第二章數列一、網絡構建二、易錯提醒1．數列的概念及表示方法(1)定義：按照一定順序排列的一列數．(2)表示方法：列表法、圖象法、通項公式法和遞推公式法．(3)分類：按項數有限還是無限分為有窮數列和無窮數列；按項與項之間的大小關系可分為遞增數列、遞減數列、擺動數列和常數列．2．求數列的通項(易錯點)(1)數列前n項和Sn與通項an的關系：an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))(2)當已知數列{an}中，滿足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，則可用累加法求數列的通項an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．(3)當已知數列{an}中，滿足eq\f(an＋1,an)＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，則可用累乘法求數列的通項an，常利用恒等式an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1).(4)構造新數列法：對由遞推公式給出的數列，經過變形后化歸成等差數列或等比數列來求通項．(5)歸納、猜想、證明法．等差數列、等比數列的判斷方法定義法an＋1－an＝d(常數)?{an}是等差數列eq\f(an＋1,an)＝q(非零常數)?{an}是等比數列中項公式法2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數列aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)?{an}是等比數列通項公式法an＝pn＋q(p，q為常數)?{an}是等差數列an＝cqn(c，q均為非零常數)?{an}是等比數列前n項和公式Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)?{an}是等差數列Sn＝kqn－k(k為常數，且q≠0，k≠0，q≠1)?{an}是等比數列4．求數列的前n項和的基本方法(易錯點)(1)裂項(相消)法：有時把一個數列的通項公式分成兩項差的形式，相加過程消去中間項，只剩有限項再求和．(2)錯位相減法：適用于一個等差數列和一個等比數列對應項相乘構成的數列求和．(3)倒序相加法：例如等差數列前n項和公式的推導．(4)分組求和法：把一個數列分成幾個可以直接求和的數列．(5)公式法：利用等差數列或等比數列前n項和Sn公式．三、題型分析專題一等差、等比數列的判斷[例1]已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數列，并求{an}的通項公式.[變式訓練1]已知數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)(n∈N*)．求證：數列{an}是等差數列；專題二等差、等比數列的性質[例2]．（1）在等差數列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝100，則3a9－a13的值為________．（2）等比數列{an}中，an∈R*，a4·a5＝32，則log2a1＋log2a2＋…＋log2a8的值為()A．10B．20C．36D．128[變式訓練2]在等差數列{an}中，若a1＋a2＋…＋a5＝30，a6＋a7＋…＋a10＝80，求a11＋a12＋…＋a15.專題三數列的通項公式的求法[例3](1)等差數列{an}是遞增數列，前n項和為Sn，且a1，a3，a9成等比數列，S5＝aeq\o\al(2,5)，則數列{an}的通項公式為________________；(2)已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n，n≥1，則數列{an}的通項公式為______________．[變式訓練3]設數列{an}是首項為1的正項數列，且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N*)，求{an}的通項．專題四數列求和[例4](1)已知等比數列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數列{bn}滿足bn＝log3an，則數列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n項和Sn＝________________.(2)設數列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.①求數列{an}的通項公式；②令bn＝nan，求數列{bn}的前n項Sn.[變式訓練4]設數列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項；(2)設bn＝eq\f(n,an)，求數列{bn}的前n項和Sn.四、鞏固訓練1．設數列{an}是等差數列，其前n項和為Sn，若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31B．32C．33D．342．公比為2的等比數列{an}的各項都是正數，且a3·a11＝16，則a5等于()A．1B．2C．4D．83．數列{an}的通項公式是an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，那么在此數列中()A．a7＝a8最大B．a8＝a9最大C．有唯一項a8最大D．有唯一項a7最大4.已知數列{an}中，a1＝1，前n項和為Sn，且點P(an，an＋1)(n∈N*)在直線x－y＋1＝0上，則eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)等于()\f(n（n＋1）,2)\f(2,n（n＋1）)\f(n,2（n＋1）)\f(2n,n＋1)5．設{an}是等差數列，Sn是其前n項和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，則下列結論錯誤的是()A．d＜0B．a7＝0C．S9＞S5D．S6與S7均為Sn的最大值6．已知數列{an}，an＝－2n2＋λn，若該數列是遞減數列，則實數λ的取值范圍是()A．(－∞，6)B．(－∞，4]C．(－∞，5)D．(－∞，3]7．某工廠月生產總值的平均增長率為q，則該工廠的年平均增長率為()A．qB．12qC．(1＋q)12D．(1＋q)12－18．已知等比數列{an}是遞增數列，Sn是{an}的前n項和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，則S6＝________．9．如果數列{an}的前n項和Sn＝2an－1，則此數列的通項公式an＝______________．10．已知數列{log2(an－1)}(n∈N*)為等差數列，且a1＝3，a3＝9.(1)求數列{an}的通項公式；(2)證明：eq\f(1,a2－a1)＋eq\f(1,a3－a2)＋…＋eq\f(1,an＋1－an)＜1.第二章數列參考答案[例1]解：證明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，所以eq\f(an＋1＋\f(1,2),an＋\f(1,2))＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數列，首項為a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，公比為3，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)·3n－1，因此{an}的通項公式為an＝eq\f(3n－1,2)(n∈N*)．[變式訓練1]解：(1)證明：Sn＝eq\f(anan＋1,2)(n∈N*)，①Sn－1＝eq\f(an－1an－1＋1,2)(n≥2)．②①－②得an＝eq\f(a\o\al(2,n)＋an－a\o\al(2,n－1)－an－1,2)(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1(n≥2)．∵數列{an}的各項均為正數，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1(n≥2)．當n＝1時，a1＝1，∴數列{an}是首項為1，公差為1的等差數列．[例2]．（1）解析：由等差數列的性質可知，a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝(a3＋a11)＋(a5＋a9)＋a7＝5a7＝100，所以a7＝20.所以3a9－a13＝2a9＋a9－a13＝(a5＋a13)＋a9－a13＝a5＋a9＝2a7＝40.答案：40（2）解析：log2a1＋log2a2＋…＋log2a8＝log2(a1·a2·a3·…·a8)＝log2(a4a5)4＝4log232＝20.故選B.[變式訓練2]解：因為數列{an}是等差數列，所以a1＋a2＋…＋a5，a6＋a7＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a15也成等差數列，即30，80，a11＋a12＋…＋a15成等差數列．所以30＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2×80，所以a11＋a12＋…＋a15＝130.[例3]解析：(1)設數列{an}的公差為d(d＞0)，因為a1，a3，a9成等比數列，所以aeq\o\al(2,3)＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)?d2＝a1d，因為d≠0，所以a1＝d.①因為S5＝aeq\o\al(2,5)，所以5a1＋eq\f(5×4,2)·d＝(a1＋4d)2.②由①②得：a1＝eq\f(3,5)，d＝eq\f(3,5)，所以an＝eq\f(3,5)＋(n－1)·eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)n.(2)n＝1時，a1＝S1，所以a1＝2a1－1，即a1＝1，n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)＋2·(－1)n，所以an＝2an－1＋2·(－1)n－1，an－1＝2an－2＋2·(－1)n－2，a2＝2a1－2，所以an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]．又因為a1＝1適合an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]，所以an＝eq\f(2,3)[2n－2＋(－1)n－1]．[變式訓練3]解：因為an＋1－an＋an＋1·an＝0.所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1.又eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為1的等差數列．故eq\f(1,an)＝n，所以an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．[例4](1)解析：設等比數列{an}的公比為q，則eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝a1qn－1＝3·3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).則Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).(2)解：①由已知，當n≥1時，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以數列{an}的通項公式為an＝22n－1.②由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n·22n－1①從而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．[變式訓練4]解：(1)因為a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，①所以當n≥2時，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，②由①－②得3n－1an＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3n)，在①中，令n＝1，得a1＝eq\f(1,3)，所以數列{an}的通項公式an＝eq\f(1,3n)(n∈N*)．(2)因為bn＝eq\f(n,an)＝n·3n，所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④由④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n·3n＋1－eq\f(3（1－3n）,1－3)，所以Sn＝eq\f(（2n－1）·3n＋1,4)＋eq\f(3,4).鞏固訓練1．B解析：由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3).))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.2．A解析：因為a3·a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，所以a7＝4所以a5＝eq\f(a7,q2)＝eq\f(4,22)＝1.3．A解析：an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，an＋1＝(n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n＋1)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋3,n＋2)·eq\f(9,10)，令eq\f(an＋1,an)≥1，即eq\f(n＋3,n＋2)·eq\f(9,10)≥1，解得n≤7，即n≤7時遞增，n＞7遞減，所以a1＜a2＜a3＜…＜a7＝a8＞a9＞….所以a7＝a8最大．D解析：由已知得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1.所以數列{an}是首項為1，公差為1的等差數列．所以Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)·1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).5．C解析：由S5＜S6，得a6＝S6－S5＞0.又S6＝S7?a7＝0，所以d＜0.由S7＞S8?a8＜0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＜0，即S9＜S5.6．B解析：數列{an}的通項公式是關于n(n∈N*)的二次函數，若數列是遞減數列，則－eq\f(λ,2·（－2）)≤1，即λ≤4.7．D解析：設第一年第1個月的生產總值為1，公比為