1、第八单元 数 列教材复习课“数列”相关基础知识一课过数列的有关概念过双基1数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列an的第n项an通项公式如果数列an的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式前n项和数列an中，Sna1a2an叫做数列的前n项和2an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，则an1数列an满足anan1(nN*)，a22，Sn是数列an的前n项和，则S21的值为()A5B.C. D.解析：选Banan1，a22，anS2111102.2数列an满足a13，an1(nN*)，则a2 018(
2、)A. B3C D.解析：选D由a13，an1，得a2，a3，a43，由上可得，数列an是以3为周期的周期数列，故a2 018a67232a2.3已知数列an满足an(nN*)，前n项的和为Sn，则关于an，Sn的叙述正确的是()Aan，Sn都有最小值 Ban，Sn都没有最小值Can，Sn都有最大值 Dan，Sn都没有最大值解析：选Aan，当n5时，an0，且单调递减故当n5时，a53为an的最小值；由的分析可知：当n5时，an0.故可得S5为Sn的最小值综上可知，an，Sn都有最小值4已知数列an中，a11，an1an2n1(nN*)，则a5_.解析：依题意得an1an2n1，a5a1(a2
3、a1)(a3a2)(a4a3)(a5a4)1357925.答案：25清易错1易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号2在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成anSnSn1的形式，但它只适用于n2的情形1已知数列的通项公式为ann28n15，则()A3不是数列an中的项B3只是数列an中的第2项C3只是数列an中的第6项D3是数列an中的第2项或第6项解析：选D令an3，即n28n153，解得n2或6，故3是数列an中的第2项或第6项2已知数列an的前n项和为Sn32n，则数列an的通项公式为
4、_解析：当n1时，a1S1325；当n2时，anSnSn132n(32n1)2n2n12n1.因为当n1时，不符合an2n1，所以数列an的通项公式为an答案：an等差数列过双基1等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为an1and(nN*，d为常数)(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A，其中A叫做a，b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d.3等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若an
5、为等差数列，且klmn(k，l，m，nN*)，则akalaman.(3)若an是等差数列，公差为d，则a2n也是等差数列，公差为2d.(4)若an，bn是等差数列，则panqbn也是等差数列(5)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列1在等差数列an中，已知a2与a4是方程x26x80的两个根，若a4a2，则a2 018()A2 018 B2 017C2 016 D2 015解析：选A因为a2与a4是方程x26x80的两个根，且a4a2，所以a22，a44，则公差d1，所以a11，则a2 0182 018.2在等差数列an中，a2a3a43，
6、Sn为等差数列an的前n项和，则S5()A3 B4C5 D6解析：选C等差数列an中，a2a3a43，Sn为等差数列an的前n项和，a2a3a43a33，解得a31，S5(a1a5)5a35.3.正项等差数列an的前n项和为Sn，已知a4a10a150，则S13()A39 B5C39 D65解析：选D正项等差数列an的前n项和为Sn，a4a10a150，a2a7150，解得a75或a73(舍去)，S13(a1a7)13a713565.4已知等差数列an的前n项和为Sn，且3a3a64.若S510，则a2的取值范围是()A(，2) B(，0)C(1，) D(0,2)解析：选A设等差数列an的公差
7、为d，3a3a64，3(a2d)a24d4，可得d2a24.S510，5(3a24)10，解得a22.a2的取值范围是(，2)5在等差数列an中，a17，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为_解析：由当且仅当n8时Sn有最大值，可得即解得1d0，且a5a74a，a21，则a1()A. B.C. D2解析：选B因为an是等比数列，所以a5a7a4a，所以a62a4，q22，又q0，所以q，a1.清易错1Sn，S2nSn，S3nS2n未必成等比数列(例如：当公比q1且n为偶数时，Sn，S2nSn，S3nS2n不成等比数列；当q1或q1且n为奇数时，Sn
8、，S2nSn，S3nS2n成等比数列)，但等式(S2nSn)2Sn(S3nS2n)总成立2在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误1设数列an为等比数列，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于()A. BC. D.解析：选A因为a7a8a9S9S6，且S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即8，1，S9S6成等比数列，所以8(S9S6)1，即S9S6.所以a7a8a9.2设数列an是等比数列，前n项和为Sn，若S33a3，则公比q_.解析：当q1时，由题意，3a1q2，即1q33q23q3，整理得2q33q210，解
9、得q.当q1时，S33a3，显然成立故q或1.答案：或1一、选择题1(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1B2C4 D8解析：选C设等差数列an的公差为d，由得即解得d4.2(2018江西六校联考)在等比数列an中，若a3a5a73，则a2a8()A3 B.C9 D13解析：选A由a3a5a73，得a3，即a5，故a2a8a3.3在数列an中，已知a12，a27，an2等于anan1(nN*)的个位数，则a2 018()A8 B6C4 D2解析：选D由题意得a34，a48，a52，a66，a72，a82，a94，a108.所以数列中的项
10、从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 018a33568a82.4已知数列an满足a11，anan12n(n2，nN*)，则a7()A53 B54C55 D109解析：选Ca2a122，a3a223，a7a627，各式相加得a7a12(2347)55.5设数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(nN*)，则S6()A44 B45C.(461) D.(451)解析：选B由an13Sn，得a23S13.当n2时，an3Sn1，则an1an3an，n2，即an14an，n2，则数列an从第二项起构成等比数列，所以S645.6等差数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，对一切自然数n
11、，都有，则等于()A. B.C. D.解析：选CS99a5，T99b5，.7已知数列an是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，若5S2S4，则log4a3的值为()A1 B2C0或1 D0或2解析：选C由题意得，等比数列an中，5S2S4，a11，所以5(a1a2)a1a2a3a4，即5(1q)1qq2q3，q3q24q40，即(q1)(q24)0，解得q1或2，当q1时，a31，log4a30.当q2时，a34，log4a31.综上所述，log4a3的值为0或1.8设数列an是公差为d(d0)的等差数列，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13()A75 B90C105
12、D120解析：选C由a1a2a315得3a215，解得a25，由a1a2a380，得(a2d)a2(a2d)80，将a25代入，得d3(d3舍去)，从而a11a12a133a123(a210d)3(530)105.二、填空题9若数列an满足a13a232a33n1an，则数列an的通项公式为_解析：当n2时，由a13a232a33n1an，得a13a232a33n2an1，两式相减得3n1an，则an.当n1时，a1满足an，所以an.答案：an10数列an的前n项和为Sn，若Sn2an1，则an_.解析：Sn2an1，Sn12an11(n2)，得an2an2an1，即an2an1.S1a12
13、a11，即a11，数列an为首项是1，公比是2的等比数列，故an2n1.答案：2n111已知数列an中，a2na2n1(1)n，a2n1a2nn，a11，则a20_.解析：由a2na2n1(1)n，得a2na2n1(1)n，由a2n1a2nn，得a2n1a2nn，故a2a11，a4a31，a6a51，a20a191.a3a21，a5a42，a7a63，a19a189.又a11，累加得：a2046.答案：4612数列an为正项等比数列，若a33，且an12an3an1(n2，nN*)，则此数列的前5项和S5_.解析：设公比为q(q0)，由an12an3an1，可得q22q3，所以q3，又a33，
14、则a1，所以此数列的前5项和S5.答案：三、解答题13已知在等差数列an中，a35，a1a1918.(1)求公差d及通项an；(2)求数列an的前n项和Sn及使得Sn取得最大值时n的值解：(1)a35，a1a1918，an112n.(2)由(1)知，Snn210n(n5)225，n5时，Sn取得最大值14已知数列an满足n2n.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)n2n，当n2时，(n1)2n1，两式相减得2n(n2)，ann2n1(n2)又当n1时，11，a14，满足ann2n1.ann2n1.(2)bnn(2)n，Sn1(2)12(2)23(2)3
15、n(2)n.2Sn1(2)22(2)33(2)4(n1)(2)nn(2)n1，两式相减得3Sn(2)(2)2(2)3(2)4(2)nn(2)n1n(2)n1n(2)n1，Sn.高考研究课(一) 等差数列的3考点求项、求和及判定全国卷5年命题分析考点考查频度考查角度等差数列通项5年6考求通项或某一项等差数列前n项和5年5考求项数、求和等差数列的判定5年2考判断数列成等差数列或求使数列成等差数列的参数值等差数列基本量的运算典例(1)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n()A5B5C7 D8(2)(2016全国卷)Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.
16、记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.求b1，b11，b101；求数列bn的前1 000项和解析(1)法一：由等差数列前n项和公式可得Sn2Sn(n2)a1d2a1(2n1)d24n236，解得n8.法二：由Sn2Snan2an1a1a2n236，因此a2n2a1(2n1)d35，解得n8.答案：D(2)设数列an的公差为d，由已知得721d28，解得d1.所以数列an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.因为bn所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893.方法技巧等差数列运算的解题思路由等差数列的
17、前n项和公式及通项公式可知，若已知a1，d，n，an，Sn中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解即时演练1已知数列an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S64S3，则a10()A. B.C. D.解析：选BS64S3，公差d1.6a114，解得a1.a1091.2已知公差不为0的等差数列an满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为数列an的前n项和，则的值为()A2 B3C2 D3解析：选D设an的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以(a12d)2a1(a13d)，可得a14d，所以3.3(2018大连联考)已知等差数列an的
18、公差d0.设an的前n项和为Sn，a11，S2S336.(1)求d及Sn; (2)求m，k(m，kN*)的值，使得amam1am2amk65.解：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36，将a11代入上式解得d2或d5.因为d0，所以d2.从而an2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)得amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65.由m，kN*知2mk1k11，故解得即所求m的值为5，k的值为4.等差数列的判定与证明典例已知an是各项均为正数的等比数列，a118，设bnlog2an，且b417.(1)求证：数列bn是以2为公差的等差数列；(2)设数列bn的前n
19、项和为Sn，求Sn的最大值思路点拨(1)利用等比数列以及对数的运算法则，转化证明数列bn是以2为公差的等差数列；(2)求出数列的和，利用二次函数的性质求解最大值即可解(1)证明：设等比数列an的公比为q，则bn1bnlog2an1log2anlog2log2q，因此数列bn是等差数列又b11log2a113，b417，所以等差数列bn的公差d2，故数列bn是以2为公差的等差数列(2)由(1)知，bn252n，则Snn(24n)(n12)2144，于是当n12时，Sn取得最大值，最大值为144. 方法技巧等差数列判定与证明的方法方法解读适合题型定义法对于n2的任意自然数，anan1为同一常数an
20、是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an1anan2(n3，nN*)成立an是等差数列通项公式法anpnq(p，q为常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证SnAn2Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列即时演练1(2016浙江高考)如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()ASn是等差数列 BS是等差数列Cdn是等差数列 Dd是等差数列解析：选A由题意
21、，过点A1，A2，A3，An，An1，分别作直线B1Bn1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又Sn|BnBn1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选A.2(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列等差数列的性质典例(1)已知等差数
22、列an的公差为d(d0)，且a3a6a10a1332，若am8，则m的值为()A8 B12C6 D4(2)已知数列an，bn为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若，则()A. B.C. D.(3)(2018天水模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1010，S2030，则S30_.解析(1)由a3a6a10a1332，得(a3a13)(a6a10)32，得4a832，即a88，m8.(2)因为an，bn为等差数列，且，所以.(3)S10，S20S10，S30S20成等差数列，2(S20S10)S10S30S20，4010S3030，S3060.答案(1)A(2)A(3)60方法技巧等差
23、数列的性质(1)项的性质在等差数列an中，aman(mn)dd(mn)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差(2)和的性质在等差数列an中，Sn为其前n项和，则S2nn(a1a2n)n(anan1)；S2n1(2n1)an.即时演练1(2018岳阳模拟)在等差数列an中，如果a1a240，a3a460，那么a7a8()A95 B100C135 D80解析：选B由等差数列的性质可知，a1a2，a3a4，a5a6，a7a8构成新的等差数列，于是a7a8(a1a2)(41)(a3a4)(a1a2)40320100.2(2018广州模拟)已知等比数列an的各项都为正
24、数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是()A. B.C. D.解析：选A设等比数列an的公比为q，由a3，a5，a4成等差数列可得a5a3a4，即a3q2a3a3q，故q2q10，解得q或q(舍去)，所以.3若两个等差数列an和bn的前n项和分别是Sn，Tn，已知，则_.解析：数列an和bn都是等差数列，.答案：等差数列前n项和的最值等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题典例等差数列an中，设Sn为其前n项和，且a10，S3S11，当Sn取得最大值时，n的值为_解析法一：用“函数法”解题由S3S11，可得3a1d11a1d
25、，即da1.从而Snn2n(n7)2a1，因为a10，所以0，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.即时演练1(2018潍坊模拟)在等差数列an中，a129，S10S20，则数列an的前n项和Sn的最大值为()AS15 BS16CS15或S16 DS17解析：选Aa129，S10S20，10a1d20a1d，解得d2，Sn29n(2)n230n(n15)2225.当n15时，Sn取得最大值2已知an是等差数列，a126，a8a135，当an的前n项和Sn取最小值时，n的值为()A8 B9C10 D11解析：选B设数列an的公差为d，a1
26、26，a8a135，267d2612d5，解得d3，Sn26n3n2n2，an的前n项和Sn取最小值时，n9.3已知an是各项不为零的等差数列，其中a10，公差d0，a60，公差d0，前n项和为Sn(nN*)，有下列命题：若S3S11，则必有S140；若S3S11，则必有S7是Sn中的最大项；若S7S8，则必有S8S9；若S7S8，则必有S6S9.其中正确命题的个数是()A1 B2C3 D4解析：选D对于，若S11S34(a1a14)0，即a1a140，则S140，所以正确；对于，当S3S11时，易知a7a80，又a10，d0，所以a70a8，故S7是Sn中的最大项，所以正确；对于，若S7S8
27、，则a80，那么d0，可知a90，此时S9S8S9，所以正确；对于，若S7S8，则a80，S9S6a7a8a93a8S9，所以正确故选D.4(2018大同模拟)在等差数列中，a1a2a33，a18a19a2087，则此数列前20项的和等于()A290 B300C580 D600解析：选B由a1a2a33a23，得a21.由a18a19a203a1987，得a1929，所以S2010(a2a19)300.5设等差数列an的前n项和为Sn，且S918，an430(n9)，若Sn336，则n的值为()A18 B19C20 D21解析：选D因为an是等差数列，所以S99a518，a52，Sn3216n
28、336，解得n21.6设an是等差数列，d是其公差，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是()AdS5D当n6或n7时Sn取得最大值解析：选C由S5S6，得a1a2a3a4a50.同理由S7S8，得a80.又S6S7，a1a2a6a1a2a6a7，a70，B正确；da7a6S5，即a6a7a8a90，可得2(a7a8)0，由结论a70，a80，知C选项错误；S5S8，结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确故选C.7等差数列an的前n项和为Sn，若公差d0，(S8S5)(S9S5)|a8| B|a7|a8|C|a7|a8| D|a7|0解析：选B因为(S8S5)(S9S5)0，所以(
29、a6a7a8)(a6a7a8a9)0，因为an为等差数列，所以a6a7a83a7，a6a7a8a92(a7a8)，所以a7(a7a8)0，所以a70，且|a7|a8|，故选B.二、填空题8在数列an中，an1，a12，则a20_.解析：由an1，a12，可得3，所以是以为首项，3为公差的等差数列所以3(n1)，即an，所以a20.答案：9数列an满足：a11，an12an2n，则数列an的通项公式为_解析：a11，an12an2n，数列是首项为，公差d的等差数列，故(n1)n，即ann2n1.答案：ann2n110设Sn是等差数列an的前n项和，若S40，且S83S4，S12S8，则_.解析：
30、当S40，且S83S4，S12S8时，由等差数列的性质得：S4，S8S4，S12S8成等差数列，2(S8S4)S4(S12S8)，2(3S4S4)S4(3S43S4)，解得2.答案：2三、解答题11已知数列an是等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，a3a412.(1)求a1a2a3a4a5；(2)设bn10an，数列bn的前n项和为Sn，若b1b2，则n为何值时，Sn最大？Sn最大值是多少？解：(1)设an的公差为d，a1，a2，a5成等比数列，(a1d)2a1(a14d)，解得d0或d2a1.当d0时，a3a412，an6，a1a2a3a4a530；当d0时，a3a412，a11，d2，
31、a1a2a3a4a525.(2)b1b2，bn10an，a1a2，d0，由(1)知an2n1，bn10an10(2n1)112n，Sn10nn2(n5)225.当n5时，Sn取得最大值，最大值为25.12(2018沈阳质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a64，S55.(1)求数列an的通项公式；(2)若Tn|a1|a2|a3|an|，求T5的值和Tn的表达式解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意知解得故an2n7(nN*)(2)由an2n70，得n，即n3，所以当n3时，an2n70.由(1)知Snn26n，所以当n3时，TnSn6nn2；当n4时，TnS3(SnS3)Sn2S
32、3n26n18.故T513，Tn13已知数列an中，a14，anan12n13(n2，nN*)(1)证明数列an2n是等差数列，并求an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和Sn.解：(1)证明：当n2时，anan12n13an12n2n13，an2n(an12n1)3.又a14，a122，故数列an2n是以2为首项，3为公差的等差数列，an2n2(n1)33n1，an2n3n1.(2)bn1，Snn，令Tn，则Tn，得，Tn1，13，Snn5.已知数列an的前n项和为Sn，a13，an12an2n11(nN*)(1)求a2，a3；(2)求实数使为等差数列，并由此求出an与Sn；(3)求n
33、的所有取值，使N*，说明你的理由解：(1)a13，an12an2n11，a2232219，a32923125.(2)a13，an12an2n11，an112(an1)2n1，1，故1时，数列成等差数列，且首项为1，公差d1.n，即ann2n1.Sn(12222323n2n)n，设Tn12222323n2n，则2Tn122223324n2n1，得，Tn222232nn2n1(1n)2n12，Tn(n1)2n12，SnTnn(n1)2n12n.(3)2，结合y2x及yx的图象可知2n恒成立，2n1n，即n2n10，0且an为递增数列，Sn0且Snan，1，即12，当n2时，N*.综上可得n1.高考
34、研究课(二)等比数列的3考点基本运算、判定和应用全国卷5年命题分析考点考查频度考查角度等比数列的基本运算5年7考由项与和的关系求首项、求前n项和、求项数等等比数列的判定5年3考证明等比数列等比数列的综合应用5年4考求和后放缩法证明不等式，等比数列求项之积的最值等比数列基本量的运算典例(1)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1B4n1C2n1 D2n1(2)(2017全国卷)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22.若a3b35，求bn的通项公式；若T321，求S3. 解析(1)设an的公比为q，由()()可得2
35、，q，代入()得a12，an2n1，Sn4，2n1.答案：D(2)设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.()由a3b35得2dq26.()联立()()解得(舍去)或因此bn的通项公式为bn2n1.由b11，T321，得q2q200，解得q5或q4.当q5时，由()得d8，则S321.当q4时，由()得d1，则S36. 方法技巧解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解(2)分类讨论的思想等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分
36、类讨论，当q1时，an的前n项和Snna1；当q1时，an的前n项和Sn.即时演练1已知数列an是首项a1的等比数列，其前n项和为Sn，S3，若am，则m的值为()A8 B10C9 D7解析：选A设数列an的公比为q，若q1，则S3，不符合题意，q1.由得ann1n1.由amm1，得m8.2(2017北京高考)已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求和：b1b3b5b2n1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为所以2a14d10，解得d2，所以an2n1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b11，b2b4a5，所以b1qb
37、1q39.解得q23.所以b2n1b1q2n23n1.从而b1b3b5b2n113323n1.等比数列的判定与证明典例(1)已知数列an中，a11，a23且an23an12an，nN*，对数列an有下列命题：数列an是等差数列；数列an1an是等比数列；当n2时，an都是质数；2，nN*，则其中正确的命题有()A BC D(2)设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)求a2，a3的值；求证：数列Sn2是等比数列 解析(1)an23an12an，an2an12(an1an)，数列an1an是以a2a12为首项、2为公比的等比数列，anan12n1，an1a
38、n22n2，a2a121，累加得：ana121222n12n2，an2n2a12n1.显然中，只有正确，又(n2)，12，故正确；综上所述，错误，正确答案：D(2)思路点拨令n1,2,3，即可求出结论；当n2时，a12a23a3(n1)an1(n2)Sn12(n1)，与已知式相减，再利用anSnSn1(n2)，化简整理，即可得出结论解：a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当n1时，a1212；当n2时，a12a2(a1a2)4，a24；当n3时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38.证明：a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，()当n2时，a12a23a3(n
39、1)an1(n2)Sn12(n1)()()()得nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1)Sn2Sn12nanSn2Sn12.Sn2Sn120，即Sn2Sn12，Sn22(Sn12)S1240，Sn120，2，故Sn2是以4为首项，2为公比的等比数列 方法技巧等比数列的3种判定方法定义法若q(q为非零常数，nN*)，则an是等比数列等比中项法若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列即时演练1已知数列an的前n项和为Sn，且Snan2n(nN*)，则下列数列中一定为等比数
40、列的是()Aan Ban1Can2 DSn解析：选C由Snan2n(nN*)，可得Sn1an12(n1)(n2，nN*)，两式相减得anan11(n2，nN*)，所以an2(an12)(n2，nN*)，且a11，a1210，所以an2一定是等比数列2(2018惠州模拟)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，证明：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：由a11及Sn14an2，得a1a2S24a12.a25，b1a22a13.Sn14an2，当n2时，Sn4an12，得an14an4an1，an12an2(an2an1)bnan
41、12an，bn2bn1(n2)，故bn是首项b13，公比为2的等比数列(2)由(1)知bnan12an32n1，故是首项为，公差为的等差数列(n1)，an(3n1)2n2.等比数列的性质典例(1)(2018衡水模拟)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n等于()A80 B30C26 D16(2)等比数列an满足an0，nN*，且a3a2n322n(n2)，则当n1时，log2a1log2a2log2a2n1_.解析(1)Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n成等比数列，Sn(S3nS2n)(S2nSn)2，即2(14S2n)(S2n2)2，解得S2n6
42、或S2n4(舍去)同理，(62)(S4n14)(146)2，解得S4n30.(2)由等比数列的性质，得a3a2n3a22n，从而得an2n.log2a1log2a2log2a2n1log2(a1a2n1)(a2a2n2)(an1an1)anlog22n(2n1)n(2n1)2n2n.答案(1)B(2)2n2n方法技巧(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若mnpq，则amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形此外，解题时注意设而不求思想的运用即时演练1已知数列an为等比数列，其
43、中a5，a9为方程x22 018x90的两根，则a7的值为()A3 B3C3 D9解析：选A数列an为等比数列，其中a5，a9为方程x22 018x90的两根，a5a92 018，a5a99，a50，a90，则a73.2(2018辽宁五校联考)已知数列an为等比数列，若a4a610，则a7(a12a3)a3a9的值为()A10 B20C100 D200解析：选Ca7(a12a3)a3a9a7a12a7a3a3a9a2a4a6a(a4a6)2102100.3(2017长春二模)在正项等比数列an中，已知a1a2a34，a4a5a612，an1anan1324，则n_.解析：设数列an的公比为q，
44、由a1a2a34aq3与a4a5a612aq12，可得q93，an1anan1aq3n3324，因此q3n68134q36，所以3n636，即n14.答案：14等比数列的构造与求值典例(1)记数列an的前n项和为Sn，若Sn3an1，则a10()A BC. D.(2)(2018福建莆田一中检测)已知数列an的前n项和为Sn，且a11,2Snan1，则使不等式SSS23n1成立的n的最大值为()A2 B3C4 D5解析(1)由Sn3an1，Sn13an11，得an13an13an，整理得an1an，又a13a11，a1，故数列an是以为首项，为公比的等比数列，ann1，故a109.(2)由2Sn
45、an1，得2Snan1Sn1Sn，则3SnSn1，即3，所以数列Sn是以S1a11为首项，3为公比的等比数列，则Sn3n1.所以数列S是以S1为首项，9为公比的等比数列，所以SSS(9n1)于是原不等式可化为(9n1)23n1，即3n(3n48)0)，由题意可知，lg a3b3，lg a6b6.又b318，b612，则a1q21018，a1q51012，q3106，即q102，a11022.又an为正项等比数列，bn为等差数列，且公差d2，b122，数列bn的前n项和Sn22n(2)n223n2.又nN*，故n11或12时，(Sn)max132.6正项等比数列an中，存在两项am，an，使得4
46、a1，且a6a52a4，则的最小值是()A. B2 C. D.解析：选A设等比数列an的公比为q，其中q0，于是有a4q2a4q2a4，即q2q20，(q1)(q2)0(q0)，由此解得q2.由aman16a，得a2mn216a，故mn6，其中m，nN*，(mn)，当且仅当，即m2，n4时等号成立，的最小值为.二、填空题7已知数列an满足a1，是首项为1，公比为2的等比数列，则a101_.解析：因为数列an满足a1，是首项为1，公比为2的等比数列，所以a11，2n1，所以ana112222n1212(n1)2，当n1时，a11满足上式，故an2，所以a101225 050.答案：25 0508
47、(2017辽宁一模)在等比数列an中，若a7a8a9a10，a8a9，则_.解析：因为，由等比数列的性质知a7a10a8a9，所以.答案：9设数列an的前n项和为Sn(nN*)，关于数列an有下列四个命题：若an既是等差数列又是等比数列，则anan1(nN*)；若Snan2bn(a，bR)，则an是等差数列；若Sn1(1)n，则an是等比数列；若S11，S22，且Sn13Sn2Sn10(n2)，则数列an是等比数列其中真命题的序号是_解析：若an既是等差数列又是等比数列，设其前三项分别为：ad，a，ad(d为公差)，则a2(ad)(ad)，解得d0，因此anan1(nN*)，正确；由Snan2
48、bn(a，bR)是数列an为等差数列的充要条件，可知正确；若Sn1(1)n，则a12，n2时，anSnSn12(1)n1，为等比数列，首项为2，公比为1，因此正确；由Sn13Sn2Sn10(n2)，可得Sn1Sn2(SnSn1)，即an12an，又S11，S22，a11，a21，可得a2a1，数列an不是等比数列，错误故真命题的序号是.答案：三、解答题10已知数列an的前n项和为Sn，且an(nN*)(1)若数列ant是等比数列，求t的值；(2)求数列an的通项公式；解：(1)当n1时，由a1，得a11.当n2时，anSnSn12ann2an1(n1)，即an2an11，a23，a37.依题意
49、，得(3t)2(1t)(7t)，解得t1，当t1时，an12(an11)，n2，即an1为等比数列成立，故实数t的值为1.(2)由(1)，知当n2时，an12(an11)，又因为a112，所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列所以an122n12n，an2n1.11已知数列an满足a11，a23，an23an12an(nN*)(1)证明：数列an1an是等比数列；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，证明：Tn.证明：(1)an23an12an，an2an12(an1an)，又a2a1312，数列an1an是首项为2、公比为2的等比数列(2)由(1)可知an1an2n，显然数列an是
50、递增的，bn，于是Tn.12已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4(1Sn1)(nN*)，Tn，求Tn的取值范围解：(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Snan1，Sn1an11，两式相减得，SnSn1(anan1)0，anan1.an是以为首项，为公比的等比数列故ann13n(nN*)(2)由(1)知1Sn1an1n1，bnlog4(1Sn1)log4n1(n1)，故Tn，Tn0，a1)logaloga(n1)logan即时演练1(2018福州质检)已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记
51、数列an的前n项和为Sn，则S2 018()A.1B.1C.1 D.1解析：选C由f(4)2，可得4a2，解得a，则f(x)x.an，S2 018a1a2a3a2 018()()()()()1.2(2018银川质检)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，则bn.故Tn110，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2
52、)设bn，求数列bn的前n项和解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.4(2014全国卷)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：.证明：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列所以an，因此an的通
53、项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1.所以0，由题意可得2(a16d)(a112d)1，a1(a15d5)(a12d1)2，解得a11，d2，所以an12(n1)2n1.所以(1)n1an(1)n1(2n1)，故数列(1)n1an的前21项和为13573739412104121.2已知数列an的通项公式是an2n3n，则其前20项和为()A380 B400C420 D440解析：选C令数列an的前n项和为Sn，则S20a1a2a202(1220)323420.3已知数列an是首项为1，公差为2的等差数列，数列bn满足关系，数列bn的前n项和为Sn，则S5的
54、值为()A454 B450C446 D442解析：选B由题意可得an2n1，因为，所以当n2时，两式相减可得，则bn(2n1)2n(n2)，当n1时，b12，不满足上式，则S521240112288450.4已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn()A. B.C. D.解析：选B由题意知an，则bn4，所以Sn44.5(2018福州质检)已知数列an中，a11，且对任意的m，nN*，都有amnamanmn，则()A. B.C2 D.解析：选D令m1，则an1a1ann.又a11，所以an1ann1，即an1ann1，所以a2a12，a3a23，anan1n(n2)，把以上n1个式子
55、相加，得ana123n，所以an123n，当n1时，上式也成立，所以an，所以2，所以22.6数列an为非常数列，满足：a1，a5，且a1a2a2a3anan1na1an1对任何的正整数n都成立，则的值为()A1 475 B1 425C1 325 D1 275解析：选B因为a1a2a2a3anan1na1an1，所以当n2时，a1a2a2a3an1an(n1)a1an，两式相减可得anan1na1an1(n1)a1an，即，则，则，即，即数列是等差数列，则公差d1，则53，则1 425.二、填空题7(2018陕西一检)已知数列an中，a12，a2nan1，a2n1nan，则an的前100项和为
56、_解析：由a12，a2nan1，a2n1nan，得a2na2n1n1，a1(a2a3)(a4a5)(a98a99)223501 276，a1001a501(1a25)2(12a12)14(1a6)13(1a3)12(1a1)13，a1a2a1001 276131 289.答案：1 2898已知数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记Sn为an的前n项和，则S2 018_.解析：由a11，an1(1)n(an1)可得，a22，a31，a40，a51，a62，a71，故该数列为周期是4的数列，所以S2 018504(a1a2a3a4)a1a2504(2)121 009.答案：1 0099已
57、知正项数列an中，a11，a22,2aaa(n2)，bn，数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是_解析：2aaa(n2)，数列a为首项为1，公差为2213的等差数列，a13(n1)3n2.an，bn()，数列bn的前n项和为Sn(1)()()(1)则S33(101)3.答案：3三、解答题10(2018西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a53，S1040.(1)求数列an的通项公式；(2)若从数列an中依次取出第2,4,8，2n，项，按原来的顺序排成一个新数列bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)a5a14d3，S1010a145d40，解得a15，d2.an2n7.(2)
58、依题意，bna2n22n72n17，故Tn(22232n1)7n7n47n2n2.11已知等比数列an的公比q1，且a1a320，a28.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Sn是数列bn的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn(1)na恒成立，求实数a的取值范围解：(1)由已知得2q25q20，解得q或q2.q1，数列an的通项公式为an2n1.(2)由题意，得bn，Sn，Sn，两式相减，得Sn，Sn1，(1)na1对任意正整数n恒成立，设f(n)1，易知f(n)单调递增，当n为奇函数时，f(n)的最小值为，a；当n为偶函数时，f(n)的最小值为，a.由可知a，即实数a的取值范围是.12
59、(2018云南统检)设Sn为数列an的前n项和，已知a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn0，所以11.显然当n1时，Tn取得最小值.所以Tn0，可得an1an30，即an1an3，所以an是首项为1，公差为3的等差数列所以an13(n1)3n2.(2)由an3n2，可得bn，故Tnb1b2bn.因为Tn1Tn0，所以Tn1Tn，所以数列Tn是递增数列所以t4TnTnT1t1，所以实数t的最大值是1.阶段滚动检测(二)(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项
60、中，只有一项是符合题目要求的)1已知集合Ax|x211x120，Bx|x2(3n1)，nZ，则AB等于()A2B2,8C4,10 D2,4,8,10解析：选BAx|1x12，Bx|x6n2，nZ，则AB2,82下列说法正确的是()AaR，“1”的必要不充分条件B“p且q为真命题”是“p或q为真命题”的必要不充分条件C命题“x0R，使得x2x030”D若命题p：“xR，sin xcos x”，则綈p是真命题解析：选A若1或a0，所以“1”的必要不充分条件，故A正确3(2018广州模拟)设alog37，b21.1，c0.83.1，则a，b，c的大小关系为()Abac BacbCcba Dcab解析
61、：选D1log33alog37212，c0.83.10.801，所以ca0，且x0时，f(x)，故f(x)，符合题意；当a0)，则k2，又2sin0，|0，则a2 0170，则a2 0180，则S2 0170D若a40，则S2 0180解析：选C设首项为a1，公比为q，若a3a1q20，则a10，所以a2 017a1q2 0160，S2 0170，若a4a1q30，则a2 018a1q2 017a4q2 0140.S2 018，因为q值不确定，所以S2 018的值不一定大于0，如q1时，S2 0180，故选C.12已知函数g(x)ax2xe，e为自然对数的底数与h(x)2ln x的图象上存在关
62、于x轴对称的点，则实数a的取值范围是()A1，e22 B.C. De22，)解析：选A令f(x)h(x)g(x)2ln xax2，因为函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，所以函数f(x)有零点，f(x)2x，当x0；当1xe时，f(x)0，又f(e)f2e220，即f(e)f，所以f(e)0且f(1)0，解得1ae22.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确答案填在题中的横线上)13向量，的夹角为60，且2，点D是线段BC的中点，则|的最小值为_解析：由题意可得()，因为2，所以|4，所以| ，当且仅当|2时，等号成立，故|的最小值为.答案：1
63、4已知函数f(x)sin，xR，且f()，f().若|的最小值为，则函数f(x)的单调递增区间为_解析：因为函数f(x)sin，且f()，f()，|的最小值为，所以函数f(x)的最小正周期T3，所以，由2kx2k，kZ，得3kx3k，kZ，则函数f(x)的单调递增区间为，kZ.答案：，kZ15数列an满足a11且an1ann1(nN*)，则数列的前10项和为_解析：因为a11且an1ann1，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21，则2，所以数列的前10项和为2.答案：16已知函数f(x)e2x，g(x)ln x，对aR，b(0，)，使得f(a)g(b)，则ba的
64、最小值为_解析：因为f(x)e2x，g(x)ln x，所以f1(x)ln x，g1(x)e，令h(x)g1(x)f1(x)eln x，则ba的最小值即为h(x)的最小值，h(x)e，令h(x)ex0，得x，当x时，h(x)0，故当x时，h(x)取得最小值1.答案：1三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知函数f(x)2cos2x2sin xcos xa，且当x时，f(x)的最小值为2.(1)求a的值，并求f(x)的单调区间；(2)先将函数yf(x)的图象上的点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，再将所得到的图象向右平移个单位
65、，得到函数yg(x)的图象，求方程g(x)4在区间上所有根之和解：(1)f(x)2sina1，因为x，所以2x，所以f(x)min2a12，解得a2.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函数f(x)的单调递增区间为，kZ，同理可得函数f(x)的单调递减区间为，kZ.(2)由题意，得g(x)2sin3，当g(x)4时，sin，所以4x2k或4x2k，kZ.因为x，所以解得x1，x2，所以g(x)4在区间上所有根之和为x1x2.18(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，满足Snn2ann2(n1)，且a1.(1)令bnSn，证明：bnbn1n(n2)；(2)求an的通项公式解：(
66、1)证明：因为Snn2(SnSn1)n2(n1)，所以Sn1Snn，即bnbn1n(n2)(2)由已知及(1)得，b11，bnbn1n，bn1bn2n1，b2b12，累加得bn，Sn，anSnSn1(n2)，经检验a1符合an，an.19(本小题满分12分)在ABC中，a，b，c分别是三内角A，B，C的对边，且3cos B2sinsin2sin2A.(1)求角B的值；(2)若b2，求三角形ABC的周长l的最大值解：(1)因为3cos B2sinsin2sin2A22sin2Acos2Asin2A，所以cos B，因为B是三角形的内角，所以B.(2)由正弦定理得4，所以a4sin A，c4sin
67、，因此三角形ABC的周长l4sin A4sin24sin2.因为0A，所以当A时，lmax6.20(本小题满分12分)(2018兰州诊断)设函数f(x)2ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对所有的x1，都有f(x)ax，求实数a的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)，所以当0x时，f(x)时，f(x)0，故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)当x1时，f(x)axa，令h(x)(x1)，则h(x)，令m(x)xxln x1(x1)，则m(x)ln x，当x1时，m(x)0，所以m(x)在1，)上为减函数，所以m(x)m(1)0，因此h(x)0，于是h
68、(x)在1，)上为减函数，所以当x1时，h(x)有最大值h(1)1，故a1，即实数a的取值范围是1，)21(本小题满分12分)已知数列an，bn满足a1b11，a23，Sn为数列an的前n项和，且Sn1Sn12(Sn1)(n2，nN*)，又b12b222b32n2bn12n1bnan，对任意nN*都成立(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解：(1)当n2时，Sn1Sn12(Sn1)，Sn2Sn2(Sn11)，两式相减得：an2an2an1，当n2时， 数列an是公差为2的等差数列，an32(n2)2n1(n2)，当n1时，a11也符合上式，an2n1.b12b
69、222b32n2bn12n1bnan，b12b222b32n2bn1an1，两式相减得2n1bnanan12，bn22n(n2)b11不满足bn22n，bn(2)设cnanbn则Tn13521722(2n1)22n，Tn321522723(2n1)21n，两式相减得Tn2(21222322n)(2n1)21n2(2n1)21n(2n3)21n，Tn11(2n3)22n.22(本小题满分12分)已知函数f(x)x22aln x(a2)x.(1)当a1时，求函数f(x)在1，e上的最小值和最大值；(2)是否存在实数a，对任意的x1，x2(0，)，且x1x2，都有a恒成立若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由解：(1)当a1时，f(x)x22ln xx.则f(x)x1，x1，e，当x(1,2)时，f(x)0.f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，e)上单调递增当x2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)2ln 2.又f(1)，f(e)e2.f(e)f(1)e20，f(e)a恒成立，不妨设0x1a，则f(x2)ax2f(x1)ax1.设g(x)f(x)axx22aln x(a2)xaxx22aln x2x.要满足题意，只需g(x)在(0，)为增函数即可，g(x)x2.要使g(x)0在(0，)恒成立，只需12a0，解得a.故存在a满足题意