章末整合对点讲练
一、 等差数列与等比数列的基本运算
例1 已知{an}是各项为不同的正数的等差数列，lg a1、lg a2、lg a4成等差数列．又bn
＝
1
，n＝1,2,3，?. a2n
(1)证明：{bn}为等比数列；
7
(2)如果数列{bn}的前3项的和等于，求数列{an}的通项公式an及数列{bn}的前n项和
24Tn.
点拨 先利用等差数列{an}的首项a1和公差d来表示bn，再证明{bn}为等比数列． (1)证明 ∵lg a1、lg a2、lg a4成等差数列，∴2lg a2＝lg a1＋lg a4.
22
即a22＝a1a4，设等差数列{an}的公差为d，则(a1＋d)＝a1(a1＋3d)，整理得d＝a1d. ∵d≠0，∴a1＝d.∴a2n＝a1＋(2n－1)d＝2n·d，
11111
∴bn＝＝·n.∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列．
a2nd22d2
1117
1＋＋?＝，∴d＝3，∴a1＝d＝3. (2)解 ∵b1＋b2＋b3＝?24?242d?
1?1?n
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n，bn＝·.
3?2?1??1?n?1－?2??1??1?n?6?
Tn＝b1＋b2＋?＋bn ＝＝?1－?2??
131－2
回顾归纳 在等差数列{an}中，通常把首项a1和公差d作为基本量，在等比数列{bn}中，通常把首项b1和公比q作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的常用方法．
?变式训练1 等差数列{an}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{an}前20项的和S20.
解 设数列{an}的公差为d，则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，
2
a10＝a4＋6d＝10＋6d.由a3，a6，a10成等比数列得a3a10＝a6，
22
即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)，整理得10d－10d＝0，解得d＝0或d＝1. 当d＝0时，S20＝20a4＝200；
20×19
当d＝1时，a1＝a4－3d＝7，S20＝20a1＋d＝20×7＋190＝330.
2
二、 数列的通项公式和前n项和
例2 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
an(1)设bn＝n－1.证明：数列{bn}是等差数列；
2
(2)求数列{an}的前n项和．
点拨 先利用等差数列的定义判断{bn}是等差数列，借助bn求出an是解决第(2)小题的关键．
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n
an＋12an＋2nan得bn＋1＝n＝＝n－1＋1＝bn＋1.
22n2
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
一切免费 1
an－
(2)解 由(1)知，bn＝n，n－1＝bn＝n.∴an＝n·2n1.
2
－
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋?＋n·2n1
－
两边乘以2得：2Sn＝1×21＋2·22＋?＋(n－1)·2n1＋n·2n
－
两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋?＋2n1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1 ∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
回顾归纳 递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决．把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法．
?变式训练2 已知数列{a22an}的首项a1＝3，ann＋1＝a，n＝1,2，?.
n＋1
(1)证明：数列??1?
?a－1n??是等比数列；
(2)求数列??n?
?an??
的前n项和Sn.
(1)证明 ∵a2ann1an＋1111111
＋1＝a，∴＝＝＋－1?n＋1an＋12an22·a，∴a－1＝?， nn＋1
2?an?又a211?1?11
1＝3，∴a－1＝2.∴数列??a－1n??
是以2为首项，2为公比的等比数列．
1(2)解 由(1)知1a－1＝?1?n，∴1＝1＋1nn
n?2?an2n，∴a＝n＋n2
n. 设T12＋222＋323＋?＋n112n－1n
n＝2n，则2Tn＝22＋23＋?＋2n＋2
n＋1 1∴12T＝12＋12?
?1－12n??22＋123＋?＋12n－nn1n
n＋2n2n＋1＝－n＋1＝1－n－n＋1＝1－n＋11－12222
2
∴T＝2－n＋21
n2n.又1＋2＋3＋?＋n＝2
n(n＋1)．
∴数列??n?
n＋2n(n＋1)?an??
的前n项和Sn＝2－2n＋2.
三、等差数列与等比数列的综合运用
例3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设b1
n＝n(a (n∈N*)，Sn＝b1＋bn＋3)2＋?＋bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的
n均有S>t
n36
总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．
点拨 解答本题的关键是求出{att
n}的通项公式，注意Sn大于36总成立?36
小于值．
解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2. ∵a1＝1，解得(d＝0舍)，d＝2.∴an＝2n－1 (n∈N*)．
(2)b＝1n(a＝1＝1?1
1nn＋3)2n(n＋1)2?
n－n＋1??，
∴S1
1n＝b1＋b2＋?＋bn＝2????1－12??＋?1?2－13??＋?＋?1?n－n＋1????
＝12??1－1?n
n＋1?＝2(n＋1).
假设存在整数t满足St
n>36
总成立，
一切免费
Sn的最小
2
n＋1n1
又Sn＋1－Sn＝－＝>0，
2(n＋2)2(n＋1)2(n＋2)(n＋1)
1t1
∴数列{Sn}是单调递增的．∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.
4364
又∵t∈N*，∴适合条件的t的最大值为8.
回顾归纳 数列的综合问题形式上看来比较复杂，实质上求数列的通项公式和前n项和是解答这类综合问题的根本性问题和关键性所在．
?变式训练3 设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式： 3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t (t>0，n＝2,3,4，?)． (1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{a}的公比为f(t)，作数列{b1
nn}，使b1＝1，bn＝f??b?n－1?
(n＝2,3,4，?)．求数列
{bn}的通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋?＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1.
(1)证明 由a3＋2ta1＝S1＝1，S2＝1＋a2，得a2＝3t，2a＝3＋2t
13t
. 又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，① 3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t.②
①－②，得3taan－(2t＋3)an∴n2t＋3
－1＝0.a＝，(n＝2,3，?)．n－1
3t
∴数列{a2t＋3
n}是一个首项为1，公比为3t的等比数列．
(2)解 由f(t)＝2t＋33t＝23＋1t，得b12
n＝f??b?n－1?＝3
＋bn－1.
∴数列{b1，公差为22
2n＋1n}是一个首项为3的等差数列．∴bn＝1＋3(n－1)＝3
.
(3)解 由b2n＋154
n＝3，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和3，公差均为3
的等差数列．于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋?＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1
＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋?＋b2n(b2n－1－b2n＋1)
＝－43(b＋bb4154n＋124＋?＋2n)＝－3·2n??3＋3??
＝－4
9
(2n2＋3n)．
课堂小结：
1．等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，an，Sn或a1，n，q，an，Sn.一般可以三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d(或q)，问题可迎刃而解．
2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：①建立基本量的方程(组)求解；巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解，有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解，如函数的思想等．
课时作业
一、选择题
1．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋3，则a4＋a5＋?＋a10等于( )
A．171 B．21 C．10 D．161 答案 D
解析 a4＋a5＋?＋a10＝S10－S3＝161. 2．(2010·东北三省四市联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10等于( 一切免费
)
3
“知② A．1 024 B．1 023 C．2 048 D．2 047 答案 B
解析 利用累加法及等比数列求和公式，可求得a10＝210－1＝1 023，故选B.
3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为( )
A．4 B．6 C．8 D．10 答案 C
解析 设项数为2n，公比为q. 由已知S奇＝a1＋a3＋?＋a2n－1.① S偶＝a2＋a4＋?＋a2n.②
②÷①得，q＝170
85
＝2，
Sa1(1－q2n)1－22n
∴S2n＝S奇＋偶＝255＝1－q＝1－2
?2n＝8.
4．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于( )
A．126 B．130 C．132 D．134 答案 C
解析 ∵{an}是各项不为0的正项等比数列，∴bn＝ln an是等差数列．
又∵bn(n－1)
3＝18，b6＝12，∴b1＝22，d＝－2，∴Sn＝22n＋2
×(－2)＝－n2＋23n，∴(Sn)max＝－112
＋23×11＝132. 二、填空题
5．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．
答案 2,4,8
解析 设这三个数为aq，a，aq.由a
q
·a·aq＝a3＝64，得a＝4.
由aq＋a＋aq＝41
q＋4＋4q＝14.解得q＝2
或q＝2.∴这三个数为2,4,8. 6．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是________．
答案 5
解析 S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12；S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11. 则???S奇＋S偶＝354?
，∴S奇＝162，S偶＝192，∴S偶－S奇＝6d＝30，?
S偶÷S奇＝32∶27d＝5. 7．等比数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则a13＋a14＋a15＝______. 答案 48
?S＝a1(1－q3)3解析 易知q≠1，∴?
?1－q
＝3
??Sa(1－q)
6
＝1
6
1－q
＝9
，∴S6＝1＋q3S＝3，∴q3＝2.
3
∴a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝S3·q12＝3×24＝48. 三、解答题
8．设数列{an}的前n项和为Sn，点??n，Snn?? (n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设b3的前n项和，求使得Tm
n＝，Tn是数列{bn}n<对所有n∈N*aa都成立的最小正
nn＋1
20一切免费
4
整数m.
解 (1)依题意得Snn
＝3n－2，
即Sn＝3n2
－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)] ＝6n－5，
当n＝1时，a1＝S1＝3×1－2＝6×1－5， 所以an＝6n－5 (n∈N*)．
(2)由(1)得b33
n＝a＝nan＋1(6n－5)[6(n＋1)－5] ＝12?1
1?6n－5－6n＋1??
，故 T1
n＝2????1－17??＋?1?7－113??＋?＋?1?6n－5－16n＋1????
＝1
2?1?1－6n＋1??
， 因此，使得1??1－1m1m
6n＋1??< (n∈N*220
)成立的m必须满足2≤20，即m≥10.
故满足要求的最小正整数m为10.
9．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且2an＋1＝an＋2＋an (n∈N*)．数列{bn}S，其中b32
n1＝－2，bn＋1＝－3
Sn (n∈N*)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若Tan＝1a2anb＋＋?＋，求T1b2bn
n的表达式．
解 (1)∵2an＋1＝an＋2＋an，∴数列{an}是等差数列．
∴公差d＝a＝2.∴ab22
2－a1n＝2n－1.∵n＋1＝－3Sn，∴bn＝－3
Sn－1 (n≥2)．
∴bb21
n＋1－n＝－3bn.∴bn＋1＝3bn (n≥2)．
又∵b2b2＝－3S1＝1，∴221
b＝－≠133.∴数列{bn}从第二项开始是等比数列．
?－3
， n＝1，∴b?2
n＝?
?1?3?
?n－2， n≥2.
(2)∵n≥2时，an－
b＝(2n－1)·3n2，
n
∴Tan＝1＋a2＋?＋an＝－2＋3×30＋5×31＋7×32＋?＋(2n－1)×3n－
2b1b2bn3
.
∴3Tn＝－2＋3×31＋5×32
＋7×33＋?＋(2n－1)×3n－1.
错位相减并整理得T2－
n＝－3
＋(n－1)3n1.
章末检测
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为( ) 1 2 一切免费
n项和为
5
的前