数列
1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．
2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和的公式，并能解决简单的实际问题．
3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．
纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的应用是必考内容，数列与函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点．
从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的“知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用．
第1课时 数列的概念
1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an是数列{an}的第 项．
2．数列的通项公式
一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
3．在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：
4．求数列的通项公式的其它方法
⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法．
⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明．
⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式.
例1. 根据下面各数列的前n项的值，写出数列的一个通项公式．
⑴ －，，－，…；
⑵ 1，2，6，13，23，36，…；
⑶ 1，1，2，2，3，3，
解： ⑴ an＝(－1)n
⑵ an＝
（提示：a2－a1＝1，a3－a2＝4，a4－a3＝7，a5－a4＝10，…，an－an－1＝1＋3(n－2)=3n－5．各式相加得
⑶ 将1，1，2，2，3，3，…变形为
∴
变式训练1.某数列{an}的前四项为0，，0，，则以下各式：
① an＝[1＋(－1)n] ② an＝
③ an＝
其中可作为{an}的通项公式的是 （ ）
A．① B．①②
C．②③ D．①②③
解：D
例2. 已知数列{an}的前n项和Sn，求通项．
⑴ Sn＝3n－2
⑵ Sn＝n2＋3n＋1
解 ⑴ an＝Sn－Sn－1 (n≥2) a1＝S1
解得：an＝
⑵ an＝
变式训练2：已知数列{an}的前n项的和Sn满足关系式lg(Sn－1)＝n，(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ．
解：当n＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－10n－1＝9·10 n－1．故an＝
例3. 根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式．
⑴ a1＝1，an＝2an－1＋1 (n≥2)
⑵ a1＝1，an＝ (n≥2)
⑶ a1＝1，an＝ (n≥2)
解：⑴ an＝2an－1＋1(an＋1)＝2(an－1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n，∴an＝2n－1．
⑵an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n－1＋3n－2＋…＋33＋3＋1＝．
(3)∵
∴an＝
变式训练3.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求该数列的通项公式．
解：方法一：由an＋1＝得
，∴{}是以为首项，为公差的等差数列．
∴＝1＋(n－1)·,即an＝
方法二：求出前5项，归纳猜想出an＝，然后用数学归纳证明．
例4. 已知函数＝2x－2－x，数列{an}满足＝－2n，求数列{an}通项公式．
解：
得
变式训练4.知数列{an}的首项a1＝5．前n项和为Sn且Sn＋1＝2Sn＋n＋5（n∈N*）．
(1) 证明数列{an＋1}是等比数列；
(2) 令f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求函数f (x)在点x＝1处导数f 1 (1)．
解：(1) 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，∴ n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减，得：[来源: ]
Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1
从而an＋1＋1＝2(an＋1)
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，∴ a1＋a2＝2a1＋6,
又a1＝5，∴ a2＝11
∴ ＝2，即{an＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列.
(2) 由(1)知an＝3×2n－1
∵ ＝a1x＋a2x2＋…＋anxn
∴ ＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1
从而＝a1＋2a2＋…＋nan
＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n－1)
＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)
＝3[n×2n＋1－(2＋…＋2n)]－[来源:]
＝3(n－1)·2n＋1－＋6
1．根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.
2．由Sn求an时，用公式an＝Sn－Sn－1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一．
3．由递推公式求通项公式的常见形式有：an＋1－an＝f(n)，＝f(n)，an＋1＝pan＋q，分别用累加法、累乘法、迭代法（或换元法）．
第2课时 等差数列
1．等差数列的定义： － ＝d（d为常数）．
2．等差数列的通项公式：
⑴ an＝a1＋ ×d
⑵ an＝am＋ ×d
3．等差数列的前n项和公式：
Sn＝ ＝ ．
4．等差中项：如果a、b、c成等差数列，则b叫做a与c的等差中项，即b＝ ．
5．数列{an}是等差数列的两个充要条件是：
⑴ 数列{an}的通项公式可写成an＝pn＋q(p, q∈R)
⑵ 数列{an}的前n项和公式可写成Sn＝an2＋bn
(a, b∈R)
6．等差数列{an}的两个重要性质：
⑴ m, n, p, q∈N*，若m＋n＝p＋q，则 ．
⑵ 数列{an}的前n项和为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成 数列．
例1. 在等差数列{an}中，
(1)已知a15＝10，a45＝90，求a60；
(2)已知S12＝84，S20＝460，求S28；
(3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8．
解：(1)方法一：
∴a60＝a1＋59d＝130．
方法二：，由an＝am＋(n－m)da60＝a45＋(60－45)d＝90＋15×＝130．
(2)不妨设Sn＝An2＋Bn，
∴
∴Sn＝2n2－17n
∴S28＝2×282－17×28＝1092
(3)∵S6＝S5＋a6＝5＋10＝15，
又S6＝
∴15＝即a1＝－5
而d＝
∴a8＝a6＋2 d＝16
S8＝
变式训练1.在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ ．
解：∵d＝a6－a5＝－5，
∴a4＋a5＋…＋a10＝
例2. 已知数列{an}满足a1＝2a，an＝2a－（n≥2）．其中a是不为0的常数，令bn＝．
⑴求证：数列{bn}是等差数列．
⑵ 求数列{an}的通项公式．
解：∵ ⑴ an＝2a－ (n≥2)
∴ bn＝ (n≥2)
∴ bn－bn－1＝ (n≥2)
∴ 数列{bn}是公差为的等差数列．
⑵ ∵ b1＝＝
故由⑴得：bn＝＋(n－1)×＝
即：＝ 得：an＝a(1＋)
变式训练2.已知公比为3的等比数列与数列满足，且，
（1）判断是何种数列，并给出证明；
（2）若，求数列的前n项和
解：1），即 为等差数列。
（2）。
例3. 已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列{}前n项和。求Tn．
解：设{an}首项为a1公差为d，由
∴ Sn＝
∴ ∴Tn＝
变式训练3．两等差数列{an}、{bn}的前n项和的比，则的值是 （ ）
A． B． C． D．
解：B 解析：。
例4. 美国某公司给员工加工资有两个方案：一是每年年末加1000美元；二是每半年结束时加300美元．问：
⑴ 从第几年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多？
⑵ 如果在该公司干10年，问选择第二种方案比选择第一种方案多加工资多少美元？
⑶ 如果第二种方案中每半年加300美元改为每半年加a美元．
问a取何值时，总是选择第二种方案比第一种方案多加工资？
解：⑴ 设工作年数为n（n∈N*），第一种方案总共加的工资为S1，第二种方案总共加的工资为S2．则：
S1＝1000×1＋1000×2＋1000×3＋…＋1000n
＝500(n＋1)n
S2＝300×1＋300×2＋300×3＋…＋300×2n
＝300(2n＋1)n
由S2>S1，即：300(2n＋1)n>500(n＋1)n
解得：n>2
∴ 从第3年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多．
⑵ 当n＝10时，由⑴得：S1＝500×10×11＝55000
S2＝300×10×21＝63000
∴ S2－S1＝8000
∴ 在该公司干10年，选第二种方案比选第一种方案多加工资8000美元．
⑶ 若第二种方案中的300美元改成a美元．
则＝an(2n＋1) n∈N*
∴ a＞＝250＋≥250＋
＝
变式训练4.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?
解：(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,
其中a1=250,d=50,则Sn=250n+=25n2+225n,
令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数, ∴n≥10.
到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.
(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,
其中b1=400,q=1.08,则bn=400·(1.08)n-1·0.85.
由题意可知an>0.85 bn,有250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85.
由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.
到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.
1．欲证{an}为等差数列，最常见的做法是证明：an＋1－an＝d(d是一个与n无关的常数)．
2．a1，d是等差数列的最关键的基本量，通常是先求出a1，d，再求其他的量，但有时运算较繁．
3．对等差数列{an}的最后若干项的求和，可以把数列各项的顺序颠倒，看成公差为－d的等差数列进行求和．
4．遇到与等差数列有关的实际问题，须弄清是求项的问题还是求和的问题．
第3课时 等比数列
1．等比数列的定义：＝q（q为不等于零的常数）．
2．等比数列的通项公式：
⑴ an＝a1qn－1 ⑵ an＝amqn－m
3．等比数列的前n项和公式：
Sn＝
4．等比中项：如果a，b，c成等比数列，那么b叫做a与c的等比中项，即b2＝ （或b＝ ）．
5．等比数列{an}的几个重要性质：
⑴ m，n，p，q∈N*，若m＋n＝p＋q，则 ．
⑵ Sn是等比数列{an}的前n项和且Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成 数列．
⑶ 若等比数列{an}的前n项和Sn满足{Sn}是等差数列，则{an}的公比q＝ ．
例1. 已知等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求项数n和公比q的值．
解：∵{an}是等比数列，
∴a1·an＝a2·an－1，
∴，解得或
若a1＝2，an＝64，则2·qn－1＝64
∴qn＝32q
由Sn＝，
解得q＝2，于是n＝6
若a1＝64，an＝2，则64·qn－1＝2
∴qn＝
由Sn＝
解得q＝，n＝6
变式训练1.已知等比数列{an}中，a1·a9＝64，a3＋a7＝20，则a11＝ ．
解：64或1
由
或 ∴ q2＝或q2＝2，∴ a11＝a7 q2，∴ a11＝64或a11＝1
例2. 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，它的前n项和为40，前2n项和为3280，且前n项中数值最大项为27，求数列的第2n项．
解：若q＝1，则na1＝40，2na1＝3280矛盾，∴ q≠1．∴
两式相除得：qn＝81，q＝1＋2a1
又∵q>0，∴ q>1，a1>0
∴ {an}是递增数列．
∴ an＝27＝a1qn－1＝
解得 a1＝1，q＝3，n＝4
变式训练2.已知等比数列{an}前n项和Sn＝2n－1，{an2}前n项和为Tn，求Tn的表达式．
解：(1) ∵a1＋2a22＝0，∴公比q＝
又∵S4－S2＝，
将q＝－代入上式得a1＝1，
∴an＝a1qn－1＝(－) n－1 (n∈N*)
(2) an≥(－) n－1≥()4
n≤5
∴原不等式的解为n＝1或n＝3或n＝5．
例3. 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．
解：设这四个数为a－d，a，a＋d，
依题意有：
解得： 或
∴ 这四个数为0，4，8，16或15，9，3，1．
变式训练3.设是等差数列的前项和，，则等于（ ）[来源: ]
A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
答案： D。解析：由得，再由。
例4. 已知函数f(x)＝(x－1)2，数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的等比数列(q≠1)，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，b1＝f(q－1)，b3＝f(q＋1)，
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 设数列{cn}对任意的自然数n均有：，求数列{cn}前n项和Sn．
解：(1) a1＝(d－2)2，a3＝d2，a3－a1＝2d
即d2－(d－2)2＝2d，解之得d＝2
∴a1＝0，an＝2(n－1)
又b1＝(q－2)2，b3＝q2，b3＝b1q2
即q2＝(q－2)2 q2，解之得q＝3
∴b1＝1，bn＝3n－1
(2)
Sn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn
＝4(1×3°＋2×31＋3×32＋…＋n×3 n－1)
设1×3°＋2×3′＋3×32＋…＋n×3 n－1
31×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3 n
－21＋3＋32＋33＋…＋3 n－1－n×3 n＝－3 n·n
∴Sn＝2n·3n－3n＋1
变式训练4.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
等比数列{bn}的第二项，第三项，第四项．
⑴求数列{an}与{bn}的通项公式；
⑵设数列{cn}对任意正整数n，均有，求c1＋c2＋c3＋…＋c2007的值．
解：⑴由题意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0) 解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n－1．
⑵当n＝1时，c1＝3 当n≥2时，∵∴ 故
1．在等比数列的求和公式中，当公比q≠1时，适用公式Sn＝，且要注意n表示项数；当q＝1时，适用公式Sn＝na1；若q的范围未确定时，应对q＝1和q≠1讨论求和．
2．在等比数列中，若公比q > 0且q≠1时，可以用指数函数的单调性确定数列的最大项或最小项．
3．若有四个数构成的函数，前三个成等差数列，后三个成等比数列时，关键是如何巧妙地设这四个数，一般是设为x－d，x，x＋d，再依题意列出方程求x、d即可．
4．a1与q是等比数列{an}中最活跃的两个基本量．
第4课时 等差数列和等比数列的综合应用
1．等差数列的常用性质：
⑴ m，n，p，r∈N*，若m＋n＝p＋r，则有 ．
⑵ {an}是等差数列， 则{akn} (k∈N*，k为常数)是 数列．
⑶ Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成 数列．
2．在等差数列中，求Sn的最大(小)值，关键是找出某一项，使这一项及它前面的项皆取正(负)值或0，而它后面的各项皆取负(正)值．
⑴ a1> 0，d <0时，解不等式组 可解得Sn达到最 值时n的值．
⑵ a1<0，d>0时，解不等式组 可解得Sn达到最小值时n的值．
3．等比数列的常用性质：
⑴ m，n，p，r∈N*，若m＋n＝p＋r，则有 ．
⑵ {an}是等比数列，则{a}、{}是 数列．
⑶ 若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成 数列．
例1. 是否存在互不相等的三个实数a、b、c，使它们同时满足以下三个条件：
① a＋b＋c＝6
② a、b、c成等差数列．
③ 将a、b、c适当排列后成等比数列．
解：设存在这样的三位数a，b，c．
由a＋b＋c＝6，2b＝a＋c 得：b＝2，a＋c＝4
① 若b为等比中项，则ac＝4，∴ a＝c＝2与题设a≠c相矛盾．
② 若a为等比中项，则a2＝2c，则a＝c＝2(舍去)或a＝－4，c＝8．
③ 若c为等比中项，则c2＝2a，解得c＝a＝2(舍去)或c＝－4，a＝8．
∴存在着满足条件的三个数：－4，2，8或8，2，－4．
变式训练1.若a、b、c成等差数列，b、c、d成等比数列，成等差数列，则a、c、e成（ ）
A．等差数列 B．等比数列
C．既成等差数列又成等比数列 D．以上答案都不是
答案：B。解析：由，由，由
∴，即成等比数列。
例2. 已知公差大于0的等差数列{}满足a2a4＋a4a6＋a6a2＝1，a2，a4，a8依次成等比数列，求数列{an}的通项公式an．
解：设{}的公差为d(d＞0)，由a2，a4，a8成等比数列可知，，也成等比数列，
∴()2＝·
∴(＋3d)2＝(＋d)(＋7d)
化简得d2＝，∴＝d
又a2a4＋a4a6＋a6a2＝1化简为
＋＋＝
∴3·＝·
∴·＝3，即(＋d)(＋5d)＝3
2d·6d＝3 ∴d＝，＝
∴＝＋(n－1)d＝
∴an＝
变式训练2.已知成等差数列，求证：也成等差数列。
解析：由成等差数列，则
∴
即成等差数列。
例3. 已知△ABC中，三内角A、B、C的度数成等差数列，边a、b、c依次成等比数列．求证：△ABC是等边三角形．
解：由2B＝A＋C，且A＋B＋C＝180°，B＝60°，由a、b、c成等比数列，有b2＝ac
cosB＝＝＝
得(a－c)2＝0，∴ a＝c ∴△ABC为等边三角形．
变式训练3.若互不相等的实数、、成等差数列，、、成等比数列，且，则= （ ）
A.4 B.2 C.-2 D.-4
答案： D.解析：依题意有
例4. 数列{an}的前n项和Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn，n＝1，2，3……
求：⑴ a2、a3、a4的值及{an}的通项公式；
⑵ a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值.
解析：(1)由a1＝1，an＋1＝Sn，n＝1，2，3，…得a2＝S1＝a1＝，a3＝S2＝(a1＋a2)＝，a4＝S3＝(a1＋a2＋a3)＝
由an＋1－an＝(Sn－Sn－1)＝an(n≥2)，得an＋1＝an(n≥2)，又a2＝，∴an＝·()n－2(n≥2)
∴ {an}通项公式为an＝
(2) 由(1)可知a2、a4、…a2n是首项为，公比为()2，项数为n的等比数列.
∴ a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝×
＝[()2n－1]
变式训练4.设数列的前项的和，
求首项与通项。
解析：（I），解得：
所以数列是公比为4的等比数列
所以：
得： （其中n为正整数）
1．在三个数成等差（或等比）时，可用等差（或等比）中项公式；在三个以上的数成等差（或等比）时，可用性质：m、n、p、r∈N*，若m＋n＝p＋r，则am＋an＝ap＋ar（或am·an＝ap·ar）进行解答．
2．若a、b、c成等差（或等比）数列，则有2b＝a＋c（或b2＝ac）．
3．遇到与三角形相关的问题时，一般要注意运用正弦定理（或余弦定理）及三角形内角和等于180°这一性质．
4．在涉及an与Sn相关式子中用Sn－1和Sn的关系表示an时应该注意“n≥2”这个特点．
第5课时 数列求和
求数列的前n项和，一般有下列几种方法：
1．等差数列的前n项和公式：
Sn＝ ＝ ．
2．等比数列的前n项和公式：
① 当q＝1时，Sn＝ ．
② 当q≠1时，Sn＝ ．
3．倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．
4．错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
5．裂项求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列．
例1. 已知数列：1，，，，…，，求它的前n项的和Sn．
解：∵ an＝1＋＋＋……＋
＝ ∴an＝2－
则原数列可以表示为：
(2－1)，，，，…
前n项和Sn＝(2－1)＋＋＋…＋
＝2n－
＝2n－＝2n－2
＝＋2n－2
变式训练1.数列前n项的和为 （ ）
A． B．
C． D．
答案:B。解析：
例2. 求Sn＝1＋＋＋…＋．
解：∵ an＝＝
＝2(－)
∴ Sn＝2(1－＋－＋…＋－)＝
变式训练2：数列{an}的通项公式是an＝，若前n项之和为10，则项数n为（ ）
A．11 B．99
C．120 D．121
解：C .an＝＝，
∴Sn＝，由＝10，∴＝11，
∴n＝11
例3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：取n＝1，则a1＝a1＝1
又Sn＝可得：＝
∵an≠－1(n∈N*) ∴an＝2n－1
∴Tn＝1·2＋3·22＋5·23＋……＋(2n－1)·2n ①
2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋……＋(2n－1)·2n＋1②
①－②得：
∴－Tn＝2＋23＋24＋25＋……＋2n＋1－(2n－1)·2n＋1
＝2＋－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(1－n)·2n＋2
∴Tn＝6＋(n－1)·2n＋2
变式训练3.设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.
⑴ 求数列{an}和{bn}通项公式．
⑵ 设Cn＝，求数列{Cn}前n项和Tn ．
解：（1）当n＝1时a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－2，故{an}通项公式为an＝4n－2，即{an}是a1＝2，d＝4的等差数列，设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴ q＝，故bn＝b1qn－1＝
（2）∵Cn＝＝
∴Tn＝C1＋C2＋…＋Cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋（2n－1）4n－1
∴4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋（2n－3）4n－n＋（2n－1）4n
两式相减 3Tn＝
∴ Tn＝．
例4. 求Sn＝1!＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n！．
解： an＝n·n!＝(n＋1)!－n!
∴ Sn＝(n＋1)!－1!＝(n＋1)!－1
变式训练4.以数列{an}的任意相邻两项为坐标的点Pn(an、an＋1)均在一次函数y＝2x＋k的图象上，数列{bn}满足条件：bn＝an＋1－an，且b1≠0．
⑴ 求证：数列{bn}为等比数列．
⑵ 设数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若S6＝T4，S5＝－9，求k的值．
解：⑴由题意，an＋1＝2an＋k
∴ bn＝an＋1－an＝2an＋k－an＝an＋k
bn＋1＝an＋1＋k＝2an＋2k＝2bn
∵ b1≠0，∴ ＝2
∴ {bn}是公比为2的等比数列．
⑵ 由⑴知an＝bn－k
∵ bn＝b1·2n－1 ∴ Tn＝
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(b1＋b2＋…＋bn)－nk
＝Tn－nk＝b1(2n－1)－nk
∵ ∴
解得：k＝8
1．求和的基本思想是“转化”．其一是转化为等差、等比数列的求和，或者转化为求自然数的方幂和，从而可用基本求和公式；其二是消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．
2．对通项中含有(－1)n的数列，求前n项和时，应注意讨论n的奇偶性．
3．倒序相加和错位相减法是课本中分别推导等差、等比数列前n项和用到的方法，在复习中应给予重视．
数列章节测试题
一、选择题：
1．数列则是该数列的（ ）
A．第6项 B．第7项 C．第10项 D．第11项
2．方程的两根的等比中项是（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列满足，，则它的前10项的和（ ）
A．138 B．135 C．95 D．23
4、已知等比数列的前三项依次为，，，则
A． B． C． D．
5．一个有限项的等差数列，前4项之和为40，最后4项之和是80，所有项之和是210，则此数列的项数为（ ）
A．12 B． C．16 D．18
6、若等差数列的前5项和，且，则（ ）
（A）12 （B）13 （C）14 （D）15
7、在数列中，， ，则 （ ）
A． B． C． D．
8．两等差数列{an}、{bn}的前n项和的比，则的值是（ ）
A． B． C． D．
9．{an}是等差数列，，则使的最小的n值是（ ）
A．5 B． C．7 D．8
10、黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案
则第个图案中有白色地面砖的块数是（ ）
A. B.
C. D.
11.若数列前100项之和为0，则的值为（ ）
A. B. C. D.以上的答案均不对
12.设2a=3,2b=6,2c=12,则数列a,b,c成
A.等差 B.等比 C.非等差也非等比 D.既等差也等比
二、填空题
13、设Sn是等差数列{an}的前n项和，a12=-8,S9=-9,则S16= .
14、由正数构成的等比数列{an}，若，则 ．
15．已知数列的前项和为某三角形三边之比为，则该三角形最大角为 ．
16、给定（n∈N*），定义乘积为整数的k（k∈N*）叫做“理想数”，则区间[1，2008]内的所有理想数的和为 ．
三、解答题
17、已知函数是一次函数，且成等比数列，设，()（1）求；（2）设，求数列的前n项和。
18、数列{an}的前n项和记为Sn，
（1）求{an}的通项公式;
（2）等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且，又成等比数列，求Tn
19、假设某市2004年新建住房400万，其中有250万是中低价房。预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长。另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万。那么，到哪一年底，
(1)该市历年所建中低价房的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万？
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于？
20、已知数列中，，，其前项和满足（，）．（1）求数列的通项公式；
（2）设为非零整数，），试确定的值，使得对任意，都有成立．
21、已知直线与圆交于不同点An、Bn,其中数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设求数列的前n项和.
22、已知是公差为的等差数列，它的前项和为,,．
（1）求公差的值；
（2）若，求数列中的最大项和最小项的值；
（3）若对任意的，都有成立，求的取值范围．
数列章节测试题参考答案
一、选择题
1
2
3[来源: ]
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
B
C
C
B
B
A
D
B
D
C
A
二、填空题
13、-72 14、7 15、
16、2026．
解：换底公式：．为整数，，m∈N*．k分别可取，最大值≤2008，m最大可取10，故和为22+23+…+210-18=2026．
三、解答题
17、解：（1）设，（）由成等比数列得
，----------------①, 得
∵ ∴---------------② 由①②得， ∴
∴，显然数列是首项公差的等差数列
∴＝
（2）∵
∴＝
2＝
－＝＝
∴＝。
18、（I）由可得，两式相减得
又 ∴，故{an}是首项为1，公比为3得等比数列 ∴.
（II）设{bn}的公差为d，由得，可得，可得，
故可设 又由题意可得
解得
∵等差数列{bn}的各项为正，∴，∴ ∴
19.（1）到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750
（2）到2009年底，当年建造的中低房的面积占该年建造住房面积的比例将首次大于
20、解：（1）由已知，（，），
即（，），且．
∴数列是以为首项，公差为1的等差数列．∴．
（2）∵，∴，要使恒成立，
∴恒成立，
∴恒成立，
∴恒成立．
（ⅰ）当为奇数时，即恒成立，
当且仅当时，有最小值为1，
∴．
（ⅱ）当为偶数时，即恒成立，
当且仅当时，有最大值，
∴．
即，又为非零整数，则．
综上所述，存在，使得对任意，都有
21．（1）圆心到直线的距离，
（2）
相减得
22．解：（1）∵，∴
解得
（2）∵，∴数列的通项公式为
∴
∵函数在和上分别是单调减函数，
∴当时，
∴数列中的最大项是，最小项是
（2）由得
又函数在和上分别是单调减函数，
且时；时.
∵对任意的，都有，∴ ∴
∴的取值范围是
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