【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题二数列学案
[研高考·明考点]
年份
卷别
小题考查
大题考查
2017
卷Ⅰ
————
T17·等比数列的通项公式与前n项和，等差数列的判定
卷Ⅱ
————
T17·等差、等比数列的通项公式及前n项和
卷Ⅲ
————
T17·数列的递推关系及通项公式，裂项相消法求和
2016
卷Ⅰ
————
T17·等差数列的通项公式及等比数列求和
卷Ⅱ
————
T17·等差数列的通项公式、数列求和
卷Ⅲ
————
T17·数列的递推关系及通项公式
2015
卷Ⅰ
T7·等差数列的通项及前n项和公式
————
T13·等比数列的概念及前n项和公式
卷Ⅱ
T5·等差数列的通项公式、性质及前n项和公式
————
T9·等比数列的通项公式和性质
[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.等差、等比数列的基本运算(3年2考)
2.等差、等比数列的性质(3年2考)
常考点
高考对数列的考查若只出现在解答题中时，常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查，题型主要有：
1.等差、等比数列基本量的运算
2.数列求和问题
3.等差、等比数列的判断与证明
偶考点
1.三角函数的综合问题
2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题
偶考点
数列与其他知识的综合问题
第一讲 小题考法——等差数列与等比数列
考点(一)
主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.
数列的递推关系式
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝( )
A．(n＋1)3 B．(2n＋1)2
C．8n2 D．(2n＋1)2－1
(2)(2017·成都模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析] (1)当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8.当n≥2时，4(Sn＋1)＝，则4(Sn－1＋1)＝，两式相减得，4an＝－，整理得，＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝(n＋1)3.检验知，a1＝8也符合，所以an＝(n＋1)3.
(2)根据a1＋＋＋…＋＝an，①
有a1＋＋＋…＋＝an－1，②
①－②得，＝an－an－1，即n2an－1＝(n2－1)an，
所以＝＝，
所以an＝a1×××…×
＝1×××…×＝
＝
＝.
[答案] (1)A (2)
[方法技巧]
由an与Sn的关系求通项公式的注意事项
(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)．
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝
[演练冲关]
1．(2018届高三·广东五校联考)数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则＋＋…＋＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝，所以an＝，所以＝＝2，故＋＋…＋＝2－＋－＋…＋－＝2＝，故选A.
2．(2017·石家庄质检)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3 690 B．3 660
C．1 845 D．1 830
解析：选D 不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{an}的前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830.
3．设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3
，∴数列是
公比为3的等比数列，∴＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
答案：121
考点(二)
主要考查与等差(比)数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.
等差、等比数列的基本运算
[典例感悟]
[典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99
C．98 D．97
(2)(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
(3)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
[解析] (1)∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴
∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98，故选C.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.
又a1＝1，所以d2＋2d＝0.
又d≠0，则d＝－2，
所以{an}前6项的和
S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得
则a8＝a1q7＝×27＝32.
[答案] (1)C (2)A (3)32
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[演练冲关]
1．(2017·合肥质检)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是( )
A．20 B．36
C．24 D．72
解析：选C 由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12得解得∴a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故选C.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
两式相除，得＝，解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
答案：－8
3．(2018届高三·河南十校联考)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：∵{an}是公差为1的等差数列，
∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
∵S8＝4S4，
∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，
∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.
答案：
考点(三)
主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.
等差、等比数列的性质
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝( )
A．40 B．60
C．32 D．50
(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝( )
A．4 B．6
C．8 D．8－4
(3)(2018届高三·湖南名校联考)若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是( )
A．2 016 B．2 017
C．4 032 D．4 033
[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.
(2)在等比数列{an}中，a3a7＝a，a2a6＝a3a5，所以a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝(－1＋＋1)2＝(2)2＝8，故选C.
(3)因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝＝>0，S4 033＝＝4 033a2 017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 032，故选C.
[答案] (1)B (2)C (3)C
[方法技巧]
等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[演练冲关]
1．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝( )
A．10 B．9
C．8 D．2
解析：选A 记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.
2．(2017·合肥质检)已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－8，－7) B．[－8，－7)
C．(－8，－7] D．[－8，－7]
解析：选A 因为{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，因为bn＝＝1＋，又对任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥对任意的n∈N*恒成立，因为数列{an}是公差为1的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以即解得－8
m时，Sn与an的大小关系是( )
A．Snan D．大小不能确定
解析：选C 若a1<0，存在自然数m≥3，使得am＝Sm，则d>0，否则若d≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有Sm0，当m≥3时，有am＝Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然Sn>an.故选C.
12．(2017·洛阳模拟)等比数列{an}的首项为，公比为－，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－的最大值与最小值之和为( )
A．－ B．－
C. D.
解析：选C 依题意得，Sn＝＝1－n.当n为奇数时，Sn＝1＋随着n的增大而减小，10，an＋1＝(n∈N*)，且a1＝.
(1)求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)证明：记bn＝－1，则＝＝＝＝＝，
又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列．
所以－1＝×n－1，即an＝.
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，＝×n－1＋1.
所以数列的前n项和Tn＝＋n＝＋n.
[解题通法点拨] 数列问题重在“化归”
[循流程思维——入题快]
等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2015·全国卷Ⅰ)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．
[解题示范]
(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②
②－①，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
bn＝＝
＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋
＋…＋－
＝.
[思维升华] 对于数列的备考：一是准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．
[应用体验]
(2017·张掖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，其中n∈N*，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn＋的值．
解：(1)由题意知a1＝1，
∵an＝－3Sn＋4，∴an＋1＝－3Sn＋1＋4.
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，∴an＝n－1.
bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)∵cn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋…＋＋， ②
①－②得，Tn＝＋＋＋…＋－
＝1－.
∴Tn＝2－，即Tn＋＝2.
[课时跟踪检测]
1．(2018届高三·广西三市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an＋1，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝2－1＝1，满足an＝2n－1，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得，bn＝log4an＋1＝，
则bn＋1－bn＝－＝，
又b1＝log4a1＋1＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公差d＝的等差数列，
∴Tn＝nb1＋d＝.
2．(2017·福州质检)已知等差数列{an}的各项均为正数，其公差为2，a2a4＝4a3＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋a9＋…＋a3n.
解：(1)依题意知，an＝a1＋2(n－1)，an>0.因为a2a4＝4a3＋1，所以(a1＋2)(a1＋6)＝4(a1＋4)＋1，所以a＋4a1－5＝0，解得a1＝1或a1＝－5(舍去)，所以an＝2n－1.
(2)a1＋a3＋a9＋…＋a3n＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1)＝2×(1＋3＋32＋…＋3n)－(n＋1)＝2×－(n＋1)＝3n＋1－n－2.
3．(2017·济南模拟)已知数列{an}满足a1＝511,4an＝an－1－3(n≥2)．
(1)求证：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：当n≥2时，由4an＝an－1－3得an＋1＝(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以512为首项，为公比的等比数列．所以an＋1＝512×n－1＝211－2n，an＝211－2n－1.
(2)bn＝|11－2n|，设数列{11－2n}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2.
当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；当n≥6时，Sn＝2S5－Tn＝n2－10n＋50.所以Sn＝
4．(2018届高三·广东五校联考)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－a1， ①
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1； ②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＝2n.
(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝＝.
∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝＝.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
解：(1)证明：∵an＋Sn＝n， ①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴＝，当n＝1时，a1＋S1＝1，∴a1＝，a1－1＝－，又cn＝an－1，∴{cn}是首项为－，公比为的等比数列．
(2)由(1)可知cn＝·n－1＝－n，∴an＝cn＋1＝1－n.∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－n－＝n－1－n＝n.又b1＝a1＝也符合上式，∴bn＝n，Tn＝＝1－n.
第三讲 创新考法与思想方法
[常见创新考法]
创新点(一) 创新命题情景考应用能力
[典例1] 如果一个数列的每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝3，公和为4，那么数列{an}的前25项和S25的值为________．
[解析] 由题意知，an＋an＋1＝4，且a1＝3，所以a1＋a2＝4，得a2＝1，a3＝3，a4＝1，…，a24＝1，a25＝3，即数列{an}是周期为2的数列，所以S25＝(3＋1)＋(3＋1)＋…
＋(3＋1)＋3＝12×4＋3＝51.
[答案] 51
[点评] 本题通过新定义“等和数列”考查了学生利用归纳推理解决新问题的能力．本题的实质是考查与周期有关的数列求和问题．
[演练冲关]
1．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是( )
A．5,6月 B．6,7月
C．7,8月 D．8,9月
解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝不满足题意；当n≥2时，第n个月的需求量an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋15n－9)，解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得6100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；当t＝5，k＝29时，N
＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
创新点(二) 创新命题角度考迁移能力
[典例2] (1)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2 018＝( )
A．7 564 B．7 549
C．7 546 D．7 539
(2)设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量PnP―→ n＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
[解析] (1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2 018＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2＝504×15＋4＝7 564.故选A.
(2)∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，
∴PnP―→ n＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，
∴an＋1－an＝2，∴{an}是公差d为2的等差数列．
又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，
∴an＝2n－1，
∴Sn＝n＋×2＝n2.
[答案] (1)A (2)n2
[点评] (1)第(1)题是函数与数列的交汇，第(2)题是平面向量与数列的交汇；
(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合函数、平面向量的知识转化为数列的问题进行求解．
[演练冲关]
3．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足
a1ama2n＝2a，则＋的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选C ∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴＝q6，＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，解得q＝2(负值舍去)．
又a1ama2n＝2a，
∴a·2m＋2n－2＝2(a1·24)3＝a·213，
∴m＋2n＝15，
∴＋＝(m＋2n)
＝×≥×＝，
当且仅当＝，即m＝3，n＝6时等号成立，
∴＋的最小值是，故选C.
4．设直线nx＋(n＋1)y＝(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2 017的值为________．
解析：当x＝0时，y＝，当y＝0时，x＝，所以三角形的面积Sn＝××＝＝－，所以S1＋S2＋…＋S2 017＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：
创新点(三) 引入数学文化考核心素养
[典例3] (1)《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女子最后一天织布的尺数为( )
A．18 B．20
C．21 D．25
(2)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列．上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．
[解析] (1)依题意得，该女子每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，
设为{an}，其中a1＝5，前30项和为390，
于是有＝390，
解得a30＝21，
即该女子最后一天织21尺布．
(2)设该数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意
即解得
则a5＝a1＋4d＝＋4×＝.
[答案] (1)C (2)
[点评] 本例中的两题均以古代传统文化为背景，考查了与等差数列的通项及前n项和有关的计算问题．
[演练冲关]
5．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
创新点(四) 引入临界知识考学科潜力
[典例4] 若数列{an}满足：对任意的n∈N*，只有有限个正整数m使得amN时，恒有|an－A|<ε成立，则称数列{an}的极限为A.给出下列四个无穷数列：
①{(－1)n×2}；②；
③；
④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}．
其中极限为2的数列的个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选D 对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0；当n是奇数时，|an－2|＝4，所以不符合数列{an}的极限定义，即2不是数列{(－1)n×2}的极限．对于②，|an－2|＝|＋＋＋…＋－2|＝|＋＋＋…＋－4|＝1＋>1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列的极限．
对于③，由|an－2|＝|1＋＋＋＋…＋－2|＝＝<ε，得n>1－log2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，
所以2是数列1＋＋＋＋…＋的极限．
对于④，|an－2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－2|＝2×22＋3×23＋…＋n×2n>1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}的极限．
综上所述，极限为2的数列只有1个．
(一) 数学思想在本专题中的应用
1．应用方程思想解决数列基本量的求解问题
[典例1] 设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求{an}的通项公式．
[解] 由题意可知＝，
整理得Sn＝(an＋2)2，
当n＝1时，S1＝(a1＋2)2＝a1，解得a1＝2.
又an＋1＝Sn＋1－Sn，
∴an＋1＝(an＋1＋2)2－(an＋2)2，
整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0.
又∵an>0，∴an＋1－an－4＝0，
∴an＋1－an＝4，
即{an}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an＝4n－2.
[点评] 本例利用了方程的消元思想，通过an＋1＝Sn＋1－Sn、Sn＝(an＋2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助an＋1＝Sn＋1－Sn消去an，利用Sn＋1、Sn的递推关系解题．
2．应用分类讨论思想解决数列前n项和的问题
[典例2] 设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2，…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
[解] (1)因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝>0，
即>0，(n＝1,2，…)
上式等价于不等式组：(n＝1,2，…) ①
或(n＝1,2，…) ②
解①式得q>1；
解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－10且－10.
∴当－12时，Tn－Sn>0，即Tn>Sn；
当－0，∴an－3an－1＝0，即＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.
6．设曲线y＝2 018xn＋1(n∈N*)在点(1,2 018)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝log2 018xn，则a1＋a2＋…＋a2 017的值为( )
A．2 018 B．2 017
C．1 D．－1
解析：选D 因为y′＝2 018(n＋1)xn，则y′|x＝1＝2 018·(n＋1)，所以曲线在点(1,2 018)处的切线方程是y－2 018＝2 018(n＋1)×(x－1)，令y＝0，得xn＝，所以a1＋a2＋…＋a2 017＝log2 018(x1·x2·…·x2 017)＝log2 018＝log2 018＝－1.
二、填空题
7．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________．
解析：由Hn＝2n＋1，
得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，①
(n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，②
①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2n＋2，an－kn＝(2－k)n＋2，又Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，所以即解得≤k≤.
答案：
8．(2017·安阳检测)在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．
解析：依题意得，数列的前n项和为2n－1，当n≥2时，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N*)，＝.记bn＝，则bn>0，＝＝>＝1，即bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝.依题意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是.
答案：
9．(2017·德州模拟)已知四个数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q(q>0)不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q的取值集合是________．
解析：因为公比q不为1，所以不能删去a1或a4.设等差数列的公差为d，则
①若删去a2，则2a3＝a1＋a4，即2a1q2＝a1＋a1q3,2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)，因为q≠1，所以q2＝q＋1，又q>0，所以q＝；
②若删去a3，则2a2＝a1＋a4，
即2a1q＝a1＋a1q3,2q＝1＋q3，
整理得(q－1)(q2＋q－1)＝0，
因为q≠1，所以q2＋q－1＝0，
又q>0，所以q＝.
综上所述，q＝或q＝.
答案：
三、解答题
10．(2017·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)由已知得，a1＝1，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，an＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3，bn＝3n－1.
数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn，即≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
11．(2017·临川模拟)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：{an}是准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
解：(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)， ①
∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)， ②
②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．
∴{an}是公差为2的准等差数列．
(2)∵a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.
∴由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列；a2，a4，a6…是以2－a为首项，2为公差的等差数列．
当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a；
当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1.
∴an＝
S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200.
12．已知函数f(x)定义在(－1,1)上，f＝1，满足f(x)－f(y)＝f，且x1＝，xn＋1＝.
(1)证明：f(x)为定义在(－1,1)上的奇函数；
(2)求f(xn)的表达式；
(3)是否存在自然数m，使得对任意的n∈N*，有＋＋…＋<恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵x，y∈(－1,1)，f(x)－f(y)＝f，
∴当x＝y＝0时，可得f(0)＝0.
当x＝0时，f(0)－f(y)＝f＝f(－y)，
∴f(－y)＝－f(y)，
∴f(x)是(－1,1)上的奇函数．
(2)∵f(xn＋1)＝f＝f＝
f(xn)－f(－xn)＝2f(xn)，
∴＝2，
又f(x1)＝f＝1，
∴{f(xn)}是以1为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为f(xn)＝2n－1(n∈N*)．
(3)假设存在自然数m使得原不等式恒成立，
即＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－<对任意的n∈N*恒成立．
即m>16－对任意的n∈N*恒成立，
∴m≥16，
故存在自然数m使得对任意的n∈N*，有＋＋…＋<恒成立，且m
的最小值为16.
