1、6.1数列(含函数特征)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作这个数列的项2数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法4数列的通项公式如果数列an的第n项an与n之间的函数关系可以用一个式子来表示成 anf (n)，那么这个式子叫作这个数列的通项公式5已知数列an的前n项和Sn，则an【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)所有数列的第n项都能使用公式表达()(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个()(3)1,1,1,1，不能构成一个数列()(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列()(5
2、)如果数列an的前n项和为Sn，则对任意nN，都有an1Sn1Sn.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)1数列3,7，11,15，的通项公式可能是()Aan4n7Ban(1)n(4n1)Can(1)n(4n1) Dan(1)n1(4n1)答案：C2(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an_.答案：5n43已知数列an的前n项和Snn21，则an_.解析：当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n212n1，故an答案：4(2016高考浙江卷)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析：(方法一)an12Sn
3、1，a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，由S24，可求出S313，S440，S5121.(方法二)由an12Sn1，得a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，则Sn13，又S1，是首项为，公比为3的等比数列，Sn3n1，即Sn，S5121.答案：11215(2015高考江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN* )，则数列前10项的和为_解析：先利用累加法求an，再利用裂项法求的前10项和由题意有a2
4、a12，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*)2.S1022.答案：类型一由数列的前几项求数列的通项公式根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，.(2)，.(3)1，.解(1)各项减去1后为正偶数，an2n1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，.an.(3)各项负正相间，故通项公式中含有因式(1)n，各项绝对值的分母组成数列n，分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为21，偶数项为21.an(1)n.根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察
5、分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分特征；符号特征应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想1根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式(1)1,7，13,19，；(2)0.8,0.88,0.888，；(3)，.解：(1)数列中各项的符号可通过(1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为an(1)n(6n5)(2)数列变为，故an.(3)各项的分母分别为21,22,23,24，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3.因此把第1项变为，原数列化为，故an(1)n.类型二由数列的前n项和求数列的
6、通项公式设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式解(1)令n1时，T12S11，T1S1a1，a12a11，a11.(2)n2时，Tn12Sn1(n1)2，则SnTnTn12Snn22(SnSn1)2n12an2n1.因为当n1时，a1S11也满足上式，所以Sn2an2n1(n1)，当n2时，Sn12an12(n1)1，两式相减得an2an2an12，所以an2an12(n2)，所以an22(an12)，因为a1230，所以数列an2是以3为首项，公比为2的等比数列所以an232n1，所以an32n12，当n1
7、时也成立，所以an32n12.数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的情况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示2(1)(2017山东临沂模拟)已知数列an的前n项和Sn，则a4等于()A.BC. D解析：选A.a4S4S3.(2)已知数列an的前n项和Sn3n22n1，则其通项公式为_解析：当n1时，a1S13122112；当n2时，anSnSn13n22n16n5，显然当n1时，不满足上式故数列的通项公式为an答案：an类型三由数列的递推关系求通项公式(1)设数列an中，a12，an1ann1，则通项an_.
8、解析由题意得，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)2(23n)21.又a121，符合上式，因此an1.答案1(2)数列an中，a11，an13an2，则它的一个通项公式为an_.解析(方法一)(累乘法)an13an2，即an113(an1)，即3，所以3，3，3，3.将这些等式两边分别相乘得3n.因为a11，所以3n，即an123n1(n1)，所以an23n11(n2)，又a11也满足上式，故数列an的一个通项公式为an23n11.(方法二)(迭代法)an13an2，即an113(an1)32(an11)33(an21)3n(a11)23n(n1)，所以an23n11(n2
9、)，又a11也满足上式，故数列an的一个通项公式为an23n11.答案23n11已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解当出现anan1m时，构造等差数列；当出现anxan1y时，构造等比数列；当出现anan1f (n)时，用累加法求解；当出现f (n)时，用累乘法求解3(1)已知数列an满足a11，anan1(n2)，则an_.解析：anan1(n2)，an1an2，a2a1.以上(n1)个式子相乘得ana1.当n1时也满足此等式，an.答案：(2)已知数列an满足a11，且anan1n(n2，且nN*)，则数列an的通项公式为()Aan BanCann2 Dan(n
10、2)3n解析：选B.anan1n(n2，且nN*)1，即bn，则数列bn为首项b13a13，公差为1的等差数列，所以bn3(n1)1n2，所以an.类型四数列的性质(2017江西上饶调研)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(nN*). 结合函数f (x)1的单调性，可知1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为a52，最小项为a40.(2)an11，已知对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f (x
11、)1的单调性，可知56，即10a0或an0)，运用基本不等式得，f (x)2当且仅当x3时等号成立因为an，所以，由于nN，不难发现当n9或10时，an最大(2)数列an满足an1a1，则数列的第2 015项为_解析：由已知可得，a221，a32，a42，a521，an为周期数列且T4，a2 015a3.答案：学科培优高频微考点数列中的新定义问题(五)典例对于数列xn，若对任意nN，都有xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设bn2t，若数列b3，b4，b5，是“减差数列”，则实数t的取值范围是()A(1，)B(，1C(1，) D(，1思维点拨由“减差数列”的定义，可得关于bn的不等式，把bn
12、的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解由数列b3，b4，b5，是“减差数列”，得bn1(n3)，即tt，化简得t(n2)1.当n3时，若t(n2)1恒成立，则t恒成立，又当n3时，的最大值为1，则t的取值范围是(1，)C温馨提醒解决数列的新定义问题要做到：(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法思想方法感悟提高1求数列通项或指定项通常用观察法(对于交错数列一般用(1)n或(1)n1来区
13、分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法2强调an与Sn的关系：an3已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式4数列的性质可利用函数思想进行研究1数列anf (n)和函数yf (x)定义域不同，其单调性也有区别：yf (x)是增函数是anf (n)是递增数列的充分不必要条件2数列的通项公式可能不存在，也可能有多个3由anSnSn1求得的an是从n2开始的，要对n1时的情况进行验证课时规范训练(时间：35分钟)1对于数列a
14、n，“an1|an|(n1,2，)”是an为递增数列的()A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.当an1|an|(n1,2，)时，|an|an，an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则a2|a1|不成立，即知an1|an|(n1,2，)不一定成立故综上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的充分不必要条件2已知数列an的首项为2，且数列an满足an1，数列an的前n项的和为Sn，则S2 016为()A504 B588C588 D504解析：选C.a12，an1，a2，a3，a43，a52，数列an的周期为4
15、，且a1a2a3a4，2 0164504，S2 016504588，故选C.3在数列an中，an1an2，Sn为an的前n项和若S1050，则数列anan1的前10项和为()A100 B110C120 D130解析：选C.anan1的前10项和为a1a2a2a3a10a112(a1a2a10)a11a12S10102120，故选C.4设Sn为数列an的前n项和，且Sn(an1)(nN*)，则an()A3(3n2n) B3n2C3n D32n1解析：选C.解得代入选项逐一检验，只有C符合5已知函数f (x)(a0，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
16、范围是()A(0,1) BC(2,3) D(1,3)解析：选C.因为an是递增数列，所以解得2a0，解得n6或n0，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，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
17、 ，由(1)知bnlg 2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)b1b2b6lg lg lg 10，当n7时，bnb7lg lg 0，d0，则Sn存在最大值；若a10，则Sn存在最小值【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列()(2)数列an为等差数列的充要条件是对任意nN，都有2an1anan2.()(3)等差数列an的单调性是由公差d决定的()(4)数列an为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数()(5)数列an满足an1ann，则数列an是等差数列()(6)已知
18、数列an的通项公式是anpnq(其中p，q为常数)，则数列an一定是等差数列()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)1已知等差数列an满足：a313，a1333，则数列an的公差为()A1B2C3 D4解析：选B.设等差数列an的公差为d，则d2，故选B.2一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，从第7项起为负数，则它的公差为()A2 B3C4 D6解析：选C.an23(n1)d，由题意知即解得d0，a7a100，所以a80.又a7a10a8a90，所以a90，当n14时，an0.当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220130.例4中，若条件“a
19、120”改为a120，其他条件不变，求当n取何值时，Sn取得最小值，并求出最小值解：由S10S15，得a11a12a13a14a150，a130.又a120，a120，当n12或13时，Sn取得最小值，最小值S12S13130.(1)等差数列的性质：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和的性质：在等差数列an中，Sn为其前n项和，则aS2nn(a1a2n)n(anan1)；bS2n1(2n1)an.(2)求等差数列前n项和Sn最值的两种方法：函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过
20、配方或借助图像求二次函数最值的方法求解邻项变号法：a当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；b当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.3(1)设等差数列an的前n项和为Sn，若S150，S160，则，中最大的是()A.BC. D解析：选C.由故an是递减数列，前8项为正，从第9项起为负，故S8最大，而正项中a8最小，最大(2)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取最大值，则d的取值范围是_解析：(方法一)(通法)由于Sn7ndn2n，设f (x)x2x，则其图像的对称轴为直线x.当且仅当n8时Sn取得最大值，故7.58.5，解得1d0，a
21、90，且78d0，即1d0，a4a73)，Sn100，则n的值为()A8B9C10 D11解析：选C.根据已知的两个条件列出方程，注意其中SnSn351(n3)就是an2an1an，这个结果就是3an1，由此得an117，这样a2an1a1an20，使用等差数列的求和公式Sn，由100，解得n10.2等差数列an前n项和为Sn，已知a113，S3S11，当Sn最大时，n的值是()A5 B6C7 D8解析：选C.(方法一)S3S11得a4a5a110，根据等差数列性质可得a7a80，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a70，a80，a3a100，a6a70的最大正整数n的值为()A6
22、B7C12 D13解析：选C.a10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然数n的值为12.5设数列an的前n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“吉祥数列”已知等差数列bn的首项为1，公差不为0，若数列bn为“吉祥数列”，则数列bn的通项公式为()Abnn1 Bbn2n1Cbnn1 Dbn2n1解析：选B.设等差数列bn的公差为d(d0)，k，因为b11，则nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0.因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k1)d0，(2k1)(2d)0，解得d2，k.所以数列bn的通项公式为bn2n1
23、.6设等差数列an的前n项和为Sn，且S918，an430(n9)，若Sn336，则n的值为_解析：因为an是等差数列，所以S99a518，a52，Sn3216n336，解得n21.答案：217设数列an的通项公式为an2n10(nN)，则|a1|a2|a15|_.解析：由an2n10(nN)知an是以8为首项，2为公差的等差数列，又由an2n100得n5，n5时，an0，当n5时，an0，|a1|a2|a15|(a1a2a3a4)(a5a6a15)20110130.答案：1308已知数列an是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足aS2n1(nN)若不等式对任意的nN恒成立，则实数
24、的最大值为_解析：因为数列an是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，所以aS2n1(2n1)an(nN)，解得an2n1.不等式对任意的nN恒成立，则min.当n为正奇数时，(2n1)(2n1)2n15，单调递增，所以当n1时，取到最小值21；当n为正偶数时，(2n1)(2n1)2n17，单调递增，所以当n2时，取到最小值25，所以min21，故实数的最大值为21.答案：219若数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：成等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：当n2时，由an2SnSn10，得SnSn12SnSn1，所以2，又2，故是首项
25、为2，公差为2的等差数列(2)由(1)可得2n，Sn.当n2时，anSnSn1.当n1时，a1不适合上式故an10若数列an满足：a1，a22,3(an12anan1)2.(1)证明：数列an1an是等差数列；(2)求使成立的最小的正整数n.解：(1)证明：由3(an12anan1)2可得an12anan1，即(an1an)(anan1)，数列an1an是以a2a1为首项，为公差的等差数列(2)由(1)知an1an(n1)(n1)，于是累加求和得：ana1(23n)n(n1)，33，n5，n的最小值为6.(时间：25分钟)11设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN)若1，则
26、()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.由条件得，即，所以anan1，所以等差数列an为递增数列又0，a70(nN)，其前n项和为Sn，若数列也为等差数列，则的最大值是()A310 B212C180 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222121.14已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，bn，若对任意的nN，都有bnb8成立，则实数a的取值范围是_解析：依题意得bn1，对任意的nN，都有bnb8，即数列bn的最小项是第8项
27、，于是有.又数列an是公差为1的等差数列，因此有即由此解得8a7，即实数a的取值范围是(8，7)答案：(8，7)15已知等差数列an的前n项和为Sn，nN，且点(2，a2)，(a7，S3)均在直线xy10上(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn；(2)设bn，Tn2b12b22bn，试比较Tn与的大小解：(1)设等差数列an的公差为d.由点(2，a2)，(a7，S3)均在直线xy10上，得又S3a1a2a33a2，a78.ann1，Sn.(2)bn.令Pnb1b2bn，则Pn1，易知Pn(nN)单调递增，Tn2b12b22bn2b1b2bn2Pn(nN)也单调递增又T122，当n1时，Tn.
28、6.3等比数列1等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q表示(q0)2等比数列的通项公式设等比数列an的首项为a1，公比为q，则它的通项ana1qn1.3等比中项若G2ab(ab0)，那么G叫作a与b的等比中项4等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN)(2)若an为等比数列，且klmn(k，l，m，nN)，则akalaman.(3)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，a，anbn，仍是等比数列5等比数列的前n项和公式等比数列an的公比为q(q0)
29、，其前n项和为Sn，当q1时，Snna1；当q1时，Sn.6等比数列前n项和的性质公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)满足an1qan(nN，q为常数)的数列an为等比数列()(2)G为a，b的等比中项G2ab.()(3)如果数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列()(4)如果数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列()(5)数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn.()(6)数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等
30、比数列()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)1已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7等于()A21B42C63 D84解析：选B.a13，a1a3a521，33q23q421.1q2q47.解得q22或q23(舍去)a3a5a7q2(a1a3a5)22142.故选B.2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列的是()Aan Ban1Can2 DSn解析：选C.由Snan2n(nN)，可得Sn1an12(n1)(n2，nN)，得anan11(n2，nN)，所以an2(an12)(n2，nN)，且a11，a1210，所以an2一
31、定是等比数列，故选C.3设an是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n0”的()A充要条件 B充分而不必要条件C必要而不充分条件 D既不充分也不必要条件解析：选C.利用等比数列的通项公式求出满足条件的q的取值，再根据推理关系或集合的关系判断是充分条件还是必要条件设数列的首项为a1，则a2n1a2na1q2n2a1q2n1a1q2n2(1q)0，即q1，故q0是q0，q2.a12，数列an的通项公式为ana1qn12n.答案2n(2)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_解析利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解
32、设等比数列的公比为q，则有解得或又an为递增数列，Sn2n1.答案2n1等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解1(1)在正项等比数列an中，an1an，a2a86，a4a65，则等于()A.BC.D解析：选D.设公比为q，则由题意知0q0，所以a4a8.答案(2)等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，若，则公比q_.解析由，a11知公比q1，则可得.由等比数列前n项和的性质知S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，故q5，q.答案(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公
33、式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若mnpq，则有amanapaq”，可以减少运算量(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2kSk，S3kS2k，成等比数列，公比为qk(q1)3(1)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10()A7B5C5 D7解析：选D.(基础解法)列出方程组即2，得，解得q32或q3.当q32时，a11，a108，则a1a107；当q3时，a18，a101，则a1a107.(能力解法)a4a72，a5a6a4a78a44，a72或a42，a74.当a42，a74时，当a44，a72
34、时，所以a1a10a1(1q9)7.(2)等比数列an共有奇数项，所有奇数项和S奇255，所有偶数项和S偶126，末项是192，则首项a1等于()A1 B2C3 D4解析：选C.设等比数列an共有2k1(kN)项，则a2k1192，则S奇a1a3a2k1a2k1(a2a4a2k)a2k1S偶a2k1192255，解得q2，而S奇255，解得a13，故选C.分类讨论思想在等比数列中的应用(十二)典例(12分)已知首项为的等比数列an的前n项和为Sn(nN)，且2S2，S3,4S4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)证明：Sn(nN)思维点拨(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出
35、通项公式；(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明(1)设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3,4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，可得2a4a3，于是q.又a1，所以等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)证明：由(1)知，Sn1n，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS2.故对于nN，有Sn.(1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有已知Sn与an的关系，要分n1，n2两种情况等比数列中遇到求和问题要分公比q1，q1讨论项数的奇、偶数讨论等比数列的单调性的判断注意与a1
36、，q的取值的讨论(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图像或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别思想方法感悟提高1已知等比数列an(1)数列can(c0)，|an|，a，也是等比数列(2)a1ana2an1amanm1.2判断数列为等比数列的方法(1)定义法：q(q是不等于0的常数，nN)数列an是等比数列；也可用q(q是不等于0的常数，nN，n2)数列an是等比数列二者的本质是相同的，其区别只是n的初始值不同(2)等比中项法：aanan2(anan1an20，nN)数列an是等比数列1特别注意q1时，Snna1这一
37、特殊情况2由an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证a10.3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4等比数列性质中：Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列，不能忽略条件q1.课时规范训练(时间：40分钟)1设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则等于()A2BC. D1或2解析：选B.设等比数列an的公比为q，当q1时，不满足3，故q1，Sn.由3得，1q23，故q22，则.2等比数列an满足an0，nN，且a3a2n322n(n2)，则当n1时，log2a1log2a2log2a2n1等于()An(2n1
38、) B(n1)2Cn2 D(n1)2解析：选A.由等比数列的性质，得a3a2n3a22n，从而得an2n.(方法一)log2a1log2a2log2a2n1log2log22n(2n1)n(2n1)(方法二)取n1，log2a1log221，而(11)24，(11)20，排除B，D；取n2，log2a1log2a2log2a3log22log24log286，而224，排除C，选A.3设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31 B32C63 D64解析：选C.(1)(方法一)在等比数列an中，S2，S4S2，S6S4也成等比数列，故(S4S2)2S2(S6S4)，则(
39、153)23(S615)，解得S663.(方法二)设等比数列an的首项为a1，公比为q.若q1，则有Snna1，显然不符合题意，故q1.由已知可得两式相除得1q25，解得q24.故q2或q2.若q2，代入解得a11，此时S663.若q2，代入解得a13，此时S663.(方法三)因为数列an为等比数列，若q1，则有Snna1，显然不符合题意，故q1.设其前n项和为Snkqnk.由题意可得两式相除得1q25，解得q24.代入解得k1.故Snqn1.所以S6q61(q2)3143163.4已知Sn是等比数列an的前n项和，若存在mN，满足9，则数列an的公比为()A2 B2C3 D3解析：选B.设公
40、比为q，若q1，则2，与题中条件矛盾，故q1.qm19，qm8.qm8，m3，q38，q2.5已知等比数列an的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4a3，则使得Tn1的n的最小值为()A4 B5C6 D7解析：选C.an是各项均为正数的等比数列且a2a4a3，aa3，a31.又q1，a1a21(n3)，TnTn1(n4，nN*)，T11，T2a1a21，T3a1a2a3a1a2T21，T4a1a2a3a4a11，故n的最小值为6，故选C.6等比数列an的各项均为正数，且a1a54，则log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_.解析：因为an0，a1a54，a
41、n为等比数列，所以a4，所以a32.所以log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2alog2255.答案：57设Sn是等比数列an的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2a52am，则m_.解析：设数列an的公比为q，S9S3S6S9，显然q1，q3，q，又a2a52am，则a2(1q3)2a2qm2，即(1)，m8.答案：88已知数列an的首项为1，数列bn为等比数列且bn，若b10b112，则a21_.解析：b1a2，b2，a3b2a2b1b2，b3，a4b1b2b3，anb1b2b3bn1，a21b1b2b3b20(b10b
42、11)102101 024.答案：1 0249数列bn满足：bn12bn2，bnan1an，且a12，a24.(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)由bn12bn2，得bn122(bn2)，2，又b12a2a124，数列bn2是首项为4，公比为2的等比数列bn242n12n1，bn2n12.(2)由(1)知，anan1bn12n2(n2)，an1an22n12(n2)，a2a1222，an2(22232n)2(n1)，an(222232n)2n22n22n12n.Sn2n2(n2n4)10已知数列an和bn满足a1，an1ann4，bn(1)n(an3n21)，
43、其中为实数，n为正整数(1)证明：对任意实数，数列an不是等比数列；(2)证明：当18时，数列bn是等比数列证明：(1)假设存在一个实数，使an是等比数列，则有aa1a3，即22492490，矛盾所以an不是等比数列(2)bn1(1)n1(1)n1(1)nbn.又18，所以b1(18)0.由上式知bn0，所以(nN)故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列(时间：25分钟)11设an是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai1的矩形的面积(i1,2，)，则An为等比数列的充要条件是()Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2
44、n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同解析：选D.Aiaiai1，若An为等比数列，则为常数，即，.a1，a3，a5，a2n1，和a2，a4，a2n，成等比数列，且公比相等反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则q，从而An为等比数列12已知等比数列an的前n项和为Sn，则下列说法中一定成立的是()A若a30，则a2 0150，则a2 0140，则S2 0150 D若a40，则S2 0140解析：选C.等比数列an的公比q0.对于A，若a30，则a1q20，所以a10，所以a2 015a1q2 0140
45、，所以A不一定成立；对于B，若a40，则a1q30，所以a1q0，所以a2 014a1q2 0130，所以B不一定成立；对于C，若a30，则a10，所以当q1时，S2 0150，当q1时，S2 0150(1q与1q2 015同号)，所以C一定成立，易知D不一定成立，故选C.13若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.解析：因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)lnln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550.答案：5014定
46、义在(，0)(0，)上的函数f (x)，如果对于任意给定的等比数列an，f (an)仍是等比数列，则称f (x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f (x)x2；f (x)2x；f (x)；f (x)ln |x|.则其中是“保等比数列函数”的f (x)的序号为_解析：设an的公比为q，验证q2，故为“保等比数列函数”答案：15设数列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(
47、n2)，即an2an1(n2)，从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以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|11|1 000.因为295121 0001 024210，所以n10.于是使|Tn1|1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意得即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.2(2016高考山东卷)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且an
48、bnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn.求数列cn的前n项和Tn.解：(1)由题意知当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，符合上式所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得b14，d3.所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3，2Tn3，两式作差，得Tn333n2n2，所以Tn3n2n2.类型三裂项相消法求和已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a
49、112，所以由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()，裂项后可以产生连续可以相互抵消的项(2)抵消后并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3在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San.(1)求Sn的表达式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解：(1)San，anSnSn1(n2)，S(SnSn1)，即2Sn1SnSn1Sn，由题意得Sn1Sn0，式两边同除以Sn1Sn，得2，数列
50、是首项为1，公差为2的等差数列12(n1)2n1，Sn.(2)bn，Tnb1b2bn.类型四数列与函数、不等式的综合数列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，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，
51、Tn.1.解决函数与数列的综合问题的基本思路(1)数列是一类特殊的函数，它的图像是一群孤立的点；因此可考虑借助数形结合的思想思考数列问题(2)可将数列问题转化为函数问题，借助函数的知识，如单调性、最值来解决2数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到(3)比较方法：作差或者作商比较(4)数学归纳法：使用数学归纳法进行证明4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bnlog2a1lo
52、g2a2log2an，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，公比为2的等比数列，所以an2n(nN)(2)bnlog2a1log2a2log2an12n.要使(n8)bnnk对任意nN恒成立，即实数k对任意nN恒成立设cn(n8)(n1)，则当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(，10四审结构定方案(四)典例(12分)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an
53、；(2)求数列的前n项和Tn.审题路线图(1)(2)规范解答(1)当nkN时，Snn2kn取得最大值，即8Skk2k2k2，故k216，k4.当n1时，a1S14， 3分当n2时，anSnSn1n.当n1时，上式也成立，综上，ann. 6分(2)因为，所以Tn1，2Tn22. 7分得：2TnTn2144. 11分故Tn4. 12分温馨提醒(1)根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和Sn，求出an后再根据的结构特征确定利用错位相减法求Tn.在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用Sn求an时不要忽视n1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数(3)可以通过n1,2时的特殊情况对
54、结论进行验证思想方法感悟提高非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和1直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论2在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an1的式子应进行合并3在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项课时规范训练(时间：40分钟)1已知an是首项为
55、1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为()A.或5B或5C. D解析：选C.设an的公比为q，显然q1，由题意得，所以1q39，得q2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为.2已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，nN，则S10的值为()A110 B90C90 D110解析：选D.通过a7是a3与a9的等比中项，公差为2，所以aa3a9，所以a(a78)(a74)，所以a78，所以a120，所以S101020(2)110，故选D.3已知数列an中，an4n5，等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1a
56、2，则|b1|b2|b3|bn|()A14n B4n1C. D解析：选B.由已知得b1a23，q4，bn(3)(4)n1，|bn|34n1，即|bn|是以3为首项，4为公比的等比数列|b1|b2|bn|4n1.4设函数f (x)(x3)3x1，an是公差不为0的等差数列，f (a1)f (a2)f (a7)14，则a1a2a7()A0B7C14 D21解析：选D.f (x)(x3)3x1(x3)3(x3)2，而yx3x是单调递增的奇函数，f (x)(x3)3(x3)2是关于点(3,2)成中心对称的增函数又an是等差数列，f (a1)f (a2)f (a7)1472，f (a4)2，即(a43)
57、3(a43)22，a43，a1a2a77a421.5已知函数f (n)且anf (n)f (n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100C100 D10 200解析：选B.由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选B.6已知正项数列an满足a6aan1an.若a12，则数列an的前n项和为_解析：a6aan1an，(an13an)(an12an)0，an0，an13an，又a12，an是首项为2，公比为3的等比数列
58、，Sn3n1.答案：3n17整数数列an满足an2an1an(nN)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为_解析：由an2an1an，得an2anan1anan1，易得该数列是周期为6的数列，且an2an10，S800a1a22 013，S813a1a2a32 000，依次可得a51 000，a613，由此可知an1an2an3an4an5an60，S2 015S513.答案：138在数列an中，已知a11，an1(1)nancos(n1)，记Sn为数列an的前n项和，则S2 015_.解析：an1(1)nancos(n1)(1)n1，当n
59、2k时，a2k1a2k1，kN，S2 015a1(a2a3)(a2 014a2 015)1(1)1 0071 006.答案：1 0069Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bn，其中表示不超过x的最大整数，如0，1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1 000项和解：(1)设 an的公差为d，据已知有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b10，b111，b1012.(2)因为bn所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893.10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)
60、令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN，都有Tn0.所以Snn2n(nN)n2时，anSnSn12n，n1时，a1S12适合上式所以an2n(nN)(2)证明：由an2n(nN)，得bn，Tn(nN)即对于任意的nN，都有Tn0，且anan1n1，则称数列an为“积增数列”已知“积增数列”an中，a11，数列aa的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有()ASn2n23 BSnn24nCSnn24n DSnn23n解析：选D.an0，aa2anan1.anan1n1，anan1的前n项和为234(n1)，数列aa的前n项和Sn2(n3)n，故选D.12已知数列2 008,2
61、009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S2 016等于()A2 008 B2 010C1 D0解析：选D.由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，2 008，2 009，1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S60.2 0166336，S2 0160.13数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，则当Sn取得最大值时n的值为_解析：设an的公差为d，由a12a50，得
62、a1d，d0；当n17时，anb2b140b17b18，b15a15a16a170，故S14S13S1，S14S15，S15S17S18.因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以S16S14，故当Sn取得最大值时n16.答案：1614已知数列an满足a11，a22，an2ansin2 ，则该数列的前20项的和为_解析：当n为奇数时，an2an1，故奇数项组成了首项为1，公差为1的等差数列，其前10项之和等于11055；当n为偶数时，an22an，故偶数项组成了首项为2，公比为2的等比数列，其前10项之和为21122 046.所以，数列an的前20项之和为552 0462 10
63、1.答案：2 10115已知等比数列an的公比q1，a11，且a1，a3，a214成等差数列，数列bn满足：a1b1a2b2anbn(n1)3n1(nN*)(1)求数列an和bn的通项公式(2)若manbn8恒成立，求实数m的最小值解：(1)等比数列an满足：a11，且a1，a3，a214成等差数列，2a3a1a214，即2a1q2a1a1q14，2q2q150，q3或q，又q1，q3，an3n1.a1b1a2b2anbn(n1)3n1，当n2时，有a1b1a2b2an1bn1(n2)3n11，可得anbn(2n1)3n1(n2)，bn2n1(n2)，又n1时，可求得b11，符合bn2n1，故
64、bn2n1.(2)若manbn8恒成立，则m恒成立，令Cn，则Cn1Cn.当Cn1Cn，即n5时，C5C6，当Cn1Cn，即n5时，C1C2C3C4C5，当Cn15时，C6C7C8.Cn的最大值为C5C6，m，m的最小值为.规范解答指导课(三)高考中数列的综合问题(12分)设nN*，xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标(1)求数列xn的通项公式；(2)记Tnxxx，证明：Tn.【信息破译】(1)“切线”求导，进而求切线方程，从而表示出xn.(2)Tnxxx，利用“通项”x，通过适当放缩，可得x，进而可逐项相消，顺利求证【标准答案】(1)解：y(2n2)x2n1，2分曲
65、线yx2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1).2分令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.2分(2)证明：因为xn，所以Tnxxx222，1分当n1时，T1.1分当n2时，因为x2，2分所以Tn2.1分综上可得，对任意的nN*，均有Tn.1分【评分细则】第(1)问踩点说明(针对得分点)：求导正确得2分；求对切线方程得2分，写对斜率和方程各得1分；写对通项公式得2分第(2)问踩点说明(针对得分点)：写对Tn得1分；求对T1得1分；放缩正确得2分；逐项相消正确得1分；写出最后结论得1分【满分指导】1写全解题步骤，步步为“赢”解题时，要将解题过程转化为得分
66、点，对于是得分点的解题步骤一定要写全，阅卷时根据步骤评分，有则得分，无则不得分，如本题中求导、求切线，写出通项公式，放缩正确等，步骤不全不能得满分2准确把握数列与函数、不等式的关系，在函数、不等式背景下提取数列“元素”应正确把握等差、等比数列通项公式及前n项与函数的关系，如等差数列通项可类比一次函数，前n项和可类比二次函数等，前n项和可以大于或小于某个值或式子本题中利用“通项”x，通过适当放缩，可得x，是证明的关键(2017广东广州模拟)已知函数f (x)ax2bx的图像过点(n,0)，且在(0，f (0)处的切线的斜率为n(n为正整数)(1)求函数f (x)的解析式；(2)若数列an满足：a
67、1，f ，令bnn1，求数列bn的通项公式；(3)对于(2)中的数列an，令cnn2，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由已知得f (n)an2bn0，f (0)bn，得a1，bn，f (x)x2nx.(2)由f n，(n2)2，即bn12bn，数列bn是首项为24，公比q2的等比数列，bn42n12n1.(3)由(2)知cnn2n1n.Sn122223n2n1(123n)，2Sn123224n2n22(123n)，两式相减，得Sn(22232n1)n2n2(123n)n2n2(1n)2n24，Sn(n1)2n24.课时规范训练(时间：60分钟)1已知函数f (x)x2x，数列an的前n项和
68、为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf (x)的图像上(1)求数列an的通项公式an；(2)令cn，证明：c1c2cn2n.解：(1)点(n，Sn)在函数yf (x)的图像上，Snn2n.当n1时，a1S12；当n2时，anSnSn1n1.n1也适合上式，ann1(nN*)(2)证明：由(1)得cn2，c1c2cn2n2nb6，求n的范围；(3)令cn(an2)bn，求数列cn的前n项和Rn.解：(1)由题意可得a15b122，10a1145，联立方程可得a13，b12，ann2，bn2n.(2)ann2，bn2n，Sn，b62664，64，n10，nN.(3)由cn(an2)bnn2n
69、，得Rn12222323(n1)2n1n2n，两边同乘2，得2Rn122223324(n1)2nn2n1，两式错位相减，得Rn222232nn2n1n2n12n12n2n1，Rn2(n1)2n1.3已知数列an满足：an1an1(nN*)且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an及前n项和Sn；(2)将数列an的前4项抽去1项后，剩下3项按原来的顺序恰为等比数列bn的前3项，记数列bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对任意的nN*，总有SnTm成立，求实数的取值范围解：(1)由an1an1，得an1an1，数列an是公差d1的等差数列又由a2a7a126，得a72，a1a76d4，a
70、n5n，Snna1n(n1)d.(2)由题意，知b14，b22，b31，则等比数列bn的公比q.其前n项和Tn8，显然Tn是关于n的递增函数，4Tn8.又Sn，(Sn)maxS4S510.若存在mN*，使对任意的nN*，总有SnTm成立，则102，故实数的取值范围为(2，)4数列an各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足2anSna1.(1)求证数列S为等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn，并求使Tn(m23m)对所有的nN*都成立的最大正整数m的值解：(1)2anSna1，当n2时，2(SnSn1)Sn(SnSn1)21，整理得SS1(n2)又S1，数列S
71、为首项和公差都是1的等差数列Sn.又Sn0，Sn.当n2时，anSnSn1.a1S11适合此式，数列an的通项公式为an.(2)bn，Tn11.Tn，依题意有(m23m)，解得1m4，所求最大正整数m的值为3.5对于数列an，定义其积数是Vn(nN*)(1)若数列an的积数是Vnn1，求an；(2)等比数列an中，a23，a3是a2和a4的等差中项，若数列an的积数Vn满足Vn对一切nN*恒成立，求实数t的取值范围解：(1)Vnn1，a1a2a3ann(n1)，当n2时，a1a2a3an1n(n1)两式相除，得an.当n1时，a1V12，an(2)设等比数列an的公比为q.a3是a2和a4的等差中项，且a23，2a3a2a4,2a2qa2a2q2，q22q10，(q1)20，q1.an3，则Vn(nN*)恒成立，即2t1(3n)min,2t13，即t2.
