21新亮剑数学第6章（新高考）

第 1 节数列的概念对应学生书自学听讲P115课标要求考向分析通过日常生活和数学中的实例,了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数通过对近三年高考题的研究发现,数列的概念不会直接命题,可能与等差数列、等比数列结合命题,也可能是解答题的第一题,涉及由Sn求an、由an=f(n)求最值或者由递推关系求通项一、数列的定义1.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,数列中的每一项都和它的序号有关,排在第一位的数称为这个数列的第 1 项(通常也叫作首项).2.数列与函数的关系:从函数观点看,数列可以看成以正整数集 N*(或它的有限子集1,2,n)为定义域的函数an=f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.二、数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an+1an其中nN*递减数列an+1 8,?-7,n 8,若对于任意nN*都有anan+1,则实数a的取值范围是().A.0,13B.0,12C.12,1D.13,12答案C解析由题意知,对于任意的nN*都有anan+1,所以数列an为单调递减数列,所以0?1,13-a 0,13-a 9+2?8-7,解得12a0),运用基本不等式得f(x)610,当且仅当x=310时等号成立.因为an=1?+90?,所以1?+90?16 10,由于nN*,不难发现当n=9 或n=10 时,an=119最大.故选 C.考向 2:数列的周期性已知数列 2008,2009,1,-2008,若这个数列从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前 2021 项之和S2021=.答案1解析由题意可知an+1=an+an+2,a1=2008,a2=2009,a3=1,a4=-2008,a5=-2009,a6=-1,a7=2008,a8=2009,an+6=an,即数列an是以 6 为周期的周期数列.又a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,S2021=336(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+(a1+a2+a3+a4+a5)=1.(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an+1-an的符号判断数列an是递增数列、递减数列还是常数列;用作商比较法,根据?+1?(an0 或an0 恒成立,即-(2n+1)恒成立.nN*,-3.2.设an=-3n2+15n-18,则数列an中的最大项的值是().A.163B.133C.4D.0答案D解析an=-3?-522+34,由二次函数的性质,知当n=2 或n=3 时,an取得最大值,最大值为a2=a3=0.故选 D.3.若数列an中,a1=2,a2=3,an+1=an-an-1(n2),则a2020=().A.1B.-2C.3D.-3答案B解析因为an=an-1-an-2(n3),所以an+1=an-an-1=(an-1-an-2)-an-1=-an-2,所以an+3=-an,所以an+6=-an+3=an,所以an是以 6 为周期的周期数列.因为 2020=3366+4,所以a2020=a4=-a1=-2.故选 B.数学运算用函数思想解决数列的最值问题1.在利用二次函数的观点解决该题时,一定要注意二次函数对称轴位置的选取.2.注意数列作为函数的特殊性,即自变量是正整数.数列an的通项公式是an=n2+kn+4.(1)若k=-5,则数列中有多少项是负数?n为何值时,an有最小值?并求出最小值.(2)若对于nN*,都有an+1an,求实数k的取值范围.解析(1)由n2-5n+40,解得 1nan知,该数列是一个递增数列,通项公式为an=n2+kn+4,可以看作是关于n的二次函数,考虑到nN*,-?2-3.即实数k的取值范围是(-3,+).【突破训练】数列an的通项公式为an=3n2-28n,则数列an各项中的最小项是().A.第 4 项B.第 5 项C.第 6 项D.第 7 项答案B解析an=3n2-28n=3?-1432-1963,当n=143时,an最小,又nN*,故当n=5 时,an=3n2-28n最小.1.(2018 年全国卷)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=?.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是否为等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.解析(1)由条件可得an+1=2(?+1)?an.将n=1 代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2 代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列.理由如下:由条件可得?+1?+1=2?,即bn+1=2bn,又b1=1,所以bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列.(3)由(2)可得?=2n-1,所以an=n2n-1.2.(2017 年全国卷)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列?2?+1的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,所以当n2 时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1),两式相减得(2n-1)an=2,所以an=22?-1(n2).又由题设可得a1=2,满足上式,所以an的通项公式为an=22?-1.(2)记?2?+1的前n项和为Sn.由(1)知?2?+1=2(2?+1)(2?-1)=12?-1-12?+1,则Sn=11-13+13-15+12?-1-12?+1=2?2?+1.对应高效训练P50基础打磨1.(2020 届浙江一模)在数列 1,2,7,10,13,中,2 19是这个数列的第()项.A.16B.24C.26D.28答案C解析设数列为an,则a1=1=1,a2=2=4,a3=7,a4=10,a5=13,所以an=3?-2.令 3?-2=2 19=76,解得n=26.2.(本题为多项选择题)下列说法中,正确的是().A.数列的通项公式不是唯一的B.每个数列都有通项公式C.数列可以看作一个定义在正整数集上的函数D.数列的图象是坐标平面上有限或无限个离散的点答案AD解析A 正确,对于数列 1,-1,1,-1,其通项公式可以是an=(-1)n+1,也可以是an=(-1)n+3;B 错误,数列的项与n具备一定的规律性,才可求出数列的通项公式,所以有的数列是无通项公式的;C 错误,数列可以看作一个定义在正整数集或正整数集的子集上的函数;D 正确,由数列的定义知命题正确.3.(2020 届河北二模)设S(n)=1?+1?+1+1?+2+1?+3+1?2(nN*),则当n=2 时,S(2)=().A.12B.12+13C.12+13+14D.12+13+14+15答案C解析当n=2 时,S(2)=12+12+1+122=12+13+14.4.数列an满足a1=1,且an=2?-1-1,n 为偶数,2?-1+2,n 为奇数,则a4=().A.7B.10C.12D.22答案A解析依题意a4=2a3-1=2(2a2+2)-1=22(2a1-1)+2-1=7.故选 A.5.(2020 届福建龙岩高三月考)数列an满足an+2=an+1+2an,且a1=1,a2=2,则a6=().A.24B.25C.26D.27答案B解析当n=1 时,a3=a2+2a1=2+2=4,当n=2 时,a4=a3+2a2=4+4=8,当n=3 时,a5=a4+2a3=8+8=16,当n=4 时,a6=a5+2a4=16+16=32=25.6.在数列an中,a1=2,an+1-an=ln 1+1?,则an=().A.2+lnnB.2+(n-1)lnnC.2+nlnnD.1+n+lnn答案A解析在数列an中,an+1-an=ln 1+1?=ln?+1?,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=ln?-1+ln?-1?-2+ln21+2=ln?-1?-1?-221+2=lnn+2(n2).又a1=2 适合上式,故选 A.7.(2020 届江苏质检)已知数列an的通项公式为an=?+3?-5,则该数列的最大项是().A.第 1 项B.第 2 项C.第 3 项D.第 4 项答案C解析因为an=?+3?-5=1+3+5?-5,与函数f(x)=1+3+5?-5比较,得当 1n5时,数列an为递减数列,且an5时,数列an为递减数列,且an0,所以该数列的最大项是a3.8.(2020 届贵州一模)若数列an满足关系an+1=1+1?,a8=3421,则a5=.答案85解析借助递推关系,由a8递推,依次得到a7=2113,a6=138,a5=85.9.(2020 届江西模拟)已知数列an的前n项和为Sn=n2+2n+1(nN*),则an=.答案4,?=1,2?+1,?2解析当n2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1,当n=1 时,a1=S1=421+1,因此an=4,?=1,2?+1,?2.10.(2020 届深圳模拟)在数列an中,a1=12020,an+1=an+1?(?+1)(nN*),则a2020的值为.答案1解析因为an+1=an+1?(?+1)(nN*),所以an+1-an=1?(?+1)=1?-1?+1,所以a2-a1=1-12,a3-a2=12-13,a2020-a2019=12019-12020,各式相加,可得a2020-a1=1-12020,所以a2020=1.能力拔高11.(本题为多项选择题)已知数列an满足12a1+122a2+123a3+12?an=2n+5,则下列数字在数列an中的是().A.14B.18C.20D.32答案AD解析由题意可知,数列an满足12a1+122a2+123a3+12?an=2n+5,则12a1+122a2+123a3+12?-1an-1=2(n-1)+5,n1,两式相减可得,?2?=2n+5-2(n-1)-5=2,an=2n+1,n1,nN*.当n=1 时,?12=7,a1=14.综上可知,数列an的通项公式为an=14(?=1),2?+1(n 2).故选 AD.12.(2020 届保定一模)若数列an满足13a1+132a2+13?an=3n+1,nN*,则an=.答案12,?=1,3?+1,n 2解析当n=1 时,13a1=4,a1=12;当n2 时,13a1+132a2+13?an=3n+1,nN*,13a1+132a2+13?-1an-1=3(n-1)+1,两式相减得13?an=3,an=3n+1(n2).a1=12 不满足上式,an=12,?=1,3?+1,n 2.13.(2020 届云南昆明二模)已知数列an满足a1=1,an-an+1=nanan+1(nN*),则an=.答案2?2-n+2解析由an-an+1=nanan+1得1?+1-1?=n,则由累加法得1?-1?1=1+2+(n-1)=?2-n2(n2).又因为a1=1,所以1?=?2-n2+1=?2-n+22(n2),所以an=2?2-n+2(n2).当n=1 时,a1=1 满足上式,故an=2?2-n+2(nN*).思维拓展14.(2020 届浙江期中联考)数列an:1,1,2,3,5,8,13,21,34,称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记该数an的前n项和为Sn,则下列结论正确的是().A.S2019=a2021+2B.S2019=a2021-1C.S2019=a2020+2D.S2019=a2020-1答案B解析由题意知,数列an为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,即该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和,则an+2=an+an+1=an+an-1+an=an+an-1+an-2+an-1=an+an-1+an-2+an-3+an-2=an+an-1+an-2+an-3+a2+a1+1,即an+2=Sn+1 成立,所以S2019=a2021-1 成立,故选 B.15.(2020 届湖南长沙模拟)已知函数y=f(x)的定义域为 R,当x1,且对任意的实数x,yR,等式f(x)f(y)=f(x+y)成立.若数列an满足f(an+1)f11+?=1(nN*),且a1=f(0),则下列结论成立的是().A.f(a2016)f(a2018)B.f(a2017)f(a2020)C.f(a2018)f(a2019)D.f(a2016)f(a2019)答案A解析由f(x)f(y)=f(x+y),令x=0,y=-1,则f(0)f(-1)=f(-1).当x1,f(-1)1,f(0)=1,a1=1.当x0 时,令y=-x,则f(x)f(-x)=f(0)=1,即f(x)=1?(-?),又f(-x)1,当x0 时,0f(x)x2,f(x2)=f(x1)f(x2-x1)f(x1),f(x)在 R 上单调递减,f(-2)f-12f(1),f(a2016)f(a2018),f(a2017)=f(a2020),f(a2018)0an是递增数列,Sn有最小值;d0,等差数列an的前 3 项的和为-3,前 3 项的积为 8,3?1+3d=-3,?1(?1+d)(?1+2d)=8,?1=2,?=-3或?1=-4,?=3.d0,a1=-4,d=3,an=3n-7.(2)an=3n-7,a1=-4,Sn=?(?1+?)2=?(3?-11)2.(1)在等差数列an中,a1与d是最基本的两个量,一般可设出a1和d,利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可.(2)与等差数列有关的基本运算问题,主要围绕着通项公式an=a1+(n-1)d和前n项和公式Sn=?(?1+?)2=na1+?(?-1)2d,在两个公式中共涉及五个量(a1,d,n,an,Sn),已知其中三个量,选用恰当的公式,利用方程(组)可求出剩余的两个量.【针对训练 1】1.九章算术是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等.问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分 5 钱,甲、乙两人所得钱数与丙、丁、戊三人所得钱数相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得钱数依次成等差数列.问这五人各得多少钱(“钱”是古代的一种重量单位)?”这个问题中,甲所得的钱数为().A.54B.53C.32D.43答案D解析设等差数列an的首项为a1,公差为d,依题意有2?1+d=3?1+9d,2?1+d=52,解得?1=43,?=-16,即甲得43钱,故选 D.2.设Sn为等差数列an的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=().A.5B.6C.7D.8答案D解析由题意知Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.等差数列的判定与证明已知数列an的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n2),a1=12.(1)求证:1?成等差数列.(2)求数列an的通项公式.解析(1)当n2 时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以1?-1?-1=2.又1?1=1?1=2,故1?是首项为 2,公差为 2 的等差数列.(2)由(1)可得1?=2n,所以Sn=12?.当n2 时,an=Sn-Sn-1=12?-12(?-1)=?-1-?2?(?-1)=-12?(?-1).当n=1 时,a1=12不适合上式.故an=12,n=1,-12?(?-1),n 2.本例条件不变,判断数列an是否为等差数列,并说明理由.解析当n2 时,an=-12?(?-1),所以an+1=-12?(?+1),又an+1-an=-12?(?+1)+12?(?-1)=-12?1?+1-1?-1=1?(?-1)(?+1).所以当n2 时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,故数列an不是等差数列.等差数列的证明方法:(1)定义法:对于n2 的任意自然数,验证an-an-1为同一常数.(2)等差中项法:验证 2an-1=an+an-2(n3,nN*)都成立.【针对训练 2】已知数列an满足a1=2,an+1=2?+2(nN*).(1)设bn=1?,求证:数列bn是等差数列.(2)求数列an的通项公式.解析(1)由a1=2,an+1=2?+2,可得1?+1=1?+12,即bn+1=bn+12,所以bn+1-bn=12.又b1=1?1=12,所以数列bn是首项和公差均为12的等差数列.(2)由(1)可得1?=12+12(n-1)=?2,则an=2?,nN*.等差数列的性质及其应用(1)设an是等差数列,且a1+a2+a100=80,a101+a102+a200=120,则a201+a202+a300=.(2)在等差数列an中,若a1=10,且S7=S13,则此数列前项和最大.答案(1)160(2)10解析(1)设a201+a202+a300=t,则?1+?2+?100=80,?101+?102+?200=120,?201+?202+?300=t.由等差数列的性质可知 120-80=t-120,于是t=160.故a201+a202+a300=160.(2)由a1=10 且S7=S13,知公差d0,a111,且am-1+am+1-?2=0,S2m-1=38,则m等于().A.38B.20C.10D.9答案C解析an为等差数列,am-1+am+1=2am,则由am-1+am+1-?2=0,得?2=2am.又an的各项均为正数,am=2.S2m-1=a1+a2+a2m-1=(2m-1)am=4m-2=38,m=10.故选 C.2.已知等差数列an的前n项和为Sn,且满足S20=S40,则下列结论中正确的是().A.S30是Sn中的最大值B.S30是Sn中的最小值C.S30=0D.S60=0答案D解析S40-S20=a21+a22+a23+a40=10(a30+a31)=0,a30+a31=0,S60=602(a1+a60)=30(a30+a31)=0.等差数列前n项和的最值问题在等差数列an中,Sn为其前n项和,且a1=25,S17=S9,求数列an的前多少项和最大.解析(法一)a1=25,S17=S9,17a1+17162d=9a1+982d,解得d=-2.又a1=250,由?=25-2(n-1)0,?+1=25-2n 0,得?1312,?1212,当n=13 时,Sn取得最大值.(法二)a1=25,S17=S9,17a1+17162d=9a1+982d,解得d=-2.从而Sn=25n+?(?-1)2(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169.当n=13 时,Sn取得最大值.(法三)S17=S9,a13+a14=0,又a1=250,a130,a140,d0时,满足?0,?+1 0的项数m使得Sn取得最大值,最大值为Sm;当a10 时,满足?0,?+1 0的项数m使得Sn取得最小值,最小值为Sm.【针对训练 4】1.设数列an是公差d为负数的等差数列,Sn为其前n项和,若S6=5a1+10d,则Sn取最大值时,n的值为().A.5B.6C.5 或 6 D.11答案C解析由题意得S6=6a1+15d=5a1+10d,所以a1+5d=0,即a6=0,故当n=5 或n=6 时,Sn最大.2.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110解析因为等差数列an的首项a1=20,公差d=-2,所以Sn=na1+?(?-1)2d=20n-?(?-1)22=-n2+21n=-?-2122+2122,又因为nN+,所以当n=10 或n=11 时,Sn取得最大值,最大值为 110.数学运算破解等差数列中的最值问题(1)运用配方法转化为二次函数,借助二次函数的单调性以及数形结合的思想,从而使问题得解.(2)通项公式法:求使an0(an0)成立时最大的n值即可.一般地,在等差数列an中,若a10,且Sp=Sq(pq),则若p+q为偶数,则当n=?+?2时,Sn最大;若p+q为奇数,则当n=?+?-12或n=?+?+12时,Sn最大.在等差数列an中,设Sn为其前n项和,且a10,S3=S11,则当n为多少时,Sn最大?解析由S3=S11,得a4+a5+a11=0,即a7+a8=0,又a10,所以a70,a80,故当n=7 时,Sn最大.【突破训练】(2018 年全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解析(1)设an的公差为d,由题意得 3a1+3d=-15.由a1=-7 得d=2.所以an的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4 时,Sn取得最小值,最小值为-16.1.(2019 年全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则().A.an=2n-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=12n2-2n答案A解析因为4?1+6d=0,?1+4d=5,所以?1=-3,?=2,所以an=2n-5.2.(2018 年全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.若 3S3=S2+S4,a1=2,则a5=().A.-12B.-10C.10D.12答案B解析设an的公差为d,由 3S3=S2+S4,得 3a1+2d=0,又a1=2,所以d=-3,则a5=a1+4d=-10.3.(2019 年全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和.若a10,a2=3a1,则?10?5=.答案4解析令公差为d,则d=a2-a1=2a1,所以?10?5=100?125?1=4.4.(2019 年北京卷)设等差数列an的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5=,Sn的最小值为.答案0-10解析a2=a1+d=-3,S5=5a1+10d=-10,a1=-4,d=1,a5=a1+4d=0,an=a1+(n-1)d=n-5.令an0,则n0 时,S9或S10最小,当d0,a7=-10,a70,a6a7?6+?722=4,当且仅当a6=a7=2 时,“=”成立.故选 AD.10.(2020 届江苏南通适应性考试)已知等差数列an满足a4=4,且a1,a2,a4成等比数列,则a3的所有值为.答案3,4解析设等差数列an公差为d,因为a4=4,且a1,a2,a4成等比数列,所以?4=?1+3d=4,?22=?1?4=4?1,即?1+3d=4,(?1+d)2=4?1,解得d=0 或d=1.所以a3=a4-d,即a3=4 或a3=3.11.(2020 届福建三明高三毕业班质检)已知正项数列an的前n项和为Sn,且a1=1,?+12=2Sn+n+1(nN*),设数列1?+1的前n项和为Tn,则Tn=.答案?+1解析因为?+12=2Sn+n+1,所以?2=2Sn-1+n(n2),因此?+12-?2=2(Sn-Sn-1)+1=2an+1,即?+12=(an+1)2.又an为正项数列,所以an+1=an+1,即an+1-an=1(n2),由?22=2a1+1+1=4,得a2=2.故数列an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以an=n(nN*),因此1?+1=1?(?+1)=1?-1?+1,所以Tn=1-12+12-13+1?-1?+1=1-1?+1=?+1.12.(2020 届辽宁葫芦岛高三第二次模拟)已知数列an是公比为q的正项等比数列,bn是公差d为负数的等差数列,且1?2-1?3=?1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列an的公比q与数列bn的通项公式;(2)求数列|bn|的前 10 项和S10.解析(1)由b1+b2+b3=3b2=21,得b2=7,又b1b2b3=(b2-d)b2(b2+d)=(7-d)7(7+d)=343-7d2=315,得d=-2 或d=2(舍去),所以b1=7+2=9,bn=-2n+11,于是1?2-1?3=-2?1,又an是公比为q的等比数列,故1?1q-1?1?2=-2?1,所以 2q2+q-1=0,解得q=-1(舍去)或q=12.综上,q=12,bn=11-2n.(2)设bn的前n项和为Tn,则Tn=10n-n2.令bn0,11-2n0,得n5.5.因为nN*,所以S5=T5=5(?1+?5)2=25,易知,当n6 时,bn 0,?1或?1 0,0?0,0?1或?1 1时,an是递减数列.1.由an+1=qan,q0,并不能立即断言an为等比数列,还要验证a10.2.在运用等比数列的前n项和公式时,要注意对q=1 与q1 分类讨论,防止因忽略q=1 这一特殊情形而导致解题出错.【概念辨析】判断下列结论的正误.(对的打“”,错的打“”)(1)满足an+1=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)若an为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列bn也是等比数列.()(4)数列an的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=?(1-?)1-?.()答案(1)(2)(3)(4)解析(1)错误,例如q=0;(2)错误,例如G=a=0;(3)错误,例如an=(-1)n;(4)错误,例如a=1.【基础自测】1.在等比数列an中,Sn为其前n项和,若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q等于().A.3B.-3C.-1D.1答案A解析两等式相减得a4-a3=2a3,从而求得?4?3=3=q.故选 A.2.等比数列an的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=().A.13B.-13C.19D.-19答案C解析由已知条件及S3=a1+a2+a3,得a3=9a1.设数列an的公比为q,则q2=9.所以a5=a1q4=81a1=9,得a1=19.3.若数列an满足a4=27,an+1=-3an(nN*),则a1=().A.1B.3C.-1D.-3答案C解析由题意知数列an是以-3 为公比的等比数列,a4=a1(-3)3=27,a1=27(-3)3=-1.故选 C.【易错检测】4.等比数列an满足对任意nN*,2(an+2-an)=3an+1,an+1an,则公比q=.答案2解析由题意知,2(anq2-an)=3anq,即 2q2-3q-2=0,解得q=2 或q=-12.又an+1an,故q=2.5.数列an是以a为首项,q为公比的等比数列,数列bn满足bn=1+a1+a2+an,数列cn=2+b1+b2+bn.若cn为等比数列,则a+q=.答案3解析由题意知q1.因为数列an是以a为首项,q为公比的等比数列,所以bn=1+?1-?-?1-?,所以cn=2+1+?1-?n-?1-?(1-?)1-?=2-?(1-?)2+(1-?+?)?1-?+?+1(1-?)2,要使cn为等比数列,则 2-?(1-?)2=0 且1-?+?1-?=0,所以a=1,q=2,则a+q=3.对应学生书自学听讲P122等比数列基本量的计算(1)已知等比数列an为递增数列,且?52=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列an的通项公式为an=.(2)在等差数列an中,公差d0,a2是a1与a4的等比中项,已知数列a1,a3,?1,?2,?,是等比数列,则数列kn的通项公式为kn=.答案(1)2n(2)3n+1解析(1)设数列an的公比为q,则 2(an+an+2)=5an+12q2-5q+2=0q=2 或q=12.由?52=a10=a1q90 得a10,又数列an为递增数列,所以q=2.又由?52=a10(a1q4)2=a1q9a1=q=2,所以数列an的通项公式为an=2n.(2)设an=a1+(n-1)d,由题意知?22=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),得d2=a1d.因为d0,所以d=a1,故an=nd.由已知得d,3d,k1d,k2d,knd,是等比数列.因为d0,所以数列 1,3,k1,k2,kn,也是等比数列,且其首项为 1,公比为q=3,由此得k1=9,所以数列kn是以 9 为首项,3 为公比的等比数列,所以kn=93n-1=3n+1.即数列kn的通项公式为kn=3n+1.(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及a1,an,q,n,Sn五个量,已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).(2)运用等比数列的前n项和公式时,注意对q=1 和q1 进行分类讨论.【针对训练 1】1.已知等比数列an的前n项和为Sn,a1+a3=52,且a2+a4=54,则?=().A.4n-1B.4n-1C.2n-1D.2n-1答案D解析设等比数列的公比为q,由题意得?1(1+?2)=52,?1q(1+?2)=54,解得?1=2,?=12,则an=a112?-1=?12?-1,Sn=?11-12?1-12=?1(2?-1)2?-1,所以?=2n-1.故选 D.2.已知Sn是各项均为正数的等比数列an的前n项和.若a2a4=16,S3=7,则a8=.答案128解析a2a4=?32=16,a3=4 或a3=-4(舍去).a3=a1q2=4,S3=7,q1,S2=?1(1-?2)1-?=4?2(1+q)(1-q)1-?=3,3q2-4q-4=0,解得q=-23(舍去)或q=2.a1=1,a8=27=128.等比数列的判定与证明考向 1:等比数列的判定已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=k(qn-1)+t(n2-n)(q0 且q1,tR),则下列说法错误的是().A.若an是等差数列,则k=0B.若an是等比数列,则t=0C.若an不是等差数列,则k0D.若an不是等比数列,则t0答案D解析an=Sn-Sn-1=k(qn-1)+t(n2-n)-k(qn-1-1)-t(n-1)2-(n-1)=k(q-1)qn-1+t(2n-2).对于选项 A,因为an是等差数列,q0 且q1,所以k=0;反之,若k=0,则Sn=t(n2-n),此时an=t(2n-2),an为等差数列.所以 A,C 均正确.对于选项 B,因为an是等比数列,所以?-1=?(?-1)?-1+t(2n-2)?(?-1)?-2+t(2n-4)一定是不为 0 的常数,所以t=0;反之,若t=0,则an=k(q-1)qn-1,当k=0 时,an不是等比数列,故 B 正确,D 不正确.故选 D.考向 2:等比数列的证明已知数列an满足a1=1,a2=4,an+2=4an+1-4an.(1)求证:数列an+1-2an是等比数列.(2)求数列an的通项公式.解析(1)由an+2=4an+1-4an,得an+2-2an+1=2an+1-4an=2(an+1-2an)=22(an-2an-1)=2n(a2-2a1)0,?+2-2?+1?+1-2?=2,an+1-2an是等比数列.(2)由(1)可得an+1-2an=2n-1(a2-2a1)=2n,?+12?+1-?2?=12,?2?是首项为12,公差为12的等差数列,?2?=?2,即an=n2n-1.证明或判断一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法,其他方法只用于选择、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.利用递推关系时要注意对n=1 时的情况进行验证.【针对训练 2】1.在公比q为整数的等比数列an中,Sn是数列an的前n项和,若a1+a4=18,a2+a3=12,则下列说法错误的是().A.q=2B.数列Sn+2是等比数列C.S8=510D.数列lgan是公差为 2 的等差数列答案D解析因为a1(1+q3)=18,a1(q+q2)=12,所以1+?3?+?2=1812=32,所以q=2 或q=12(舍去),A 正确;a1=2,an=2n,Sn=2(1-2?)1-2=2n+1-2,则S8=29-2=510,C 正确;?+1+2?+2=2,所以Sn+2是等比数列,B 正确;又 lgan+1-lgan=lg?+1?=lg 2,所以数列lgan是公差为 lg 2 的等差数列,D 错误.2.在数列an中,?+12+2an+1=anan+2+an+an+2,且a1=2,a2=5.(1)证明:数列an+1是等比数列.(2)求数列an的前n项和Sn.解析(1)?+12+2an+1=anan+2+an+an+2,(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),即?+1+1?+1=?+2+1?+1+1.a1=2,a2=5,a1+1=3,a2+1=6,?2+1?1+1=2,数列an+1是以 3 为首项,2 为公比的等比数列.(2)由(1)知,an+1=32n-1,an=32n-1-1,Sn=3(1-2?)1-2-n=32n-n-3.等比数列的性质及其应用(1)已知an为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=().A.7B.5C.-5D.-7(2)在等比数列an中,a1=2,前n项和为Sn,若数列an+1也是等比数列,则Sn等于().A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1答案(1)D(2)C解析(1)由?4+?7=2,?5?6=?4?7=-8,解得?4=-2,?7=4或?4=4,?7=-2.?3=-2,?1=1或?3=-12,?1=-8.a1+a10=a1(1+q9)=-7.(2)设数列an的公比为q,则an=2qn-1,数列an+1也是等比数列,(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)?+12+2an+1=anan+2+an+an+2an+an+2=2an+1an(1+q2-2q)=0q=1,即an=2,Sn=2n.(1)在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则aman=apaq”,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,解题时要注意设而不求思想的运用.(3)等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质,例如在等比数列中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,也成等比数列,公比为qk(q-1).【针对训练 3】1.已知等比数列an的前n项积为Sn,若a3a4a8=8,则S9=().A.512B.256C.81D.16答案A解析由题意知a3a4a7q=a3a7(a4q)=a3a7a5=?53=8,所以S9=a1a2a3a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5=?59=83=512,故选 A.2.已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,若S10=10,S30=70,则S40=().A.150B.140C.130D.120答案A解析在等比数列an中,由S10=10,S30=70 可知q-1,所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30构成公比为q10的等比数列.所以(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),解得S20=30 或S20=-20(舍去).所以?20-?10?10=30-1010=2=q10,所以S40-S30=2(S30-S20)=80,所以S40=S30+80=150,故选 A.数学运算方程思想在等比数列中的应用方程的思想: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)求关键量a1和q,问题可迎刃而解.在各项均为正数的等比数列an中,公比q(0,1),若a3+a5=5,a2a6=4,bn=log2an,数列bn的前n项和为Sn,则当?11+?22+?取最大值时,n的值为().A.8 B.9C.17D.8 或 9答案D解析由题意可知a3a5,由等比数列的性质可得?3+?5=5,?2?6=?3?5=4,?3?5,解得?3=4,?5=1,?1?2=4,?1?4=1,0?1,解得?1=16,?=12,an=a1qn-1=1612?-1=25-n,bn=log2an=5-n,则数列bn是以 4 为首项,-1 为公差的等差数列,Sn=?(4+5-?)2=9?-?22,?=9-?2,数列?是以 4 为首项,-12为公差的等差数列,?11+?22+?=?4+9-?22=?(17-?)4=-14?-1722+28916,因此当n=8 或n=9 时,?11+?22+?取最大值,故选 D.【突破训练】已知an为递增的等比数列,a4+a7=5,a5a6=6,则a1+a10=().A.152B.5C.6D.356答案D解析设数列an的公比为q,因为a5a6=6,所以a4a7=6,又由a4+a7=5,且a40),所以由题意得?4=?1(1-?4)1-?=15,?1?4=3?1?2+4?1,解得a1=1,q=2,所以a3=4.2.(2019 年全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=13,?42=a6,则S5=.答案1213解析因为?42=a2a6,所以a2=1,q=3,所以S5=13(1-35)1-3=1213.3.(2018 年全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.答案-63解析当n=1 时,a1=S1=2a1+1,a1=-1.当n2 时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1(n2),则a6=a125=-32,S6=2a6+1=-63.4.(2019 年全国卷)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列.(2)求an和bn的通项公式.解析(1)由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为 1,公比为12的等比数列.由题设得 4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为 1,公差为 2 的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12?-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12?+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12?-n+12.5.(2018 年全国卷)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.解析(1)设数列an的公比为q,q2=?5?3=4,q=2.an=2n-1或an=(-2)n-1.(2)由(1)知,Sn=1-2?1-2=2n-1 或Sn=1-(-2)?1+2=131-(-2)n,Sm=2m-1=63 或Sm=131-(-2)m=63(舍去),m=6.对应高效训练P53基础打磨1.(2020 届广州十校高三质检)已知等比数列an的前n项和为Sn,S3=3a1+a2,则?4?2=().A.2B.3C.4D.5答案B解析由S3=3a1+a2可得a3=2a1,所以q2=2.所以?4?2=?1+?2+?3+?4?1+?2=1+?3+?4?1+?2=1+q2=3.2.(2020 届河南八市重点高中测评)在等比数列an中,a1+a3=1,a5+a7+a9+a11=20,则a1=().A.16B.13C.2D.4答案B解析因为a5+a7=(a1+a3)q4=q4,a9+a11=(a1+a3)q8=q8,所以q8+q4=20,所以q4=4 或q4=-5(舍去),所以q2=2,a1+a3=a1+a1q2=3a1=1,所以a1=13.3.(本题为多项选择题)已知各项均为正数的等差数列an的公差为 2,等比数列bn的公比为-2,则().A.?-?-1=2bn(n2)B.?-1=4(n2)C.?-?-1=2bn-1(n2)D.?-1=-4(n2)答案BC解析等差数列an的公差为 2,数列bn是公比为-2 的等比数列,?-?-1=a1+(bn-1)2-a1-(bn-1-1)2=2(bn-bn-1)=2(2bn-1-bn-1)=2bn-1,故 A 错误,C 正确,bn=b1(-2)n-1,?-1=?1(-2)?-1?1(-2)?-1-1=(-2)?-1(-2)?-1-1=(-2)?-?-1=(-2)2=4,故 B 正确,D 错误.4.(2020 届河北廊坊期中联合调研)在等比数列an中,a2,a16是方程x2+6x+2=0 的两个根,则?2?16?9的值为().A.-6或 6B.-2C.2D.2或-2答案D解析在等比数列an中,a2,a16是方程x2+6x+2=0 的两个根,a2a16=?92=2,a9=2或a9=-2.?2?16?9=2或?2?16?9=-2.5.(2020 届辽宁重点高中第四次模拟)在等比数列an中,a1a2=1,a3a6=9,则a2a4=().A.3B.3C.3D.3答案A解析设等比数列an的公比为q,因为a1a2=10,所以q0.又a3a6=9,所以a2a4=?1?3?2?6=9=3.6.(2020 届湖南益阳高三模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn,若1?1+1?2+1?3=2,a2=2,则S3=().A.10B.7C.8D.4答案C解析由题意得1?1+1?2+1?3=?1+?3?1?3+1?2=?1+?2+?3?22=?34=2,S3=8.7.(2020 届山东临沂三模)已知在等比数列an中,a3=7,前三项和S3=21,则公比q的值为().A.1B.-12C.1 或-12D.-1 或12答案C解析在等比数列an中,a3=7,前三项和S3=21,若q=1,a3=7,S3=37=21,符合题意;若q1,则?1?2=7,?1(1-?3)1-?=21,解得q=-12,即公比q的值为 1 或-12.故选 C.8.(2020 届北京海淀二模)已知公比为 2 的等比数列an,若前n项和为Sn,若a1+a2=3,则a3+a4=,S6=.答案1263解析因为等比数列an的公比为 2,且a1+a2=3,所以a3+a4=q2(a1+a2)=12,a5+a6=q4(a1+a2)=48,S6=3+12+48=63.9.(2020 届拉萨高三模拟)记Sn为数列an的前n项和,若S2=3,an+1=Sn+1(nN*),则通项公式an=.答案2n-1解析an+1=Sn+1,a2=S1+1=a1+1,又S2=a1+a2=3,a1=1,a2=2.由an+1=Sn+1 得an=Sn-1+1(n2),两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,而a2=2a1,an是公比为 2 的等比数列,an=2n-1.能力拔高10.(本题为多项选择题)若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设an是公比为q的无穷等比数列,下列an的四组量中一定能成为该数列“基本量”的是().(其中n为大于 1 的整数,Sn为数列an的前n项和)A.S1与S2B.a2与S3C.a1与anD.q与an答案AD解析A 正确,已知S1与S2,即a1=S1,a2=S2-S1,q=?2?1是唯一定值;B 不正确,知道a2与S3,a2=a1qa1=?2?,当q1 时,S3=?1(1-?3)1-?,将a1=?2?代入替换,得关于q的分式三次方程S3=?2(1-?3)?(1-?),不一定有唯一解;C 不正确,知道a1与an,an=a1qn-1,也不能确定唯一的q值;D 正确,知道q与an,an=a1qn-1,则a1唯一确定.故选 AD.11.(2020 届江苏南通四模)已知正项等比数列an的前n项和为Sn.若S9=S3+2S6,则当S6+1?3取得最小值时,S9的值为.答案7 33解析由S9=S3+2S6,得q1,所以?1(1-?9)1-?=?1(1-?3)1-?+2?1(1-?6)1-?,化简得 1-q9=1-q3+2(1-q6),即q9-2q6-q3+2=0,即(q6-1)(q3-2)=0,得q3=2,则S6+1?3=?1(1-?6)1-?+1-?1(1-?3)=3?1?-1+?-1?12 3,当3?1?-1=?-1?1,即a1=?-13时,S6+1?3取得最小值,所以S9=?1(1-?9)1-?=?-13(?9-1)?-1=7 33.12.(2020 届海口模拟)已知数列an满足a1=32,an+1=3an-1(nN*).(1)若数列bn满足bn=an-12,求证:bn是等比数列.(2)若数列cn满足cn=log3an,Tn=c1+c2+cn,求证:Tn?(?-1)2.解析(1)由题可知an+1-12=3?-12(nN*),从而bn+1=3bn,b1=a1-12=1,所以bn是以 1 为首项,3 为公比的等比数列.(2)由(1)知bn=3n-1,从而an=3n-1+12,所以cn=log33?-1+12log33n-1=n-1.所以Tn=c1+c2+cn0+1+2+(n-1)=?(?-1)2,所以Tn?(?-1)2.思维拓展13.(2020 届广东六校高三联考)设an是单调递增的等比数列,Sn为数列an的前n项和.已知S3=13,且a1+3,3a2,a3+5 构成等差数列.(1)求an及Sn.(2)是否存在常数,使得数列Sn+是等比数列?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设数列an的公比为q,由题意得?1+?2+?3=13,6?2=?1+?3+8,所以a2=3,a1+a3=10.所以3?+3q=10,解得q=3 或q=13(舍去).所以a1=1,所以an=a1qn-1=3n-1,Sn=1(1-3?)1-3=3?-12.(2)假设存在常数,使得数列Sn+是等比数列.因为S1+=1+,S2+=4+,S3+=13+,所以(4+)2=(1+)(13+),解得=12,此时Sn+12=3?2,?+12?-1+12=3?23?-12=3(n2),所以存在常数=12,使得数列?+12是首项为a1+12=32,公比为 3 的等比数列.第 4 节数列求和对应学生书自学听讲P124课标要求考向分析1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.3.涉及化归转化思想的应用数列求和是数列知识的综合体现,主要以解答题的形式考查,常与函数、不等式结合考查.基本方法是通过变形,转化为等差、等比数列的求和问题解决求数列的前n项和的方法1.公式法(1)公差为d的等差数列an的前n项和公式Sn=?(?1+?)2=na1+?(?-1)2d.(2)公比为q的等比数列an的前n项和公式当q=1 时,Sn=na1;当q1 时,Sn=?1(1-?)1-?=?1-?q1-?.2.倒序相加法如果一个数列an,首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法,如等差数列的前n项和即是用此法推导的.3.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和可用此法来求,如等比数列的前n项和就是用此法推导的.4.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.5.分组求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.6.并项求和法一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.例如:Sn=1002-992+982-972+22-12=(100+99)+(98+97)+(2+1)=5050.(1)1?(?+?)=1?1?-1?+?;(2)1?+?+1=?+1-?;(3)12+22+n2=?(?+1)(2?+1)6;(4)应用裂项相消法时,应注意消项的规律具有对称性,即前面剩第几项则后面剩倒数第几项.【概念辨析】判断下列结论的正误.(对的打“”,错的打“”)(1)若数列an为等比数列,且公比不等于 1,则其前n项和Sn=?1-?+11-?.()(2)当n2 时,1?2-1=121?-1-1?+1.()(3)求Sn=a+2a2+3a3+nan时只要把上式