1、1【步步高】 （浙江通用）2017 版高考数学一轮复习 第五章 数列 5.1 数列的概念与简单表示法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2数列的分类分类原则 类型 满足条件有穷数列 项数有限按项数分类无穷数列 项数无限递增数列 an1 _an递减数列 an1 _0)，运用基本不等式得， f(x)2 当且仅当 x3 时等号90x 90 10成立因为 an ，所以 ，由于 nN *，不难发现当 n9 或 10 时， an1n 90n1n 90n 1290最大119思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法用作差比较法，根据 an1 an的符号判断
2、数列 an是递增数列、递减数列或是常数列用作商比较法，根据 (an0 或 an0)与 1 的大小关系进行判断an 1an8结合相应函数的图象直观判断(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解(1)(2015哈尔滨模拟)数列 an满足 an1 Error! a1 ，则数列的第 2 01535项为_(2)设 an3 n215 n18，则数列 an中的最大项的值是( )A. B.163 133C4 D0答案 (1) (2)D25解析 (1)由已知可得， a22 1 ，35 15a32 ，15
3、 25a42 ，25 45a52 1 ，45 35 an为周期数列且 T4， a2 015 a3 .25(2) an3 2 ，由二次函数性质，得当 n2 或 3 时， an最大，最大值为 0.(n52) 344数列中的新定义问题典例 (1)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列 5,9,14,20，为“梯形数” 根据图形的构成，此数列的第 2 014 项与 5 的差，即 a2 0145 等于( )A2 0182 012 B2 0202 013C1 0092 012 D1 0102 013(2)对于数列 xn，若对任意 nN *，都有 xn1 成立，则称数列 xn为“减差数xn xn 229列”
4、设 bn2 t ，若数列 b3， b4， b5，是“减差数列” ，则实数 t 的取值范围是( )tn 12n 1A(1，) B(，1C(1，) D(，1思维点拨 (1)观察图形，易得 an an1 n2( n2)可利用累加法求解(2)由“减差数列”的定义，可得关于 bn的不等式，把 bn的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解解析 (1)因为 an an1 n2( n2)， a15，所以 a2 014( a2 014 a2 013)( a2 013 a2 012)( a2 a1) a12 0162 01545 51 0102 0135， 2 016 4 2 0132所以 a2 01451 0
5、102 013，故选 D.(2)由数列 b3， b4， b5，是“减差数列” ，得 bn1 (n3)，bn bn 22即 t t 2 t ，tn 12n t n 2 12n 2 t n 1 12n即 ，tn 12n t n 2 12n 2 t n 1 12n化简得 t(n2)1.当 n3 时，若 t(n2)1 恒成立，则 t 恒成立，1n 2又当 n3 时， 的最大值为 1，1n 2则 t 的取值范围是(1，)答案 (1)D (2)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
6、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方法与技巧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102强调 an与 Sn的关系： anError!3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失误与防范1数列 an f(n)和函数 y
7、 f(x)定义域不同，其单调性也有区别： y f(x)是增函数是an f(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 an Sn Sn1 求得的 an是从 n2 开始的，要对 n1 时的情况进行验证A 组 专项基础训练(时间：30 分钟)1数列 ， ， ，的第 10 项是( )23 4567 89A B1617 1819C D2021 2223答案 C解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子很容易归纳出数列 an的通项公式 an(1) n1 ，故 a10 .2n2n 1 20212已知数列 an满足 a1
8、1， an1 an2 n，则 a10等于( )A1 024 B1 023C2 048 D2 047答案 B解析 an1 an2 n， an an1 2 n1 (n2)， a10( a10 a9)( a9 a8)( a2 a1) a12 92 8212 1011 023.3若 Sn为数列 an的前 n 项和，且 Sn ，则 等于( )nn 1 1a5A. B.56 6511C. D30130答案 D解析 当 n2 时， an Sn Sn1 ，所以 5630.nn 1 n 1n 1n n 1 1a54若数列 an满足： a119， an1 an3( nN *)，而数列 an的前 n 项和数值最大时
9、， n的值为( )A6 B7 C8 D9答案 B解析 an1 an3，数列 an是以 19 为首项，3 为公差的等差数列， an19( n1)(3)223 n. a7222110， a8222420， n7 时，数列 an的前 n 项和最大5已知数列 an的通项公式为 an n22 n (nN) *，则“ 1”是“数列 an为递增数列”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件答案 A解析 若数列 an为递增数列，则有 an1 an0，即 2n12 对任意的 nN *都成立，于是有 32 ， .由 1 可推得 ，但反过来，由 不能得到 1，因此32 32
10、32“ 1”是“数列 an为递增数列”的充分不必要条件，故选 A.6已知数列 an的前 n 项和 Sn n22 n1( nN *)，则 an_.答案 Error!解析 当 n2 时， an Sn Sn1 2 n1，当 n1 时， a1 S14211，因此anError!7数列 an中，已知 a11， a22， an1 an an2 (nN *)，则 a7_.答案 1解析 由已知 an1 an an2 ， a11， a22，能够计算出 a31， a41， a52， a61， a71.8已知数列 an的前 n 项和为 Sn， Sn2 an n，则 an_.答案 2 n1解析 当 n1 时， S1
11、a12 a11，得 a11，当 n2 时，an Sn Sn1 2 an n2 an1 ( n1)，12即 an2 an1 1， an12( an1 1)，数列 an1是首项为 a112，公比为 2 的等比数列， an122 n1 2 n， an2 n1.9数列 an的通项公式是 an n27 n6.(1)这个数列的第 4 项是多少？(2)150 是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当 n4 时， a44 24766.(2)令 an150，即 n27 n6150，解得 n16 或 n9(舍去)，即 150 是这个数列的第 16 项(3
12、)令 an n27 n60，解得 n6 或 n1(舍去)所以从第 7 项起各项都是正数10已知数列 an中， a11，前 n 项和 Sn an.n 23(1)求 a2， a3；(2)求 an的通项公式解 (1)由 S2 a2得 3(a1 a2)4 a2，43解得 a23 a13.由 S3 a3得 3(a1 a2 a3)5 a3，53解得 a3 (a1 a2)6.32(2)由题设知 a11.当 n2 时，有 an Sn Sn1 an an1 ，n 23 n 13整理得 an an1 .n 1n 1于是a11，a2 a1，31a3 a2，4213an1 an2 ，nn 2an an1 .n 1n
13、1将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 an .n n 12显然，当 n1 时也满足上式综上可知， an的通项公式 an .n n 12B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11已知数列 an满足 a133， 2，则 的最小值为( )an 1 ann annA9.5 B10.6C10.5 D9.6答案 C解析 由题意可知 an1 an2 n，由迭代法可得 an a121234( n1) n2 n33，从而 n 1.当 n6 时， 取得最小值 10.5.ann 33n ann12数列 an满足 an an1 (nN *)， a22， Sn是数列 an的前 n 项和，则 S21为( )12A5
14、 B.72C. D.92 132答案 B解析 an an1 ， a22，12 anError! S2111 102 .故选 B.(32) 7213定义：称 为 n 个正数 P1， P2， Pn的“均倒数” 若数列 an的前 nnP1 P2 Pn项的“均倒数”为 ，则数列 an的通项公式为( )12n 1A an2 n1 B an4 n1C an4 n3 D an4 n514答案 C解析 ，na1 a2 an 12n 1 2 n1，a1 a2 ann a1 a2 an(2 n1) n，a1 a2 an1 (2 n3)( n1)( n2)，当 n2 时， an(2 n1) n(2 n3)( n1)
15、4 n3；a11 也适合此等式， an4 n3.14若数列 n(n4)( )n中的最大项是第 k 项，则 k_.23答案 4解析 由题意得Error!所以Error! 由 kN *可得 k4.15已知数列 an中， an1 (nN *， aR 且 a0)1a 2 n 1(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 an a6成立，求 a 的取值范围解 (1) an1 (nN *， aR，且 a0)，1a 2 n 1又 a7， an1 (nN *)结合函数 f(x)1 的单调性，可知12n 9 12x 91 a1 a2 a3 a4，a5 a6 a7 an1
16、( nN *)数列 an中的最大项为 a52，最小项为 a40.(2)an1 1 ，1a 2 n 112n 2 a2已知对任意的 nN *，都有 an a6成立，结合函数 f(x)1 的单调性，12x 2 a2可知 5 6，即10 a8.2 a21【步步高】 （浙江通用）2017 版高考数学一轮复习 第五章 数列 5.2 等差数列及其前 n 项和1等差数列的定义一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母_ d_表示2等差数列的通项公式如果等差数列 an的首项为 a1，公差为 d，那么它的通项公式是
17、 an a1( n1) d.3等差中项如果 A ，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项a b24等差数列的常用性质(1)通项公式的推广： an am( n m)d(n， mN *)(2)若 an为等差数列，且 k l m n(k， l， m， nN *)，则 ak al am an.(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 pan qbn也是等差数列(5)若 an是等差数列，公差为 d，则 ak， ak m， ak2 m，( k， mN *)是公差为 md 的等差数列5等差数列的前 n 项和公式设等差数列 an的公差为
18、d，其前 n 项和 Sn 或 Sn na1 d.n a1 an2 n n 126等差数列的前 n 项和公式与函数的关系Sn n2 n.d2 (a1 d2)数列 an是等差数列 Sn An2 Bn(A、 B 为常数)7等差数列的前 n 项和的最值在等差数列 an中， a10， d0，则 Sn存在最_小_值【知识拓展】1已知 an为等差数列， d 为公差， Sn为该数列的前 n 项和，则2(1)相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即 ak， ak m， ak2 m，仍是等差数列，公差为md(k， mN )(2)Sn， S2n Sn， S3n S2n，也成等差数列，公差为 n2d.(3) 也成等差数
19、列，其首项与 an首项相同，公差是 an的公差的 .Snn 122若数列 an与 bn均为等差数列，且前 n 项和分别是 Sn和 Tn，则 .S2m 1T2m 1 ambm【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 2an1 an an2 .( )(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 an1 an n，则数列 an是等差数列(
20、)(6)已知数列 an的通项公式是 an pn q(其中 p， q 为常数)，则数列 an一定是等差数列( )1(2015重庆)在等差数列 an中，若 a24， a42，则 a6等于( )A1 B0 C1 D6答案 B解析 由等差数列的性质，得 a62 a4 a22240，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 B3 C4 D6答案 C解析 an23( n1) d，由题意知Error!即Error! 解得 0， a7 a100，当 n12 或 13 时， Sn取得最小值，最小值 S12 S13 130.13 a1
21、a132思维升华 (1)等差数列的性质：项的性质：在等差数列 an中， am an( m n)d d(m n)，其几何意义是点am anm n(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a S2n n(a1 a2n) n(an an1 )；b S2n1 (2 n1) an.8(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 Sn an2 bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解邻项变号法：a当 a10， d0 时，满足Error!的项数 m 使得 Sn取得最大值 S
22、m；b当 a10， d0 时，满足Error!的项数 m 使得 Sn取得最小值 Sm.(1)等差数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a5 a74， a6 a82，则当 Sn取最大值时， n 的值是( )A5 B6C7 D8(2)设数列 an是公差 d0 的等差数列， Sn为前 n 项和，若 S65 a110 d，则 Sn取最大值时，n 的值为( )A5 B6C5 或 6 D11(3)已知等差数列 an的首项 a120，公差 d2，则前 n 项和 Sn的最大值为_答案 (1)B (2)C (3)110解析 (1)依题意得 2a64,2 a72， a620， a710；又数列 an是等差数列，
23、因此在该数列中，前 6 项均为正数，自第 7 项起以后各项均为负数，于是当 Sn取最大值时，n6，选 B.(2)由题意得 S66 a115 d5 a110 d，所以 a60，故当 n5 或 6 时， Sn最大，选 C.(3)因为等差数列 an的首项 a120，公差 d2，代入求和公式得，Sn na1 d20 n 2n n 12 n n 12 n221 n 2 2，(n212) (212)又因为 nN *，所以 n10 或 n11 时， Sn取得最大值，最大值为 110.5等差数列的前 n 项和及其最值典例 (1)在等差数列 an中，2( a1 a3 a5)3( a7 a9)54，则此数列前 1
24、0 项的和 S10等于( )A45 B60C75 D90(2)在等差数列 an中， S10100， S10010，则 S110_.9(3)等差数列 an中，已知 a50， a4 a70， a2 a3 a1 d a2 d( a1 a2)2 d，由于 d 正负不确定，因而 a2 a3符号不确定，故选项 A 错；若a1 a30， d0， a20， a30，所以 a a1a3( a1 d)22 a1(a12 d) d20，所以 a2 ，故选项 C 正确；若 a10， y0，由基本不等式可得 xy 2，当且仅当 x y 时“”成立又(x y2 )a60， a70， a6a7 24，当且仅当 a6 a72
25、 时， “”成立即 a6a7的最(a6 a72 )大值为 4，故选 C.12在各项均不为零的等差数列 an中，若 an1 a an1 0 ( n2)，则 S2n1 4 n 等于( )2nA2 B0 C1 D2答案 A解析 由已知 2an a 0， an2，2nS2n1 4 n 4 n 2n 1 a1 a2n 12(2 n1) an4 n(2 n1)24 n2.13设等差数列 an， bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn，若对任意自然数 n 都有 ，SnTn 2n 34n 3则 的值为_a9b5 b7 a3b8 b4答案 1941解析 an， bn为等差数列，14 .a9b5 b7 a3b8
26、b4 a92b6 a32b6 a9 a32b6 a6b6 ，S11T11 a1 a11b1 b11 2a62b6 211 3411 3 1941 .a6b6 194114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1 ananbn b8成立，则实数 a 的取值范围为_答案 (8，7)解析 依题意得 bn1 ，对任意的 nN *，都有 bn b8，即数列 bn的最小项是第 8 项，1an于是有 .又数列 an是公差为 1 的等差数列，因此有Error!即Error!由此解得1an 1a88 a7，即实数 a 的取值范围是(8，7)15已知公差大于零的等
27、差数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 a3a4117， a2 a522.(1)求通项 an；(2)求 Sn的最小值；(3)若数列 bn是等差数列，且 bn ，求非零常数 c.Snn c解 (1)因为数列 an为等差数列，所以 a3 a4 a2 a522.又 a3a4117，所以 a3， a4是方程 x222 x1170 的两实根，又公差 d0，所以 a3 a4，所以 a39， a413，所以Error! 所以Error!所以通项 an4 n3.(2)由(1)知 a11， d4，所以 Sn na1 d2 n2 nn n 122 2 .(n14) 18所以当 n1 时， Sn最小，最小值为
28、S1 a11.(3)由(2)知 Sn2 n2 n，15所以 bn ，Snn c 2n2 nn c所以 b1 ， b2 ， b3 .11 c 62 c 153 c因为数列 bn是等差数列，所以 2b2 b1 b3，即 2 ，62 c 11 c 153 c所以 2c2 c0，所以 c 或 c0(舍去)，12经验证 c 时， bn是等差数列，12故 c .121【步步高】 （浙江通用）2017 版高考数学一轮复习 第五章 数列 5.3 等比数列及其前 n 项和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等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，
29、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 an a1qn1 .3等比中项若 G2 ab (ab0)，那么 G 叫做 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： an amqn m(n， mN *)(2)若 an为等比数列，且 k l m n (k， l， m， nN *)，则 akal aman.(3)若 an， bn(项数相同)是等比数列，则 a n( 0)， ， a ， anbn， 仍1an 2n anbn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)，其前 n 项和为 Sn，当
30、 q1 时， Sn na1；当 q1 时， Sn .a1 1 qn1 q a1 anq1 q6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， S2n Sn， S3n S2n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 an1 qan(nN *， q 为常数)的数列 an为等比数列( )(2)G 为 a， b 的等比中项 G2 ab.( )(3)如果数列 an为等比数列， bn a2n1 a2n，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( )2(5)数
31、列 an的通项公式是 an an，则其前 n 项和为 Sn .( )a 1 an1 a(6)数列 an为等比数列，则 S4， S8 S4， S12 S8成等比数列( )1(2015课标全国)已知等比数列 an满足 a13， a1 a3 a521，则 a3 a5 a7等于( )A21 B42 C63 D84答案 B解析 设等比数列 an的公比为 q，则由 a13， a1 a3 a521 得 3(1 q2 q4)21，解得q23(舍去)或 q22，于是 a3 a5 a7 q2(a1 a3 a5)22142，故选 B.2设等比数列 an的前 n 项和为 Sn.若 S23， S415，则 S6等于(
32、)A31 B32 C63 D64答案 C解析 根据题意知，等比数列 an的公比不是1.由等比数列的性质，得( S4 S2)2 S2(S6 S4)，即 1223( S615)，解得 S663.故选 C.3等比数列 an中， a42， a55，则数列lg an的前 8 项和等于( )A6 B5 C4 D3答案 C解析 数列lg an的前 8 项和 S8lg a1lg a2lg a8lg( a1a2a8)lg( a1a8)4lg( a4a5)4lg(25) 44.4(2015安徽)已知数列 an是递增的等比数列， a1 a49， a2a38，则数列 an的前 n项和等于 答案 2 n1解析 由等比数
33、列性质知 a2a3 a1a4，又 a2a38， a1 a49，所以联立方程Error!解得Error! 或Error!又数列 an为递增数列， a11， a48，从而 a1q38， q2.数列 an的前 n 项和为 Sn 2 n1.1 2n1 25(教材改编)在 9 与 243 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为 答案 27,81解析 设该数列的公比为 q，由题意知，2439 q3， q327， q3.3插入的两个数分别为 9327,27381.题型一 等比数列基本量的运算例 1 (1)设 an是由正数组成的等比数列， Sn为其前 n 项和已知 a2a41， S37，则
34、S5等于( )A. B. C. D.152 314 334 172(2)在等比数列 an中，若 a4 a26， a5 a115，则 a3 .答案 (1)B (2)4 或4解析 (1)显然公比 q1，由题意得Error!解得Error! 或Error!(舍去)， S5 .a1 1 q51 q4 1 1251 12 314(2)设等比数列 an的公比为 q(q0)，则Error!两式相除，得 ，即q1 q2 252q25 q20，解得 q2 或 q .12所以Error! 或Error!故 a34 或 a34.思维升华 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
35、， an， Sn，一般可以“知三求二” ，通过列方程(组)可迎刃而解(1)在正项等比数列 an中， an1 an， a2a86， a4 a65，则 等于( )a5a7A. B.56 65C. D.23 32(2)(2015湖南)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 .答案 (1)D (2)3 n1解析 (1)设公比为 q，则由题意知 0 q1，由Error! 得 a43， a62，所以 .a5a7 a4a6 324(2)由 3S1,2S2， S3成等差数列知，4 S23 S1 S3，可得 a33 a2，所以公比 q3，故等比数列通项
36、 an a1qn1 3 n1 .题型二 等比数列的判定与证明例 2 设数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a11， Sn1 4 an2.(1)设 bn an1 2 an，证明：数列 bn是等比数列；(2)求数列 an的通项公式(1)证明 由 a11 及 Sn1 4 an2，有 a1 a2 S24 a12. a25， b1 a22 a13.又Error!，得 an1 4 an4 an1 (n2)， an1 2 an2( an2 an1 ) (n2) bn an1 2 an， bn2 bn1 (n2)，故 bn是首项 b13，公比为 2 的等比数列(2)解 由(1)知 bn an1 2 an3
37、2 n1 ， ，an 12n 1 an2n 34故 是首项为 ，公差为 的等差数列an2n 12 34 ( n1) ，an2n 12 34 3n 14故 an(3 n1)2 n2 .引申探究例 2 中“ Sn1 4 an2”改为“ Sn1 2 Sn( n1)” ，其他不变探求数列 an的通项公式解 由已知得 n2 时， Sn2 Sn1 n. Sn1 Sn2 Sn2 Sn1 1， an1 2 an1， an1 12( an1)，又 a11，当 n1 时上式也成立，故 an1是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列， an122 n1 2 n， an2 n1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数
38、列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、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 时的情况进行验证设数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a12 a23 a3 nan( n1)Sn2 n(nN *)5(1)求 a2， a3的值；(2)求证：数列 Sn2是等比数列(1)解 a12 a23 a3 nan( n1) Sn2 n(nN *)，当 n1 时， a1212；当 n2 时， a12 a2( a1 a2)4， a24；当 n3 时， a12 a23 a32( a1 a2 a3)6， a38.综上， a24， a
39、38.(2)证明 a12 a23 a3 nan( n1) Sn2 n(nN *)，当 n2 时， a12 a23 a3( n1) an1( n2) Sn1 2( n1)得 nan( n1) Sn( n2) Sn1 2 n(Sn Sn1 ) Sn2 Sn1 2 nan Sn2 Sn1 2. Sn2 Sn1 20，即 Sn2 Sn1 2， Sn22( Sn1 2) S1240， Sn1 20， 2，Sn 2Sn 1 2故 Sn2是以 4 为首项，2 为公比的等比数列题型三 等比数列的性质及应用例 3 (1)在等比数列 an中，各项均为正值，且 a6a10 a3a541， a4a85，则 a4 a8
40、 .(2)等比数列 an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若 ，则公比 q .S10S5 3132答案 (1) (2)5112解析 (1)由 a6a10 a3a541 及 a6a10 a ， a3a5 a ，28 24得 a a 41.因为 a4a85，24 28所以( a4 a8)2 a 2 a4a8 a 412551.24 28又 an0，所以 a4 a8 .51(2)由 ， a11 知公比 q1，S10S5 3132则可得 .S10 S5S5 132由等比数列前 n 项和的性质知 S5， S10 S5， S15 S10成等比数列，且公比为 q5，6故 q5 ， q .132 12思维
41、升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前 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 m n p q，则有 aman apaq”，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， S2k Sk， S3k S2k，成等比数列，公比为 qk(q1)(1)已知等比数列 an的公比为正数，且 a3a92 a ， a22，则 a1等于( )25A. B.12 22C. D22(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
42、 D4答案 (1)C (2)C解析 (1)由等比数列的性质得 a3a9 a 2 a ，26 25 q0， a6 a5， q ， a1 ，故选 C.2a6a5 2 a2q 2(2)设等比数列 an共有 2k1( kN *)项，则 a2k1 192，则 S 奇 a1 a3 a2k1 a2k1 (a2 a4 a2k) a2k1 S 偶 a2k1 192255，1q 1q 126q解得 q2，而 S 奇 255，解得 a13，故选 C.a1 a2k 1q21 q2 a1 192 2 21 2 212分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (15 分)已知首项为 的等比数列 an的前 n 项和为 Sn(nN
43、 *)，且2 S2， S3,4S4成等差32数列(1)求数列 an的通项公式；(2)证明： Sn (nN *)1Sn 136思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前 n 项和，根据函数的单调性证明规范解答7(1)解 设等比数列 an的公比为 q，因为2 S2， S3,4S4成等差数列，所以 S32 S24 S4 S3，即 S4 S3 S2 S4，可得 2a4 a3，于是 q .3 分a4a3 12又 a1 ，所以等比数列 an的通项公式为32an n1 (1) n1 .5 分32 ( 12) 32n(2)证明 由(1)知， Sn1 n，(12)Sn 1
44、n1Sn ( 12) 11 ( 12)nError! 10 分当 n 为奇数时， Sn 随 n 的增大而减小，1Sn所以 Sn S1 .12 分1Sn 1S1 136当 n 为偶数时， Sn 随 n 的增大而减小，1Sn所以 Sn S2 .14 分1Sn 1S2 2512故对于 nN *，有 Sn .15 分1Sn 136温馨提醒 (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， q 的取值的讨论(2)数列与函数有密切的联系，证明
45、与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象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方法与技巧1已知等比数列 an(1)数列 can(c0)，| an|， a ， 也是等比数列2n1an8(2)a1an a2an1 aman m1 .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an 1an 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，anan 1其区别只是 n 的初始值不同(2)等比中项法： a anan2 (anan1 an2 0， nN
46、*)数列 an是等比数列2n 1失误与防范1特别注意 q1 时， Sn na1这一特殊情况2由 an1 qan， 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， S2n Sn， S3n S2n也成等比数列，不能忽略条件 q1.A 组 专项基础训练(时间：30 分钟)1已知等比数列 an中， a2 a31， a4 a52，则 a6 a7等于( )A2 B2 2C4 D4 2答案 C解析 因为 a2 a3， a4 a5， a6 a7成等比数列，
47、a2 a31， a4 a52，所以( a4 a5)2( a2 a3)(a6 a7)，解得 a6 a74.2(2014重庆)对任意等比数列 an，下列说法一定正确的是( )A a1， a3， a9成等比数列B a2， a3， a6成等比数列C a2， a4， a8成等比数列D a3， a6， a9成等比数列答案 D解析 设等比数列的公比为 q，因为 q3，即 a a3a9，所以 a3， a6， a9成等比数a6a3 a9a6 26列故选 D.3在正项等比数列 an中，已知 a1a2a34， a4a5a612， an1 anan1 324，则 n 等于( )9A12 B13C14 D15答案 C解
48、析 设数列 an的公比为 q，由 a1a2a34 a q3与 a4a5a612 a q12，31 31可得 q93， an1 anan1 a q3n3 324，31因此 q3n6 813 4 q36，所以 n14，故选 C.4若正项数列 an满足 lg an1 1lg an，且 a2 001 a2 002 a2 0102 016，则 a2 011 a2 012 a2 020的值为( )A2 01510 10 B2 01510 11C2 01610 10 D2 01610 11答案 C解析 lg an1 1lg an，lg 1，an 1an 10，数列 an是等比数列，an 1an a2 001
49、 a2 002 a2 0102 016， a2 011 a2 012 a2 02010 10(a2 001 a2 002 a2 010)2 01610 10.5已知 Sn是等比数列 an的前 n 项和，若存在 mN *，满足 9， ，则数列S2mSm a2mam 5m 1m 1an的公比为( )A2 B2C3 D3答案 B解析 设公比为 q，若 q1，则 2，S2mSm与题中条件矛盾，故 q1. qm19， qm8.S2mSma1 1 q2m1 qa1 1 qm1 q qm8 ，a2mam a1q2m 1a1qm 1 5m 1m 1 m3， q38， q2.6(2015浙江)已知 an是等差数
50、列，公差 d 不为零若 a2， a3， a7成等比数列，且102a1 a21，则 a1 ， d .答案 123解析 因为 a2， a3， a7成等比数列，所以 a a2a7，即( a12 d)2( a1 d)(a16 d)，23 a1 d，2 a1 a21，2 a1 a1 d1 即 3a1 d1， a1 ， d1.23 237等比数列 an的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.若 a11，则对任意的 nN *，都有an2 an1 2 an0，则 S5 .答案 11解析 由题意知 a3 a22 a10，设公比为 q，则 a1(q2 q2)0.由 q2 q20 解得 q2 或 q1(舍去)，则 S
51、5 11.a1 1 q51 q 1 2 538已知数列 an的首项为 1，数列 bn为等比数列且 bn ，若 b10b112，则 a21 .an 1an答案 1 024解析 b1 a2， b2 ，a2a1 a3a2 a3 b2a2 b1b2， b3 ，a4a3 a4 b1b2b3， an b1b2b3bn1 ， a21 b1b2b3b20( b10b11)102 101 024.9数列 bn满足： bn1 2 bn2， bn an1 an，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 bn1 2 bn2，得 bn1 22( bn2)，
52、 2，又 b12 a2 a124，bn 1 2bn 2数列 bn2是首项为 4，公比为 2 的等比数列 bn242 n1 2 n1 ， bn2 n1 2.(2)由(1)知， an an1 bn1 2 n2 ( n2)， an1 an2 2 n1 2 ( n2)， a2 a12 22， an2(2 22 32 n)2( n1)，11 an(22 22 32 n)2 n2 2 n22 n1 2 n.2 2n 12 1 Sn 2 n2 ( n2 n4)4 1 2n1 2 n 2 2n210等比数列 an的前 n 项和 Sn，已知 S37， a13,3 a2， a34 成等差数列(1)求数列 an的公
53、比 q 和通项 an；(2)若 an是递增数列，令 bnlog 2 ，求| b1| b2| bn|.an 1128解 (1)由已知条件得Error!Error!Error!Error! 或Error!(2)若 an是递增数列，则 an1 2 n， bn n7，当 1 n7 时，| b1| b2| bn| (7 i) ；n i 1 n 13 n2当 n7 时，| b1| b2| bn| (i7)2 (7 i) 42，n i 1 7 i 1 n n 132| b1| b2| bn|Error!B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11设 an是各项为正数的无穷数列， Ai是边长为 ai， ai1
54、 的矩形的面积( i1,2，)，则An为等比数列的充要条件是( )A an是等比数列B a1， a3， a2n1 ，或 a2， a4， a2n，是等比数列C a1， a3， a2n1 ，和 a2， a4， a2n，均是等比数列D a1， a3， a2n1 ，和 a2， a4， a2n，均是等比数列，且公比相同答案 D解析 Ai aiai1 ，若 An为等比数列，则 为常数，即An 1An an 1an 2anan 1 an 2an ， ，. a1， a3， a5， a2n1 ，和 a2， a4， a2n，成等比数列，且A2A1 a3a1 A3A2 a4a2公比相等反之，若奇数项和偶数项分别成等
55、比数列，且公比相等，设为 q，则 An 1An q，从而 An为等比数列an 2an1212若等比数列 an的各项均为正数，且 a10a11 a9a122e 5，则 ln a1ln a2ln a20 .答案 50解析 因为 a10a11 a9a122 a10a112e 5，所以 a10a11e 5.所以 ln a1ln a2ln a20ln( a1a2a20)ln( a1a20)(a2a19)(a10a11)ln( a10a11)1010ln a10a1110ln e550.13数列 an满足 a12 且对任意的 m， nN *，都有 an，则 a3 ； an的前an mamn 项和 Sn .
56、答案 8 2 n1 2解析 an，an mam an m anam， a3 a12 a1a2 a1a1a12 38；令 m1，则有 an1 ana12 an，数列 an是首项为 a12，公比为 q2 的等比数列， Sn 2 n1 2.2 1 2n1 214已知正项等比数列 an满足 a2 0152 a2 013 a2 014，若存在两项 am， an，使得4 a1，则 的最小值为 amann 4mnm答案 32解析 设 an的公比为 q(q0)，由正项等比数列 an满足 a2 0152 a2 013 a2 014，可得 a2 013q22 a2 013 a2 013q， q2 q20， q0，
57、 q2. 4 a1， qm n2 16， m n6.aman (m n) ，n 4mnm 16 (1m 4n) 16(5 nm 4mn) 32当且仅当 ，即 m2， n4 时取等号nm 4mn故 的最小值为 .n 4mnm 3215已知数列 an中， a11， anan1 n，记 T2n为 an的前 2n 项的和，(12)bn a2n a2n1 ， nN *.13(1)判断数列 bn是否为等比数列，并求出 bn；(2)求 T2n.解 (1) anan1 n，(12) an1 an2 n1 ，(12) ，即 an2 an.an 2an 12 12 bn a2n a2n1 ， ，bn 1bn a2n 2 a2n 1a2n a2n 1 12a2n 12a2n 1a2n a2n 1 12 a11， a1a2 ，12 a2 b1 a1 a2 .12 32 bn是首项为 ，公比为 的等比数列32 12 bn n1 .32 (12) 32n(2)由(1)可知， an2 an，12 a1， a3， a5，是以 a11 为首项，以 为公比的等比数列； a2， a4， a6，是以 a2 为首12 12项，以 为公比的等比数列，12 T2n( a1 a3 a2n1 )( a2 a4 a2n) 1 (12)n1 12121 (12)n1 123 .32n
