知识讲解 数列求和、数列的综合应用 提高

1 数列求和、数列的综合应用 【学习目标】 1．掌握数列的常用求和方法； 2．注意数列的函数性，能分析解决数列和函数与方程、向量、不等式、平面几何等相 结合的数列综合题； 3．能够用数列知识解决数列综合题及实际应用题． 【要点梳理】 要点一：求数列前 项和的几种常用方法 1. 常用方法 ⑴公式法： 如果一个数列是等差或者等比数列，求其前 项和可直接利用等差数列或等比数列的前 项和公式求和； ⑵倒序相加法： 等差数列前 n 项和的推导方法，即将 倒写后再与 相加，从而达到（化多为少）求 和的目的，常用于组合数列求和. ⑶裂项相消法： 把数列的通项拆成两项之差，然后把数列的每一项都按照这种方法拆成两项的差， 以达到在求和的时候隔项正负相抵消的目的，使前 n 项的和变成只剩下若干少数项的和 的方法.例如对通项公式为 的数列求和. ⑷分解求和与并项求和法： 把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成 两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和. 例如对 通项公式为 的数列求和. ⑸错位相减法： 如果一个数列 的通项是由一个非常数列的等差数列 与等比数列 的对 应项乘积组成的，求和的时候可以采用错位相减法.即错位相减法适用于通项为 （其中 是公差 d≠0 的等差数列， 是公比 q≠1 的等比数列）（也称为“差 n n n nS nS 1 ( 1)na n n = + 2 3n na n= + { }na { }nb { }nc n n na b c= ⋅ { }nb { }nc2 比数列”）的数列求前 项和 .例如对通项公式为 的数列求和. 一般步骤： ①展开 ②展开 ③作差： 要点诠释： ①注意事项：作差后的式子中，最后一个符号是负号“–”； 是以 为首项 的前 项和； ②在使用错位相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比 是否有可能等于 1，若 =1，错位相减法会不成立. 2.常见数列的前 项和 (1) ； (2) (3) (4) (5) 要点诠释：前两个公式结论最好能熟记，这样解题时会更加方便. 3. 常见的拆项公式 (1) ； (2)若 为等差数列，且公差 d 不为 0，首项也不为 0，则 ； n nS (2 1) 2n na n= − ⋅ nS ： 1 1 2 2 1 1n n n n nS b c b c b c b c− −= + +…+ + nqS ： 1 2 1 1n n n n nqS b c b c b c− += +……+ + 1 1 2 3 1(1 ) ( ) .n n n nq S b c c c c d b c +− = + + +…… − 2 3 nc c c+ +…… 2c 1n q q n ( 1)1 2 3 2 n nn ++ + + + = 21 3 5 (2 1)n n+ + + + − = ； 2 4 6 ( 1)n n n+ + + + = + ； 2 2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 3 6 n n nn + ++ + + + = ； 2 3 3 3 3 ( 1)1 2 3 .2 n nn + + + + + =    1 1 1 1( )( )n n k k n n k •= −+ + { }na 1 1 1 1 1 1( ) n n n na a d a a• + + = −3 (3)若 的通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式时， 则 . (4) ； . 要点二：数列的综合问题 数列综合题，即考察同学们基础知识，又需要良好的思维能力和分析、解决问题的 能力，综合题较强，解决起来比较困难. 解答这类问题的关键，在于要审清题目，充分 运用观察、归纳、猜想的手段，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质， 揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略. 1. 解决一个应用题，重点过三关： ⑴事理关：需要读懂题意，明确问题的实际背景，即需要一定的阅读能力； ⑵文理关：需将实际问题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系； ⑶事理关：在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索能力，认定或构建相 应的数学模型，完成用实际问题向数学问题的转化.构建出数学模型后，要正确得到问题 的解，还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力 2. 解决数列综合题的常用方法： (1) 利用数列与函数的关系解决数列综合题； (2) 利用等差（等比）数列中 和 的关系； (3) 利用等差（等比）数列的递推性； (4) 利用等差（等比）数列的单调性，解决有关最值问题； (5) 利用转化与化归思想，解决数列综合问题； (6) 利用不等式的放缩技巧证明数列； (7) 利用不等式的基本思想，解决有关数列问题； (8) 利用平面几何思想，解决数列综合问题. 要点诠释：数列的综合题一般比较难，又没有通法通则，而由于它在中学数学体系及考试 中的重要性，这一部分即难掌握又必须掌握. 同学们平时要熟悉数列规律，牢记公式，做 题时多观察解法，总结规律. 要点三：数列应用问题 数列应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立 数学模型，有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立 { }na 1 1 1 1( )( )( )na An B An C C B An B An C = = −+ + − + + 1 1 1 n n n n = + − + + 1 1 ( )n k nkn k n = + − + + na nS4 数学模型. 建立数学模型的基本步骤： ①审题——认真阅读题目，准确理解题意，达到如下要求： 明确问题属于哪类应用问题； 弄清题目中的主要已知事项； 明确所求的结论是什么. ②建模——将已知关系翻译成数学（数列）语言，将实际问题转化成数学问题，弄清楚 该数列的结构和特征； ③求解——求出该问题的数学解； ④还原——将所求结果还原到实际问题中. 要点诠释：数列的建模过程是解决数列应用题的重点，要正确理解题意，恰当设出数列的 基本量. 【典型例题】 类型一：数列求和 1.公式法 例 1.设数列 的通项为 则 =. 【思路点拨】用公式法求和. 对含绝对值的式子，首先去绝对值号，再考虑分组为等差或等 比之和. 【答案】153 【解析】由 得 取 则 【总结升华】要求几个含有绝对值的式子的和，关键是要去掉绝对值符号，去绝对值符号的 方法一般是用分类讨论的思想方法，所以此题的关键是要看 的符号. { }na *2 7( ),na n n= − ∈N 1 2 15| | | | | |a a a+ +……+ 0,na > 7 ,2n ≥ 4,n ≥ 1 2 15| | | | | |a a a+ +……+ 1 2 3 4 5 15( ) ( ) (1 3 5) (1 3 5 23 19 1 23 122 153 a a a a a a= − + + + + + + = + + + + + + + = + + × =   ） （ ） na5 举一反三： 【变式】已知 是首项为 1 的等比数列， 是 的前 项和，且 ，则数列 的前 5 项和为. 【答案】 由题意知，显然 ∵ ∴ ∴ ∴ 2.倒序相加法 例 2．求和： . 【思路点拨】由于该数列的通项是 ，因此可用倒序相加法求和.由于 该数列的通项是 ，求和时逆用对数运算法则. 【解析】 法一：由题意可知， ① ② ∴①+②有： 3 5 2 1ln ln ln ln n nS x x x x −= + + + + ln 3ln 5ln (2 3)ln (2 1)lnnS x x x n x n x= + + + + − + − (2 1)ln (2 3)ln 5ln 3ln lnnS n x n x x x x= − + − + + + + 2 2 ln 2 ln 2 ln 2 lnnS n x n x n x n x= + + + + { }na nS { }na n 3 69S S= 1 na       31 16 1q ≠ 1 2 3 1 2 3 4 5 6,9( )a a a a a a a a a+ + = + + + + + 1 2 3 4 5 6,8( )a a a a a a+ + = + + 3 1 2 3 1 2 38( ) ( )a a a a a a q+ + = + + 12, 2n nq a −= = 0 1 4 1 2 5 1 1 1 1 1 1 31+ +2 2 2 16a a a + + = + + =… … … … 2 1ln (2 1)lnn na x n x−= = − 2 1ln n na x −=6 ∴ 法二： . 【总结升华】倒序相加是等差数列前 项和公式推导的方法，在一些特殊数列中也有一些应 用. 举一反三： 【变式】求和 . 【答案】 ∴ ∴ ∴ . 3.错位相减法 例 3．(2015 湖北)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q．已 2 lnnS n x= 3 5 2 1ln ln ln ln n nS x x x x −= + + + + 3 5 2 1ln ln ln ln n nS x x x x −= + + + + 3 5 2 1ln nx x x x −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 3 5 (2 1)ln nx + + + + −=  [1 3 5 (2 1)]lnn x= + + + + − 2 lnn x= 2 2 2sin 1 sin 2 sin 89S = °+ °+ + ° 2 2 2sin 1 sin 2 sin 89S = °+ °+ + ° 2 2 2sin 89 sin 88 sin 1S = °+ °+ + ° 2 2 2cos 1 cos 2 cos 89= °+ °+ + ° 2 2 2 2 2 22 (sin 1 cos 1 ) (sin 2 cos 2 ) (sin 89 cos 89 )S = °+ ° + °+ ° + + °+ ° 89= 89 2S = n 89 27 知 b1=a1，b2=2，q=d，S10=100． （Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）当 d＞1 时，记 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn． 【思路点拨】（1）根据条件联立即可求出首项和公差及公比，利用公式求出{an}和{bn}的通 项公式.(2)先求出{cn}的通项公式，在利用错位相减法求和。 【答案】（Ⅰ）an=2n－1，bn=2n－1；（Ⅱ） . 【解析】 （Ⅰ）由题意有， 即 解得 故 （Ⅱ）由 d＞1，知 an=2n－1，bn=2n－1，故 ， 于是 ，① . ② ①-②可得 ， 故 . 【总结升华】 1.一般地，如果等差数列 与等比数列 的对应项相乘形成的数列 （也称 为“差比数列”）都用错项相减的办法来求前 n 项之和 . 2.错项相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法，一般都选择乘以 q； n n n ac b = nT 1 2 36 2n n − += − 1 1 10 45 100, 2, a d a d + =  = 1 1 2 9 20, 2, a d a d + =  = 1 1 9,1 22 .9 aa d d ==  = =  或 1 1 1 (2 79),2 1 9 22 9 ( ) .9 n n n nn n a na n b b − −  = += −  =  = ⋅ 或 1 2 1 2n n nc − −= 2 3 4 1 3 5 7 9 2 11 2 2 2 2 2n n nT − −= + + + + + + 2 3 4 5 1 1 3 5 7 9 2 1 2 2 2 2 2 2 2n n nT −= + + + + + + 2 2 1 1 1 1 2 1 2 32 32 2 2 2 2 2n n n n n nT − − += + + + + − = − nT 1 2 36 2n n − += − }a{ n }b{ n }ba{ nn nS8 3.在使用错项相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比 q 是否有可能等于 1，若 q=1，错项相减法会不成立. 举一反三： 【变式 1】求数列 的前 项和 . 【解析】用错位相减法求和. ∴ 【变式 2】（2016 山东理）已知数列{a n} 的前 n 项和 Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且 an=bn+bn+1。 （Ⅰ）求数列{bn}的通项公式； （Ⅱ）令 求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【解析】（1）由题意知当 n≥2 时，an=Sn－Sn－1=6n+5， 当 n=1 时，a1=S1=11， 所以 an=6n+5。 设数列{bn}的公差为 d， 由 ，即 ，可解得 b1=4，d=3。 所以 bn=3n+1。 （2）由（1）知 ， 1 2 3 4, , , , , ,2 4 8 16 2n n⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ n nS 1 2 3 4 2 4 8 16 2n n nS = + + + +⋅⋅⋅+ 1 1 1 2 3 4 2 4 8 16 32 2n n nS += + + + +⋅⋅⋅+ 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) 12 2 4 8 2 2 2 2n n n n n n nS + +  − = + + +⋅⋅⋅+ − = − −   1 12 2 2n n n nS −∴ = − − 1( 1) .( 2) n n n n n ac b ++= + 1 1(6 6) 3( 1) 2(3 3) n n n n nc nn + ++= = + ⋅+ 1 1 2 2 2 3 a b b a b b = +  = + 1 1 11 2 17 2 3 b d b d = +  = +9 又 Tn=c1+c2+c3+…+cn， 得 Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1]， 2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2]， 两式作差，得 所以 Tn=3n·2n+2 4.裂项相消法 【高清课堂：数列的求和问题 381055 典型例题 2】 例 4.已知数列 的前 项和 满足： ⑴求证：数列 为等差数列； ⑵求证： 【思路点拨】先由 求出数列 的通项公式，由定义证明该数列为等 差数列；分析第（2）题数列的通项 ，利用裂项相消法求和. 【解析】 ⑴ ∴ ∴ { }na n nS 2 nS n＝ ． { }na 1 2 2 3 1 1 1 1 ( 2) n n na a a a a a− + + + ≥ 1 1 ( 1) ( 2)n n n S na S S n− ==  − ≥ { }na 1 1 n na a− 1 1 ( 1) ( 2)n n n S na S S n− ==  − ≥ 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 2)n na n n n ==  − − ≥ 2 1na n= −10 ∴ ，即数列 是首项为 1，公差为 2 的等差数列. ⑵∵ ∴ = 【总结升华】 1. 本题所用的方法叫做裂项相消法，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项 拆成两项之差，以达到隔项相消之目的.一般地，对于裂项后有明显相消项的一类数列， 在求和时常用此法，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相 消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项. 2. 在学习中也应积累一些常见的拆项公式，如： ① ； ②若 为等差数列，公差为 d，则 ； ③ ， . 举一反三： 【变式 1】求数列 ， ， ，…， ，…的前 n 项和 . 【解析】∵ )11(1 )( 1 knnkknn +−=+ • { }na 1 1 1 1 1 1( ) n n n na a d a a• + + = − nn nn −+= ++ 1 1 1 )(11 nknknkn −+= ++ 1 1 2+ 1 2 3+ 1 3 2+ 1 1n n+ + nS 1 1 ++ = nn an nn −+= 1 1 2 1 (2 1) 2n na a n n+ − = + − − = { }na 2 1na n= − 1 1 1 1 1 1( )(2 3)(2 1) 2 2 3 2 1n na a n n n n− = = −⋅ − − − − 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( )2 1 3 3 5 2 3 2 1n na a a a a a n n− + + + = − + − + + −− − … … 1 1(1 )2 2 1 1 2 1 n n n − − −= −11 ∴ 【变式 2】求和: 【解析】∵ ， ∴ 【变式 3】求数列 ， ， ，…， 的前 n 项的和 . 【解析】由于 ，则 . 5.分组求和 【高清课堂：数列的求和问题 381055 典型例题 1】 例 5．已知数列 的首项 ，通项 （ ， 是常数），且 1 1 23 1 32 1 21 1 ++ ++ + + + + + = nn Sn  nn −+++−+−+−= 1322312  11 −+= n )(21 1 321 1 21 11 +∈++++++++++ Nnn )1 11(2)1( 2 2 )1( 1 21 1 +−=+=+=+++= kkkkkkkak  )1( 2 43 2 32 2 21 2 +++×+×+×= nnSn  1 1 1 1 1 1 1 12[( ) ( ) ( ) ( )]1 2 2 3 3 4 1 1 22(1 )1 1 n n n n n = − + − + − + + − + = − =+ +  12 12 2 2 − + 13 13 2 2 − + 14 14 2 2 − + 1)1n( 1)1n( 2 2 −+ ++ nS 2 2 2 2 2 ( 1) 1 2 2 2 1 11 1 ( )( 1) 1 2 2 2n n n na n n n n n n n + + + += = = + = + −+ − + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )1 3 2 4 3 5 1 1 2nS n n n n = + − + + − + + − + + + − + + −− + + 1 1 11 2 1 2 1 1 3 1 2 2 n n n n n n = + + − −+ + = − − ++ + { }nx 1 3x = 2n nx p n q= ⋅ + ⋅ *n∈N ,p q12 成等差数列. （1）求 的值； （2）求数列 的前 项和 . 【思路点拨】由题意列方程组求 的值；数列 是由等差数列 和等比数列 对应相加构成的新数列，故采用分组求和，即等差数列 的前 项和与等比数列 前 项和相加即可. 【解析】 （1） 解得 （2） = = 【总结升华】 1.一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、 等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解. 2. 一般地，如果等差数列 与等比数列 的对应项相加而形成的数列 都用分组求和的办法来求前 项之和 . 举一反三： 【变式 1】求和 . 【解析】 (1+2+3+…+n)+ { }na { }nb { }n na b+ n nS 1 1 1 11 2 32 4 8 2nn + + + ⋅⋅⋅+ +   1 1 1 11 2 32 4 8 2n nS n = + + + ⋅⋅⋅+ + =   1 1 1 2 4 2n  + + ⋅⋅⋅+   1 4 5, ,x x x ,p q { }nx n nS ,p q { }nx { }n q⋅ { }2n p⋅ { }n q⋅ n { }2n p⋅ n 2 3 2(16 4 ) 2 32 5 p q p q p q p p + =  + = + + + 1 1 q p =  = 1 2 2 1 2 (2 1) (2 2) +(2 )n nS x x x n= + + + = + + + + +… … … … 1 2(2 2 +2 ) (1 2 3 +n)n+ + + + + +… … … … 1 ( 1)2 2 2 n n n+ +− +13 = 【变式 2】(2014 湖南)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ，n∈N*． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 2n 项和． 【答案】 (Ⅰ)当 n＝1 时，a1＝s1＝1， 当 n≥2 时，an＝sn－sn－1＝ ＝n， ∴数列{an}的通项公式是 an＝n． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，bn＝2n+(－1)nn，记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21+22+…+22n)+(－1+2－3+4－…+2n) ＝ +n＝22n+1+n－2． ∴数列{bn}的前 2n 项和为 22n+1+n－2． 6.并项法 例 6．已知数列 的前 项和 ，求 ， 的值. 【思路点拨】该数列 的特征： ，既非等差亦非等比，但也有规律： 所有奇数项构成以 1 为首项 8 为公差的等差数列，偶数项构成以-5 为首项-8 为公差的等差 数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和； 还有规律： （ 为奇数），可以将相邻两项组合在 一起. 【解析】 方法一：由 可得， ( 1) 112 2n n n + + − 2 2 nn + n na an )1(2 −+ 2 )1()1( 2 22 −+−−+ nnnn 21 )21(2 2 − − n { }na n 11 5 9 13 17 21 ... ( 1) (4 3)n nS n−= − + − + − + + − − 15S 22S 1( 1) (4 3)n na n−= − − { }na 1( 1) (4 3)n na n−= − − 1 2 3 4 5 6 1... 4n na a a a a a a a ++ = + = + = = + = − n14 方法二：由 ∴当 为奇数， 时， ， 当 为偶数， 时， ，  ， 【总结升华】 1.对通项公式中含有 或 的一类数列，在求 时要注意讨论 的奇偶情 况. 2.对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结. 举一反三： 【变式 1】求 ， ， ， ，…， ，…的前 50 项之和 以及前 项之和 . 【解析】 （1）设 ，则数列 为等差数列，且 是 的 前 25 项之和 ， 所以 . （2）当 为偶数即 时， . 15 8(1 57) 7(5 53)[1 9 ... (4 15 3)] [5 13 ... (4 14 3)] 292 2S + += + + + × − − + + + × − = − = 22 11(1 81) 11(5 85)[1 9 ... (4 21 3)] [5 13 ... (4 22 3)] 442 2S + += + + + × − − + + + × − = − = − 1( 1) (4 3)n na n−= − − n n N +∈ 1 (4 3) (4 1) 4n na a n n++ = − − + = − n n N +∈ 1 (4 3) (4 1) 4n na a n n++ = − − + + = 15 1 ( 5 9) ( 13 17) ( 21 25) ... ( 53 57) 1 7 4 29S = + − + + − + + − + + + − + = + × = 22 (1 5) (9 13) (17 21) ... (81 85) 11 ( 4) 44S = − + − + − + + − = × − = − n)1(− 1n)1( +− nS n 21− 22 23− 24 2( 1)n n•− 50S n nS 2 2(2 1) (2 ) 4 1kb k k k= − − + = − { }kb 50S { }kb 25T 50 25 25[3 (4 25 1)] 12752S T + × −= = = n 2 ( )n k k N += ∈ (3 4 1) 2n k k kS T + −= = 1(2 1) ( 1)2k k n n= + = +15 当 为奇数即 时， . 【变式 2】等比数列 中， 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 （Ⅰ）求数列 的通项公式； （Ⅱ）若数列 满足： = ，求数列 的前 项和 . 【解析】（Ⅰ）由题意知 ， 因为 是等比数列，所以公比为 3， 所以数列 的通项公式 . （Ⅱ） = = = ， 所以 = + . 类型二：数列与函数的综合运用 n 2 1( )n k k N += + ∈ 2 2 21 ( 1)(2 1) ( 1)2 2n k n nS T n k k n n n n += − = + − = − − = − { }na 1 2 3, ,a a a 1 2 3, ,a a a { }na { }nb nb ( 1) lnn n na a+ − { }nb 2n 2nS 1 2 32, 6, 18a a a= = = { }na { }na 12 3n na −= ⋅ nb ( 1) lnn n na a+ − 12 3n−⋅ + ( 1) [ln 2 ( 1)ln3]n n− + − 12 3n−⋅ + ( 1) ln 2 ( 1) ( 1)ln3n n n− + − − 0 1 2 2 1 1 2 2 1 2 (2 3 2 3 2 3 2 3 ) [( 1) ( 1) ( 1) ]ln 2 [( 1) 0−= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + − + − + + − + − ⋅ +  n n nS 2 3 2( 1) 1 ( 1) 2 ( 1) (2 1)]ln3− ⋅ + − ⋅ + + − ⋅ − n n 22(1 3 ) ( 1 1 1 1 1 1)ln 2 [0 1 2 3 4 (2 2) 2 1]ln31 3 −= + − + − + − − + + + − + − + − − + −−   n n n 9 1n − 0 ln 2 ln3 9 1 ln3nn n⋅ + = − +16 例 7. 是 上不恒为零的函数，且对任意 都有 . （1）求 与 的值； （2）判断 的奇偶性； （3）若 ， ，求数列 的前 项和 【思路点拨】在本题中，分别利用赋值法和函数奇偶性的定义，，可解决第（1）、（2）题； 构造函数 利用抽象函数的性质可以得到数列的递推关系式，可知数列 为等 比数列，其前 项和易求解. 【解析】（1） ；（2） ，再令 ，所以为奇函数； （2）当 时， ， 令函数  ，  ，得 ； 又 ，  ， . 【总结升华】抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子 的一类函数．由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题是函数内容的难点之一，其性 质常常是隐而不漏，其相关题目往往是在知识网络的交汇处设计. 在本题中，抽象函数与数 列结合，考察同学们的推理论证、运算求解能力. 举一反三： ( )f x R ,a b∈R ( ) ( ) ( )f a b af b bf a= + (0)f (1)f ( )f x (2) 2f = *(2 ) ( ) n n fu nn − = ∈N， { }nu n .nS ( )g( ) f xx x = ， { }nu n (0) 0, (1) 0f f= = 2(1) (( 1) ) ( 1) ( 1) ( 1) 0f f f f f= − = − − − − ⇒ − = 1, , ( ) 1 ( ) ( 1) ( )a b x f x f x x f f x= − = − = − + − = −  0a b ≠ ( ) ( ) ( )f ab f b f a ab b a = + ( )g( ) f xx x = ， g( ) g( ) g( ) g( ) g( )nab b a a n a= + ⇒ =  1( )g( ) ( ) g( ) ( ) n n n n n n f aa f a a a n a n f aa −= ⇒ = =    1 11 1 1 1(2 ) ( ) ( )2 2 2 2 n n n nf n f u f − − −    = ⇒ =         1 1 1 1(1) 2 ( ) (2) ( )2 2 2 2f f f f= + ⇒ = − 1 2 n nu  = −   1 12 n nS  = −  17 【变式】设函数 ， （1）证明：对一切 ， 是常数； （2）记 ，求 ，并求出数列 { }的前 项和. 【解析】（1）∵ ， ∴ = （2） ∴2 = 即 = ∴ = 类型三：数列与不等式的综合应用 例 8.已知数列 满足 （I）求数列 的通项公式； （Ⅱ）证明： . 【思路点拨】由递推式可知，通过构造等比数列 可以得到 的通项公式；通过放 缩法解决关于证明数列和的不等式问题. ( ) 1 4 2xf x = + x∈R ( ) ( )1f x f x+ − ( ) ( ) ( )1 2 10 ...... 1 ,n na f f f f f nn n n + −     = + + + + + ∈           N na na n ( ) 1 4 2xf x = + ( ) (1 )f x f x+ − 1 1 1 4 2 4 2x x−++ + 1 1 4 2 4 2 1.(4 2)(4 2) 2 x x x x − − + + += =+ + ( ) ( ) ( )1 2 10 ...... 1 ,n na f f f f f nn n n + −     = + + + + + ∈           N ( ) ( ) ( )1 2 2 11 ...... 0 ,n n na f f f f f f nn n n n + − −       = + + + + + + ∈               N na 1 2 n + na 1 4 n + 1 1 1( )4 4 2n nn S + ++ = ( 3).8 n n + { }na 1 1a = ， * 1 2 1( ).n na a n+ = + ∈N { }na *1 2 2 3 1 1 ... ( )2 3 2 n n aa an n na a a + − < + + + < ∈N { }1na + { }na18 【解析】（I） 可变形为：  是以 为首项，2 为公比的等比数列  即　 （II）证明：    【总结升华】用放缩法处理数列和不等式问题的常用方法： 1.先求和后放缩：若数列和可求得，一般先求和，再放缩处理； 2.先放缩后求和：若数列直接求和方法不易解决，则将数列放缩为常见形式，再求和. 常见的放缩方法为： （1） ； （2） ； （3） ； （4） ； （5） ； * 1 2 1( )n na a n+ = + ∈N 1 1 2( 1),n na a+ + = + { }1na + 1 1 2a + = 1 2 .n na + = 2 *2 1( ).na n= − ∈N  1 1 2 1 2 1 1 , 1,2,..., ,12 1 22(2 )2 k k k k kk a k na + + − −= = < =− − 1 2 2 3 1 ... .2 n n aa a n a a a + + + + < 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1. , 1,2,..., ,2 1 2 2(2 1) 2 3.2 2 2 2 3 2 k k k k k k k k a k na + + + −= = − = − ≥ − =− − + − 1 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1... ( ... ) (1 ) ,2 3 2 2 2 2 3 2 2 3 n n n n aa a n n n a a a + + + + ≥ − + + + = − − > − *1 2 2 3 1 1 ... ( ).2 3 2 n n aa an n na a a + − < + + + < ∈N 2 2 2 1 4 4 1 124 4 1 2 1 2 1n n n n n  = < = − − − +  1 1 1 1 5(1 ) 1 1 2 1 3 2 ( 1) 2 n n n n + < + + + + + ∴ = 2 2n n na a S+ = 2 1 1 12n n na a S+ + ++ = 1 1n n na S S+ += − 1 1( )( 1) 0n n n na a a a+ ++ − − = 10 0n n na a a+> ∴ + >20   ， （2） ，  ，所以 ； 【变式 2】已知数列 满足: （I）求数列 的通项公式； （II）若 ，且数列 的前 项和为 ，试比较 和 的大小并证 明. 【解析】( I) 由题意可知，数列 是以 2 为公比、3 为首项的等差数列，  ； （II）由 可知 ，则 1 1n na a+ − = 1 1 ( 1)na n n= + × − = ( 1) 2n n nS += 2 22 2 1( 1) 1 ( 1) .2 2 2 4 n n n a an n n nS +++ + += < = ( 1) 1n n n n< + < + ( 1) 1 22 2 n n n n+ +< < 1 2 1 2 2 3 ( 1) 2 2 2n n nS S S × × ++ + = + + +  2 3 1 2 2 2 n +< + + + 2 1 13 2 2 2 nSn n + −+= = 1 2 nS S S+ + 1 2 ( 1) . 2 2 2 2 2 2 nSn n n +> + + + = = { }na ( )1 13 - 2 .n na a a n ++= = ∈N， { }na 1 ,1n n b na += ∈+ N { }nb n nT nT 1 6 { }na ( )3 2 -1 2 1na n n= + = + 1 1n n b a = + 2 2 1 1 1 1 1=(1 ) (2 2) 2 2 1 2 3n n b a n n n  = < − + + + + 21 类型四：探究题型与创新题型 【高清课堂：数列综合 381084 例 3】 例 9.已知数列 和 满足： 其中 为实数， 为正整数. （1）对任意实数 ，证明数列 不是等比数列； （2）试判断数列 是否为等比数列，并证明你的结论； （3）设 为数列 的前 项和，是否存在实数 ，使得对任意的整数 ， 都有 ？若存在，求 的取值范围；若不存在，说明理由. 【思路点拨】本题有 3 小问，从前向后依次解决： 对于第（1）、（2）题，要证明一个数列为等比数列，应利用定义给予严格证明，反之只要选 取连续三项证明它不满足定义即可.注意等比数列的首项与公比都是非零常数； 对于第（3）题，直接不易解决，要抓住关键，反客为主. 可假设存在实数 ，使得 成立，从而将 作为条件，可推断 的取值范围. 【解析】（1）证明：假设存在一个实数 ，使 是等比数列，则有 ， 即 矛盾. 所以 不是等比数列. （2） 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 5 7 2 1 2 3 1 1 1 2 3 2 3 1.6 n nT c c c c n n n n n = + + +…⋅⋅⋅ +      < − + − + + −     + +       = − + − + + − + +   = − +  <   { }na { }nb 1 ,a λ= 1 2 4,3n na a n+ = + − nb = ( 1) ( 3 21),n na n− − + λ n λ { }na { }nb 0 , na b S< < { }nb n λ n na S b< < λ λ na S b< < na S b< < λ λ { }na 2 2 1 3a a a= 2 2 22 4 4 4( 3) ( 4) 4 9 4 9 0,3 9 9 9 λ λ λ λ λ λ λ− = − ⇔ − + = − ⇔ = { }na ( ) ( )1 1 11 3 1 2n n nb a n+ + += − − + +  22 又 ，所以 当 ， 此时 不是等比数列； 当 时， ，此时，数列 是以 为首项， 为公比 的等比数列. （3）由（2）知， 当 ，不满足题目要求. 当 ， 是以 为首项， 为公比的等比数列， 于是可得 要使 对任意正整数 成立， 即 ·［1－（－ ① ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 21 4 3 183 21 2 143 21 3 21 3 2 3 n n n n n n n a n n a n a n b + +   = − + − − +      = − − +    = − − + −   = −  1 = ( 18)b λ− + 18λ＝－ 0( ),nb n += ∈N { }nb 18λ ≠ － 1 ( 18) 0b λ= + ≠ { }nb ( )18λ＋ 2 3 18 0 0n nb Sλ = − = =， ， 18λ ≠ － { }nb ( )18λ＋ 2 3 ( ) 218 1 3 3 2( 18) 1 ,2 5 31 3 n n nS λ λ   +          = = − +           na S b< < n 3 ( 18)5a λ< − + 21 ( )3 n b n +    < ∈      N－ － 3 ( 18)2 251 ( ) 1 ( )3 3 n n a bλ< − + < − − − − 得 2( ) 1 ( )3 nf n = − −令 ，23 当 为正奇数时， ；当 为正偶数时， . ∴ 的最大值为 ， 的最小值为 ， 于是，由①式得 当 时，由－b-18 ，不存在实数满足题目要求； 当 存在实数 ，使得对任意正整数 都有 ， 所以， 的取值范围是 . 【总结升华】本小题是存在性问题（存在性问题指判断满足条件的事物是否存在的问题）， 这类问题知识覆盖面较广，综合性较高，对学生分析问题和解决问题能力要求较高.由于存 在性问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行推理和计算，对 基础知识、基本能力提出了较高要求，并具备较强的探索性. 是各地近几年考试的热点. 存在性问题的一般思路是：假设存在推理论证得出结论. 举一反三： 【变式】已知 ( 为常数， )．设 是 首项为 ，公比为 的等比数列． (1)求证：数列 是等差数列； (2)若 ，问是否存在 ，使得数列 中每一项恒小于它后面的项， 若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)由题意 . ∴ .  ∴数列 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列． (2)由题意 ， 假设存在 ，使得数列 中每一项恒小于它后面的项. 要使 对一切 成立， 只要 对一切 n∈N*成立， ①当 时， ， n ( )1 f n< 5 3 ≤ n 5 ( ) 19 f n≤ < ( )f n ( ) 51 3f = ( )f n ( ) 52 9f = 5 9 a < − 3 ( 18) 5 λ + < 3 18 3 18.5b b aλ⇔ − − < < − − 3a b a< ≤ 18 3 18b a− ≥ − −－ 3b a> λ ,n na S b< < λ ( )18, 3 18b a− − −－ ( ) xf x m＝ m 0 1m m> ≠且 ( ) ( ) ( )1 2 ( )nf a f a f a n ∗… … ∈N， ， ， 2m m { }na ( ) ( )lgn n nb f a f a⋅＝ m { }nb m ( ) 2 1 1 1· nan n n nf a m m m m m－ ＋ ＋＝ ＝ ， ＝ ，即 1na n＝ ＋， 1 1n na a＋－ ＝ { }na ( ) ( ) 1 1 1·lg lg ( 1) lgn n n n n nb f a f a m m n m m⋅ ⋅ ⋅＋ ＋ ＋＝ ＝ ＝ ＋ m { }nb 1n nb b< ＋ *n∈N 1 2( 1) lg ( 2) lgn nn m m n m m⋅ ⋅ < ⋅ ⋅＋ ＋＋ ＋ 1m > lg 0m >24  ，只要 ； ②当 时， ，  ，只要 . 随着 的增大而增大，故 ，所以 或 . 综上，当 或 时，数列 中每一项恒小于它后面的项． 例 10.定义在 上的函数 ，如果对于任意给定的等比数列 ， 仍是等比数列，则称 为“保等比数列函数”.现有定义在 上的 如下函数：① ；② ；③ ；④ .则其中是“保等比数 列函数”的 的序号为（） A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 【思路点拨】仔细审题，弄清“保等比数列函数”的概念含义，要判断一个数列是否是等比 数列可利用等比数列的定义. 【答案】C 【解析】设数列 的公比为 .对于①， ，是常数，故①符合条件； 对于②， ，不是常数，故②不符合条件； 对于③， ，是常数，故③符合条件； 对于④， ，不是常数，故④不符合条件. 由“保等比数列函数”的定义知应选 C. 1 2 nm n > ＋ ＋ max 1 2 nm n  >    ＋ ＋ 0 1m< < lg 0m < 1 2 nm n +< + min 1 2 nm n + <  +  1 112 2 n n n + =+ + n 2 1 13 2 n n +≤ 20 3m< < 1m > 20 3m< < { }nb ( ) ( )0 0−∞ + ∞， ， ( )f x { }na ( ){ }nf a ( )f x ( ) ( )0 0−∞ + ∞， ， ( ) ²f x x= ( ) 2xf x = ( )f x = x ( )f x =ln x ( )f x { }na q 2 21 1 2 ( ) ( ) n n n n f a a qf a a + += = 1 11( ) 2 2( ) 2 n n n n a a an a n f a f a + + −+ = = 11 | |( ) ( ) | | nn n n af a f a a ++ = 1n n a qa += = 1 1( ) ln | | ( ) ln | | n n n n f a a f a a + +=25 【总结升华】所谓创新题型（新定义型问题），主要是给出高中数学没有学过的新运算、新 概念、新符号和新规则，要求学生读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进 行运算、推理、迁移的一种题型，具有启发性、思考性、挑战性和隐蔽性等特点，考查学生 的综合素质，挖掘学生的潜力，受到了命题者的青睐.将新定义的阅读信息与所学知识进行 有效结合是破解此类问题的关键. 举一反三： 【变式 1】在一个数列中，若每一项与其后一项的积为同一个常数（有限数列的最后一项除 外），则称该数列为等积数列，其中的常数称为公积.若数列 为等积数列，且 ，公 积为 6，则 等于（） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意得 当 为奇数时， ；当 为偶数时， . 等差数列 1，5，9，…，2013 的通项公式为 ， 令 ，解得 . 数列 1，5，9，…，2013 共有 504 项.  【变式 2】设数列 的前 项和为 ，令 ，称 为数列 的“理想数”．已知数列 的“理想数”为 2004，那么数列 2， 的“理想数”为（） A. 2002 B. 2004 C. 2006 D.2008 【答案】A 【解析】数列 的“理想数” 为： { }na 10 =2a 1 5 9 2013a a a a⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 5042 5032 5043 5033 9 10 9 9=2 =6 =3.a a a a⋅ ，所以 n 3na = n 2na = ( )1 4 1 4 3na n n= + − = − 4 3 2013na n= − = 504n = 504 1 5 9 2013 504 3 3 3 3 3 3 .a a a a⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =    { }na n nS 1 2 n n S S ST n + + +=  nT 1 2 na a a， ， ， 1 2 500a a a， ， ， 1 2 500a a a， ， ， 1 2 500a a a， ， ， 500T 1 2 1 2 500 500 500 499 2004500 500 nS S S a a aT + + + + += = =  ，26 可得 数列 2， 的“理想数”为： 故选 A. 类型五：数列应用题 例 11. 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： （1）从第几年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多？ （2）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？ （3）如果第二种方案中每半年加 300 美元改为每半年加 美元．问 取何值时，总是选 择第二种方案比第一种方案多加工资？ 【思路点拨】两个方案对应两个不同的数列，逐年考察两个方案加工资的情况，列成表格如 下： 第一种方案 第二种方案 第 1 年年末 第 2 年年末 第 3 年年末 … … … 第 年年末 再由条件建立相应的方程或不等式求解即可. 【解析】⑴设工作至第 时，第一种方案总共加的工资为 ，第二种方案总共加 的工资为 ．则： 1 2 500500 499 =500 2004a a a+ + × ， 1 2 500a a a， ， ， ( ) ( ) ( )1 1 2 1 2 500 501 1 2 500 2 2 2 2 500 501 2 500 499 501 2 501 2004 500 501 2002. a a a a a aT a a a + + + + + + + + + + += × + + += × + ×= =    a a 1000 300 2 300× + 1000 2 1000× + 300 4 300 3 300 2 300× + × + × + 1000 3+1000 2 1000× × + 300 6 300 5 300 2 300× + × +…+ × + n ( )1000 +1000 1 + 1000n n× × +… ( )300 2 300 2 1 300 2 300n n× + × − +…+ × + *n n∈N（ ） { }na { }nb27 ， ， 由 ，即 解得： . ∴从第 3 年开始，第二种方案比第一种方案总共加的工资多． （2）当 时，由（1）得： ， ， ∴ . ∴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． （3）若第二种方案中的 300 美元改成 美元．则 . 若使第二种方案总比第一种方案多加工资，只要 即对与任意的 恒成立.， 即 成立即可. 此时 . 数列 随着 的增大而减小，所以 时，取得最大值 . ∴ . 当 时，总是选择第二种方案比第一种方案多加工资. 【总结升华】解应用题的关键是建立数学模型，只要把模型中的量具体化就可得相应的解析 式. 举一反三： 【变式】某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金 万元， 将其投入生产，到当年年底资金增长了 .预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公 =1000 1+1000 2+1000 3+ +1000 500( +1)na n n n× × × … ＝ 300 1+300 2+300 3+ +300 2 300(2 +1)nb n n n= × × × … × ＝ n nb a> 300(2 +1) 500( +1)n n n n> 2n > =10n =500 10 11 55000na × × ＝ 300 10 21 63000nb = × × ＝ =8000n nb a a (2 1) *nb an n n= + ∈N， n nb a> *n∈N ( )(2 1) 500 1an n n n+ > + 1250 1+ 2 1a n  >  +  max 1250 1+ 2 1a n  >  +  1250 1+ 2 1n     +   n 1n = 1000 3 1000 3a > 1000 3a > 2000 50％28 司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产. 设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 万元. （Ⅰ）用 表示 ， ，并写出 与 的关系式； （Ⅱ）若公司希望经过 年使企业的剩余资金为 4000 万元，试确定企业每年上缴 资金 的值（用 表示）. 【解析】（Ⅰ）由题意得 ， ， . （Ⅱ）由（Ⅰ）得 . 整理得　 . 由题意， 解得 . d na d 1a 2a 1na + na ( )3m m ≥ d m 1 2000(1 50%) 3000a d d= + − = − 2 1 1 3(1 50%) 2a a d a d= + − = − 1 3(1 50%) 2n n na a d a d+ = + − = − 1 3 2n na a d−= − 2 2 3 3( )2 2na d d−= − − 2 3 3( )2 2 na d d−= − − = 1 2 2 1 3 3 3 3( ) 1 ( ) ( )2 2 2 2 n na d− − = − + + + +   1 13 3( ) (3000 ) 2 ( ) 12 2 n n na d d− − = − − −   13( ) (3000 3 ) 22 n d d−= − + 134000, ( ) (3000 3 ) 2 4000,2 n na d d−= ∴ − + = 1 3( ) 2 1000 1000(3 2 )2 3 3 2( ) 12 n n n n n n d +  − ×  − = = −−29 故该企业每年上缴资金 的值为缴 时，经过 年企业的剩余资金 为 4000 元. d 11000(3 2 ) 3 2 n n n n +− − ( 3)m m ≥30 【巩固练习】 一、选择题 1．已知函数 ，且 ，则 等于 (　　) A．0 B．100 C．－100 D．10200 2．如果数列 满足 ，且 ，则这个数列的第 10 项等于(　　) A. B. C. D. 3．数列 中， ，其前 项和为 ，则在平面直角坐标系中，直线 在 y 轴上的截距为(　　) A．－10 B．－9 C．10 D．9 4．等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则下列结论正确的是(　　) A． B． C． S13＞0 D． 5．（2016 汕头模拟）已知数列 的前 项和为 ， ，则当 时， =（ ） A. B. C. D. 二、填空题 6．(2015 江苏)数列 满足 ，且 （ ），则数列 的 前 10 项和为 。 7．求数列 ， ，…， ，…的前 项和 = . 8．已知函数 ，数列 的前 项和为 ，点( ， )(n∈N*)均在 函数 f(x)的图象上， ，Tn 是数列 的前 项和，则使得 对所有 }{ na 11 =a 11 +=−+ naa nn *Nn∈ }1{ na 2 2 ( ) n n f n n n = −    当 为奇数时 当 为偶数时 ( ) ( 1)na f n f n＝ ＋ ＋ 1 2 3 100a a a a…＋ ＋ ＋ ＋ { }na 1 2=2 =1a a， ( )1 1 1 1 2n n n n n n a a a a na a − + − + − −= ≥ 10 1 2 9 1 2 1 10 1 5 { }na 1 ( 1)na n n = + n 9 10 ( 1) =0n x y n+ + + { }na n nS 7 0a ＞ 8 0a ＜ 7 8S S＜ 15 16S S＜ 13 0S ＞ 15 0S ＞ { }na n nS 1 11, 2n na S a += = 1n > nS 13 2 n−     12n− 12 3 n−     1 1 1 13 2n−  −   1 1 4× 1 4 7× 1 (3 2)(3 1)n n− + n nS ( ) 23 2f x x x＝ － { }na n nS n nS 1 3 n n n b a a + = { }nb n 20n mT < n31 都成立的最小正整数 等于________． 9．设函数 ，若已知 ，且数列{an}满足 ，则数列 的前 项和 ＝________. 10．已知函数 ，若数列 的各项使得 成等差数列，则数列 的前 项和 ＝________. 三、解答题 11. 求下列各数列的前 项和 ： ⑴ ， ， ，…， ⑵ ， ， ，…， ； ⑶ . 12.等比数列 的各项均为正数，且 （Ⅰ)求数列 的通项公式； （Ⅱ）设 求数列 的前 n 项和. 13．在等差数列{an}中，已知公差 d＝2，a2 是 a1 与 a4 的等比中项． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)设 ，记 Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－……＋(－1)nbn，求 Tn． 14.已知{an}是递增的等差数列，a2，a4 是方程 x2－5x＋6＝0 的根． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{ }的前 n 项和． { }na 2 1 2 3 2 62 3 1, 9 .a a a a a+ = = { }na 3 1 3 2 3log log ...... log ,n nb a a a= + + + 1 nb       ( ) 2 1+= nnn ab n na 2 *∈N m ( ) 2 1 1 2 3 n nf x a a x a x a x −…＝ ＋ ＋ ＋ ＋ 1(0) 2f = ( ) 2 *1 ( )nf n a n∈N＝ { }na n nS ( ) 2logf x x＝ { }na ( ) ( ) ( )1 22 2 +4nf a f a f a n， ， ， ， ， { }na n nS n nS 1 2 3 4 5 8 2 1 2n n − ， ； 1 3a 25a ( )1(2 1) nn a a−− ∈R， 2 2 2 2 1 2...1 ( 2 ) 3 ( 4 ) ( 1)n n−− − − ， ， ，， ，，32 15. (2016 天 津 文 ) 已 知 {an} 是 等 比 数 列 ， 前 n 项 和 为 Sn （ n ∈ N* ），且 . (Ⅰ)求{an}的通项公式； (Ⅱ)若对任意的 n∈N*，bn 是 log2an 和 log2an+1 的等差中项，求数列 的前 2n 项和. 【答案与解析】 1. 【答案】B 【解析】由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－ 1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100. 2. 【答案】D 【解析】∵ ，∴ ， ，∴ 是首项为 ， 公差为 的等差数列，∴ ，∴ . 3. 【答案】B 【解析】数列{an}的前 n 项和为 ，所以 n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0 即为 10x＋y＋9＝0，所以其在 y 轴上的截距 为－9. 4. 【答案】C 6 1 2 3 1 1 2 , 63Sa a a − = = })1{( 2 n n b− 1 1 1 1n n n n a a a a− + − = − 1 1 2n n n n a a a a− + + = 1 1 2 1 1 n n na a a− + = + 1 na       1 2 1 2 1 1 2n na = 10 1 5a = 1 1 1 1 1 1 1 111 2 2 3 ( 1) 2 2 3 1n n n n + + + = − + − + + −× × + +  1 91 1 10n = − =+33 【解析】因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知 该等差数列{an}是递减的，且 S7 最大即 Sn≤S7 对一切 n∈N*恒成立．可见选项 A 错误； 易知 a16＜a15＜0，S16＝S15＋a16＜S15，选项 B 错误； ，选项 D 错误； . 5. 【答案】A 【解析】 ,解得 ， 当 时， ， 化为 数列 从第二项起为等比数列，公比为 。故选：A 6. 【答案】 【解析】由题意得： 所以 故答案为： 7．【答案】 20 11 1 1 2 2 1 1 ( 1)( ) ( ) ( ) 1 2 1 2n n n n n n na a a a a a a a n n− − − += − + − + + − + = + − + + + =  10 1 1 1 1 2 202( ), 2(1 ) ,1 1 1 11n n nS Sa n n n n = − = − = =+ + + 20 11 15 1 15 8 15 ( ) 15 02S a a a= + = < 13 1 13 7 13 ( ) 13 02S a a a= + = >  1 12 , 1,n nS a a+= = 1 22a a∴ = 2 1 2a = 2n ≥ 1 2n nS a− = 12 2 ,n n na a a+∴ = − 1 3 2 n n a a + = ∴ { }na 3 2 1 1 1 1 3 32 2 2 2 2 n n n nS a − − +    ∴ = = × × =       3 1 n n +34 【解析】 8. 【答案】10 【解析】由 Sn＝3n2－2n，得 an＝6n－5， 又∵ ， ∴ ， 要使 对所有 n∈N*成立， 只需 ，∴m≥10，故符合条件的正整数 m＝10. 9. 【答案】 【解析】由 得 .由 f(1)＝n2an 得 a1＋a2＋…＋an＝Sn＝n2an，① 所以当 n≥2 时， Sn－1＝(n－1)2an－1②， ①－②得 an＝n2an－n2an－1－an－1＋2nan－1，(n2－1)an＝(n2－2n＋1)an－1，于是(n＋ 1)an ＝(n－1)an－1， 即 . 因此 ， 而 ， 1 1 1 1 4 4 7 (3 2)(3 1)nS n n = + + +× × − + 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )]3 4 4 7 3 2 3 1n n = − + − + + −− + 1 1(1 )3 3 1 3 1 n n n = − =+ + 1 3 1 1 1( )2 6 5 6 1n n n b a a n n+ = = −− + 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) (1 )2 7 7 13 6 5 6 1 2 6 1 2nT n n n  = − + + + + − = −