第五章　数列.DOC

1、第五章第五章数列数列 第一节第一节数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 内容要求考题举例考向规律 1.了解数列的概念和几种 简单的表示方法(列表、 图 象、通项公式) 2了解数列是自变量为 正整数的一类函数 2020全国卷T17(1)(求数列的通项公 式) 2018全国卷T14(an与 Sn的关系) 2016浙江高考T13(an与 Sn的关系) 2015全国卷T17(递推、通项、 求和) 考情分析：以考查 Sn与 an的关系 为主，简单的递推关系也是考查的 热点。在高考中以选择、填空的形 式进行考查，难度为低档 核心素养：逻辑推理 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1数列的有关概念

2、概念含义 数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列an的第 n 项 an 通项公式 如果数列an的第 n 项 an与序号 n 之间的关系能用公式 anf(n)表示， 这个公式叫做数列的通项公式 前 n 项和 数列an中，Sna1a2an叫做数列的前 n 项和 数列是一种特殊的函数， 在研究数列问题时， 既要注意函数方法的普遍性， 又要考虑数列方法的特殊性。 2数列的表示方法 列表法列表格表示 n 与 an的对应关系 图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公 式 法 通项 公式 把数列的通项用公式表示 递推 公式 使用初始值 a1和 an1f(an)或

3、a1，a2和 an1f(an，an1)等表示数列的方法 3.an与 Sn的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn， 则 an S1，n1， SnSn1，n2。 4数列的分类 分类标准类型满足条件 项数 有穷数列项数有限 无穷数列项数无限 项与项间的 大小关系 递增数列an1an 其中 nN*递减数列an10， 则 f(x)3 2x 25x，x0，所以 f(x)的极小值点为 x10 3 ，因为 nN*，且 f(3)9，f(4)8，所以(nSn)min 9。 答案D 应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个 1利用数列对应的函数的单调性判断。 2对数列的前后项作差(或作商)

4、，利用比较法判断。 【题组对点练】 1(微考向 1)数列an满足 a13，anan 11 an11，其前 n 项积为 T n，则 T2 021() A1 2 B1 C3 2 D3 解析由 ana n11 an11，得 a nan1anan11，即 an11a n 1an。又 a 13，所以 a21 2，a 31 3，a 4 2，a53，所以数列an是周期数列，周期为 4，且 a1a2a3a41，所以 T2 021T45051T1a13。 故选 D。 答案D 2(微考向 2)已知数列an的通项公式为 ann22n(nN*)，则“0，得 2n12，2n1 2 对任意的 nN*都成立，于是3 2。

5、由1 可推得3 2，反过来，由 3 2不能得到1，因此“1”是“数列a n为递增数列”的充分不必要条件。 故选 A。 答案A 3(微考向 2)已知数列an的通项公式为 an3nk 2n ，若数列an为递减数列，则实数 k 的取值范围为 _。 解析因为 an1an3n3k 2n 1 3nk 2n 33nk 2n 1 ，由数列an为递减数列知，对任意 nN*，an1 an33nk 2n 1 33n 对任意 nN*恒成立，所以 k(0，)。 答案(0，) 4 (加强练)(多选)已知函数 f(x)2ln x1 x， 数列a n的前 n 项和为 Sn， 且满足 a12， an1f(an)(nN*)， 则

6、下列有关数列an的叙述正确的是() Aa21 CS100100Danan112an 解析a22ln 21 2ln 4 1 21 时， f(x)0， 所以 f(x)单调递增，所以 f(x)f(1)1，因为 a121，所以 an1f(an)1，所以 an1，B 正确；因为 an1， 所以 S100100，C 错误；令 h(x)ln x1 x1(x1)，h(x) 1 x 1 x2 x1 x2 0，所以 h(x)在(1，)单调递增， 所以 h(x)h(1)0，所以 ln an 1 an10，则 2ln a n 2 an20，所以 2ln an 1 an 1 an2，即 a n1 1 an2，所以 an

7、an112an，所以 D 错误。故选 AB。 答案AB 教师备用题 【例 1】(配合例 1 使用)若数列an是正项数列，且 a1 a2 ann2n，则a1 1 a2 2 an n _。 解析当 n1 时， a11212，a14。当 n2 时， a1 a2 an1(n1)2(n1)， a1 a2 an1 ann2n，两式相减可得 an2n，即 an4n2，又 a14 也符合该式，所以 an4n2，则 an n 4n，则a1 1 a2 2 an n 41424n2n22n(nN*)。 答案2n22n(nN*) 【例 2】(配合例 3 使用)若 a11，对任意的 nN*，都有 an0，且 na2n1

8、(2n1)an1an2a2n0。设 M(x)表示整数 x 的个位数字，则 M(a2 021)_。 解析由已知得(nan1an)(an12an)0，因为 an0，所以 an12an0，则an 1 an 2，因为 a11，所 以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an12n 12n1(nN*)。所以 a22，a34，a48， a516，a632，a764，a8128，所以当 n2 时，M(an)依次构成以 4 为周期的数列。所以 M(a2 021) M(a5)6，故答案为 6。 答案6 【例 3】(配合例 4 使用)已知数列an满足 nan2(n2)an(n22n)，其中 a11

9、，a22，若 anan 1对任意的 nN*恒成立，则实数的取值范围是_。 解析由 nan2(n2)an(n22n)n(n2)得 an2 n2 an n ，所以数列 an n 的奇数项与偶数项均是以 为公差的等差数列， 因为 a11， a22， 所以当 n 为奇数时， an n 1 n1 2 1 n1 2 1， 所以 ann 2n 2 n。当 n 为偶数时， an n 1 n 21n2 2 1，所以 ann 22n 2 n，当 n 为奇数时，由 anan1，得n 2n 2 n2，若 n1，则R，若 n1，则 2 n1，所以0。当 n 为偶数时，由 anan1，得n 22n 2 n2，所以 2 3

10、n，即0。综上， 实数的取值范围为0，)。 答案0，) 深度探究素养达成 课外阅读增分培优 三类递推公式求通项公式 一、形如 an1 ran panq(r，p，q 为常数，r0，p，q，a n0)的数列的通项公式的探求 【例 1】在数列bn中，b11，bn1 bn 3bn2，nN *，则通项公式 bn_。 【思路分析】将递推公式两边同时取倒数，转化为 anAan1B(n2，A，B 为常数)的形式，即可 轻松解题。 【解析】对递推公式 bn1 bn 3bn2的两边同时取倒数，得 1 bn1 3bn2 bn ，即 1 bn12 1 bn3，因此 1 bn1 32 1 bn3，1 b132， 故 1

11、 bn3是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 于是 1 bn322 n1，可得 bn 1 2n3， nN*。 【答案】 1 2n3，nN * 【名师微点】一般地，形如 an1 ran panq(r，p，q 是常数，r0，p，q，a n0)结构的递推公式往往可 以通过等式两边同时取倒数变形构造出线性递推公式 bnAbn1B(n2，A，B 是常数)，进而求出原数列 的通项。 【变式训练 1】已知数列an满足 a11，an1 an an2(nN *)。若 bnlog2 1 an1，则数列bn的通项 公式是 bn() A1 2n Bn1 CnD2n 解析由 an1 an an2，得 1 an11

12、2 an，所以 1 an112 1 an1，又 1 a1120，故 1 an1是首项为 2， 公比为 2 的等比数列，所以 1 an122 n12n，bnlog2 1 an1log22nn。 答案C 二、形如 an1panq(p0，且 p1)的数列的通项公式的探求 【例 2】记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn3an2n3，则数列an的通项公式为 an_。 【思路分析】首先根据数列通项 an与前 n 项和 Sn之间的关系得到数列an的递推关系式，然后利用 待定系数法将其转化为一个等比数列，进而可得出数列an的通项公式。 【解析】当 n1 时，S1a13a11，解得 a11 2；当 n2

13、 时，S n3an2n3，Sn13an12n5， 两式相减可得，an3an3an12，故 an3 2a n11，设 an3 2(a n1)，则2，即 an23 2(a n1 2)，故 an2 an12 3 2。所以数列a n2是以3 2为首项， 3 2为公比的等比数列，所以 a n23 2 3 2 n1，故 an2 3 2 n。 【答案】2 3 2 n 【名师微点】根据形如 an1panq(p0，且 p1)的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为 p 的等比数列anx，即将原递推关系式化为 an1xp(anx)的形式，再求出数列anx的通项公式，最 后求an的通项公式。 【变式训练 2】已知

14、数列an满足 a11，an13an4，则 an() A3nB3n 1 C3n2D3n 12 解析由 an13an4，得 an123(an2)，且 a1230，所以 an20，所以an 12 an2 3，因此 数列an2是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，故 an233n13n，因此 an3n2。故选 C。 答案C 三、形如 an1panf(n)(p 为常数，且 p0)的数列的通项公式的探求 【例 3】在数列an中，a11，an12an43n 1，求通项公式 a n。 【解】解法一：原递推公式可化为 an13n2(an3n 1) 。 比较系数得4，式即是 an143n2(an43n 1)。

15、则数列an43n 1是一个等比数列，其首项是 a 1431 15，公比是 2。 所以 an43n 152n1。 即 an43n 152n1。 解法二：将 an12an43n 1 的两边同除以 3n 1。 得an 1 3n 12 3 an 3n 4 32，令 b nan 3n。 则 bn12 3b n4 9， 设 bn1k2 3(b nk)，比较系数得 k4 3， 则 bn14 3 bn4 3 2 3。 又 b14 3 a1 3 4 3 5 30， 所以 bn4 3 是以5 3为首项， 2 3为公比的等比数列。 所以 bn4 3 5 3 2 3 n1， 则 bn4 3 5 3 2 3 n1。 所

16、以 an3nbn43n 152n1。 【名师微点】(1)形如 an1an的递推公式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的 两边加上相同的数或相同性质的量， 构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量， 使之成为等差或等 比数列。 (2)本题的递推公式是 an1an的推广 an1ann，两边同时除以n 1 后得到an 1 n 1 an n ，转 化为 bn1 b n 的形式，通过构造公比是 的等比数列 bn 求解。 【变式训练 3】已知正项数列an中，a12，an12an35n，则数列an的通项 an() A32n 1 B32n 1 C5n32n 1 D5n32n 1 解析解法一：在

17、递推公式 an12an35n的两边同时除以 5n 1，得an1 5n 12 5 an 5n 3 5 ，令 bnan 5n， 则式变为 bn12 5b n3 5，即 b n112 5(b n1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为 b11a1 5 1 3 5，公比为 2 5，所以 b n1 3 5 2 5 n1，即 bn13 5 2 5 n1，所以an 5n1 3 5 2 5 n1132 n1 5n ，故 an 5n32n 1。故选 D。 解法二：设 an1k5n 12(ank5n)，则 an 12an3k5n，与题中递推公式比较得 k1，即 an 15n 12(an5n)，所以数列an5n是首

18、项为 a153，公比为 2 的等比数列，则 an5n32n1， 故 an5n32n 1。故选 D。 答案D 第二节等差数列及其前 n 项和 内容要求考题举例考向规律 1.理解等差数列的概念 2掌握等差数列的通项公式与 前 n 项和公式 3能在具体的问题情境中识别 数列的等差关系，并能用有关 知识解决相应的问题 4了解等差数列与一次函数、 二次函数的关系 2020全国卷T4(等差数列的 实际应用) 2020北京高考T8(等差数列的 最大、最小项) 2019全国卷T9(等差数列基 本量计算) 2019全国卷T14(等差数列基 本量计算) 考情分析：等差数列的基本运算、基本性质，等 差数列的证明是考

19、查的热点。本节内容在高考中 既可以以选择、填空的形式进行考查，也可以以 解答题的形式进行考查。解答题往往与数列的计 算、证明、等比数列、数列求和、不等式等问题 综合考查，难度中低档 核心素养：逻辑推理、数学运算 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1等差数列的有关概念 (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，定义表达式为 anan1d(常数)(nN*，n2) 或 an1and(常数)(nN*)。 (2)等差中项 若三个数 a，A，b 成等差数列，则 A 叫做

20、a 与 b 的等差中项，且有 Aab 2 。 2等差数列的有关公式 (1)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 ana1(n1)d。 (2)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 Snna1nn1 2 d 或 Snna1an 2 。 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，bn是等差数列，则panqbn也是等

21、差数列。 (5)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。 (6)数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，也是等差数列。 (7)S2n1(2n1)an。 (8)若项数 n 为偶数，则 S 偶S奇nd 2 ； 若项数 n 为奇数，则 S 奇S偶a中(中间项)。 1用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第 2 项起”“每一 项与它的前一项的差”“同一个常数”。 2等差数列的前 n 项和公式有两种表达形式，要根据题目给出的条件判断使用哪一种表达形式。 3等差数列与函数的关系 (1)通项公式：当公差 d0 时，等差

22、数列的通项公式 ana1(n1)ddna1d 是关于 n 的一次函数， 且一次项系数为公差 d。若公差 d0，则为递增数列，若公差 d0，则为递减数列。 (2)前 n 项和公式：当公差 d0 时，Snna1nn1 2 dd 2n 2 a1d 2 n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0。 一、常规题 1在等差数列an中，a22，a34，则 a10_。 解析等差数列an的公差 da3a2422，所以 a10a28d28218。 答案18 2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a15，S927，则公差 d_。 解析由等差数列的前 n 项和公式 Snna1nn1 2 d，得 279(5)98

23、 2 d，解得 d2。 答案2 3在等差数列an中，若 a3a4a5a6a7450，则 a2a8_。 解析由等差数列的性质得 a3a4a5a6a75a5450，所以 a590，所以 a2a82a5180。 答案180 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S64，S1824，则 S12_。 解析由等差数列的性质可知 S6，S12S6，S18S12成等差数列，所以 2(S124)424S12，解得 S1212。 答案12 二、易错题 5(忽视等差数列为 0 的项)在等差数列an中，|a3|a9|，公差 d0，则使数列an的前 n 项和 Sn取得 最大值的正整数 n 的值是_。 解析由|a3|

24、a9|，得|a12d|a18d|，解得 a15d 或 d0(舍去)，则 a15da60，又 d0，故使前 n 项和 Sn取得最大值的正整数 n 的值是 5 或 6。 答案5 或 6 6(忽视等差数列相邻项的符号)在首项为 28 的等差数列an中，从第 8 项开始为负数，则公差 d 的取 值范围是_。 解析由题意知数列an满足 a80， a70， 即 287d0， 286d0， 所以 d4， d14 3 ， 即14 3 d0；当 n6 时，an0。 所以 Sn的最小值为 S5S630。 求等差数列前 n 项和最值的常用方法 1利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便

25、可求得前 n 项和的 最值。 2等差数列的前 n 项和 SnAn2Bn(A，B 为常数)为二次函数，通过二次函数的性质求前 n 项和的最 值。 【题组对点练】 1(微考向 1)已知数列an为等差数列，Sn为其前 n 项和，2a5a6a3，则 S7等于() A2B7 C14D28 解析因为 2a5a6a3，所以 2a4da42da4d，解得 a42，所以 S77a1a7 2 7a414。 故选 C。 答案C 2(微考向 2)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn。若 S57，S1021，则 S15等于() A35B42 C49D63 解析在等差数列an中，S5，S10S5，S15S10成等差数列

26、，即 7,14，S1521 成等差数列，所以 7(S15 21)214，解得 S1542。 答案B 3(微考向 2)已知等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若Sn Tn 2n 3n1，则 a11 b11_。 解析由等差数列前 n 项和的性质，得a11 b11 2a11 2b11 a1a21 b1b21 21a1a21 2 21b1b21 2 S21 T21 221 3211 21 32。 答案 21 32 4(微考向 3)(多选)首项为正数，公差不为 0 的等差数列an，其前 n 项和为 Sn，则下列 4 个命题中正 确的有() A若 S100，则 a50，a60 的最大的 n

27、 为 15 C若 S150，S160，则Sn中 S7最大 D若 S8S9，则 S7S8 解析对于 A，因为首项为正数，公差不为 0，且 S100，所以公差 d0，所以 S1010a1a10 2 0，即 a1a100，根据等差数列的性质可得 a5a6a1a100，又 d0，a60，所以 a80，a90，S1616a1a16 2 16a8a9 2 0，所以使 Sn0 的最大的 n 为 15，故 B 正 确； 对于 C， 因为 S1515a1a15 2 152a8 2 15a80， 则 a80， S1616a1a16 2 16a8a9 2 0， 则 a8a90， 即 a90， 所以Sn中 S8最大，

28、 故 C 错误； 对于 D， 因为 S80， 又 a10， 所以 a8S8S70， 即 S8S7，故 D 正确。故选 ABD。 答案ABD 教师备用题 【例 1】(配合考点一使用)已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前 n 项和。若 a2a5a80，S9 27，则 S8的值是_。 解析解法一：设等差数列an的公差为 d，则 a2a5a8(a1d)(a14d)a17da214d25a1da1 7d0，S99a136d27，解得 a15，d2，则 S88a128d405616。 解法二：因为 S9a1a9 2 927，所以 a1a96，所以 a2a82a56，所以 a53，则 a2a5a83

29、a2 a80， 即 2a260， 所以 a23， 则 a89， 所以其公差 da8a5 85 2， 所以 a15， 所以 S88a1a8 2 16。 答案16 【例 2】(配合例 1 使用)数列an满足 a11，a22，an22an1an2。 (1)设 bnan1an，证明bn是等差数列； (2)求an的通项公式。 解(1)证明：由 an22an1an2， 得 an2an1an1an2， 即 bn1bn2。又 b1a2a11， 所以bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列。 (2)由(1)得 bn12(n1)。 即 an1an2n1。 于是错误错误!(ak1ak)错误错误!(2k1)， 所以

30、an1a1n2，即 an1n2a1。 又 a11，所以an的通项公式为 ann22n2。 【例 3】(配合考点三使用)(1)等差数列an中，已知|a6|a11|，且公差 d0，则当其前 n 项和取得最小 值时，n 的值为() A6B7 C8D9 解析由 d0 可得等差数列an是递增数列，又|a6|a11|，所以a6a11，即a15da110d，所以 a115d 2 ，则 a8d 20，所以前 8 项和为前 n 项和的最小值。故选 C。 答案C (2)Sn是等差数列an的前 n 项和，S2 022S2 020，S2 021S2 022，则当 Sn0 时，n 的最大值是() A2 021B2 02

31、2 C4 043D4 042 解析因为 S2 022S2 020， S2 021S2 022， 即 S2 020a2 021a2 022S2 020， S2 021S2 021a2 022。 所以 a2 022a2 0210。所以 S4 0424 042a1a4 042 2 2 021(a2 022a2 021)0，可知 当 Sn0， q1 或 a10， 0q0， 0q1 或 a11 则等比数列an递减。 1若数列an为等比数列，则数列can(c0)，|an|，a2n， 1 an也是等比数列。 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

32、 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。 一、常规题 1已知an是等比数列，a22，a51 4，则公比 q 等于( ) A1 2 B2 C2D1 2 解析由题意知 q3a5 a2 1 8，即 q 1 2。 答案D 2已知等比数列an满足 a11，a3a54(a41)，则 a7的值为() A2B4 C9 2 D6 解析根据等比数列的性质得 a3a5a24，所以 a244(a41)，即(a42)20，解得 a42。又因为 a11， a1a7a244，所以 a74。 答案B 3若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，

33、则 ln a1ln a2ln a20_。 解析因为数列an为等比数列，且 a10a11a9a122e5，所以 a10a11a9a122a10a112e5，所以 a10a11 e5，所以 ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a10a11)10ln(e5)10ln e5050。 答案50 4等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10 S5 31 32，则a n的通项公式 an_。 解析因为S10 S5 31 32，所以 S10S5 S5 1 32，因为 S 5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为 q5，所以 q5 1 32，q 1 2，则 a n1

34、 1 2 n1 1 2 n1。 答案 1 2 n1 二、易错题 5(忽视项符号的判断)已知在等比数列an中，a2a3a41，a6a7a864，则 a5_。 解析由 a2a3a41，a6a7a864，得 a331，a3764，所以 a31，a74，因此 a25a3a74。因为 a5与 a3同号，所以 a52。 答案2 6(忽视对公比的讨论)设 aR，nN*，则 1aa2a3an_。 解析当 a1 时，1aa2a3ann1；当 a0 且 a1 时，1aa2a3an1a n1 1a ；当 a0 时，1aa2a3an1 满足式。所以 1aa2a3an n1，a1， 1an 1 1a ，a1。 答案 n

35、1，a1， 1an 1 1a ，a1 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一等比数列的基本运算自主练习 1.已知各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S314，a38，则 a6等于() A16B32 C64D128 解析因为 S314， a38， 所以 q1， 所以 a11q3 1q 14， a1q28， 解得 a12， q2 或 a118， q2 3(舍)， 所以 a6a1q523264。 答案C 2(2021赣州模拟)Sn是等比数列an的前 n 项和，若 S4，S3，S5成等差数列，则an的公比 q 的值为 () A1 2 B2 C1D2 或 1 解析由 S4， S3，

36、 S5成等差数列知等比数列an的公比 q1， 因此得 2S3S5S4， 即2a11q 3 1q a11q 5 1q a11q 4 1q ，化简整理得 q3(q2)(q1)0，所以 q0(舍去)或 q1(舍去)或 q2。故 q2。 答案B 3(多选)(2020海南海口模拟)已知正项等比数列an满足 a12，a42a2a3。若设其公比为 q，前 n 项和为 Sn，则() Aq2Ban2n CS102 047Danan13an，故 D 正确。故选 ABD。 答案ABD 4已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，若存在 mN*，满足S2m Sm 9，a2m am 5m1 m1 ，则数列an的公比 为(

37、) A2B2 C3D3 解析设公比为 q，若 q1，则S2m Sm 2，与题中条件矛盾，故 q1。因为S2m Sm a11q2m 1q a11qm 1q qm19， 所以 qm8。所以a2m am a1q 2m1 a1qm 1q m85m1 m1 ，所以 m3，所以 q38，所以 q2。 答案B 解决与等比数列有关问题的常用思想方法 1方程的思想：等比数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求出 关键量 a1和 q，问题便可迎刃而解。 2分类讨论的思想：等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，将 q 分为 q1 和 q1 两种 情况进行讨论

38、。 考点二等比数列的判定与证明 【例 1】已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn。 (1)设 cnan1，求证：cn是等比数列； (2)求数列an的通项公式。 解(1)证明：因为 anSnn， 所以 an1Sn1n1。 得 an1anan11， 所以 2an1an1， 所以 2(an11)an1， 又 a1a11，所以 a11 2， 所以 a111 20， 因为an 11 an1 1 2，所以 cn1 cn 1 2。 故cn是以 c1a111 2为首项， 1 2为公比的等比数列。 (2)由(1)知 cn1 2 1 2 n1 1 2 n。 因为 cnan1，所以 an1 1 2 n。

39、 等比数列的三种常用判定方法 1定义法：若an 1 an q(q 为非零常数，nN*)或 an an1q(q 为非零常数且 n2，nN *)，则an是等比数 列。 2等比中项法：若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，则an是等比数列。 3通项公式法：若数列an的通项公式可写成 ancqn 1(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)，则a n是等 比数列。 【变式训练】已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an0，S2na2n1Sn1，其中为常数。 (1)证明：Sn12Sn； (2)是否存在实数，使得数列an为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由。 解(1)证明

40、：因为 an1Sn1Sn，S2na2n1Sn1， 所以 S2n(Sn1Sn)2Sn1， 所以 Sn1(Sn12Sn)0， 因为 an0，所以 Sn10， 所以 Sn12Sn0，所以 Sn12Sn。 (2)存在。因为 Sn12Sn， 所以 Sn2Sn1(n2)，相减得 an12an(n2)， 所以an从第 2 项起成等比数列， 因为 S22S1，即 a2a12a1， 所以 a2a110，得1， 所以 an 1，n1， 12n 2，n2， 若使an是等比数列，则 a1a3a22， 所以 2(1)(1)2， 所以1，经检验，符合题意。 故存在实数，使得数列an为等比数列，的值为 1。 考点三等比数列

41、的性质微专题 微考向 1：等比数列的性质 【例 2】(1)在等比数列an中，a3，a15是方程 x26x20 的两根，则a2a16 a9 的值为() A2 2 2 B 2 C 2D 2或 2 解析设等比数列an的公比为 q，因为 a3，a15是方程 x26x20 的两根，所以 a3a15a292，a3 a156，所以 a30，a150，则 a9 2，所以a2a16 a9 a 2 9 a9a 9 2。 答案B (2)已知正项等比数列an，满足 a2a27a2 02016，则 a1a2a1 017() A41 017B21 017 C41 018D21 018 解析设等比数列an的公比为 q，由题

42、意知 a2a27a2 020a1q(a1q6)2a1q2 019(a1q508)4(a509)416，又 各项均为正，所以 a5092，所以 a1a2a1 017(a509)1 01721 017。故选 B。 答案B 1在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若 mnpq，则 amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度。 2在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形。此外，解题时注意 设而不求思想的运用。 微考向 2：等比数列前 n 项和的性质 【例 3】(1)已知等比数列an共有 2n 项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大

43、80，则公比 q _。 解析由题意，得 S 奇S偶240， S 奇S偶80， 解得 S 奇80， S 偶160， 所以 qS 偶 S 奇 160 80 2。 答案2 (2)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S6 S3 1 2，则 S9 S3_。 解析解法一：设等比数列an的公比为 q，因为S6 S3 1 2，所以a n的公比 q1。由a 11q6 1q a11q 3 1q 1 2，得 q 31 2，所以 S9 S3 a11q9 1q a11q 3 1q 1q 9 1q3 3 4。 解法二：设等比数列an的公比为 q，因为S6 S3 1 2，所以公比 q1，所以 S 3，S6S3，S9S6

44、也成等比数 列，即(S6S3)2S3(S9S6)，将 S61 2S 3代入得S 9 S3 3 4。 答案 3 4 1在公比为 q 的等比数列an中，所有奇数项之和 S 奇与所有偶数项之和 S偶具有以下性质： (1)若共有 2n 项，则S 偶 S 奇 q。 (2)若共有 2n1 项，S 奇a1 S 偶 q。 2在公比为 q 的等比数列an中，Sk表示它的前 k 项和。当 q1 时，有 Sk，S2kSk，S3kS2k，也 成等比数列，公比为 qk。 【题组对点练】 1(微考向 1)(2020全国卷)数列an中，a12，amnaman。若 ak1ak2ak1021525，则 k () A2B3 C4

45、D5 解析令 m1，则由 amnaman，得 an1a1an，即an 1 an a12，所以数列an是首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以 an2n，所以 ak1ak2ak10ak(a1a2a10)2k212 10 12 2k 1(2101) 2152525(2101)，解得 k4。故选 C。 答案C 2(微考向 2)(多选)设数列an(nN*)是各项均为正数的等比数列，q 是其公比，Kn是其前 n 项的积， 且 K5K8，则下列选项中正确的是() A0qK5 DK6与 K7均为 Kn的最大值 解析若 K6K7，则 a7K7 K61，故 B 正确；由 K 51，则 q a7 a6(0,1)

46、，故 A 正确； 由数列an是各项均为正数的等比数列且 q(0,1)，可得数列an单调递减，则有 K9K5，故 C 错误；结合 K5K8，可得 D 正确。故选 ABD。 答案ABD 3(微考向 2)已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a34，a4a5a68，则 S12 _。 解析由等比数列前 n 项和的性质可知，数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列 4,8，S9 S6，S12S9是等比数列，因此 S1248163260。 答案60 教师备用题 【例 1】(配合例 1 使用)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn12Sn1，nN*。 (

47、1)证明：Sn1为等比数列，求出an的通项公式； (2)若 bn n an，求b n的前 n 项和 Tn，并判断是否存在正整数 n 使得 Tn2n 1n50 成立。若存在，求出 所有 n 的值；若不存在，说明理由。 解(1)证明：因为 Sn12Sn1， 所以 Sn112(Sn1)，nN*， 所以Sn1为等比数列，且公比为 2， 又因为 S112，所以 Sn12n，所以 Sn2n1， 所以当 n2 时，Sn12n 11， 则 anSnSn12n 1，a11 也满足此式， 所以 an2n 1，nN*。 (2)由(1)得 bn n an n 2n 1， 则 Tn 1 20 2 21 n 2n 1，1

48、 2T n 1 21 2 22 n 2n， 两式相减得 1 2T n 1 20 1 21 1 2n 1 n 2n2 n2 2n ，所以 Tn4n2 2n 1， 代入 Tn2n 1n50，得 2nn260。 令 f(x)2xx26(x1)， 则 f(x)2xln 210 在 x1，)上恒成立， 所以 f(x)2xx26 在 x1，)上为增函数， 又有 f(5)f(4)1，a99a100 10， a991 a10010，则以下结论不正确的是( ) A0q1 Ba99a10111 成立的最大自然数 n 等于 198 解析因为 a99a10010，所以 a21q1971，所以 q0。因为 a991 a

49、10010，所以(a 991)(a1001)1， 所以 a991，a1001。分析选项知，qa100 a99 1，故 A 中结论正确；a99a101a21001，故 B 中结论正确；T100 T99a1001，T199a1a2a198a199 (a1a199)(a2a198)(a99a101)a100a199 1000，解得 q2，所以 bn2n。 由 b3a42a1，可得 3da18。 由 S1111b4，可得 a15d16。 联立，解得 a11，d3， 由此可得 an3n2。 所以an的通项公式为 an3n2，bn的通项公式为 bn2n。 (2)设数列a2nbn的前 n 项和为 Tn， 由

50、 a2n6n2，有 Tn4210221623(6n2)2n， 2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n 1， 上述两式相减， 得Tn4262262362n(6n2)2n 11212n 12 4(6n2)2n 1(3n 4)2n 216， 得 Tn(3n4)2n 216。 所以数列a2nbn的前 n 项和为(3n4)2n 216。 考点三裂项相消法求和 【例 3】(2021贵阳市监测考试)已知数列an的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn3(an1)(nN*)。 (1)求数列an的通项公式； (2)若 bnlog3an，cn 2 bnbn1，设数列c n的前 n 项和为 Tn，求证