∞)5．数列{an}的前n项和Sn=
n2-4n+1,，则a?-2
题型一归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式
⑴7，77，777，7777，…⑶1，3，3，5，5，7，7，9，9…解析：⑴将数列变形为
×(10-1),(102-1),(103-1)，?,(10n-1)9999
⑶将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，…。可得数列的通项公式为
点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。
题型二应用a?S1
求数列通项
例2．已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式.
解析：⑴当n=1时,a1=S1=31-2=1，
当n≥2时,an
n=Sn-Sn-1=(3-2)-(3
(n=1)1=1不适合上式，故an=??2?3n-1
三、利用递推关系求数列的通项
【例3】根据下列各个数列{an}的首项和递推关系，求其通项公式⑴a11=
4n2-1解析：⑴因为a1
n+1=an+4n2-1，所以
n+1-an4n2-1=2(2n-1-2n+1
2-1=2(1-3)
3-a22(3-5a-a111
111an-an-1=(-)
以上(n-1)个式相加得
11(1-)22n-1
即：an=1-=
点拨：在递推关系中若
an+1=an+f(n),求an用累加法，若
=f(n),求an用累乘法，若an
an+1=pan+q，求an用待定系数法或迭代法。
++?+，(n∈N)，则an+1与an的大小关系是(C)n+1n+22n+1
A．an+1>anC．an+1<解：因为
D．不能确定
2n+22n+3n+111=-<02n+32n+2
所以an+1<二、填空题
an，选Ｃ．
则an=?n2-4n+1，
?2n-5,(n≥2)
5．已知数列{an}的前n项和Sn=
7．已知数列{an}的通项
（n∈N*），则数列{an}的前30项中最大项和最小项分别是a10，a9
解：构造函数y=
由函数性质可知，函数在(-∞99)上递减，且y1
又∈(9，10）
∴a10>a11>a12>?>a30>1>a1>a2>?三、解答题
∴a10最大，a9最小
6.2等差数列
2．递推关系与通项公式
递推关系：an+1-an=d通项公式：an=a1+(n-1)d推广：an=am+(n-m)d变式：a1=an-(n-1)d;
特征：an=dn+(a1-d),
即：an=f(n)=kn+m,(k,m为常数）
an=kn+m，（k,m为常数)是数列{an}成
等差数列的充要条件。３．等差中项：
若a,b,c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b=
；a,b,c成等差数列是2b=a+c的充要条件。４．前n项和公式
+an)nn(n=2；Snan-1)d
特征：Sdn=
1-2)n,即S2n=f(n)=An+BnS2
(A,B为常数)
是数列{an}成等差数列的充要条件。
5．等差数列{an}的基本性质(其中m,n,p,q∈N*
p+q，则am+an=ap+aq反
之，不成立。
⑵an-am=(n-m)d⑶2an=
⑷Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等差数列。６．判断或证明一个数列是等差数列的方法：
①定义法：
an+1-an=d(常数）（n∈N*）=>{an}是等
②中项法：
2an+1=an+an+2
（n∈N*)=>{an}是等差数
③通项公式法：
(k,b为常数)=>{an}是等差数
④前n项和公式法：
(A,B为常数)=>{an}是等
差数列课前热身
2．等差数列{an}中，
a4+a6+a8+a10+a12=120,
a11的值为(C)
9-11=a9-3(a9+2d)
=23(a-d)==3?5
3．等差数列{an}中，a1>0，S9=S12，则前或11项的和最大。解：∵S9=
S12，S12-S9=0
∴a10+a11+a12=0，∴3a11=0，∴a11=0，又a1>0
∴{an}为递减等差数列∴S10=
S11为最大。
4．已知等差数列{an}的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110解：∵
S10，S20-S10，S30-S20，?，S110-S100，?
成等差数列，公差为D其首项为
S10=100，前10项的和为S100=10∴100×10+10×9
×D=10，∴D=-22又S110
-S100=S10+10D
∴S110=100+10+10（?-22）=-110
y=50n-98-?
n??12n+(n-1)?2×4?
=-2n2+40n-98=-2(n-10)2+102所以当n=10时，ymax=102
６．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知
a3=12，S12>0，S13<0
①求出公差d的范围，
②指出S1，S2，?，S12中哪一个值最大，并说明理由。
dan=f(n)nanSn{an}
解：①S12=6(a1+a12)=6(a3+a10)
=6(2a3+7d)>0
∴24+7d>0∴d>-
又S13(a1+a13)13=
2(a3+a11)=13
(2a3+8d)<0∴24+8d<0∴d<-3
∵S12=6(a6+a7)>0
S13=13a7<0∴a70
∴S6最大。
课外练习一、选择题
1．已知{an}数列是等差数列，a10=10，其前10
项的和S10=70，则其公差d等于(D)
2．已知等差数列
a7+a9==16，a4=1，则a12等于（A）
解：∵a7+a9=a4+a12
二、填空题3．设
Sn为等差数列{an}的前n项和，
S4=14，S10-S7=30，则S9=54
4．已知等差数列
{an}的前n项和为Sn，若
S12=21，则a2+a5+a8+a11=
5．设F是椭圆x2y2
=1的右焦点，且椭圆上至
少有21个不同点
Pi(i=1,2,?)使P1FP2FP3F,?
组成公差为
d的等差数列，则d的取值范围为
???-110，0???∪???01?10?
解：椭圆的焦点F到椭圆上的点最大、最小距离分别为(+1)-1），由题意得：
7-1）+（n-1)d=7+1∴d=
n-1∵n-1≥20
∴-110≤d<0或0<d≤
110三、解答题6．等差数列
{an}的前n项和记为Sn，已知
a10=30，a20=50
①求通项an；②若Sn=242，求n解：an=a1+(n-1)d
a10=30，a20=50解方程组??a1
?a1+19d=50
∴??a1=12?d=2
∴an=2n+10由Sn=
，Sn=242∴12n+
?2=242解得n=11或n=-22(舍去）
7．甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运
动，甲第一分钟走2m，以后每分钟比前一分钟多
走1m，乙每分钟走5m，①甲、乙开始运动后几分钟相遇？②如果甲乙到对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m，乙继续每分钟走5m，那么，开始运动几分钟后第二次相遇？解：①设n分钟后第一次相遇，依题意有：
+5n=70解得n=7，n=-20(舍去）故第一次相遇是在开始运动后7分钟。②设n分钟后第二次相遇，则：
+5n=3×70解得n=15，n=-28(舍去）故第二次相遇是在开始运动后15分钟10．已知数列
a1=3，前n和
(n+1)(an+1)-1①求证：数列{an}是等差数列②求数列{an}的通项公式
a?的前n项和为Tn，是否存在实
数M，使得Tn≤
M对一切正整数n都成立？若存
在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。解：①∵Sn=
(n+1)(an+1)-1∴S1
(n+2)(an+1+1)-1∴an+1=Sn+1-Sn
[(n+2)(an+1+1)-(n+1)(an+1)]整理得，nan+1=(n+1)an-1
∴(n+1)an+2=(n+2)an+1-1∴(n+1)an+2-nan+1=(n+2)an+1-(n+1)an∴2(n+1)an+1=(n+1)(an+2+an)∴2an+1=an+2+an
∴数列{an}为等差数列。
②a1=3，nan+1=(n+1)an-1
∴a2=2a1-1=5∴a2-a1=2
即等差数列{an}的公差为2∴an=a1+(n-1)d=3+(n-1)?2=2n+1
anan+1(2n+1)(2n+3)
2?2n+12n+3?
∴Tn=(-+-+?+-n+3111=(-232n+3
又当n∈N*时，Tn<
要使得Tn≤
M对一切正整数n恒成立，只要M≥
，所以存在实数M使得Tn≤M对一切正整数n6
都成立，M的最小值为
6.3等比数列
1．定义：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个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为
①若m+n=p+q，则am?an=ap?aq反之不真！
q，（q≠0)。
2．递推关系与通项公式
，an=an-m?an+m(n∈N*)am
递推关系：an+1=qan通项公式：an=a1?qn-1推广：an=am?qn-m
3．等比中项：若三个数a,b,c成等比数列，则称b为
③{an}为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列。
q≠-1时，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，?仍
成等比数列。
6．等比数列与等比数列的转化①{an}是等差数列等比数列；②
a与c的等比中项，且为b=±ac，注：b2=ac
是成等比数列的必要而不充分条件。4．前n项和公式
(c>0，c≠1)是
Sn=?a1(1-q)a1-anq
是正项等比数列
(c>0，c≠1)是等差数列；
③{an}既是等差数列又是等比数列
5．等比数列的基本性质，(其中m,n,p,q∈N)
项不为零的常数列。
7．等比数列的判定法①定义法：
a=q（常数）=>{an}为等比数列；n
②中项法：a2
n+1=an?an+2
(an≠0)=>{an}为
等比数列；
③通项公式法：an=
k?qn(k,q为常数）=>{an}
为等比数列；④前
Sn=k(1-qn)（k,q为常数）=>{an}为等比数
1．设f(n)=2+24+27+2
(n∈N*)，则f(n)等于（D）A2(8n-1)B2(8n+177-1)C27(8n+3-1)D27
(8n+4-1)2．已知数列
是等比数列，且
Sm=10，S2m=30，则S3m=猜想：{b1
n}是等比数列，公比为2。证明如下：∵bn+1
2n+1-4=2a2n-
2n-14)-4=12(a112n-1-4=2bn
bn+1b=12，∴{b1
n}是首项为a-4
，公比n为1
的等比数列。二、性质运用例
2：⑴在等比数列
a1+a6=33，a3a4=32，an>an+1
②若Tn=lga1+lga2+?+lgan,求Tn⑵在等比数列{an}中，若a15=0，则有等式
a1+a2+?+an=a1+a2+?+a29-n
(n<29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应的
在等比数列{bn}中，若b19=1则有等式立。
解：⑴①由等比数列的性质可知：
a1?a6=a3?a4=32
又a1+a6=33，a1>a6
解得a1=32，a6=1
所以a6a=132，即q5=1132，∴q=
12所以a?(1
n=32)n-1=26-n
②由等比数列的性质可知，{lgan}是等差数列，因为
lgan=lg26-n=(6-n)lg2，lga1=5lg2所以Ta1+lgan)nn=
(lg2=n(11-n)
⑵由题设可知，如果
am=0在等差数列中有
a1+a2+?+an=a1+a2+?+a2m-1-n
(n<2m-1，n∈N*)成立，我们知道，如果
若m+n=p+q，则am+an=ap+aq，而对于
若m+n=p+q，则am?an=ap?aq所以可以得
出结论，若
bm=1，则有b1b2?bn=b1b2?b2m-1-n
(n<2m-1，n∈N*)成立，在本题中
则有b1b2?bn=b1b2?b37-n(n<37，n∈N*)
点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握。典例精析
一、错位相减法求和例1：求和：S1n=a+23n
a=1时，S+3?+n=
⑵a≠1时，因为a≠0
1a+23na2+a3+?+an①112aSn-1nn=a2+a3+?+an+a
由①－②得：
(1-1a)S=111nna+a2+?+an-a
11a(1-=n-n1-1an+1a
所以Sa(an-1)-n(a-1)
an(a-1)2综上所述，
?n?(n+1)?2(a=1)
-1)-n(a-1)??
an(a-1)2a≠1)
点拨：①若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，
则求数列{an?bn}的前n项和时，可采用错位相减法；
②当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；③当将Sn与q
Sn相减合并同类项时，注意错
位及未合并项的正负号。二、裂项相消法求和
a4=2，且an+2-2an+1+an=0（n∈N*）
①求数列{an}的通项公式；则d
=-2所以，an=8＋（n－1）×（－2）＝―10－2n
②Tn=b1+b2+?+bn
1?4??(11-13+(12-14)+?+(11?n-n+2??=14(1+1112-n+1-n+2=38-14(n+1)-1m4(n+2)>32对一切n∈N*恒成立。
对一切n∈N*恒成立。对n∈N*，（12-88
n+1-n+2)min=
m的最大整数值为5。
点拨：①若数列
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。
②使用裂项消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。三、奇偶分析法求和例3：设二次函数f(x)=
x2+x，当x∈[n，n+1]
1．在等差数列{an}中，a1=1，前n项和Sn满足
(1-p)Tn=p+p2+?+pn-npn+1
=n=1，2，?Snn+1
①求数列{an}的通项公式②记bn=anpan
p(1-pn)npn+1
1-p(1-p)n(n+1)?
??2即：Tn=?n
p(1-p)npn+1?-(p=1)(p≠1)
(p>0)，求数列{bn}的前n
解：①设数列
d，S2n4nS=+2
n+1n=1，2，?n得
a=3，所以a2=21
即d=a2-a1=1
Sn(an+nd+a1)2n
2(an+n+1)an+1
所以an=n②由ban=anpn
(p>0)，有bn
n=np所以T3n=
p+2p2+3p+?+npn
当p=1时，Tn(n+1)
2当p≠1时，
pTn=p2+2p3+?+(n-1)pn+npn+1②
(1-p)21-p课外练习
n项和为Sn，若
，则S5等于（B）
解：因为a=111
nn(n+1)=n-
n+1所以S111111
5=(1-2)+(2-3+?+(5-6)
f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的
周期函数，数列{an}是首项为a(a∈N*)，公差为1的等差数列，那么f(a1)+f(a2)+?+f(a10)的
解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，所以
f(0）=0，且f(x+2)=f(x)
又数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列
所以an=a+n-1，又a∈N*f(a?f(a)（n为奇数）
?f(a+1)（n为偶数）
所以f(a1)+f(a2)+?+f(a10)
=5f(a)+5f(a+1)=5[f(0)+f(1)]=5f(1)又f(-1)f(-1+2)=f(1)所以-f(1)=f(1)
故原式=0，选C。二、填空题
５．设等比数列{an}的公比与前n项和分别为q和
Sn，且q≠1，S10=8，则
S20a1(1-q20∴1+q10=)(1+q10）(1-q)
=8方法二、S20=S10+a11+a12+?+a20
=S1010+qS10=S10(1+q10)所以
6．数列{an}满足an=
12nn+1+n+2+?+n+1
2n，则数列
a{bn}的前n项和为
n+1(1+2+?+n)=n2b28n=a=11nan+1n(n+1)=8(n-n+1
）所以b1+b2+?+b=8?11
111??(1-2+(2-3)+?+(n-?n+1?
??1-?8nn+1??=n+1
，?的前100项的和为13
一、函数与数列的综合问题
例1：已知f(x)=logax(a>0且a≠1)，
设f(a1)，f(a2)，?，f(an)(n∈N*)是首项为4，公差为2的等差数列。
①设a是常数，求证：{an}成等差数列；②若bn=
anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求Sn
解：①f(an)=4+(n-1)×2=2n+2，
即logaan=2n+2，所以an=a2n+2
ana2n+2所以=2n=a2(n≥2)为定值
an-1a所以{an}为等比数列。
②bn=anf(an)
=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2当a=2时，
bn=(2n+2)?()2n+2=(n+1)?2n+2
Sn=2?23+3?24+4?25+?+(n+1)?2n+2
2Sn=2?24+3?25+?+n?2n+2+(n+1)?2n+3点拨：本例是数列与函数综合的基本题型之一，特两式相减得
-Sn=2?23+24+25+?+2n+2-(n+1)?2n+324(1-2n-1)=16+-(n+1)?2n+3
所以Sn=n?2n+3
征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解。１．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，
①求证：数列{an}是等差数列；②若bn=
Sn是与(an+1)2的等比中项，
，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn2n
为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由。a?n+2?
③在②的条件下，是否存在常数λ，使得数列?
Sn是与(an+1)2的等比中项，
当n=1时，a1=(a1+1)2，∴a1=1
当n≥2时，Sn-1=(an-1+1)2
所以an=Sn-Sn-1所以Sn=
(an-an-1+2an-2an-1)4
即(an+an-1)(an-an-1-2)=0
因为an>0，所以an-an-1-2=0即：an-an-1=2
所以数列{an}是等差数列。②Tn=3-
Tn+λ2n+31
=(3-+λ)×an+22n2n+3
?Tn+λ??为等比数列。?an+2?
所以当且仅当3+λ=0，即λ=－3时，数列２．已知在正项数列{an}中，a1=2，且
在双曲线y-x=1上，An(anan+1）
数列{bn}中，
点（bn，Tn）在直线
y=-x+1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和，①求数列{an}的通项公式；②求证：数列{bn}是
等比数列。③若Cn=an?bn，求证：Cn+1<Cn。解：①由已知带点An(
在y2-x2=1上知，anan+1）
an+1－an＝１，所以数列{an}是以2为首项，以1为公差的等差数列。
所以an=a1+(n-1)d=n+1②因为点（bn,Tn）在直线y=-
所以Tn=-bn+1
所以Tn-1=-bn-1+1
两式相减得：
bn=Tn-Tn-1=-bn+bn-1
所以bn=bn-1，
令n=1得b1=-b1+1，所以b1=
所以{bn}是一个以为首项，
以为公比的等比数列。3
所以bn=?(n-1=n
an?bn=(n+1)?
所以Cn+1-Cn=(n+2)?
?(-2n-1)<03n+1
所以Cn+1<Cn
一、选择题
{a}a>0,n=1,2,?a?a=2(n≥3)，则当n≥1时，nn52n-51.（2009广东卷理）已知等比数列满足，且
log2a1+log2a3+?+log2a2n-1=
a?a2n-5=22n(n≥3)a=2a>0a=25nnn【解析】由得，，则，
log2a1+log2a3+???+
log2a2n-1=1+3+???+(2n-1)=n2，选C.
2.（2009辽宁卷理）设等比数列{
an}的前n项和为Sn
S6(1+q3)S3
【解析】设公比为q,则3＝1＋q3＝3=>q3＝2
S91+q3+q61+2+47===S61+q31+23
?,当an为偶数时，an+1=?2
?a＝m{a}a＝1，则m所有?3an+1,当an为奇数时。14.(2009湖北卷理)已知数列n满足：1（m为正整数），若6
可能的取值为__________。
a解析（1）若a1aa1=m为偶数，则2为偶,故2=m
a2m3=2=4mamm
4=8??????a6=
32=1=>m=32①当4仍为偶数时，
②当4a=3a=3为奇数时，43+14m+1??????a6=43
m+1故4=1得m=4。
a1=m为奇数，则a2=3a1+1=3m+1为偶数，故3=
32必为偶数
??????a3m+13m+1
16，所以16=1可得m=5
16.（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.
S17.(2009陕西卷理)设等差数列a}的前n项和为Sn,若a6=Sn
n→∞n2=解析：??a6=12?a1+5d=12?a1=2Snn+1?s3=12=>??a1
+d=12=>??d=2=>Sn=n(n+1)=>n2=n=>limSnn→∞n2=limn+1
n→∞n=1答案：1
a=1,a=1n+1
22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，
1n+1(1+n)an+2n.
n，求数列{bn}的通项公式（II）求数列
{an}的前n项和Sn
an+1=an+11
分析：（I）由已知有n+1n2
n∴bn+1-bn=2n
{bb利用累差迭加即可求出数列
n}的通项公式:
2n-1(n∈N*)
n（II）由（I）知
∴Sn=∑(2k-knn
2∑(2k)-k=1∑kk-1kk-1=12n
n(n+1)而∑(2k)=k=1
是一个典型的错位相减法模型，
2n-1∴S+n+2
n=n(n+1)2n-1
23.（2009北京理）已知数集
A={a1,a2,?an}(1≤a12<?an,n≥2)
具有性质P；对任意的
i,j(1≤i≤j≤n)
ai两数中至少有一个属于A.
（Ⅰ）分别判断数集
{1,3,4}与{1,2,3,6}是否具有性质P，并说明理由；
a1+a2+?+an
（Ⅱ）证明：a1=1-1+a-1-1
，且a12+?+an
（Ⅲ）证明：当n=5时，
a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.
（Ⅰ）由于3×4与3均不属于数集
{1,3,4}，∴该数集不具有性质P.
1×2,1×3,1×6,2×3,661236
2,3,1,2,3,
6都属于数集{1,2,3,6}，∴该数集具有性质P.
A={a1,a2,?an}aaa（Ⅱ）∵具有性质P，∴nn与n中至少有一个属于A，
1≤a12an，故anan?A.1=
1=a12an，故akan?A(k=2,3,?,n).
∈A(k=1,2,3,?,n)
由A具有性质P可知ak.anaaa
又∵anan-1
=1,n=a2,?n=an-1,n=an
=n+?+n+n=a1+a2+?+an-1+anaan-1a2a1
从而n，a1+a2+?+an
-1-1-1a+a+?+a2n∴1.
a=aa=aaan=5524343（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，有，即，
1=a12a2a4=a5，∴a3a4?A，
由A具有性质P可知a3.
a3a4a3a4a3
=∈A1<=a==a222
a2a4=a3aa3a2aa2
，得2，且，∴3，
a,a,a,a,aaaaaa321∴4，即12345是首项为1，公比为2成等比数列.
Tn表示关于x的一元二次方程x2+2ax+b=0有实数根的有序数组(a,b)的
a,b∈{1,2,?,n}
（a和b可以相等），记
25（2009江苏卷）对于正整数n≥2，用组数，其中
a,b∈{1,2,?,n}
（a和b可以相等）；对于随机选取的
x的一元二次方程x2+2ax+b=0有实数根的概率。
（2）求证：对任意正整数n≥2
【解析】[必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10
29.（2009江西卷理）各项均为正数的数列
{an}，a1=a,a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m,n,p,q都有
ap+aqam+an
(1+am)(1+an)(1+ap)(1+aq)14a=,b=
25时，求通项（1）当
aanλ（2）证明：对任意，存在与有关的常数，使得对于每个正整数，都有λ
解：（1）由
ap+aqam+an
(1+am)(1+an)(1+ap)(1+aq)
a1+ana2+an-1
(1+a1)(1+an)(1+a2)(1+an-1)将1225代入化简得an=
1-an11-an-1
=?,1+a31+ann-1所以
{1-an故数列
1+an为等比数列，从而
nn,a=3-11.n3即n3n+1
a3n-1可验证，
+1满足题设条件.am+an(2)由题设
(1+am)(1+an)的值仅与m+n有关,记为bm+n,b=a1+ana+an
n+1则(1+a=.
1)(1+an)(1+a)(1+an)f(x)=
(1+a)(1+x)(x>0)
,则在定义域上有
a>1?f(x)≥g(a)=??1
1+a,0<1故对n∈N*
bn+1≥g(a)恒成立.
=≤an≤λ=
λ≤a≤λ.,即有
30.(2009湖北卷理)已知数列{an}S1n的前n项和n=-an-(2)-1
+2（n为正整数）。
an，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；cn+1na5n
=c1+c2+........+c
n试比较Tn与2n+1的大小，并予以证明。Sa11+21
解（I）在n=-n-(2n-中，令n=1，可得S1
=-a=aa=n-1+21，即12
n≥2Sa12+2，∴aa1
n-1=-n-1-()n-n=Sn-Sn-1=-n+an-1+()n-1
当22，∴2a=a1
-1nn-1+(2n,即2nan=2n-1an-1+1
∵bnn=2an,∴bn=bn-1+1,即当n≥2时，bn-bn-1=1.
b1=2a1=1,∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.bn=1+(n-1)?1=n=2nan,∴an=
cn+1(II)由（Ina1
n=(n+1)(2)n，所以
T=2×1+3×(12+4×(11
n23+K+(n+1)(2
n=2×(22+3×(23+4×(24+K+(n+1)(2)n+11T+(12+(13+K+(1n-(n+1)(1
由①-②得2
=1+-(n+1)(1)n+13n+31-12=2-2n+1
T-5nn+35n(n+3)(2n-2n-1)n2n+1=3-2n-2n+1=
2n+1的大小关系等价于比较2n
与2n+1的大小
由2<2×1+1;22
<2×2+1;23
<2×3+1;24
<2×4+1;25
n≥3时，2n
>2n+1.证明如下：证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。（2）假设n=k+1时2
=2g2k>2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k-1)>2(k+1)+1
所以当n=k+1时猜想也成立
综合（1）（2）可知，对一切n≥3的正整数，都有2n
证法2：当n≥3时
012n-1n01n-1n
2n=(1+1)n=Cn+Cn+Cn+K+Cn+Cn≥Cn+Cn+Cn+Cn=2n+2>2n+1
综上所述，当n=1,2时
2n+1，当n≥3时2n+1
31.（2009四川卷文）设数列（I）求数列
{an}的前n项和为Sn，a=5Sn+1成立，
对任意的正整数n，都有n记
(n∈N*)1-an
{an}与数列{bn}的通项公式；
{bn}的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn≥4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，
（II）设数列
请说明理由；
cn=b2n-b2n-1(n∈N)，设数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有
解（I）当n=1时，又
a1=5S1+1,∴a1=-
∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1
∴an+1-an=5an+1,即
4，公比为4的等比数列，
{an}是首项为
(n∈N*)bn=
11an=(-)n1-(-)n
（II）不存在正整数k，使得
…………………………………3分
Rn≥4k成立。
1n(-4)-11-(-)4证明：由（I）知
∵b2k-1+b2k=8++=8+k-k=8-k<8.2k-12kk
(-4)-1(-4)-116-116+4(16-1)(16+4)
n=2m(m∈N)∴当n为偶数时，设
Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+?+(b2m-1+b2m)<8m=4n
当n为奇数时，设
n=2m-1(m∈N*
Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+?+(b2m-3+b2m-2)+b2m-1<8(m-1)+4=8m-4=4n
∴对于一切的正整数n，都有Rn<4k
∴不存在正整数k，使得
Rn≥4k成立。
…………………………………8分
×16nc15×16n15
n=b2n-1+b2n=42n-1+42n-1+1=(16n-1)(16n+4)=(16n)2+3×16n-4<(16n)2=
b131=3,b2=
3,∴c42=3，
当n=1T时，
当n≥2时，
T411142(]n<3+25×(162+163+?+16n=3+25×1-×693
32.（2009湖南卷文）对于数列
{un},若存在常数M＞0,对任意的n∈N*，恒有
un+1-un+un-un-1+?+u2-u1≤M
{un}为B-数列.
（Ⅰ）首项为1，公比为2的等比数列是否为B-数列？请说明理由;
Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断：
A组：①数列{xn}是B-数列,②数列{xn}不是B-数列;B组：③数列
{Sn}是B-数列,
{Sn}不是B-数列.
请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题.
判断所给命题的真假，并证明你的结论；
(Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{a2
n}也是B-数列。
1解:（Ⅰ）设满足题设的等比数列为{aan-1
n},则n=(-2.于是a-a11n-2=31
nn-1=(-)n-1-(-)2×(2)n-222,n≥2.
|an+1-an|+|an-an-1|+?+|a2-a1|
3×??1+1+（1）2+?+（1n-1?3×?
1-（1）n?=
2?222??=??2??<3.-
所以首项为1，公比为2的等比数列是B-数列
（Ⅱ）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题.
xn=1，n∈N*，易知数列{xn}是B-数列，但Sn=n，
|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+?+|S2-S1|=n.
由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。
命题2：若数列
{Sn}是B-数列，则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。
事实上，因为数列{Sn}是B-数列，所以存在正数M，对任意的n∈N*，有
|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+?+|S2-S1|≤M,
|xn+1|+|xn|+?+|x2|≤M.于是xn+1-xn+xn-xn-1+?+x2-x1
≤xn+1+2xn+2xn-1+?+2x2+x1≤2M+x1
{xn}是B-数列。
（注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法）
(Ⅲ)若数列{an}是B-数列，则存在正数M，对任意的
n∈No,有an+1-an+an-an-1+?+a2-a1≤M
an=an-an-1+an-1+an-2+?+a2-a1+a1
≤an-an-1+an-1-an-2+?+a2-a1+a1≤M+a1
22an-a+1n=(an+1+an)(an+1-an)
≤(an+1+an)an+1-an≤2Kan+1-an
an+1-an+an-an-1+...+a2-a1≤2KM
{a}是B-数列.
11x＝,n∈N*33.(2009陕西卷理)已知数列
{xn}1满足，
2’n＋11+xn
(Ι)猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；
（Ⅱ)证明：
n+1-xn|≤(5n-1
6。x=1及x12513
1n+1=得x2=+x4证明（1）由
21+x=，x4=
x2>x4>x6猜想：数列{x2n}是递减数列
下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证命题成立
（2）假设当n=k时命题成立，即
2k+3-x2k+12k+2-x2k+4=
x2k>0x，那么
2k+11+x2k+3(1+x2k+1)(1+x2k+3)
=(1+x2k2k+1)(1+x2k+2)(1+x2k+3)
x2(k+1)>x2(k+1)+2
也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立
x（2）当n=1时，
n+1-xn=x2-x1=
6，结论成立
-1<1,∴1+xn-1<2,xn=
当n≥20<xn时，易知
∴(1+xn)(1+xn-1)=(1+
n-1)=2+xn-1≥n-12
xn-xn-1n+1-xn1+x-=
n1+xn-1(1+xn)(1+xn-1)
xn-xn-1≤（xn-1-xn-2≤…≤（）x2-x=65
35.（2009天津卷理）已知等差数列{
}的公差为d（d≠0），等比数列{
bn}的公比为q（q>1）sabab。设n=11+22…..+
Tabab)n1122,=-+…..+(-1
a1=b1=1，d=2，q=3，求S3的值；
2dq(1-q2n)
2+bST1-q12n2n若=1，证明（1-q）-（1+q）=，n∈N；
若正数n满足2≤n≤q，设
k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，2...，，n的两个不同的排列，c1=ak1b1+ak2b2+...+aknbn，c1≠c2
c2=al1b1+al2b2+...+alnbn
本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能
力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。
a=2n-1,b=3,n∈Nn（Ⅰ）解：由题设，可得n
S3=a1b1+a2b2+a3b3=1×1+3×3+5×9=55
n-1b=qn（Ⅱ）证明：由题设可得则
S2n=a1+a2q+a3q2+.....+a2nq2n-1,T2n=a1-a2q+a3q2-a4q3+.....-a2nq2n-1,S2n-T2n=2(a2q+a4q3+...-a2nq2n-1)
式减去②式，得式加上②式，得
S2n+T2n=2(a1+a3q2+....+a2n-1q2n-2)
式两边同乘q，得
q(S2n+T2n)=2(a1q+a3q3+....+a2n-1q2n-1)
(1-q)S2n-(1+q)T2n=(S2n-T2n)-q(S2n+T2n)
=2d(q+q3+K+q2n-1)=2dq(1-q2n)-q
(Ⅲ)证明：
c1-c2=(ak1-al1)b1+(ak2-al2)b2+K+(akn-aln)bn
=(k1-l1)db1+(k2-l2)db-1
1q+K+(kn-ln)db1qn因为
d≠0,b1≠0,所以
=(k1-l1)+(k2-l2)q+K+(k-1
dbn-ln)qn1
若kn≠ln，取i=n
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
=(k1-l1)+(k2-l2)q+K(k2i-1-li-1)qi-+(ki-li)qi-1
ki<li时，得ki-li≤-1,由q≥n，得ki-li≤q-1,i=1,2,3.....i-1
即k1-l1≤q-1，(k2-l2)q≤q(q-1)…，(ki-1-li-1)qi-2≤qi-2
(ki-li)qi-1≤-qi-1,所以c1-c2db=(q-1)+(q-1)q+K(q-1)qi-2-qi-1
=(q-1)1-qi-111-q
c1-c2≠0,即c1≠c2
i同理可得db1，因此c1
≠c2综上，
37.（2009年上海卷理）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列。
an=3n+1，是否存在m、k∈N*，有am+am+1=ak?说明理由；
找出所有数列{a}=bn
n和{bn}，使对一切n∈N*,an,并说明理由；
a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p，使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项，请证明。
am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，
3，∵m、k∈N*，∴k-2m为整数，
．．．．．．5分．．．．．．2分
[解法一]（1）由
整理后，可得
∴不存在m、k∈N，使等式成立。
=bn=b1qn-1
（2）若a，即a1+(n-1)d，1=b1q（ⅰ）若d=0,则
．．．．．．7分
an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。
n→∞a+(n-1)d1（ⅱ）若d≠0，（*）式等号左边取极限得，（*）式等号右边的极限只有当q=1时，才能等于1。
此时等号左边是常数，∴d=0，矛盾。综上所述，只有当{
an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。
．．．．．．10分
=bn,且{bn}为等比数列an
an=nd+c,若
【解法二】设
/=q,对n∈N*都成立，即anan+2=qa2n+1
∴(dn+c)(dn+2d+c)-q(dn+d+c)2对n∈N*都成立，∴a2=qd2....7分
a=c≠0,∴b=1,n∈Nnn若d=0，则
=m∴b=md≠0,则q=1,ndn+c若（常数）即，则d=0，矛盾
an=c≠0,bn=1,使对一切n∈N*,
综上所述，有
a=4n+1,b=3,n∈N*nn（3）
am+1+am+2+……+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N
4(m+1)+1+4(m+p)+1
∴4m+2p+3=,∵p、k∈N*,∴p=35,s∈N
2s+2s2s+2s
k=3s+2,4m=3-2×3-3=(4-1)-2×(4-1)-3?0,取
由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,
2×(4-1)s=8M2+(-1)s2,
∴4m=4(M1-2M2)-((-1)s+1)2,∴存在整数m满足要求.
故当且仅当p=3s,s∈N时，命题成立.
说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分）若p为偶数，则am+1+am+2+……+am+p为偶数，但3k为奇数故此等式不成立，所以，p一定为奇数。当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3k，而3k=(4-1)k
0k1k-1k-1k-1kkkC?4+C?4?(-1)+……+C?4?(-1)+C?(-1)=4M+(-1),M∈Z,kkk=k
当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3k成立1分当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk,也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1
由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m,4m+9=3k成立2分当p=5时，则am+1+am+2+……+am+5=bk,即5am+3=bk
也即5（4m+13）=3k,而3k不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在故不是所有奇数都成立.2分三、解答题
{a}01<1，an+1=f(an)．
10.（2008全国I）设函数f(x)=x-xlnx．数列n满足
1)是增函数；（Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，
（Ⅱ）证明：
a1lnb．证明：ak+1>b．
b∈(a1，1)，整数
f'(x)=-lnx,当x∈(0,1)时，f'(x)=-lnx>0
（Ⅰ）证明：f(x)=x-xlnx，
在区间(0,1)上是增函数；
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，
01<1，a1lna1<0，
a2=f(a1)=a1-a1lna1>a1
1)是增函数，且函数f(x)在x=1处连续，则f(x)在区间(0，1]是增函数，由函数f(x)在区间(0，
a2=f(a1)=a1-a1lna1<1，即a12<1成立；
（ⅱ）假设当x=k(k∈N*)时，
akk+1<1成立，即01≤akk+1<1
1]是增函数，01≤akk+1<1得那么当n=k+1时，由f(x)在区间(0，
f(ak)<f(ak+1)<f(1).而an+1=f(an)，则ak+1=f(ak),ak+2=f(ak+1)，ak+1k+2<1，也就是说当n=k+1时，ann+1<1也成立；
根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，
ann+1<1恒成立.
（Ⅲ）证明：由f(x)=x-xlnx．n+1
=a1-b-∑ailnai
ak+1-b=ak-b-aklnak
若存在某i≤k满足若对任意i≤k都有
，则由⑵知：
ak+1-bi-b≥0
ai>b，则ak+1-b=ak-b-aklnak
=a1-b-∑ailnai=a1-b-∑ailnb=a1-b-(∑ai)lnb
>a1-b-ka1lnb
≥a1-b-ka1lnb>a1-b-(a1-b)=0，即ak+1>b成立.
11.（2008山东卷)将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1a2a3
a4a5a6a7a8a9a10……
bS-SnnN记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1.Sn为数列｛bn｝的前n项和，且满足＝1=
S(Ⅰ)证明数列｛n｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；
（Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.
A(a，b)a=a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足y=ennnn∈N*12.(2007湖南)已知（）是曲线上的点，1
22Sn=3n2an+Sn-1，an≠0，n=2，3，4…．，
（I）证明：数列?n?（n≤2）是常数数列；
（II）确定a的取值集合M，使a∈M时，数列（III）证明：当a∈M时，弦
{an}是单调递增数列；
AnAn+1（n∈N*）的斜率随n单调递增
222S-S=3nan．n≥2nn-1解：（I）当时，由已知得2
a=S-S≠0S+S=3nnnn-1nn-1因为，所以．2S+S=3(n+1)n+1n于是．
……①……②……③……④……⑤
由②－①得于是
an+1+an=6n+3．
an+2+an+1=6n+9．
an+2-an=6，
由④－③得
?bn+2?bn+2ean+2an+2-an6
=an=e=e??(n≥2)
bbe所以n，即数列?n?是常数数列．
（II）由①有
S2+S1=12，所以a2=12-2a．由③有a3+a2=15，a4+a3=21，所以a3=3+2a，a4=18-2a．
{a2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，
而⑤表明：数列所以数列
a2k=a2+6(k-1)，a2k+1=a3+6(k-1)，a2k+2=a4+6(k-1)(k∈N*)，{an}是单调递增数列a12且a2k2k+12k+2对任意的k∈N*成立．
a12且a2+6(k-1)3+6(k-1)4+6(k-1)
a<12-2a<3+2a<18-2a<a123444．?915?M=?a<?
4?．?4即所求a的取值集合是
bn+1-bnean+1-ean
AAan+1-anan+1-an
（III）解法一：弦nn+1的斜率为
ex(x-x0)-(ex-ex0)ex-ex0
f(x)=f(x)=2
xx-x(x-x)00，则0任取，设函数
x0xx′(x)=ex(x-x0)+ex-ex=ex(x-x0)g(x)=e(x-x)-(e-e)g0记，则，
当x>x0时，g′(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上为增函数，x<x0时，g′(x)<0，g(x)在(-∞，x0)上为减函数，
x≠x0时，g(x)>g(x0)=0，从而f′`(x)>0，所以f(x)在(-∞，x0)和(x0，+∞)上都是增函数．
{an}单调递增，所以由（II）知，a∈M时，数列
ean+1-eanean+2-eankn=<x=aaa-aan+2-an．n，因为nn+1n+2，所以n+1n取0
ean+1-ean+2ean-ean+2kn+1=>x=an+2，因为ann+1n+2，所以an+1-an+2an-an+2．取0
所以kn<kn+1，即弦AnAn+1(n∈N*)的斜率随n单调递增．ex-ean+1f(x)=+∞)上都是增函数，x-an+1，同解法一得，f(x)在(-∞，an+1)和(an+1，解法二：设函数
ean-ean+1ex-ean+1ean+2-ean+1ex-ean+1an+1an+1kn=lim=en+1+n→a-n→ana-aa-a+1x-an+1x-an+1nn+1n+2n+1n+1所以，．
故kn<kn+1，即弦AnAn+1(n∈N*)的斜率随n单调递增．
,记S=a+a+?+an12n,2an5.（辽宁省沈阳二中学年上学期高三期中考试）{an}满足a1=1,an+1数列
答案：A.若S2n+1-Sn≤m30对任意n∈N*恒成立，则正整数（）C．8D．7
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