（浙江通用）2017版高考数学一轮复习 第五章 数列（打包4套）.zip

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 an＋1 ____an递减数列 an＋1 __0)，运用基本不等式得， f(x)≥2 当且仅当 x＝3 时等号90x 90 10成立．因为 an＝ ，所以 ≤ ，由于 n∈N *，不难发现当 n＝9 或 10 时， an＝1n＋ 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①用作差比较法，根据 an＋1 － an的符号判断数列{ an}是递增数列、递减数列或是常数列．②用作商比较法，根据 (an＞0 或 an＜0)与 1 的大小关系进行判断．an＋ 1an8③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 an＋1 ＝Error! a1＝ ，则数列的第 2 01535项为________．(2)设 an＝－3 n2＋15 n－18，则数列{ an}中的最大项的值是( )A. B.163 133C．4 D．0答案 (1) (2)D25解析 (1)由已知可得， a2＝2× －1＝ ，35 15a3＝2× ＝ ，15 25a4＝2× ＝ ，25 45a5＝2× －1＝ ，45 35∴{ an}为周期数列且 T＝4，∴ a2 015＝ a3＝ .25(2)∵ an＝－3 2＋ ，由二次函数性质，得当 n＝2 或 3 时， an最大，最大值为 0.(n－52) 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 014－5 等于( )A．2 018×2 012 B．2 020×2 013C．1 009×2 012 D．1 010×2 013(2)对于数列{ xn}，若对任意 n∈N *，都有 ＜ xn＋1 成立，则称数列{ xn}为“减差数xn＋ xn＋ 229列” ．设 bn＝2 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．(－∞，－1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1]思维点拨 (1)观察图形，易得 an－ an－1 ＝ n＋2( n≥2)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－ an－1 ＝ n＋2( n≥2)， a1＝5，所以 a2 014＝( a2 014－ a2 013)＋( a2 013－ a2 012)＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 016＋2 015＋…＋4＋5＝ ＋5＝1 010×2 013＋5， 2 016＋ 4 ×2 0132所以 a2 014－5＝1 010×2 013，故选 D.(2)由数列 b3， b4， b5，…是“减差数列” ，得 ＜ bn＋1 (n≥3)，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(n－2)＞1.当 n≥3 时，若 t(n－2)＞1 恒成立，则 t＞ 恒成立，1n－ 2又当 n≥3 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) n＋1 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： an＝Error!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＝ 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－ Sn－1 求得的 an是从 n＝2 开始的，要对 n＝1 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．－ B．－1617 1819C．－ D．－2021 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) n＋1 · ，故 a10＝－ .2n2n＋ 1 20212．已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝ an＋2 n，则 a10等于( )A．1 024 B．1 023C．2 048 D．2 047答案 B解析 ∵ an＋1 ＝ an＋2 n，∴ an－ an－1 ＝2 n－1 (n≥2)，∴ a10＝( a10－ a9)＋( a9－ a8)＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 9＋2 8＋…＋2＋1＝2 10－1＝1 023.3．若 Sn为数列{ an}的前 n 项和，且 Sn＝ ，则 等于( )nn＋ 1 1a5A. B.56 6511C. D．30130答案 D解析 当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝ － ＝ ，所以 ＝5×6＝30.nn＋ 1 n－ 1n 1n n＋ 1 1a54．若数列{ an}满足： a1＝19， an＋1 ＝ an－3( n∈N *)，而数列{ an}的前 n 项和数值最大时， n的值为( )A．6 B．7 C．8 D．9答案 B解析 ∵ an＋1 － an＝－3，∴数列{ an}是以 19 为首项，－3 为公差的等差数列，∴ an＝19＋( n－1)×(－3)＝22－3 n.∵ a7＝22－21＝10， a8＝22－24＝－20，∴ n＝7 时，数列{ an}的前 n 项和最大．5．已知数列{ an}的通项公式为 an＝ n2－2 λn (n∈N) *，则“ λ ＜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 an＋1 － an＞0，即 2n＋1＞2 λ 对任意的 n∈N *都成立，于是有 3＞2 λ ， λ ＜ .由 λ ＜1 可推得 λ ＜ ，但反过来，由 λ ＜ 不能得到 λ ＜1，因此32 32 32“λ ＜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＝ n2＋2 n＋1( n∈N *)，则 an＝________.答案 Error!解析 当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n＋1，当 n＝1 时， a1＝ S1＝4≠2×1＋1，因此an＝Error!7．数列{ an}中，已知 a1＝1， a2＝2， an＋1 ＝ an＋ an＋2 (n∈N *)，则 a7＝________.答案 1解析 由已知 an＋1 ＝ an＋ an＋2 ， a1＝1， a2＝2，能够计算出 a3＝1， a4＝－1， a5＝－2， a6＝－1， a7＝1.8．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn， Sn＝2 an－ n，则 an＝________.答案 2 n－1解析 当 n＝1 时， S1＝ a1＝2 a1－1，得 a1＝1，当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 an－ n－2 an－1 ＋( n－1)，12即 an＝2 an－1 ＋1，∴ an＋1＝2( an－1 ＋1)，∴数列{ an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列，∴ an＋1＝2·2 n－1 ＝2 n，∴ an＝2 n－1.9．数列{ an}的通项公式是 an＝ n2－7 n＋6.(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 n＝4 时， a4＝4 2－4×7＋6＝－6.(2)令 an＝150，即 n2－7 n＋6＝150，解得 n＝16 或 n＝－9(舍去)，即 150 是这个数列的第 16 项．(3)令 an＝ n2－7 n＋6＞0，解得 n＞6 或 n＜1(舍去)．所以从第 7 项起各项都是正数．10．已知数列{ an}中， a1＝1，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 a2＝3 a1＝3.由 S3＝ a3得 3(a1＋ a2＋ a3)＝5 a3，53解得 a3＝ (a1＋ a2)＝6.32(2)由题设知 a1＝1.当 n≥2 时，有 an＝ Sn－ Sn－1 ＝ an－ an－1 ，n＋ 23 n＋ 13整理得 an＝ an－1 .n＋ 1n－ 1于是a1＝1，a2＝ a1，31a3＝ a2，42……13an－1 ＝ an－2 ，nn－ 2an＝ an－1 .n＋ 1n－ 1将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 an＝ .n n＋ 12显然，当 n＝1 时也满足上式．综上可知，{ an}的通项公式 an＝ .n n＋ 12B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11．已知数列{ an}满足 a1＝33， ＝2，则 的最小值为( )an＋ 1－ ann annA．9.5 B．10.6C．10.5 D．9.6答案 C解析 由题意可知 an＋1 ＝ an＋2 n，由迭代法可得 an＝ a1＋2[1＋2＋3＋4＋…＋( n－1)]＝ n2－ n＋33，从而 ＝ n＋ －1.当 n＝6 时， 取得最小值 10.5.ann 33n ann12．数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)， a2＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项和，则 S21为( )12A．5 B.72C. D.92 132答案 B解析 ∵ an＋ an＋1 ＝ ， a2＝2，12∴ an＝Error!∴ S21＝11× ＋10×2＝ .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． an＝2 n－1 B． an＝4 n－1C． an＝4 n－3 D． an＝4 n－514答案 C解析 ∵ ＝ ，na1＋ a2＋ …＋ an 12n－ 1∴ ＝2 n－1，a1＋ a2＋ …＋ ann∴ a1＋ a2＋…＋ an＝(2 n－1) n，a1＋ a2＋…＋ an－1 ＝(2 n－3)( n－1)( n≥2)，当 n≥2 时， an＝(2 n－1) n－(2 n－3)( n－1)＝4 n－3；a1＝1 也适合此等式，∴ an＝4 n－3.14．若数列{ n(n＋4)( )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 k∈N *可得 k＝4.15．已知数列{ an}中， an＝1＋ (n∈N *， a∈R 且 a≠0)．1a＋ 2 n－ 1(1)若 a＝－7，求数列{ an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，求 a 的取值范围．解 (1)∵ an＝1＋ (n∈N *， a∈R，且 a≠0)，1a＋ 2 n－ 1又 a＝－7，∴ an＝1＋ (n∈N *)．结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，可知12n－ 9 12x－ 91＞ a1＞ a2＞ a3＞ a4，a5＞ a6＞ a7＞…＞ an＞1( n∈N *)．∴数列{ an}中的最大项为 a5＝2，最小项为 a4＝0.(2)an＝1＋ ＝1＋ ，1a＋ 2 n－ 112n－ 2－ a2已知对任意的 n∈N *，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＜ a＜－8.2－ 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 an＝ a1＋( n－1) 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， m∈N *)．(2)若{ an}为等差数列，且 k＋ l＝ m＋ n(k， l， m， n∈N *)，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， ak＋2 m，…( k， m∈N *)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 d，其前 n 项和 Sn＝ 或 Sn＝ na1＋ d.n a1＋ an2 n n－ 126．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， ak＋2 m，…仍是等差数列，公差为md(k， m∈N ＋ )．(2)Sn， S2n－ Sn， S3n－ S2n，…也成等差数列，公差为 n2d.(3) 也成等差数列，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 n∈N *，都有 2an＋1 ＝ an＋ an＋2 .( √ )(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 an＋1 － an＝ n，则数列{ an}是等差数列．( × )(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 a2＝4， a4＝2，则 a6等于( )A．－1 B．0 C．1 D．6答案 B解析 由等差数列的性质，得 a6＝2 a4－ a2＝2×2－4＝0，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( )A．－2 B．－3 C．－4 D．－6答案 C解析 an＝23＋( n－1) d，由题意知Error!即Error! 解得－ 0， a7＋ a100，∴当 n＝12 或 13 时， Sn取得最小值，最小值 S12＝ S13＝ ＝－130.13 a1＋ a132思维升华 (1)等差数列的性质：①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．②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＋ an＋1 )；b． S2n－1 ＝(2 n－1) an.8(2)求等差数列前 n 项和 Sn最值的两种方法：①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．②邻项变号法：a．当 a1＞0， d＜0 时，满足Error!的项数 m 使得 Sn取得最大值 Sm；b．当 a1＜0， d＞0 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＋ a7＝4， a6＋ a8＝－2，则当 Sn取最大值时， n 的值是( )A．5 B．6C．7 D．8(2)设数列{ an}是公差 d＜0 的等差数列， Sn为前 n 项和，若 S6＝5 a1＋10 d，则 Sn取最大值时，n 的值为( )A．5 B．6C．5 或 6 D．11(3)已知等差数列{ an}的首项 a1＝20，公差 d＝－2，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 2a6＝4,2 a7＝－2， a6＝2＞0， a7＝－1＜0；又数列{ an}是等差数列，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，n＝6，选 B.(2)由题意得 S6＝6 a1＋15 d＝5 a1＋10 d，所以 a6＝0，故当 n＝5 或 6 时， Sn最大，选 C.(3)因为等差数列{ an}的首项 a1＝20，公差 d＝－2，代入求和公式得，Sn＝ na1＋ d＝20 n－ ×2n n－ 12 n n－ 12＝－ n2＋21 n＝－ 2＋ 2，(n－212) (212)又因为 n∈N *，所以 n＝10 或 n＝11 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 10 项的和 S10等于( )A．45 B．60C．75 D．90(2)在等差数列{ an}中， S10＝100， S100＝10，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(a1＋2 d)＝ d20，所以 a2 ，故选项 C 正确；若 a10， y0，由基本不等式可得 x·y≤ 2，当且仅当 x＝ y 时“＝”成立．又(x＋ y2 )a60， a70，∴ a6·a7≤ 2＝4，当且仅当 a6＝ a7＝2 时， “＝”成立．即 a6·a7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 an＋1 － a ＋ an－1 ＝0 ( n≥2)，则 S2n－1 －4 n 等于( )2nA．－2 B．0 C．1 D．2答案 A解析 由已知 2an－ a ＝0，∴ an＝2，2nS2n－1 －4 n＝ －4 n 2n－ 1  a1＋ a2n－ 12＝(2 n－1) an－4 n＝(2 n－1)×2－4 n＝－2.13．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＋ b4 a92b6 a32b6 a9＋ a32b6 a6b6∵ ＝ ＝ ＝ ＝ ，S11T11 a1＋ a11b1＋ b11 2a62b6 2×11－ 34×11－ 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 n∈N *，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 bn＝1＋ ，对任意的 n∈N *，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 1a8－8＜ a＜－7，即实数 a 的取值范围是(－8，－7)．15．已知公差大于零的等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a3·a4＝117， a2＋ a5＝22.(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＋ a5＝22.又 a3·a4＝117，所以 a3， a4是方程 x2－22 x＋117＝0 的两实根，又公差 d＞0，所以 a3＜ a4，所以 a3＝9， a4＝13，所以Error! 所以Error!所以通项 an＝4 n－3.(2)由(1)知 a1＝1， d＝4，所以 Sn＝ na1＋ ×d＝2 n2－ nn n－ 12＝2 2－ .(n－14) 18所以当 n＝1 时， Sn最小，最小值为 S1＝ a1＝1.(3)由(2)知 Sn＝2 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＋ c＝0，所以 c＝－ 或 c＝0(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，通常用字母 q 表示( q≠0)．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＝ a1·qn－1 .3．等比中项若 G2＝ a·b (ab≠0)，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＝ am·qn－ m(n， m∈N *)．(2)若{ an}为等比数列，且 k＋ l＝ m＋ n (k， l， m， n∈N *)，则 ak·al＝ am·an.(3)若{ an}，{ bn}(项数相同)是等比数列，则{ λa n}(λ ≠0)， ，{ a }，{ an·bn}， 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(q≠0)，其前 n 项和为 Sn，当 q＝1 时， Sn＝ na1；当 q≠1 时， Sn＝ ＝ .a1 1－ qn1－ 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 an＋1 ＝ qan(n∈N *， 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＝ a2n－1 ＋ 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)数列{ an}的通项公式是 an＝ an，则其前 n 项和为 Sn＝ .( × )a 1－ an1－ 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Ⅱ)已知等比数列{ an}满足 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21，则 a3＋ a5＋ a7等于( )A．21 B．42 C．63 D．84答案 B解析 设等比数列{ an}的公比为 q，则由 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21 得 3(1＋ q2＋ q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或 q2＝2，于是 a3＋ a5＋ a7＝ q2(a1＋ a3＋ a5)＝2×21＝42，故选 B.2．设等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3， S4＝15，则 S6等于( )A．31 B．32 C．63 D．64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 122＝3×( S6－15)，解得 S6＝63.故选 C.3．等比数列{ an}中， a4＝2， a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和等于( )A．6 B．5 C．4 D．3答案 C解析 数列{lg an}的前 8 项和 S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg( a1·a2·…·a8)＝lg( a1·a8)4＝lg( a4·a5)4＝lg(2×5) 4＝4.4．(2015·安徽)已知数列{ an}是递增的等比数列， a1＋ a4＝9， a2a3＝8，则数列{ an}的前 n项和等于 ．答案 2 n－1解析 由等比数列性质知 a2a3＝ a1a4，又 a2a3＝8， a1＋ a4＝9，所以联立方程Error!解得Error! 或Error!又∵数列{ an}为递增数列，∴ a1＝1， a4＝8，从而 a1q3＝8，∴ q＝2.∴数列{ an}的前 n 项和为 Sn＝ ＝2 n－1.1－ 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，243＝9× q3， q3＝27，∴ q＝3.3∴插入的两个数分别为 9×3＝27,27×3＝81.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 a2a4＝1， S3＝7，则 S5等于( )A. B. C. D.152 314 334 172(2)在等比数列{ an}中，若 a4－ a2＝6， a5－ a1＝15，则 a3＝ .答案 (1)B (2)4 或－4解析 (1)显然公比 q≠1，由题意得Error!解得Error! 或Error!(舍去)，∴ S5＝ ＝ ＝ .a1 1－ q51－ q4 1－ 1251－ 12 314(2)设等比数列{ an}的公比为 q(q≠0)，则Error!两式相除，得 ＝ ，即q1＋ q2 252q2－5 q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝ .12所以Error! 或Error!故 a3＝4 或 a3＝－4.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， 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， an＋1 ＜ an， a2·a8＝6， a4＋ a6＝5，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 a1＝1，且 3S1,2S2， S3成等差数列，则 an＝ .答案 (1)D (2)3 n－1解析 (1)设公比为 q，则由题意知 0＜ q＜1，由Error! 得 a4＝3， a6＝2，所以 ＝ ＝ .a5a7 a4a6 324(2)由 3S1,2S2， S3成等差数列知，4 S2＝3 S1＋ S3，可得 a3＝3 a2，所以公比 q＝3，故等比数列通项 an＝ a1qn－1 ＝3 n－1 .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 a1＝1， Sn＋1 ＝4 an＋2.(1)设 bn＝ an＋1 －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 a1＝1 及 Sn＋1 ＝4 an＋2，有 a1＋ a2＝ S2＝4 a1＋2.∴ a2＝5，∴ b1＝ a2－2 a1＝3.又Error!①－②，得 an＋1 ＝4 an－4 an－1 (n≥2)，∴ an＋1 －2 an＝2( an－2 an－1 ) (n≥2)．∵ bn＝ an＋1 －2 an，∴ bn＝2 bn－1 (n≥2)，故{ bn}是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列．(2)解 由(1)知 bn＝ an＋1 －2 an＝3·2 n－1 ，∴ － ＝ ，an＋ 12n＋ 1 an2n 34故{ }是首项为 ，公差为 的等差数列．an2n 12 34∴ ＝ ＋( n－1)· ＝ ，an2n 12 34 3n－ 14故 an＝(3 n－1)·2 n－2 .引申探究例 2 中“ Sn＋1 ＝4 an＋2”改为“ Sn＋1 ＝2 Sn＋( n＋1)” ，其他不变探求数列{ an}的通项公式．解 由已知得 n≥2 时， Sn＝2 Sn－1 ＋ n.∴ Sn＋1 － Sn＝2 Sn－2 Sn－1 ＋1，∴ an＋1 ＝2 an＋1，∴ an＋1 ＋1＝2( an＋1)，又 a1＝1，当 n＝1 时上式也成立，故{ an＋1}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，∴ an＋1＝2·2 n－1 ＝2 n，∴ an＝2 n－1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数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 n＝1 时的情况进行验证．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1)Sn＋2 n(n∈N *)．5(1)求 a2， a3的值；(2)求证：数列{ Sn＋2}是等比数列．(1)解 ∵ a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1) Sn＋2 n(n∈N *)，∴当 n＝1 时， a1＝2×1＝2；当 n＝2 时， a1＋2 a2＝( a1＋ a2)＋4，∴ a2＝4；当 n＝3 时， a1＋2 a2＋3 a3＝2( a1＋ a2＋ a3)＋6，∴ a3＝8.综上， a2＝4， a3＝8.(2)证明 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1) Sn＋2 n(n∈N *)，①∴当 n≥2 时， a1＋2 a2＋3 a3＋…＋( n－1) an－1＝( n－2) Sn－1 ＋2( n－1)．②①－②得 nan＝( n－1) Sn－( n－2) Sn－1 ＋2＝ n(Sn－ Sn－1 )－ Sn＋2 Sn－1 ＋2＝ nan－ Sn＋2 Sn－1 ＋2.∴－ Sn＋2 Sn－1 ＋2＝0，即 Sn＝2 Sn－1 ＋2，∴ Sn＋2＝2( Sn－1 ＋2)．∵ S1＋2＝4≠0，∴ Sn－1 ＋2≠0，∴ ＝2，Sn＋ 2Sn－ 1＋ 2故{ Sn＋2}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＋ a3a5＝41， a4a8＝5，则 a4＋ a8＝ .(2)等比数列{ an}的首项 a1＝－1，前 n 项和为 Sn，若 ＝ ，则公比 q＝ .S10S5 3132答案 (1) (2)－5112解析 (1)由 a6a10＋ a3a5＝41 及 a6a10＝ a ， a3a5＝ a ，28 24得 a ＋ a ＝41.因为 a4a8＝5，24 28所以( a4＋ a8)2＝ a ＋2 a4a8＋ a ＝41＋2×5＝51.24 28又 an0，所以 a4＋ a8＝ .51(2)由 ＝ ， a1＝－1 知公比 q≠±1，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(q≠－1)．(1)已知等比数列{ an}的公比为正数，且 a3a9＝2 a ， a2＝2，则 a1等于( )25A. B.12 22C. D．22(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( )A．1 B．2C．3 D．4答案 (1)C (2)C解析 (1)由等比数列的性质得 a3a9＝ a ＝2 a ，26 25∵ q＞0，∴ a6＝ a5， q＝ ＝ ， a1＝ ＝ ，故选 C.2a6a5 2 a2q 2(2)设等比数列{ an}共有 2k＋1( k∈N *)项，则 a2k＋1 ＝192，则 S 奇＝ a1＋ a3＋…＋ a2k－1 ＋ a2k＋1 ＝ (a2＋ a4＋… a2k)＋ a2k＋1 ＝ S 偶 ＋ a2k＋1 ＝－ ＋192＝255，1q 1q 126q解得 q＝－2，而 S 奇 ＝ ＝ ＝255，解得 a1＝3，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(n∈N *)，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＋ ≤ (n∈N *)．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 S3＋2 S2＝4 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＝ × n－1 ＝(－1) n－1 · .[5 分]32 (－ 12) 32n(2)证明 由(1)知， Sn＝1－ n，(－12)Sn＋ ＝1－ n＋1Sn (－ 12) 11－ (－ 12)n＝Error! [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 n∈N *，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①已知 Sn与 an的关系，要分 n＝1， n≥2 两种情况．②等比数列中遇到求和问题要分公比 q＝1， q≠1 讨论．③项数的奇、偶数讨论．④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{ c·an}(c≠0)，{| an|}，{ a }，{ }也是等比数列．2n1an8(2)a1an＝ a2an－1 ＝…＝ aman－ m＋1 .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， n∈N *)⇔数列 {an}是等比数列；也可用an＋ 1an＝ q(q 是不等于 0 的常数， n∈N *， n≥2)⇔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 ＝ anan＋2 (anan＋1 an＋2 ≠0， n∈N *)⇔数列{ an}是等比数列．2n＋ 1[失误与防范]1．特别注意 q＝1 时， Sn＝ na1这一特殊情况．2．由 an＋1 ＝ qan， q≠0，并不能立即断言{ an}为等比数列，还要验证 a1≠0.3．在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略q＝1 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 q≠－1.A 组 专项基础训练(时间：30 分钟)1．已知等比数列{ an}中， a2＋ a3＝1， a4＋ a5＝2，则 a6＋ a7等于( )A．2 B．2 2C．4 D．4 2答案 C解析 因为 a2＋ a3， a4＋ a5， a6＋ a7成等比数列， a2＋ a3＝1， a4＋ a5＝2，所以( a4＋ a5)2＝( a2＋ a3)(a6＋ a7)，解得 a6＋ a7＝4.2．(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 a1a2a3＝4， a4a5a6＝12， an－1 anan＋1 ＝324，则 n 等于( )9A．12 B．13C．14 D．15答案 C解析 设数列{ an}的公比为 q，由 a1a2a3＝4＝ a q3与 a4a5a6＝12＝ a q12，31 31可得 q9＝3， an－1 anan＋1 ＝ a q3n－3 ＝324，31因此 q3n－6 ＝81＝3 4＝ q36，所以 n＝14，故选 C.4．若正项数列{ an}满足 lg an＋1 ＝1＋lg an，且 a2 001＋ a2 002＋…＋ a2 010＝2 016，则 a2 011＋ a2 012＋…＋ a2 020的值为( )A．2 015·10 10 B．2 015·10 11C．2 016·10 10 D．2 016·10 11答案 C解析 ∵lg an＋1 ＝1＋lg an，∴lg ＝1，an＋ 1an∴ ＝10，∴数列{ an}是等比数列，an＋ 1an∵ a2 001＋ a2 002＋…＋ a2 010＝2 016，∴ a2 011＋ a2 012＋…＋ a2 020＝10 10(a2 001＋ a2 002＋…＋ a2 010)＝2 016×10 10.5．已知 Sn是等比数列{ an}的前 n 项和，若存在 m∈N *，满足 ＝9， ＝ ，则数列S2mSm a2mam 5m＋ 1m－ 1{an}的公比为( )A．－2 B．2C．－3 D．3答案 B解析 设公比为 q，若 q＝1，则 ＝2，S2mSm与题中条件矛盾，故 q≠1.∵ ＝ ＝ qm＋1＝9，∴ qm＝8.S2mSma1 1－ q2m1－ qa1 1－ qm1－ q∴ ＝ ＝ qm＝8＝ ，a2mam a1q2m－ 1a1qm－ 1 5m＋ 1m－ 1∴ m＝3，∴ q3＝8，∴ q＝2.6．(2015·浙江)已知{ an}是等差数列，公差 d 不为零．若 a2， a3， a7成等比数列，且102a1＋ a2＝1，则 a1＝ ， d＝ .答案 －123解析 因为 a2， a3， a7成等比数列，所以 a ＝ a2a7，即( a1＋2 d)2＝( a1＋ d)(a1＋6 d)，23∴ a1＝－ d，∵2 a1＋ a2＝1，∴2 a1＋ a1＋ d＝1 即 3a1＋ d＝1，∴ a1＝ ， d＝－1.23 237．等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.若 a1＝1，则对任意的 n∈N *，都有an＋2 ＋ an＋1 －2 an＝0，则 S5＝ .答案 11解析 由题意知 a3＋ a2－2 a1＝0，设公比为 q，则 a1(q2＋ q－2)＝0.由 q2＋ q－2＝0 解得 q＝－2 或 q＝1(舍去)，则 S5＝ ＝ ＝11.a1 1－ q51－ 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 b10·b11＝2，则 a21＝ .an＋ 1an答案 1 024解析 ∵ b1＝ ＝ a2， b2＝ ，a2a1 a3a2∴ a3＝ b2a2＝ b1b2，∵ b3＝ ，a4a3∴ a4＝ b1b2b3，…， an＝ b1b2b3·…·bn－1 ，∴ a21＝ b1b2b3·…·b20＝( b10b11)10＝2 10＝1 024.9．数列{ bn}满足： bn＋1 ＝2 bn＋2， bn＝ an＋1 － an，且 a1＝2， a2＝4.(1)求数列{ bn}的通项公式；(2)求数列{ an}的前 n 项和 Sn.解 (1)由 bn＋1 ＝2 bn＋2，得 bn＋1 ＋2＝2( bn＋2)，∴ ＝2，又 b1＋2＝ a2－ a1＋2＝4，bn＋ 1＋ 2bn＋ 2∴数列{ bn＋2}是首项为 4，公比为 2 的等比数列．∴ bn＋2＝4·2 n－1 ＝2 n＋1 ，∴ bn＝2 n＋1 －2.(2)由(1)知， an－ an－1 ＝ bn－1 ＝2 n－2 ( n≥2)，∴ an－1 － an－2 ＝2 n－1 －2 ( n2)，…， a2－ a1＝2 2－2，∴ an－2＝(2 2＋2 3＋…＋2 n)－2( n－1)，11∴ an＝(2＋2 2＋2 3＋…＋2 n)－2 n＋2＝ －2 n＋2＝2 n＋1 －2 n.2 2n－ 12－ 1∴ Sn＝ － ＝2 n＋2 －( n2＋ n＋4)．4 1－ 2n1－ 2 n 2＋ 2n210．等比数列{ an}的前 n 项和 Sn，已知 S3＝7， a1＋3,3 a2， a3＋4 成等差数列．(1)求数列{ an}的公比 q 和通项 an；(2)若{ an}是递增数列，令 bn＝log 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 an＋1 ＝2 n， bn＝ n－7，当 1≤ n≤7 时，| b1|＋| b2|＋…＋| bn|＝ (7－ i)＝ ；∑n i＝ 1 n 13－ n2当 n7 时，| b1|＋| b2|＋…＋| bn|＝ (i－7)＋2 (7－ i)＝ ＋42，∑n i＝ 1 ∑ 7 i＝ 1 n n－ 132∴| 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， ai＋1 的矩形的面积( i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是( )A．{ an}是等比数列B． a1， a3，…， a2n－1 ，…或 a2， a4，…， a2n，…是等比数列C． a1， a3，…， a2n－1 ，…和 a2， a4，…， a2n，…均是等比数列D． a1， a3，…， a2n－1 ，…和 a2， a4，…， a2n，…均是等比数列，且公比相同答案 D解析 ∵ Ai＝ aiai＋1 ，若{ An}为等比数列，则 ＝ ＝ 为常数，即An＋ 1An an＋ 1an＋ 2anan＋ 1 an＋ 2an＝ ， ＝ ，….∴ a1， a3， a5，…， a2n－1 ，…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＋ a9a12＝2e 5，则 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ .答案 50解析 因为 a10a11＋ a9a12＝2 a10a11＝2e 5，所以 a10a11＝e 5.所以 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln( a1a2…a20)＝ln[( a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln( a10a11)10＝10ln a10a11＝10ln e5＝50.13．数列{ an}满足 a1＝2 且对任意的 m， n∈N *，都有 ＝ an，则 a3＝ ；{ an}的前an＋ mamn 项和 Sn＝ .答案 8 2 n＋1 －2解析 ∵ ＝ an，an＋ mam∴ an＋ m＝ an·am，∴ a3＝ a1＋2 ＝ a1·a2＝ a1·a1·a1＝2 3＝8；令 m＝1，则有 an＋1 ＝ an·a1＝2 an，∴数列{ an}是首项为 a1＝2，公比为 q＝2 的等比数列，∴ Sn＝ ＝2 n＋1 －2.2 1－ 2n1－ 214．已知正项等比数列{ an}满足 a2 015＝2 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 015＝2 a2 013＋ a2 014，可得 a2 013·q2＝2 a2 013＋ a2 013·q，∴ q2－ q－2＝0，∵ q0，∴ q＝2.∵ ＝4 a1，∴ qm＋ n－2 ＝16，∴ m＋ n＝6.aman∴ ＝ (m＋ n) ＝ ≥ ，n＋ 4mnm 16 (1m＋ 4n) 16(5＋ nm＋ 4mn) 32当且仅当 ＝ ，即 m＝2， n＝4 时取等号．nm 4mn故 的最小值为 .n＋ 4mnm 3215．已知数列{ an}中， a1＝1， an·an＋1 ＝ n，记 T2n为{ an}的前 2n 项的和，(12)bn＝ a2n＋ a2n－1 ， n∈N *.13(1)判断数列{ bn}是否为等比数列，并求出 bn；(2)求 T2n.解 (1)∵ an·an＋1 ＝ n，(12)∴ an＋1 ·an＋2 ＝ n＋1 ，(12)∴ ＝ ，即 an＋2 ＝ an.an＋ 2an 12 12∵ bn＝ a2n＋ a2n－1 ，∴ ＝ ＝ ＝ ，bn＋ 1bn a2n＋ 2＋ a2n＋ 1a2n＋ a2n－ 1 12a2n＋ 12a2n－ 1a2n＋ a2n－ 1 12∵ a1＝1， a1·a2＝ ，12∴ a2＝ ⇒b1＝ a1＋ a2＝ .12 32∴{ bn}是首项为 ，公比为 的等比数列．32 12∴ bn＝ × n－1 ＝ .32 (12) 32n(2)由(1)可知， an＋2 ＝ an，12∴ a1， a3， a5，…是以 a1＝1 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＋…＋ a2n－1 )＋( a2＋ a4＋…＋ a2n)＝ ＋1－ (12)n1－ 1212[1－ (12)n]1－ 12＝3－ .32n