1、1复习课(二) 数 列等差数列与等比数列的基本运算数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前 n 项和等，一般试题难度较小考 点 精 要 等差、等比数列的基本公式等差数列 等比数列an a1( n1) d an a1qn1通项公式an am( n m)d an amqn mSnn a1 an2Sn (q1)a1 anq1 q前 n 项和公式Sn na1 dn n 12Sn (q1)a1 1 qn1 q求和公式的函数特征 Sn n2 nd2 (a1 d2)Sn qn (q1)a11 q a11 q典例 成等差数列的
2、三个正数的和等于 15，并且这三个数分别加上 2,5,13 后成为等比数列 bn中的 b3， b4， b5.(1)求数列 bn的通项公式；(2)数列 bn的前 n 项和为 Sn，求证：数列 是等比数列Sn54解 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a d， a， a d.依题意，得a d a a d15，解得 a5.所以 bn中的 b3， b4， b5依次为 7 d,10,18 d.依题意，(7 d)(18 d)100，解得 d2 或 d13(舍去)， b35，公比 q2，故 bn52 n3 .(2)证明：由(1)知 b1 ，公比 q2，54 Sn 52 n2 ，54 1 2n1 2 54则
3、Sn 52 n2 ，542因此 S1 ， 2( n2)54 52Sn 54Sn 1 54 52n 252n 3数列 是以 为首项，公比为 2 的等比数列Sn54 52类题通法对于等差、等比数列的基本运算主要是知三求二问题，解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想的运用题 组 训 练 1在等比数列 an中， Sn是它的前 n 项和，若 a2a32 a1，且 a4与 2a7的等差中项为 17，则 S6_.解析：设 an的公比为 q，则由等比数列的性质知， a2a3 a1a42 a1，则 a42；由 a4与 2a7的等差中项为 17 知， a42 a721734，得 a716. q3 8，即a7a
4、4q2， a1 ，则 S6 .a4q3 14 14 1 261 2 634答案：6342已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a3 a813， S735，则 a7_.解析：设等差数列 an的公差为 d，则由已知得( a12 d)( a17 d)13， S735.联立两式，解得 a12， d1， a7 a16 d8.7 a1 a1 6d2答案：83已知等差数列 an， a29， a521.(1)求 an的通项；(2)令 bn2 an，求数列 bn的前 n 项和 Sn.解：(1)设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d，依题意得方程组Error!解得 a15， d4，数列 an的通项 a
5、n4 n1.(2)由 an4 n1 得， bn2 4n1 ， bn是首项为 b12 5，公比为 q2 4的等比数列，于是得，数列 bn的前 n 项和 Sn . 25 24n 124 1 32 24n 1153等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前 n 项和的性质利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小” “巧” “活”的特点，题型多以填空题的形式出现，一般难度较小考 点 精 要 等差、等比数列的主要性质等差数列 等比数列若 m n p q(m， n， p， qN *)，则 am an ap aq. 特别地，若 m n2 p，则 am an2 ap若 m
6、 n p q(m， n， p， qN *)，则 aman apaq.特别地，若 m n2 p，则 aman a2pam， am k， am2 k，仍是等差数列，公差为 kdam， am k， am2 k，仍是等比数列，公比为 qk若 an， bn是两个项数相同的等差数列，则 pan qbn仍是等差数列若 an， bn是两个项数相同的等比数列，则panqbn仍是等比数列Sm， S2m Sm， S3m S2m，是等差数列Sm， S2m Sm， S3m S2m，是等比数列( q1或 q1 且 k 为奇数)若数列 an项数为 2n，则 S 偶 S 奇 nd， S奇S偶 anan 1 若数列 an的项数
7、为 2n，则 qS偶S奇若数列 an项数为 2n1，则 S 奇 S 偶 an1 ，S奇S偶 n 1n若数列 an项数为 2n1，则 qS奇 a1S偶典例 (1)已知 an为等差数列， a1 a3 a5105， a2 a4 a699，以 Sn表示数列an的前 n 项和，则使得 Sn取得最大值的 n 是_(2)记等比数列 an的前 n 项积为 Tn(nN *)，已知 am1 am1 2 am0，且 T2m1 128，则 m_.解析 (1)由 a1 a3 a5105 得，3 a3105， a335.同理可得 a433， d a4 a32， an a4( n4)(2)412 n.由Error!得 n2
8、0.使 Sn达到最大值的 n 是 20.4(2)因为 an为等比数列，所以 am1 am1 a ，又由 am1 am1 2 am0，从而 am2.由2m等比数列的性质可知前(2 m1)项积 T2m1 a ，则 22m1 128，故 m4.2m 1m答案 (1)20 (2)4类题通法关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项 a1和公差 d(公比 q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂题 组 训 练 1等差数列 an的前 16 项和为 640，前 16 项中偶数项和与奇数项和之比为 2218，则公差 d， 的值分别是_a9a8
9、解析：设 S 奇 a1 a3 a15， S 偶 a2 a4 a16，则有 S 偶 S 奇 ( a2 a1)( a4 a3)( a16 a15)8 d， .S偶S奇8 a2 a1628 a1 a152 a9a8由Error!解得 S 奇 288， S 偶 352.因此 d 8， .S偶 S奇8 648 a9a8 S偶S奇 119答案：8，1192等差数列 an中，3( a3 a5)2( a7 a10 a13)24，则该数列的前 13 项和为_解析：3( a3 a5)2( a7 a10 a13)24，6 a46 a1024， a4 a104， S13 26.13 a1 a132 13 a4 a10
10、2 1342答案：26数列的通项及求和数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大考 点 精 要 1已知递推公式求通项公式的常见类型(1)类型一 an1 an f(n)把原递推公式转化为 an1 an f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解(2)类型二 an1 f(n)an5把原递推公式转化为 f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解an 1an(3)类型三 an1 pan q(其中 p， q 均为常数， pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为 an1 t
11、 p(an t)，其中 t ，再利用换元q1 p法转化为等比数列求解2数列求和(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列把 Sn a1 a2 an两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到qSn a1q a2q anq，两式错位相减即可求出 Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中 an是各项均不为零的等差数列，canan 1c 为常数)的数列(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和(4)并项求和法：与拆项分组相反
12、，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论典例 (1)已知 a11， an1 2 an1，则 an_.(2)已知 a12， an1 an n，则 an_.(3)设数列 an满足 a13 a23 2a33 n1 an ， nN *.n3求数列 an的通项公式；设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Sn.nan解析 (1) an1 2 an1，则 an1 12( an1)， 2，又 a11， a112，an 1 1an 1故 an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列， an122 n1 2 n，故 an2
13、n1.(2)当 n 取 1,2,3， n1 时，可得 n1 个等式即 an an1 n1， an1 an2 n2， a2 a11，将其两边分别相加，得 an a1123( n1)，6 an a1 2 . 1 n 1 n 12 n n 12答案 (1)2 n1 (2)2n n 12(3)解：因为 a13 a23 2a33 n1 an ，()n3所以当 n2 时， a13 a23 2a33 n2 an1 ，()n 13()()得 3n1 an ，所以 an (n2)13 13n在()中，令 n1，得 a1 ，满足 an ，13 13n所以 an (nN *)13n由知 an ，故 bn n3n.1
14、3n nan则 Sn13 123 233 3 n3n，3Sn13 223 333 4 n3n1 ，两式相减得2 Sn33 23 33 43 n n3n1 n3n1 ，3 1 3n1 3所以 Sn .34 2n 1 3n 14类题通法(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法二是要注意 an的完整表达式，易忽视 n1 的情况(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比 q 对 Sn的影响题 组 训 练 1已知函数 f(n) n2cos(n)，且 an f(n) f(n1)，则a1 a2 a3 a100_.解析：因为 f(n) n2cos(
15、n)，所以 a1 a2 a3 a100 f(1) f(2) f(100) f(2) f(101)，f(1) f(2) f(100)1 22 23 24 299 2100 2(2 21 2)(4 23 2)(100 299 2)37199 5 050，50 3 1992f(2) f(101)2 23 24 299 2100 2101 2(2 23 2)(4 25 2)(100 2101 2)759201 5 150，50 5 2012所以 a1 a2 a3 a100 f(1) f(2) f(100) f(2) f(101)5 1505 050100.答案：1002已知 a12 a22 2a32
16、n1 an96 n，则数列 an的通项公式是_解析：令 Sn a12 a22 2a32 n1 an，则 Sn96 n，当 n1 时， a1 S13；当 n2 时，2 n1 an Sn Sn1 6， an .32n 2通项公式 anError!答案： anError!3已知数列 an的前 n 项和是 Sn，且 Sn an1( nN *)12(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog (1 Sn1 )(nN *)，令 Tn ，求 Tn.13 1b1b2 1b2b3 1bnbn 1解：(1)当 n1 时， a1 S1，由 S1 a11，得 a1 ，当 n2 时，12 23Sn1 an， Sn
17、1 1 an1 ，12 12则 Sn Sn1 (an1 an)，即 an (an1 an)，所以 an an1 (n2)12 12 13故数列 an是以 为首项， 为公比的等比数列故 an n1 2 n(nN *)23 13 23 (13) (13)(2)因为 1 Sn an n.12 (13)所以 bnlog (1 Sn1 )log n1 n1，因为13 13(13) ，1bnbn 1 1 n 1 n 2 1n 1 1n 2所以 Tn 1b1b2 1b2b3 1bnbn 1 (12 13) (13 14) ( 1n 1 1n 2) 12 1n 2.n2 n 24已知数列 an中， a11，前
18、 n 项和 Sn an.n 23(1)求 a2， a3；8(2)求数列 an的通项公式解：(1) Sn an，且 a11，n 23 S2 a2，即 a1 a2 a2，得 a23.43 43由 S3 a3，得 3(a1 a2 a3)5 a3，得 a36.53(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即 ，anan 1 n 1n 1于是 3， ， ， ，a2a1 a3a2 42 a4a3 53 anan 1 n 1n 1以上 n1 个式子的两端分别相乘，得 ，ana1 n n 12 an ， n2.n n 1
19、2又 a11 适合上式，故 an ， nN *.n n 121等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S36， a30，则公差 d_.解析：依题意得 S33 a26，即 a22，故 d a3 a22.答案：22已知 an是公差为 1 的等差数列， Sn为 an的前 n 项和若 S84 S4，则a10_.解析：设等差数列 an的首项为 a1，公差为 d.由题设知 d1， S84 S4，所以8a1284(4 a16)，解得 a1 ，所以 a10 9 .12 12 192答案：1923数列 an满足 a10， an1 an2 n，则 an的通项公式 an_.解析：由已知，得 an1 an2 n，故
20、 an a1( a2 a1)( a3 a2)( an an1 )0242( n1) n(n1)9答案： n(n1)4已知数列 an满足 a12， an1 (nN *)，则该数列的前 2 016 项的乘积1 an1 ana1a2a3a2 016_.解析：由题意可得，a2 3， a3 ， a4 ， a5 2 a1，1 a11 a1 1 a21 a2 12 1 a31 a3 13 1 a41 a4数列 an是以 4 为周期的数列，且 a1a2a3a41，而 2 0164504，前 2 016 项乘积为 a1a2a3a41.答案：15设 Sn为等比数列 an的前 n 项和若 a11，且 3S1,2S2
21、， S3成等差数列，则an_.解析：由 3S1,2S2， S3成等差数列，得 4S23 S1 S3，即 3S23 S1 S3 S2，则3a2 a3，得公比 q3，所以 an a1qn1 3 n1 .答案：3 n16在单调递减的等比数列 an中，若 a31， a2 a4 ，则 a1_.52解析：在等比数列 an中， a2a4 a 1，又 a2 a4 ，数列 an为递减数列，2352 a22， a4 ， q2 ， a30， a2 a40， q0， q ， a1 4.12 a4a2 14 12 a2q答案：47已知数列 an中， a11，(2 n1) an(2 n3) an1 (n2)，则数列 an
22、的通项公式为_解析：由题意可得 (n2)，anan 1 2n 32n 1所以 ， ， ， ，a2a1 15 a3a2 37 a4a3 59 anan 1 2n 32n 1上述各式左右相乘得 (n2)，ana1 13 2n 1 2n 1解得 an (n2)，又 a11 符合，3 2n 1 2n 1所以，通项公式 an (nN *)3 2n 1 2n 1答案： an3 2n 1 2n 18在数列 an中， an0， a1 ，如果 an1 是 1 与 的等比中项，那么 a112 2anan 1 14 a2n10 的值是_a222 a332 a442 a1001002解析：由题意可得， a (2an1
23、 anan1 1)(2 an1 anan1 1)2n 12anan 1 14 a2n0 an1 an1 1 1， ( n1)12 an an 12 an 1an 1 1 1an 1 1an 1 112 1 n1 an ， a1 1 nn 1 ann2 1n n 1 a222 a1001002 12 12 13 1100 1101 .100101答案：1001019数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a11， an1 3 Sn(n1)，则 a6_.解析：因为 an1 3 Sn，所以 an3 Sn1 (n2)，两式相减得， an1 an3 an，即4( n2)，所以数列 a2， a3， a4，构
24、成以 a23 S13 a13 为首项，公比为 4 的等an 1an比数列，所以 a6 a24434 4768.答案：76810设 Sn是数列 an的前 n 项和，且 a11， an1 SnSn1 ，则 Sn_.解析：当 n1 时， S1 a11，所以 1.因为 an1 Sn1 Sn SnSn1 ，所以1S1 1，即 1，所以 是以1 为首项，1 为公差的等差数列，所1Sn 1Sn 1 1Sn 1 1Sn 1Sn以 (1)( n1)(1) n，所以 Sn .1Sn 1n答案：1n11已知数列 an满足 a11， an1 2 an，数列 bn满足 b13， b26，且 bn an为等差数列(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列 bn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题意知数列 an是首项 a11，公比 q2 的等比数列，所以 an2 n1 .因为 b1 a12， b2 a24，所以数列 bn an的公差 d2，
