高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題二 數(shù)列 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列練習(xí)（含解析）試題

第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列[做真題]題型一等差數(shù)列1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析：選A.法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故選A.法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))選項(xiàng)A，a1＝2×1－5＝－3；選項(xiàng)B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；選項(xiàng)C，S1＝2－8＝－6，排除C；選項(xiàng)D，S1＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，排除D.故選A.2．(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12解析：選B.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)?S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋eq\f(3×2,2)d)＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，因?yàn)閍1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B.3．(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項(xiàng)的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，又a1＝1，所以d2＋2d＝0，又d≠0，則d＝－2，所以a6＝a1＋5d＝－9，所以{an}前6項(xiàng)的和S6＝eq\f(1－9,2)×6＝－24，故選A.4．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以eq\f(S10,S5)＝eq\f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq\f(10a1＋\f(10×9,2)×2a1,5a1＋\f(5×4,2)×2a1)＝eq\f(100,25)＝4.答案：4題型二等比數(shù)列1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝()A．16 B．8C．4 D．2解析：選C.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.2．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞解析：選B.每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項(xiàng)的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3，故選B.3．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________．解析：通解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍eq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).優(yōu)解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍eq\o\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).答案：eq\f(121,3)4．(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝63，求m.解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝eq\f(1－（－2）n,3).由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解．若an＝2n－1，則Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.綜上，m＝6.題型三等差、等比數(shù)列的判定與證明(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．解：(1)證明：由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因?yàn)閍1－b1＝1，所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2).[山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)意見(jiàn)]1．?dāng)?shù)列的概念和簡(jiǎn)單表示法了解數(shù)列的概念和幾種簡(jiǎn)單的表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式)，了解數(shù)列是一種特殊函數(shù)．2．等差數(shù)列、等比數(shù)列(1)理解等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念．(2)掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和的公式．等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算[典型例題](1)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(33,32)，則數(shù)列{an}的公比q為()A．4 B．2C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,4)(2)(2019·開(kāi)封模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.①若a3＋b3＝7，求{bn}的通項(xiàng)公式；②若T3＝13，求Sn.【解】(1)選C.因?yàn)閑q\f(S10,S5)＝eq\f(33,32)≠2，所以q≠1.所以eq\f(S10,S5)＝eq\f(\f(a1（1－q10）,1－q),\f(a1（1－q5）,1－q))＝1＋q5，所以1＋q5＝eq\f(33,32)，所以q＝eq\f(1,2).(2)①設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，(*)由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，(**)聯(lián)立(*)(**)，解得q＝2或q＝0(舍去)，因此數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1.②因?yàn)門3＝1＋q＋q2，所以1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4，由a2＋b2＝3，得d＝4－q，所以d＝1或d＝8.由Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d，得Sn＝eq\f(1,2)n2－eq\f(3,2)n或Sn＝4n2－5n.eq\a\vs4\al()等差、等比數(shù)列問(wèn)題的求解策略(1)抓住基本量，首項(xiàng)a1、公差d或公比q；(2)熟悉一些結(jié)構(gòu)特征，如前n項(xiàng)和為Sn＝an2＋bn(a，b是常數(shù))的形式的數(shù)列為等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的數(shù)列為等比數(shù)列；(3)由于等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式中變量n在指數(shù)位置，所以常采用兩式相除(即比值的方式)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，a2＝2，且對(duì)于任意n>1，n∈N*，滿足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，則()A．a(chǎn)9＝17 B．a(chǎn)10＝18C．S9＝81 D．S10＝91解析：選BD.因?yàn)閷?duì)于任意n>1，n∈N*，滿足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，所以Sn－1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1－an＝2.所以數(shù)列{an}在n≥2時(shí)是等差數(shù)列，公差為2，又a1＝1，a2＝2，則a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋eq\f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq\f(9×8,2)×2＝91.故選BD.2．(一題多題)(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.若a3＝4，a2a6＝64，則S5＝()A．32 B．31C．64 D．63解析：選B.通解：設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，因?yàn)閍n>0，所以q>0，由條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1·q2＝4,a1q·a1q5＝64))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))，所以S5＝31，故選B.優(yōu)解：設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，因?yàn)閍n>0，所以q>0，由a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故選B.3．(2019·武昌區(qū)調(diào)研考試)設(shè){an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，已知S1，S2，S4成等比數(shù)列，且a3＝5，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，S1，S2，S4成等比數(shù)列，所以(a1＋a2)2＝a1(a1＋a2＋a3＋a4)，因?yàn)閍3＝5，所以(5－2d＋5－d)2＝(5－2d)(5－2d＋15)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以5＝a1＋(3－1)×2，即a1＝1，所以an＝2n－1.答案：an＝2n－1等差(比)數(shù)列的性質(zhì)[典型例題](1)在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，則eq\f(a2a16,a9)的值為()A．－eq\f(2＋\r(2),2) B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．－eq\r(2)或eq\r(2)(2)(2019·長(zhǎng)春質(zhì)量檢測(cè))設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，則λ＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．2 D．3(3)(2019·福建漳州質(zhì)檢改編)若Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a2＋a9＋a19＝6，則a10＝________，S19＝________．【解析】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝aeq\o\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，則a9＝－eq\r(2)，所以eq\f(a2a16,a9)＝eq\f(aeq\o\al(2,9),a9)＝a9＝－eq\r(2)，故選B.(2)因?yàn)镾n是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，所以由等差數(shù)列的性質(zhì)得：S4，S8－S4，S12－S8成等差數(shù)列，所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，解得λ＝2.(3)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a2＋a9＋a19＝3(a1＋9d)＝3a10＝6，所以a10＝2，由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可得S19＝eq\f(19（a1＋a19）,2)＝19a10＝38.【答案】(1)B(2)C(3)238eq\a\vs4\al()等差、等比數(shù)列性質(zhì)問(wèn)題的求解策略抓關(guān)系抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解用性質(zhì)數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，具有函數(shù)的一些性質(zhì)，如單調(diào)性、周期性等，可利用函數(shù)的性質(zhì)解題[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(一題多解)(2019·福建省質(zhì)量檢查)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，則a33＝()A．82 B．97C．100 D．115解析：選C.通解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a8－a5＝9，,S8－S5＝66，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋7d）－（a1＋4d）＝9，,（8a1＋28d）－（5a1＋10d）＝66，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,a1＝4，))所以a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故選C.優(yōu)解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a8－a5＝9，得3d＝9，即d＝3.由S8－S5＝66，得a6＋a7＋a8＝66，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)知3a7＝66，即a7＝22，所以a33＝a7＋(33－7)×d＝22＋26×3＝100，故選C.2．(一題多解)(2019·廣東省七校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，則Sn取得最大值時(shí)n的值為()A．5 B．6C．7 D．8解析：選D.法一：設(shè){an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2.))所以an＝－2n＋17，由于a8>0，a9<0，所以Sn取得最大值時(shí)n的值是8，故選D.法二：設(shè){an}的公差為d，則由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，,a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2.))則Sn＝15n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以當(dāng)n＝8時(shí)，Sn取得最大值，故選D.3．(一題多解)已知數(shù)列{an}滿足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))n＋1（n<6），,λn－5（n≥6），))若對(duì)于任意的n∈N*都有an>an＋1，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．解析：法一：因?yàn)閍n>an＋1，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ<0，,0<λ<1，,λ<\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))×5＋1，))解得eq\f(1,2)<λ<eq\f(7,12).所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,12))).法二：因?yàn)閍n>an＋1恒成立，所以0<λ<1.若0<λ≤eq\f(1,2)，則當(dāng)n<6時(shí)，數(shù)列{an}為遞增數(shù)列或常數(shù)列，不滿足對(duì)任意的n∈N*都有an>an＋1；若eq\f(1,2)<λ<1，則當(dāng)n<6時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，當(dāng)n≥6時(shí)，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，又對(duì)任意的n∈N*都有an>an＋1，所以a6<a5，即λ<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))×5＋1，解得λ<eq\f(7,12)，所以eq\f(1,2)<λ<eq\f(7,12).綜上，實(shí)數(shù)λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,12))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,12)))等差(比)數(shù)列的判定與證明[典型例題](2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并判斷n，an，Sn是否成等差數(shù)列？【解】(1)證明：因?yàn)閍3＝7，a3＝3a2－2，所以a2＝3，所以an＝2an－1＋1，所以a1＝1，eq\f(an＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2(n≥2)，所以數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為a1＋1＝2，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差數(shù)列．eq\a\vs4\al()判斷(證明)等差(比)數(shù)列應(yīng)注意的問(wèn)題(1)判斷或者證明數(shù)列為等差數(shù)列、等比數(shù)列最基本的方法是用定義判斷或證明，其他方法最后都會(huì)回到定義，如證明等差數(shù)列可以證明通項(xiàng)公式是n的一次函數(shù)，但最后還得使用定義才能說(shuō)明其為等差數(shù)列．(2)證明數(shù)列{an}為等比數(shù)列時(shí)，不能僅僅證明an＋1＝qan，還要說(shuō)明a1≠0，才能遞推得出數(shù)列中的各項(xiàng)均不為零，最后判定數(shù)列{an}為等比數(shù)列．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足an＋1－3an＝3n(n∈N*)且a1＝1.(1)設(shè)bn＝eq\f(an,3n－1)，證明數(shù)列{bn}為等差數(shù)列；(2)設(shè)cn＝eq\f(n,an)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)證明：由已知得an＋1＝3an＋3n，得bn＋1＝eq\f(an＋1,3n)＝eq\f(3an＋3n,3n)＝eq\f(an,3n－1)＋1＝bn＋1，所以bn＋1－bn＝1，又a1＝1，所以b1＝1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．(2)由(1)知，bn＝eq\f(an,3n－1)＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝eq\f(1,3n－1)，所以Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2·3n－1).2．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，對(duì)任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，數(shù)列{bn}滿足b1＝2a1，bn＝eq\f(bn－1,1＋bn－1)(n≥2，n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；(2)判斷數(shù)列{eq\f(1,bn)}是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)(n≥2，n∈N*)．所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).(2)因?yàn)閍1＝1，所以b1＝2a1＝2.因?yàn)閎n＝eq\f(bn－1,1＋bn－1)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,bn－1)＋1，即eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝1(n≥2)．所以數(shù)列{eq\f(1,bn)}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為1的等差數(shù)列．所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2)＋(n－1)·1＝eq\f(2n－1,2)，故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝eq\f(2,2n－1).數(shù)列與新定義相交匯問(wèn)題[典型例題]對(duì)任一實(shí)數(shù)序列A＝(a1，a2，a3，…)，定義新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n項(xiàng)為an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有項(xiàng)都是1，且a12＝a22＝0，則a2＝________．【解析】令bn＝an＋1－an，依題意知數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且公差為1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋eq\f(（n－1）（n－2）,2)＝(n－1)a2－(n－2)a1＋eq\f(（n－1）（n－2）,2)，分別令n＝12，n＝22，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11a2－10a1＋55＝0，,21a2－20a1＋210＝0，))解得a1＝eq\f(231,2)，a2＝100.【答案】100eq\a\vs4\al()數(shù)列新定義型創(chuàng)新題的一般解題思路(1)閱讀審清“新定義”．(2)結(jié)合常規(guī)的等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí)，化歸、轉(zhuǎn)化到“新定義”的相關(guān)知識(shí)．(3)利用“新定義”及常規(guī)的數(shù)列知識(shí)，求解證明相關(guān)結(jié)論．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－an＝2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝()A．2 B．2nC．2n＋1－2 D．2n－1－2解析：選C.因?yàn)閍n＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.2．(2019·福建五校第二次聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an（an＋3）)，n∈N＋，且bn＝eq\f(1,3＋an).記Pn＝b1×b2×…×bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，則3n＋1Pn＋Sn＝________．解析：因?yàn)閑q\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an（an＋3）)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋3)，所以bn＝eq\f(1,3＋an)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1).因?yàn)閑q\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an（an＋3）)，所以bn＝eq\f(1,3＋an)＝eq\f(an,3an＋1)，所以Pn＝b1×b2×…×bn＝eq\f(a1,3a2)×eq\f(a2,3a3)×…×eq\f(an,3an＋1)＝eq\f(a1,3nan＋1).又a1＝eq\f(1,3)，故3n＋1Pn＋Sn＝eq\f(3a1,an＋1)＋eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,a1)＝3.答案：3一、選擇題1．(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))已知數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝1.若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，則a9＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,5) D．－eq\f(4,5)解析：選C.因?yàn)閿?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，a3＝2，a7＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a7)－\f(1,a3),7－3)＝eq\f(1－\f(1,2),7－3)＝eq\f(1,8)，所以eq\f(1,a9)＝eq\f(1,a7)＋(9－7)×eq\f(1,8)＝eq\f(5,4)，所以a9＝eq\f(4,5)，故選C.2．(一題多解)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2＝2，S3＝－6，則S5＝()A．18 B．10C．－14 D．－22解析：選D.法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2,a1＋a1q＋a1q2＝－6))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2,q＝－2))，所以S5＝eq\f(－2×[1－（－2）5],1－（－2）)＝－22，故選D.法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，易知q≠1，令A(yù)＝eq\f(a1,q－1)，則Sn＝Aqn－A，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝Aq2－A＝2,S3＝Aq3－A＝－6))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝\f(2,3),q＝－2))，所以Sn＝eq\f(2,3)[(－2)n－1]，所以S5＝eq\f(2,3)×[(－2)5－1]＝－22，故選D.3．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，若a1·a6·a11＝－3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，則taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是()A．－eq\r(3) B．－1C．－eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)解析：選A.依題意得，aeq\o\al(3,6)＝(－eq\r(3))3，3b6＝7π，所以a6＝－eq\r(3)，b6＝eq\f(7π,3)，所以eq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝eq\f(2b6,1－aeq\o\al(2,6))＝－eq\f(7π,3)，故taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π－\f(π,3)))＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3)，故選A.4．(一題多解)(2019·合肥市第一次質(zhì)量檢測(cè))已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，a5＋a7－aeq\o\al(2,6)＝0，則S11的值為()A．11 B．12C．20 D．22解析：選D.通解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，則由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1>0，所以a1＋5d>0，則a1＋5d＝2，則S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故選D.優(yōu)解：因?yàn)閧an}為正項(xiàng)等差數(shù)列，所以由等差數(shù)列的性質(zhì)，并結(jié)合a5＋a7－aeq\o\al(2,6)＝0，得2a6－aeq\o\al(2,6)＝0，a6＝2，則S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝11a6＝22，故選D.5．等差數(shù)列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，則其前n項(xiàng)和取最小值時(shí)n的值為()A．6 B．7C．8 D．9解析：選C.由d>0可得等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－eq\f(15d,2)，則a8＝－eq\f(d,2)<0，a9＝eq\f(d,2)>0，所以前8項(xiàng)和為前n項(xiàng)和的最小值，故選C.6．(多選)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則下列命題正確的是()A．?dāng)?shù)列{|an|}是等比數(shù)列B．?dāng)?shù)列{anan＋1}是等比數(shù)列C．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數(shù)列D．?dāng)?shù)列{lgaeq\o\al(2,n)}是等比數(shù)列解析：選ABC.因?yàn)閿?shù)列{an}是等比數(shù)列，所以eq\f(an＋1,an)＝q.對(duì)于A，eq\f(|an＋1|,|an|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝|q|，所以數(shù)列{|an|}是等比數(shù)列，A正確；對(duì)于B，eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2，所以數(shù)列{anan＋1}是等比數(shù)列，B正確；對(duì)于C，eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數(shù)列，C正確；對(duì)于D，eq\f(lgaeq\o\al(2,n＋1),lgaeq\o\al(2,n))＝eq\f(2lgan＋1,2lgan)＝eq\f(lgan＋1,lgan)，不一定是常數(shù)，所以D錯(cuò)誤．二、填空題7．(2019·貴陽(yáng)市第一學(xué)期監(jiān)測(cè))已知數(shù)列{an}中，a1＝3，a2＝7.當(dāng)n∈N*時(shí)，an＋2是乘積an·an＋1的個(gè)位數(shù)，則a2019＝________．解析：a1＝3，a2＝7，a1a2＝21，a3＝1，a2a3＝7，a4＝7，a3a4＝7，a5＝7，a4a5＝49，a6＝9，a5a6＝63，a7＝3，a6a7＝27，a8＝7，a7a8＝21，a9＝1，a8a9＝7，所以數(shù)列{an}是周期為6的數(shù)列，又2019＝6×336＋3，所以a2019＝a3＝1.答案：18．在數(shù)列{an}中，n∈N*，若eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k為常數(shù))，則稱{an}為“等差比數(shù)列”，下列是對(duì)“等差比數(shù)列”的判斷：①k不可能為0；②等差數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”；③等比數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”；④“等差比數(shù)列”中可以有無(wú)數(shù)項(xiàng)為0.其中所有正確判斷的序號(hào)是________．解析：由等差比數(shù)列的定義可知，k不為0，所以①正確，當(dāng)?shù)炔顢?shù)列的公差為0，即等差數(shù)列為常數(shù)列時(shí)，等差數(shù)列不是等差比數(shù)列，所以②錯(cuò)誤；當(dāng){an}是等比數(shù)列，且公比q＝1時(shí)，{an}不是等差比數(shù)列，所以③錯(cuò)誤；數(shù)列0，1，0，1，…是等差比數(shù)列，該數(shù)列中有無(wú)數(shù)多個(gè)0，所以④正確．答案：①④9．(2019·洛陽(yáng)尖子生第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)，g(x)＝f(x－1)＋1，則g(x)的圖象關(guān)于________對(duì)稱，若an＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,n)))(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閒(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)，所以f(－x)＝eq\f(e－x－1,e－x＋1)＝eq\f(1－ex,ex＋1)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．因?yàn)間(x)＝f(x－1)＋1，所以g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，1)對(duì)稱，若x1＋x2＝2，則有g(shù)(x1)＋g(x2)＝2，所以an＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c