1、第六章数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点：1.数列的通项公式；2.数列的单调性.突破点(一)数列的通项公式基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)2数列的通项公式如果数列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3数列的递推公式如果已知数列an的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即anf(an1)(或anf(an1，
2、an2)等)，那么这个式子叫做数列an的递推公式4Sn与an的关系已知数列an的前n项和为Sn，则an这个关系式对任意数列均成立考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 由数列的前几项求数列的通项公式例1写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，；(2)，；(3)1，；(4)3,33,333,3 333，.解(1)各项减去1后为正偶数，所以an2n1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，所以an.(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数
3、项为21，偶数项为21，所以an(1)n.也可写为an(4)将数列各项改写为，分母都是3，而分子分别是101,1021,1031,1041，所以an(10n1)方法技巧由数列的前几项求通项公式的思路方法给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系(2)若第n项和第n1项正负交错，那么符号用(1)n或(1)n1或(1)n1来调控(3)熟悉一些常见数列的通项公式(4)对于较复杂数
4、列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳利用an与Sn的关系求通项例2已知下面数列an的前n项和Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb.解(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，所以an的通项公式为an4n5.(2)a1S13b，当n2时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式当b1时，a1不适合此等式所以当b1时，an
5、23n1；当b1时，an方法技巧已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写利用递推关系求通项例3(1)已知数列an满足a1，an1an，则an_；(2)若数列an满足a1，an1an，则通项an_；(3)若数列an满足a11，an12an3，则an_；(4)若数列an满足a11，an1，则an_.解析(1)由条件知an1an，则(a2a1)(a3a2)
6、(a4a3)(anan1)，即ana11，又a1，an1.(2)由an1an(an0)，得，故ana1.(3)设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故an132(an3)令bnan3，则b1a134，bn0，且2.所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13.(4)an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)，an.答案(1)(2)(3)2n13(4)方法技巧由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且anan1f(n)，可用“累加法”求an.(2)已知a1且f(n)，可用“
7、累乘法”求an.(3)已知a1且an1qanb，则an1kq(ank)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列ank(4)形如an1(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解(5)形如an1anf(n)的数列，可将原递推关系改写成an2an1f(n1)，两式相减即得an2anf(n1)f(n)，然后按奇偶分类讨论即可能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.已知nN*，给出4个表达式：anan，an，an.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，的通项公式的是()A B C D解析：选A检验知都是所给数列的通项公式2.数列1，的一个通项公式是()Aan(
8、1)n1(nN*)Ban(1)n1(nN*)Can(1)n1(nN*)Dan(1)n1(nN*)解析：选D所给数列各项可写成：，通过对比各选项，可知选D.3.已知数列an的前n项和为Snn22n2，则数列an的通项公式为()Aan2n3 Ban2n3Can Dan解析：选C当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n3，由于n1时a1的值不适合n2的解析式，故an的通项公式为an4.设数列an满足a11，且an1ann1，求数列an的通项公式解：由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)5.
9、若数列an满足：a11，an1an2n，求数列an的通项公式解：由题意知an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2212n1.又因为当n1时满足此式，所以an2n1.突破点(二)数列的单调性基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 利用数列的单调性研究最值问题例1
10、已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立(1)求数列an的通项公式；(2)设a10，100.当n为何值时，数列的前n项和最大？解(1)取n1，得a2S12a1，即a1(a12)0.若a10，则Sn0，当n2时，anSnSn1000，所以an0.若a10，则a1，当n2时，2anSn,2an1Sn1，两式相减得2an2an1an，所以an2an1(n2)，从而数列an是等比数列，所以ana12n12n1.综上，当a10时，an0；当a10时，an.(2)当a10且100时，令bnlg，由(1)知bnlg2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg
11、 2)则b1b2b6lglglg 10，当n7时，bnb7lglg0数列an是单调递增数列；an1an0时，1数列an是单调递增数列；1数列an是单调递减数列；1数列an是常数列当an1数列an是单调递减数列；0，且a1)，若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是()A(0,1)B.C(2,3) D(1,3)解析因为an是递增数列，所以解得a3，所以实数a的取值范围是.答案B方法技巧已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理(2)利用数列与函数之间
12、的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是()A. B. C4 D0解析：选Dan32，由二次函数性质，得当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30.故选D.2.若数列an满足：a119，an1an3，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为()A6 B7 C8 D9解析：选Ba119，an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n，则an是递减数列设an的前k项和数值最大，则有即k，
13、kN*，k7.满足条件的n的值为7.3.已知an是递增数列，且对于任意的nN*，ann2n恒成立，则实数的取值范围是_解析：对于任意的nN*，ann2n恒成立，an1an(n1)2(n1)n2n2n1.又an是递增数列，an1an0，且当n1时，an1an最小，an1ana2a130，3.答案：(3，)4.已知数列an中，an1(nN*，aR，且a0)(1)若a7，求数列an中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的nN*，都有ana6成立，求a的取值范围解：(1)an1(nN*，aR，且a0)，又a7，an1.结合函数f(x)1的单调性，可知1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列
14、an中的最大项为a52，最小项为a40.(2)an11.对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，知56，10a0，考虑函数yt，易知其在(0,1上单调递减，在(1，)上单调递增，且当t1时，y的值最小，再考虑函数t5x，当0x1时，t(1,5，则可知an5nn在(0,1上单调递增，所以当n时，an取得最小值答案： 练常考题点检验高考能力一、选择题1已知数列an的前n项和Snn22n，则a2a18()A36 B35 C34 D33解析：选C当n2时，anSnSn12n3；当n1时，a1S11，所以an2n3(nN*)，所以a2a1834.2数列an中，a11，对于所有的n2
15、，nN*都有a1a2a3ann2，则a3a5()A. B. C. D.解析：选A令n2,3,4,5，分别求出a3，a5，a3a5.3在各项均为正数的数列an中，对任意m，nN*，都有amnaman.若a664，则a9等于()A256 B510C512 D1 024解析：选C在各项均为正数的数列an中，对任意m，nN*，都有amnaman.a6a3a364，a38.a9a6a3648512.4已知数列an满足a115，且3an13an2.若akak10，则正整数k()A21 B22 C23 D24解析：选C由3an13an2得an1an，则an是等差数列，又a115，ann.akak10，0，k
16、2n1(n1p)，则p0，(n1)an1nan0，即，a11，an.答案：三、解答题11已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Snaan(nN*)，可得a1aa1，解得a11；S2a1a2aa2，解得a22；同理，a33，a44.(2)Snaan，当n2时，Sn1aan1，整理得(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.12已知数列an的通项公式是ann2kn4.(1)若k5，则数列中有多少项是负数？
17、n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于nN*，都有an1an，求实数k的取值范围解：(1)由n25n40，解得1nan知该数列是一个递增数列，又因为通项公式ann2kn4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到nN*，所以3.所以实数k的取值范围为(3，)第二节等差数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列的性质及基本量的计算；2.等差数列前n项和及性质的应用；3.等差数列的判定与证明.突破点(一)等差数列的性质及基本量的计算基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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
18、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(5)若数列an，bn是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列
19、pan，anp，panqbn都是等差数列(p，q都是常数)，且公差分别为pd1，d1，pd1qd2.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 等差数列的基本运算例1(1)(2016东北师大附中摸底考试)在等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1 B2 C3 D4(2)(2016惠州调研)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S36，a14，则公差d等于()A1 B. C2 D3解析(1)a1a52a310，a35，则公差da4a32，故选B.(2)由S36，且a14，得a30，则d2，故选C.答案(1)B(2)C方法技巧1等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般
20、求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想2等差数列设项技巧若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为ad，a，ad；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为ad，ad，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元等差数列的性质例2(1)在等差数列an中，a3a927a6，Sn表示数列an的前n项和，则S11()A18 B99 C198 D297(2)已知an，bn都是等差数列，若a1b109，a3b815，则a5b6_.解析(1)
21、因为a3a927a6,2a6a3a9，所以3a627，所以a69，所以S11(a1a11)11a699.(2)因为an，bn都是等差数列，所以2a3a1a5,2b8b10b6，所以2(a3b8)(a1b10)(a5b6)，即2159(a5b6)，解得a5b621.答案(1)B(2)21能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位
22、)这个问题中，甲所得为()A.钱 B.钱C.钱 D.钱解析：选D设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得即甲得钱，故选D.2.设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n()A5 B6 C7 D8解析：选D由题意知Sn2Snan1an22a1(2n1)d22(2n1)36，解得n8.3.已知数列an为等差数列，且a1a7a13，则cos(a2a12)的值为()A. B C. D解析：选D在等差数列an中，因为a1a7a13，所以a7，所以a2a12，所以cos(a2a12).故选D.4.设Sn为等差数列an的前n项和，a128，S99，则S16_.解析：设
23、等差数列an的首项为a1，公差为d，由已知，得解得所以S16163(1)72.答案：725.设等差数列an的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn324(n6)，求数列an的项数及a9a10.解：由题意知a1a2a636，anan1an2an5180，得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216，a1an36，又Sn324，18n324，n18.a1an36，n18，a1a1836，从而a9a10a1a1836.突破点(二)等差数列前n项和及性质的应用基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 等差数列前n项和的性质(1)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，
24、(mN*)也是等差数列，公差为m2d.(2)S2n1(2n1)an，S2nn(a1a2n)n(anan1)(3)当项数为偶数2n时，S偶S奇nd；项数为奇数2n1时，S奇S偶a中，S奇S偶n(n1)(4)an，bn均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则.(5)若an是等差数列，则也是等差数列，其首项与an的首项相同，公差是an的公差的.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 等差数列前n项和的性质例1已知an为等差数列，若a1a2a35，a7a8a910，则a19a20a21_.解析法一：设数列的公差为d，则a7a8a9a16da26da36d518d10，所以18d5，故a19a20a21a
25、712da812da912d1036d20.法二：由等差数列的性质，可知S3，S6S3，S9S6，S21S18成等差数列，设此数列公差为D.所以52D10，所以D.所以a19a20a21S21S1856D51520.答案20等差数列前n项和的最值例2等差数列an的首项a10，设其前n项和为Sn，且S5S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解设等差数列an的公差为d，由S5S12得5a110d12a166d，da10，nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法二：设此数列的前n项和最大，则即解得即8n9，又nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法三：由于Snna1dn2n，设f(x)x2x，则
26、函数yf(x)的图象为开口向下的抛物线，由S5S12知，抛物线的对称轴为x(如图所示)，由图可知，当1n8时，Sn单调递增；当n9时，Sn单调递减又nN*，所以当n8或n9时，Sn最大方法技巧求等差数列前n项和Sn最值的三种方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解(2)邻项变号法：a10，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.(3)通项公式法：求使an0(an0)成立时最大的n值即可一般地，等差数列an中，若a10，且SpSq(pq)，则：若pq为偶数，则当n时，Sn
27、最大；若pq为奇数，则当n或n时，Sn最大能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.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.设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则()ASn的最大值是S8 BSn的最小值是S8CSn的最大值是S7 DSn的最小值是S7解析：选D由(n1)SnnSn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又
28、1，所以a80，a70，所以数列an的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.3.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1010，S2030，则S30_.解析：S10，S20S10，S30S20成等差数列，且S1010，S2030，S20S1020，S30302021030，S3060.答案：604.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是_解析：由等差数列前n项和的性质知，7，故当n1,2,3,5,11时，为整数，故使得为整数的正整数n的个数是5.答案：55.一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为3227，则该数
29、列的公差d_.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得解得又S偶S奇6d，所以d5.答案：5突破点(三)等差数列的判定与证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于数列an，anan1(n2，nN*)为同一常数an是等差数列解答题中的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是等差数列考点贯通
30、抓高考命题的“形”与“神” 等差数列的判定与证明典例已知数列an的前n项和为Sn，且满足：an2SnSn10(n2，nN*)，a1，判断an是否为等差数列，并说明你的理由解因为anSnSn1(n2)，an2SnSn10，所以SnSn12SnSn10(n2)所以2(n2)又S1a1，所以是以2为首项，2为公差的等差数列所以2(n1)22n，故Sn.所以当n2时，anSnSn1，所以an1，而an1an.所以当n2时，an1an的值不是一个与n无关的常数，故数列an不是等差数列能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1若an是公差为1的等差数列，则a2n12a2n是()A公差为3的等差数列B公差为4
31、的等差数列C公差为6的等差数列D公差为9的等差数列解析：选C令bna2n12a2n，则bn1a2n12a2n2，故bn1bna2n12a2n2(a2n12a2n)(a2n1a2n1)2(a2n2a2n)2d4d6d616.即a2n12a2n是公差为6的等差数列2已知数列an中，a12，an2(n2，nN*)，设bn(nN*)求证：数列bn是等差数列证明：an2，an12.bn1bn1，bn是首项为b11，公差为1的等差数列3已知公差大于零的等差数列的前n项和为Sn，且满足a3a4117，a2a522.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列满足bn，是否存在非零实数c使得bn为等差数列？若存在
32、，求出c的值；若不存在，请说明理由解：(1)数列为等差数列，a3a4a2a522.又a3a4117，a3，a4是方程x222x1170的两实根，又公差d0，a3a4，a39，a413，解得数列an的通项公式为an4n3.(2)由(1)知a11，d4，Snna1d2n2n，bn，b1，b2，b3，其中c0.数列是等差数列，2b2b1b3，即2，2c2c0，c或c0(舍去)，故c.即存在一个非零实数c，使数列bn为等差数列 全国卷5年真题集中演练明规律 1.(2016全国乙卷)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100()A100 B99 C98 D97解析：选Can是等差数列，设其公
33、差为d，S9(a1a9)9a527，a53.又a108，a100a199d199198.故选C.2(2015新课标全国卷)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10()A. B. C10 D12解析：选B数列an的公差为1，S88a118a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.3(2013新课标全国卷)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4 C5 D6解析：选C由Sm12，Sm0，Sm13，得amSmSm12，am1Sm1Sm3，所以等差数列的公差为dam1am321，由得
34、解得选C.4(2013新课标全国卷)等差数列an的前n项和为Sn ，已知S100，S1525，则nSn 的最小值为_解析：由已知解得a13，d，则nSnn2a1d.由于函数f(x)在x处取得极小值，因而检验n6时，6S648，而n7时，7S7490(nN*)，其前n项和为Sn，若数列也为等差数列，则的最大值是()A310 B212 C180 D121解析：选D设数列an的公差为d，依题意得2，因为a11，所以2，化简可得d2a12，所以an1(n1)22n1，Snn2n2，所以222121.即的最大值为121.二、填空题7已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足1，则数列an的公差d是_解析：
35、由1得a1d1，所以d2.答案：28若等差数列an的前17项和S1751，则a5a7a9a11a13等于_解析：因为S171717a951，所以a93.根据等差数列的性质知a5a13a7a11，所以a5a7a9a11a13a93.答案：39在等差数列an中，a9a126，则数列an的前11项和S11等于_解析：S1111a6，设公差为d，由a9a126得a63d(a66d)6，解得a612，所以S111112132.答案：13210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：由题意，当且仅当n8时Sn有最大值，可得即解得1
36、d0，则aa2a41，又a2a4，且an单调递减，所以a22，a4，则q2，q，所以a14，故选B.(2)根据已知条件得消去a1得3，整理得2q2q10，解得q1或q.答案(1)B(2)C求通项或特定项例2(1)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_(2)在等比数列an中，若公比q4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an_.解析(1)设等比数列an的公比为q，q0，则a8a62a4即为a4q4a4q22a4，解得q22(负值舍去)，又a21，所以a6a2q44.(2)由题意知a14a116a121，解得a11，所以等比数列an的通项公式为ana1qn1
37、4n1.答案(1)4(2)4n1方法技巧求等比数列通项公式的方法与策略求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用ana1qn1求解但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形anamqnm可以简化解题过程求解时通常会涉及等比数列设项问题，常用的设项方法为：(1)通项法设数列的通项公式ana1qn1(nN*)来求解(2)对称设元法与有穷等差数列设项方法类似，有穷等比数列设项也要注意对称设元一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为，x，xq，；连续偶数个项成等比数列，可设为，xq，xq3，(注意：此时公比q20，并不适合所有情况)这样既可以减少未知量的个数，也使得解方程较为方便求等比数列的前n
38、项和例3设数列an的前n项和Sn满足6Sn19an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n1时，由6a119a1，得a1.当n2时，由6Sn19an，得6Sn119an1，两式相减得6(SnSn1)9(anan1)，即6an9(anan1)，所以an3an1.所以数列an是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an3n13n2.(2)因为bnn2，所以bn是首项为3，公比为的等比数列，所以Tnb1b2bn1n.能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.已知等比数列an的前三项依次为a1，a1，a4，则an()A4n B4n1C4n
39、 D4n1解析：选B由题意得(a1)2(a1)(a4)，解得a5，故a14，a26，所以q，则an4n1.2.已知数列an是公比为q的等比数列，且a1a34，a48，则a1q的值为()A3 B2C3或2 D3或3解析：选D由a1a34，a48，得aq24，a1q38，解得q2.当q2时，a11，此时a1q3；当q2时，a11，此时a1q3.故选D.3.(2017唐山模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1 B4n1C2n1 D2n1解析：选D设an的公比为q，由可得2，q，将q代入得a12，an2n1，Sn4，2n1，选D.4.(2017枣庄模拟)已知等比数
40、列an中，a21，则其前3项的和S3的取值范围是()A(，1 B(，0)(1，)C3，) D(，13，)解析：选D设等比数列an的公比为q，则S3a1a2a3a21q，当q0时，S31q12 3(当且仅当q1时取等号)；当q0，q1，a3a520，a2a664，则S5()A31 B36 C42 D48解析：选A由等比数列的性质，得a3a5a2a664，于是由且an0，q1，得a34，a516，所以解得所以S531，故选A.3.已知各项均为实数的等比数列an的前n项和为Sn，若S1010，S3070，则S40()A150 B140 C130 D120解析：选A在等比数列an中，由S1010，S3
41、070可知q1，所以S10，S20S10，S30S20，S40S30构成公比为q的等比数列所以(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，解得S2030(负值舍去)所以2q，所以S40S302(S30S20)80，S40S3080150.4.(2017兰州诊断)数列an的首项为a11，数列bn为等比数列且bn，若b10b112 017，则a21_.解析：由bn，且a11，得b1a2.b2，a3a2b2b1b2.b3，a4a3b3b1b2b3，anb1b2bn1，所以a21b1b2b20.因为数列bn为等比数列，所以a21(b1b20)(b2b19)(b10b
42、11)(b10b11)10102 017.答案：2 017突破点(三)等比数列的判定与证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 等比数列的四种常用判定方法定义法若q(q为非零常数，nN*)或q(q为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列中项公式法若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则an是等比数列通项公式法若数列an的通项公式可写成ancqn1(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列前n项和公式法若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 等比数列的判定与证明典例设数列的前n项和为Sn，nN*.已
43、知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列解(1)当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得a4.(2)证明：由4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，得4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)4a3a14164a2，4an2an4an1，数列是以a2a11为首项，为公比的等比数列易错提醒(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可(2)利用递推关系时要注意对n1时的情况进行验证能
44、力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列解析：选D由等比数列的性质得，a3a9a0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.2在数列an中，“an2an1，n2,3,4，”是“an是公比为2的等比数列”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B当an0时，也有an2an1，n2,3,4，但an不是等比数列，因此充分性不成立；当an是公比为2的等比数列时，有2，n2,3,4，即an2an1，n2,
45、3,4，所以必要性成立故选B.3已知一列非零向量an满足a1(x1，y1)，an(xn，yn)(xn1yn1，xn1yn1)(n2，nN*)，则下列命题正确的是()A|an|是等比数列，且公比为B|an|是等比数列，且公比为C|an|是等差数列，且公差为D|an|是等差数列，且公差为解析：选A|an|an1|(n2，nN*)，|a1|0，为常数，|an|是等比数列，且公比为，选A.4已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn14an2(nN*)，若bnan12an，求证：bn是等比数列证明：an2Sn2Sn14an124an24an14an，2.S2a1a24a12，a25.b1a22a13.
46、数列bn是首项为3，公比为2的等比数列 全国卷5年真题集中演练明规律 1(2015新课标全国卷)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42 C63 D84解析：选Ba13，a1a3a521，33q23q421.1q2q47，解得q22或q23(舍去)a3a5a7q2(a1a3a5)22142.2(2013新课标全国卷)等比数列an的前n项和为Sn.已知S3a210a1，a59，则a1()A. B C. D 解析：选C由题知q1，则S3a1q10a1，得q29，又a5a1q49，则a1，故选C.3(2016全国乙卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，
47、则a1a2an的最大值为_解析：设等比数列an的公比为q，则由a1a310，a2a4q(a1a3)5，知q.又a1a1q210，所以a18.故a1a2anaq12(n1)23n23n2n.记t(n27n)2，结合nN*可知n3或4时，t有最大值6.又y2t为增函数，从而a1a2an的最大值为2664.答案：644(2016全国丙卷)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.解：(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，故a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此a
48、n是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1(2017湖北华师一附中月考)在等比数列an中，a2a3a48，a78，则a1()A1 B1 C2 D2解析：选A因为数列an是等比数列，所以a2a3a4a8，所以a32，所以a7a3q42q48，所以q22，则a11，故选A.2(2017安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列an的前n项和，若a2a416，S37，则a8()A32 B64 C128 D256解析：选Ca2a4a16，a34(负值舍去)，
49、又S3a1a2a3a37，则联立，得3q24q40，解得q或q2，an0，q2，a11，a827128.3等比数列an中，已知对任意正整数n，a1a2a3an2n1，则aaaa等于()A.(4n1) B.(2n1)C4n1 D(2n1)2解析：选A由题知a11，公比q2，故数列a是首项为1，公比为4的等比数列，故aaaa(4n1)，故选A.4已知等比数列an的各项均为正数，且a12a23，a4a3a7，则数列an的通项公式an_.解析：设等比数列an的公比为q，则q0.由aa3a7得a4a3a74a4aq2，所以q2，q.又a12a2a12a1q3，即2a13，所以a1，所以ana1qn1n1
50、.答案：5设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则_.解析：设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，.答案：练常考题点检验高考能力一、选择题1(2017河南名校联考)在各项均为正数的等比数列an中，a13，a9a2a3a4，则公比q的值为()A. B. C2 D3解析：选D由a9a2a3a4得a1q8aq6，所以q2a，因为等比数列an的各项都为正数，所以qa13.2(2016杭州质检)在等比数列an中，a5a113，a3a134，则()A3 BC3或 D3或解析：选C根据等比数列的性质得化简得3q2010q
51、1030，解得q103或，所以q103或.3(2017长沙模拟)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10()A7 B5 C5 D7解析：选D设等比数列an的公比为q，由解得或所以或所以a1a10a1(1q9)7.4(2016衡阳三模)在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn()A2n12 B3nC2n D3n1解析：选C因为数列an为等比数列，a12，设其公比为q，则an2qn1，因为数列an1也是等比数列，所以(an11)2(an1)(an21)，即a2an1anan2anan2，则anan22an1，即an(1q22q)0，所以q1，即an
52、2，所以Sn2n，故选C.5(2017福州质检)已知等比数列an的前n项积记为n，若a3a4a88，则9()A512 B256 C81 D16解析：选A由题意知，a3a4a7qa3a7(a4q)a3a7a5a8，9a1a2a3a9(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5a，所以983512.6中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了()A192 里 B96 里
53、 C48 里 D24 里解析：选B设等比数列an的首项为a1，公比为q，依题意有378，解得a1192，则a219296，即第二天走了96 里，故选B.二、填空题7已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则的值为_解析：因为1，a1，a2,9是等差数列，所以a1a21910.又1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b199，易知b20，所以b23，所以.答案：8设Sn为等比数列an的前n项和若a11，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an_.解析：因为3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S23S1S3，即4(a1a2)3a1a1a2a3.化简，得3，
54、即等比数列an的公比q3，故an13n13n1.答案：3n19在等比数列中，公比q2，前99项的和S9930，则a3a6a9a99_.解析：S9930，a1(2991)30.又数列a3，a6，a9，a99也成等比数列且公比为8，a3a6a9a9930.答案：10若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”若各项均为正数的等比数列an是一个“2 016积数列”，且a11，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为_解析：由题可知a1a2a3a2 016a2 016，故a1a2a3a2 0151，由于an是各项均为正数的等比数列且a11，所以a1 0081，公比0q1，所以a1
55、 0071且0a1 0091，故当数列an的前n项的乘积取最大值时n的值为1 007或1 008.答案：1 007或1 008三、解答题11设数列an的前n项和为Sn，a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求a1a3a2n1.解：(1)S1a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列，Sn2n1.又当n2时，anSnSn12n12n22n2.当n1时a11，不适合上式an(2)a3，a5，a2n1是以2为首项，4为公比的等比数列，a3a5a2n1.a1a3a2n11.12已知数列an满足a15，a25，an1an6an1(n2)(1)求证：an12an是等比数列
56、；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：an1an6an1(n2)，an12an3an6an13(an2an1)(n2)a15，a25，a22a115，an2an10(n2)，3(n2)，数列an12an是以15为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)得an12an153n153n，则an12an53n，an13n12(an3n)又a132，an3n0，an3n是以2为首项，2为公比的等比数列an3n2(2)n1，即an2(2)n13n.第四节数列的综合问题本节主要包括2个知识点：1.数列求和；2.数列的综合应用问题.突破点(一)数列求和基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1公式法与分组
57、转化法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和等差数列的前n项和公式：Snna1d.等比数列的前n项和公式：Sn(2)分组转化法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解例如，Sn1002992982972221
58、2(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050.3裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和(2)常见的裂项技巧.4错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 分组转化法求和例1已知数列an，bn满足a15，an2an13n1(n2，nN*)，bnan3n(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)an2an13n
59、1(nN*，n2)，an3n2(an13n1)，bn2bn1(nN*，n2)b1a1320，bn0(n2)，2，bn是以2为首项，2为公比的等比数列bn22n12n.(2)由(1)知anbn3n2n3n，Sn(2222n)(3323n)2n1.方法技巧分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组转化法求an的前n项和(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和错位相减法求和例2(2016山东高考)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，
60、求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，满足上式，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1，又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2，所以Tn3n2n2.方法技巧错位相减法求和的策略(1)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式
61、时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解裂项相消法求和例3数列an的前n项和为Sn2n12，数列bn是首项为a1，公差为d(d0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列(1)求数列an与bn的通项公式；(2)若cn(nN*)，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n2时，anSnSn12n12n2n，又a1S12112221，也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n.则b1a12.由b1，b3，b9成等比数列，得(22d)22(28d)，解得d0(舍去)或d2，所以数列b
62、n的通项公式为bn2n.(2)由(1)得cn，所以数列cn的前n项和Tn11.易错提醒利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等如：若an是等差数列，则，.能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2解析：选CSna1a2a3an(21211)(22221)(23231)(2n2n1)(2222n)2(123n)n2n2(2n1)n2nn2n
63、1n22.2.(2016江南十校联考)已知函数f(x)xa的图象过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 017()A.1 B.1C.1 D.1解析：选C由f(4)2可得4a2，解得a，则f(x)x.所以an，S2 017a1a2a3a2 017()()()()()1.3.已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_.解析：ann2n，Sn121222323n2n.2Sn122223(n1)2nn2n1.，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12.Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n124.已知数列an的通项公式是an23n1(1
64、)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前n项和Sn.解：Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3，所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn5.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，
65、故bn.则Tn11.即对任意的nN*，都有Tn.突破点(二)数列的综合应用问题1.等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点，主要有：(1)综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性质；(2)重点考查基本量(即“知三求二”，解方程(组)的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.2.数列与函数的特殊关系，决定了数列与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：(1)以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；(2)根据数列是一种特殊的函数这一特点命题，考查利用函数的性质
66、来研究数列的单调性、最值等问题.3.数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等.(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等.(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 等差数列与等比数列的综合问题例1在等差数列an中，a1030，a2050.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn2an10，证明：数列bn为等比数列；(3)求数列nbn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公差为d，则ana1(n1)d，由a1030，a2050，得方程组解得所以a
67、n12(n1)22n10.(2)证明：由(1)，得bn2an1022n101022n4n，所以4.所以bn是首项为4，公比为4的等比数列(3)由nbnn4n，得Tn14242n4n，4Tn142(n1)4nn4n1，得3Tn4424nn4n1n4n1.所以Tn.方法技巧等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项
68、能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的提醒在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合数列与函数的综合问题例2设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列anb的前n项和Sn.解(1)证明：由已知，bn2an0.当n1时，2an1an2d.所以数列bn是首项为2a1，公比为2d的等比数列(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距
69、为a2.由题意，a22，解得a22.所以da2a11，所以ann，bn2n，则anbn4n.于是Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1.因此，Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以Sn.方法技巧数列与函数问题的解题技巧(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的
70、常用解法有助于该类问题的解决数列与不等式的综合问题例3(2016郑州质量预测)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2a1log2a2log2an，求使(n8)bnnk对任意nN*恒成立的实数k的取值范围解(1)由Sn2an2可得a12.因为Sn2an2，所以，当n2时，anSnSn12an2an1，即2.所以数列an是以a12为首项，2为公比的等比数列，所以an2n(nN*)(2)由(1)知an2n，则bnlog2a1log2a2log2an12n.要使(n8)bnnk对任意nN*恒成立，即k对任意nN*恒成立设cn(n8)(n1)，则当
71、n3或4时，cn取得最小值，为10，所以k10.即实数k的取值范围为(，10方法技巧数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.设an 是首项为a1 ，公差为1 的等差数列，Sn为其前n项和若 S1，S2，S4成等比数列，则a1()A2 B2 C. D解析：选D由S1a1，S22a11，S44a16成等比数列可得(2a11)2a1(4a16)，
72、解得a1.2.已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.解析：a2，a3，a7成等比数列，aa2a7，(a12d)2(a1d)(a16d)，即2d3a10.又2a1a21，3a1d1.由解得a1，d1.答案：13.(2016南昌调研)等差数列an的前n项和为Sn，已知f(x)，且f(a22)sin，f(a2 0142)cos，则S2 015_.解析：因为f(x)，f(x)，所以f(x)f(x)0，即f(x)f(x)而f(x)1，所以f(x)是R上的增函数又f(a22)sinsinsin，f(a2 0142)coscoscos，所以f(a22)
73、f(a2 0142)f(2a2 014)，所以a222a2 014，所以a2a2 0144.所以S2 0154 030.答案：4 0304.已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7，问：b6与数列an的第几项相等？解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(nN*)(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2得n63，所以b6与数列an的第63项相等5.设数
74、列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，所以a1a32(a21)，即a14a12(2a11)，解得a12.所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是使|Tn1|0，a2a
75、n4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)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.3(2014新课标全国卷)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：.解：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项
76、为，公比为3的等比数列所以an，因此an的通项公式为an.(2)证明：由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以0，因为a3，a4，a11成等比数列，所以2a3a11，即2(12d)(110d)，即44d236d450，所以d，所以an.所以apaq(pq)15.3在数列an中，a11，a22，an2an1(1)n，那么S100的值为()A2 500 B2 600 C2 700 D2 800解析：选B当n为奇数时，an2an0，所以an1，当n为偶数时，an2an2，所以ann，故an于是S100502 600.4已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn
77、1n，则S2 017的值为()A2 017 B2 016 C1 009 D1 007解析：选C因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，n1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009，故选C.5已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin 2x2cos2，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0 B9 C9 D1解析：选C由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2.a1
78、a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2419，即数列yn的前9项和为9.6设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3，则数列的前n项和Tn()A B.C D.解析：选C设an的公差为d，因为S1a1，S22a1d2a1a1，S43a3a1a1，S1，S2，S4成等比数列，所以2a1，整理得4a12a150，所以a1或a1.当a1时，公差d0不符合题意，舍去；当a1时，公差d1，所以an(n1)(1)n(2n1)，所以，所以其前n项和Tn1，故选C.二、填空题7(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5
79、_.解析：an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.答案：11218已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 016项的和等于_解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 016项的和等于S2 0161 0081 512.答案：1 5129对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项公式为2n，则数列an的前n项和Sn_.解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222
80、222n222n.Sn2n12.答案：2n1210(2017福建泉州五中模拟)已知lg xlg y1，且Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，则Sn_.解析：因为lg xlg y1，所以lg(xy)1.因为Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，所以Snlg ynlg(xyn1)lg(xn2y2)lg(xn1y)lg xn，两式相加得2Sn(lg xnlg yn)lg(xn1y)lg(xyn1)(lg ynlg xn)lg(xnyn)lg(xn1yxyn1)lg(ynxn)nlg(xy)lg(xy)lg(xy)n2lg(
81、xy)n2，所以Sn.答案：三、解答题11数列an满足a11，an12an(nN*)，Sn为其前n项和数列bn为等差数列，且满足b1a1，b4S3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn.解：(1)由题意知，an是首项为1，公比为2的等比数列，ana12n12n1.Sn2n1.设等差数列bn的公差为d，则b1a11，b413d7，d2，则bn1(n1)22n1.(2)证明：log2a2n2log222n12n1，cn，Tn.nN*，Tn0，数列Tn是一个递增数列，TnT1.综上所述，Tn.12已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1时，a1S1312211615，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn1.
