高考数学一轮总复习讲义知识点典型例题真题方法总结-数列

1、第五章数列第一节 数列的概念与简单表示法基础知识1数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：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(2)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an10.4(教材习题改编)已知数列an的通项公式是aneq blcrc (avs4alco1(23n1n为偶数，,2n5n为奇数，)则a4a3_.解析：a4a3233(235)54. 答案：545已知数列an的通项公式为anpneq f(q,n)，且a2eq f(3,2)，a4eq f(3,2)，则a8_.解析：由已知

2、得eq blcrc (avs4alco1(2pf(q,2)f(3,2)，,4pf(q,4)f(3,2)，)解得eq blcrc (avs4alco1(pf(1,4)，,q2.)则aneq f(1,4)neq f(2,n)，故a8eq f(9,4). 答案：eq f(9,4)小结1.对数列概念的理解(1)数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别2数列的函数特征数

3、列是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集1,2,3，n)的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的函数解析式，即f(n)an(nN*)考点一由数列的前几项求数列的通项公式典例例1下列公式可作为数列an：1,2,1,2,1,2，的通项公式的是()Aan1Baneq f(1n1,2) Can2eq blc|rc|(avs4alco1(sinf(n,2) Daneq f(1n13,2)自主解答由an2eq blc|rc|(avs4alco1(sinf(n,2)可得a11，a22，a31，a42，. 答案C变式若本例中数列变为：0,1,0,1，则an的一个通项公式为_答案：aneq blcrc (av

4、s4alco1(0n为奇数，,1n为偶数.)eq blc(rc)(avs4alco1(或anf(11n,2)或anf(1cos n,2)方法小结1根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求对于正负符号变化，可用(1)n或(1)n1来调整2根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想以题试法1写出下面数列的一个通项公式(1)3,5,7,9，；(2)eq f(1,2)，eq f(3,4)，eq f(7,8)，eq f(15,16)，eq f(31,3

5、2)，；(3)3,33,333,3 333，；(4)1，eq f(3,2)，eq f(1,3)，eq f(3,4)，eq f(1,5)，eq f(3,6)，.解：(1)各项减去1后为正偶数，所以an2n1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，所以aneq f(2n1,2n).(3)将数列各项改写为eq f(9,3)，eq f(99,3)，eq f(999,3)，eq f(9999,3)，分母都是3，而分子分别是101,1021,1031,1041，.所以aneq f(1,3)(10n1)(4)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号为(1)n；各项绝对值的分母组

6、成数列1,2,3,4，；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为21，偶数项为21，所以an(1)neq f(21n,n)，也可写为aneq blcrc (avs4alco1(f(1,n)，n为正奇数，,f(3,n)，n为正偶数.)考点二由an与Sn的关系求通项an典例例2已知数列an的前n项和Sn，根据下列条件分别求它们的通项an.(1)Sn2n23n；(2)Sn3n1.自主解答(1)由题可知，当n1时，a1S1212315，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n1.当n1时，4115a1，故an4n1.(2)当n1时，a1S1314，当n

7、2时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1时，23112a1，故aneq blcrc (avs4alco1(4，n1，,23n1， n2.)方法小结已知数列an的前n项和Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：(1)先利用a1S1求出a1；(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式；(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写以题试法2已知数列an的前n项和为Sn，且Sneq f(n,n1)，则eq f(1,a5)()A.eq

8、f(5,6)B.eq f(6,5) C.eq f(1,30) D30解析：选D当n2时，anSnSn1eq f(n,n1)eq f(n1,n)eq f(1,nn1)，则a5eq f(1,56)eq f(1,30).考点三数列的性质典例例3已知数列an的通项公式为ann221n20.(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)n为何值时，该数列的前n项和最小？自主解答(1)因为ann221n20eq blc(rc)(avs4alco1(nf(21,2)2eq f(361,4)，可知对称轴方程为neq f(21,2)10.5.又因nN*，故n10或n11时，an有最小值，其最小值为1122

9、1112090.(2)设数列的前n项和最小，则有an0，由n221n200，解得1n20，故数列an从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小变式在本例条件下，设bneq f(an,n)，则n为何值时，bn取得最小值？并求出最小值解：bneq f(an,n)eq f(n221n20,n)neq f(20,n)21，令f(x)xeq f(20,x)21(x0)，则f(x)1eq f(20,x2)，由f(x)0解得x2eq r(5)或x2eq r(5)(舍)而42eq r(5)5，故当n4时，数列bn单调递减；当n5时，数列bn单调递增而b44eq f(20,4)2112，b55eq

10、f(20,5)2112，所以当n4或n5时，bn取得最小值，最小值为12.方法小结1数列中项的最值的求法根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数anf(n)，利用求解函数最值的方法求解，但要注意自变量的取值2前n项和最值的求法(1)先求出数列的前n项和Sn，根据Sn的表达式求解最值；(2)根据数列的通项公式，若am0，且am10，则Sm最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.以题试法3数列an的通项aneq f(n,n290)，则数列an中的最大值是()A3eq r(10) B19 C.eq f(1,19) D.eq f(r(10),60)解析：选Caneq f(1,nf(90,n)，由

11、基本不等式得，eq f(1,nf(90,n)eq f(1,2r(90)，由于nN*，易知当n9或10时，aneq f(1,19)最大【难点突破】递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，下面介绍由递推公式求通项公式的几种方法1累加法典例1数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，则a8()A0B3 C8 D11解析由已知得bn2n8，an1an2n8，所以a2a16，a3a24，a8a76，由累加法得a8a16(4)(2)02460，所以a8a13. 答案B题后悟道对形如an

12、1anf(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法，巧妙求出ana1与n的关系式2累乘法典例2已知数列an中，a11，前n项和Sneq f(n2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解(1)由S2eq f(4,3)a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13.。由S3eq f(5,3)a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3eq f(3,2)(a1a2)6.(2)由题设知a11.。当n1时，有anSnSn1eq f(n2,3)aneq f(n1,3)an1，整理得aneq f(n1,n1)an1.于是a2eq f(3,1)a1，a3eq f(4,2)a2，

13、an1eq f(n,n2)an2，aneq f(n1,n1)an1.将以上n1个等式中等号两端分别相乘，整理得aneq f(nn1,2).综上可知，an的通项公式aneq f(nn1,2).题后悟道对形如an1anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法，巧妙求出eq f(an,a1)与n的关系式3构造新数列典例3已知数列an满足a11，an13an2；则an_.解析an13an2，an113(an1)，eq f(an11,an1)3，数列an1为等比数列，公比q3，又a112，an123n1，an23n11. 答案23n11题后悟道对于形如“an1AanB(A0且A

14、1)”的递推公式求通项公式，可用迭代法或构造等比数列法上面是三种常见的由递推公式求通项公式的题型和对应解法，从这些题型及解法中可以发现，很多题型及方法都是相通的，如果能够真正理解其内在的联系及区别，也就真正做到了举一反三、触类旁通，使自己的学习游刃有余，真正成为学习的主人【基础题】1已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2(an1)，则a2等于()A4B2 C1 D2解析：选A由题可知Sn2(an1)，所以S1a12(a11)，解得a12.又S2a1a22(a21)，解得a2a124.2按数列的排列规律猜想数列eq f(2,3)，eq f(4,5)，eq f(6,7)，eq f(8,9)，的第1

15、0项是()Aeq f(16,17) Beq f(18,19) Ceq f(20,21) Deq f(22,23)解析：选C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)n1eq f(2n,2n1)，故a10eq f(20,21).3数列an的前n项积为n2，那么当n2时，an()A2n1 Bn2 C.eq f(n12,n2) D.eq f(n2,n12)解析：选D设数列an的前n项积为Tn，则Tnn2，当n2时，aneq f(Tn,Tn1)eq f(n2,n12).4对于数列an，“an1|an|(n1,2

16、，)”是“an为递增数列”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件 C必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B当an1|an|(n1,2，)时，|an|an，an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则a2|a1|不成立，即知an1|an|(n1,2，)不一定成立故综上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的充分不必要条件5某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为()A5 B7 C9 D11解析：选C依题意eq f(Sn,n)表示图象上的点(n，Sn)与原点连线的斜率，由图象可知，当n9时

17、，eq f(Sn,n)最大，故m9.6将石子摆成如图的梯形形状称数列5,9,14,20，为“梯形数”根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a2 0125 ()A2 0182 012 B2 0182 011 C1 0092 012 D1 0092 011解析：选D因为anan1n2(n2)，所以an5eq f(n6n1,2)，所以a2 01251 0092 011.7已知数列an满足astasat(s，tN*)，且a22，则a8_.解析：令st2，则a4a2a24，令s2，t4，则a8a2a48. 答案：88已知数列an满足a11，a22，且aneq f(an1,an2)(n3)，则

18、a2 012_.解析：将a11，a22代入aneq f(an1,an2)得a3eq f(a2,a1)2，同理可得a41，a5eq f(1,2)，a6eq f(1,2)，a71，a82，故数列an是周期数列，周期为6，故a2 012a33562a22. 答案：29已知an的前n项和为Sn，且满足log2(Sn1)n1，则an_.解析：由已知条件可得Sn12n1.。则Sn2n11，当n1时，a1S13，当n2时，anSnSn12n112n12n，n1时不适合an，故aneq blcrc (avs4alco1(3，n1，,2n，n2.)10数列an的通项公式是ann27n6.(1)这个数列的第4项是

19、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，a4424766.(2)令an150，即n27n6150，解得n16或n9(舍去)，即150是这个数列的第16项(3)令ann27n60，解得n6或n0时为递增数列，且当a10时前n项和Sn有最小值d0时前n项和Sn有最大值5等差数列an的首项是a1，公差为d.若其前n项之和可以写成SnAn2Bn，则Aeq f(d,2)，Ba1eq f(d,2)，当d0时它表示二次函数，数列an的前n项和SnAn2Bn是an成等差数列的充要条件小题1等差数列an中，a1a510，a47

20、，则数列an的公差为()A1B2 C3 D4解析：选B法一：设等差数列an的公差为d，由题意得eq blcrc (avs4alco1(2a14d10，,a13d7.)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,d2.)故d2.法二：在等差数列an中，a1a52a310，a35。又a47，公差d752.2在等差数列an中，a2a6eq f(3,2)，则sineq blc(rc)(avs4alco1(2a4f(,3)()A.eq f(r(3),2) B.eq f(1,2) Ceq f(r(3),2) Deq f(1,2)解析：选Da2a6eq f(3,2)，2a4eq f(3,2).。s

21、ineq blc(rc)(avs4alco1(2a4f(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)f(,3)coseq f(,3)eq f(1,2).3在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11()A58 B88 C143 D176解析：选BS11eq f(11a1a11,2)eq f(11a4a8,2)88.4在数列an中，若a11，an1an2(n1)，则该数列的通项an_.解析：由an1an2知an为等差数列其公差为2。故an1(n1)22n1.答案：2n15已知an为等差数列，Sn为其前n项和，若a1eq f(1,2)，S2a3，则a2_，Sn

22、_.解析：设an的公差为d，由S2a3知，a1a2a3，即2a1da12d，又a1eq f(1,2)，所以deq f(1,2)，故a2a1d1，Snna1eq f(1,2)n(n1)deq f(1,2)neq f(1,2)(n2n)eq f(1,2)eq f(1,4)n2eq f(1,4)n.答案：1eq f(1,4)n2eq f(1,4)n【小结】1.与前n项和有关的三类问题(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想(2)Sneq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)nAn2Bnd2A.(3)利用二次函数

23、的图象确定Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的纵坐标不一定是最小值2设元与解题的技巧已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为，a2d，ad，a，ad，a2d，；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为，a3d，ad，ad，a3d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元考点一等差数列的判断与证明典例例1在数列an中，a13，an2an12n3(n2，且nN*)(1)求a2，a3的值；(2)设bneq f(an3,2n)(nN*)，证明：bn是等差数列自主解答(1)a13，an2an12n3(n2，且nN*)，a22a12231

24、，a32a223313.(2)证明：对于任意nN*，bn1bneq f(an13,2n1)eq f(an3,2n)eq f(1,2n1)(an12an)3eq f(1,2n1)(2n13)31，数列bn是首项为eq f(a13,2)eq f(33,2)0，公差为1的等差数列方法小结1证明an为等差数列的方法：(1)用定义证明：anan1d(d为常数，n2)an为等差数列；(2)用等差中项证明：2an1anan2an为等差数列；(3)通项法：an为n的一次函数an为等差数列；(4)前n项和法：SnAn2Bn或Sneq f(na1an,2).2用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an1and和a

25、nan1d，但它们的意义不同，后者必须加上“n2”，否则n1时，a0无定义以题试法1已知数列an的前n项和Sn是n的二次函数，且a12，a22，S36.(1)求Sn；(2)证明：数列an是等差数列解：(1)设SnAn2BnC(A0)，则eq blcrc (avs4alco1(2ABC，,04A2BC，,69A3BC，)解得A2，B4，C0.故Sn2n24n.(2)证明：当n1时，a1S12。当n2时，anSnSn12n24n2(n1)24(n1)4n6.。an4n6(nN*)an1an4，数列an是等差数列.考点二等差数列的基本运算 典例例2已知an为等差数列，且a1a38，a2a412.(1

26、)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数k的值自主解答(1)设数列an的公差为d，由题意知eq blcrc (avs4alco1(2a12d8，,2a14d12，)解得eq blcrc (avs4alco1(a12，,d2.)所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Sneq f(na1an,2)eq f(n22n,2)n(n1)因为a1，ak，Sk2成等比数列，所以aeq oal(2,k)a1Sk2.从而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)，因此k6.方法小结1等差数列的通项公式ana1(n1)

27、d及前n项和公式Sneq f(na1an,2)na1eq f(nn1,2)d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想2数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法以题试法2(1)在等差数列中，已知a610，S55，则S8_.(2)设等差数列an的前n项和为Sn，若eq f(S4,12)eq f(S3,9)1，则公差为_解析：(1)a610，S55，eq blcrc (avs4alco1(a15d10，,5a110d5.)解方程组得eq blcrc (avs4alco1(a15，,

28、d3.)则S88a128d8(5)28344.(2)依题意得S44a1eq f(43,2)d4a16d，S33a1eq f(32,2)d3a13d，于是有eq f(4a16d,12)eq f(3a13d,9)1，由此解得d6，即公差为6.答案：(1)44(2)6考点三等差数列的性质典例例3(1)已知正项组成的等差数列an的前20项的和为100，那么a6a15的最大值为()A25B50 C100 D不存在(2)设等差数列an的前n项和Sn，若S48，S820，则a11a12a13a14()A18 B17 C16 D15自主解答(1)S20eq f(20a1a20,2)10(a1a20)100，故

29、a1a2010，又a1a20a6a15，所以a6a15eq blc(rc)(avs4alco1(f(a6a15,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(a1a20,2)225.(2)设an的公差为d，则a5a6a7a8S8S412，(a5a6a7a8)S416d，解得deq f(1,4)，a11a12a13a14S440d18.答案(1)A(2)A方法小结1等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题2应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系以题试法3(1)设数列

30、an，bn都是等差数列，若a1b17，a3b321，则a5b5_.(2)若数列an满足：a119，an1an3(nN*)，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为()A6 B7 C8 D9解析：(1)设两等差数列组成的和数列为cn，由题意知新数列仍为等差数列且c17，c321，则c52c3c1221735.(2)an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n.设前k项和最大，则有eq blcrc (avs4alco1(ak0，,ak10，)即eq blcrc (avs4alco1(223k0，,223k10，)解得eq f(19,3)keq f(22,

31、3).kN*，k7.故满足条件的n的值为7.答案：(1)35(2)B典例在等差数列an中，a11，前n项和Sn满足条件eq f(S2n,Sn)eq f(4n2,n1)，n1,2，则an_.常规解法因Snna1eq f(nn1,2)dneq f(nn1,2)d，则S2n2na1eq f(2n2n1,2)d2nn(2n1)d，故eq f(S2n,Sn)eq f(2nn2n1d,nf(nn1,2)d)eq f(22dn2d,dn2d)eq f(4n2,n1)。解得d1，则ann. 答案n高手支招1上述解法计算量较大，很容易出错，若采用特殊值计算很简单，因an为等差数列且a11，只要求出公差d，便可得

32、出an，若令n1，则有eq f(S2,S1)3，即可求出公差d.2特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到，就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形等来求解或否定问题的目的；用特殊值法解题时要注意，所选取的特例一定要简单，且符合题设条件巧思妙解令n1，则eq f(S2,S1)3，S23，a22，可得d1，则ann.针对训练1已知正数数列an对任意p，qN*，都有apqapaq，若a24，则a9()A6B9 C18 D20解析：选C法一：a2a11a1a14，a12，a9a81a8a12a4a14a2a118.法二：a2a11a1a14，a12，令pn，q1，所以an1ana1

33、，即an1an2，an是等差数列，且首项为2，公差为2，故a92(91)218.2等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若eq f(Sn,Tn)eq f(2n,3n1)，则eq f(an,bn)()A.eq f(2,3) B.eq f(2n1,3n1) C.eq f(2n1,3n1) D.eq f(2n1,3n4)解析：选B法一：eq f(an,bn)eq f(2an,2bn)eq f(a1a2n1,b1b2n1)eq f(S2n1,T2n1)eq f(22n1,32n11)eq f(2n1,3n1).法二：令n1，只有B项符合【基础题】1 an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和若

34、S10S11，则a1()A18B20 C22 D24解析：选B由S10S11，得a11S11S100，a1a11(111)d0(10)(2)20.2等差数列an的前n项和为Sn，已知a58，S36，则S10S7的值是()A24 B48 C60 D72解析：选B设等差数列an的公差为d，由题意可得eq blcrc (avs4alco1(a5a14d8，,S33a13d6，)解得eq blcrc (avs4alco1(a10，,d2，)则S10S7a8a9a103a124d48.3等差数列an中，a5a64，则log2(2a12a22a10)()A10 B20 C40 D2log25解析：选B依题

35、意得，a1a2a3a10eq f(10a1a10,2)5(a5a6)20，因此有log2(2a12a22a10)a1a2a3a1020.4已知数列an满足：a11，an0，aeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)1(nN*)，那么使an0，aneq r(n).an5，eq r(n)5.即n0，S110，S110，d0，并且a1a110，即a60，所以a50，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k5.6数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，则a8()A0 B3 C8 D11解析：选B因为bn是等差数列，且b32，b1

36、012，故公差deq f(122,103)2.于是b16，且bn2n8(nN*)，即an1an2n8.所以a8a76a646a5246a1(6)(4)(2)02463.7已知递增的等差数列an满足a11，a3aeq oal(2,2)4，则an_.解析：设等差数列公差为d，由a3aeq oal(2,2)4，得12d(1d)24，解得d24，即d2.由于该数列为递增数列，故d2。an1(n1)22n1。答案：2n18已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和，a7a54，a1121，Sk9，则k_.解析：a7a52d4，则d2.a1a1110d21201，Skkeq f(kk1,2)2k29.又kN

37、*，故k3.答案：39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eq f(Sn,Tn)eq f(2n3,4n3)，则eq f(a9,b5b7)eq f(a3,b8b4)的值为_解析：an，bn为等差数列，eq f(a9,b5b7)eq f(a3,b8b4)eq f(a9,2b6)eq f(a3,2b6)eq f(a9a3,2b6)eq f(a6,b6).eq f(S11,T11)eq f(a1a11,b1b11)eq f(2a6,2b6)eq f(2113,4113)eq f(19,41)，eq f(a6,b6)eq f(19,41)。答案：eq f(19,41)10

38、已知等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前k项和Sk35，求k的值解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.由a11，a33，可得12d3，解得d2。从而an1(n1)(2)32n.(2)由(1)可知an32n，所以Sneq f(n132n,2)2nn2。由Sk35，可得2kk235，即k22k350，解得k7或k5。又kN*，故k7.11设数列an的前n项积为Tn，Tn1an，(1)证明eq blcrc(avs4alco1(f(1,Tn)是等差数列；(2)求数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,Tn)的前n项和Sn.解：

39、(1)证明：由Tn1an得，当n2时，Tn1eq f(Tn,Tn1)，两边同除以Tn得eq f(1,Tn)eq f(1,Tn1)1.T11a1a1，故a1eq f(1,2)，eq f(1,T1)eq f(1,a1)2。eq blcrc(avs4alco1(f(1,Tn)是首项为2，公差为1的等差数列(2)由(1)知eq f(1,Tn)n1，则Tneq f(1,n1)，从而an1Tneq f(n,n1).故eq f(an,Tn)n.数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,Tn)是首项为1，公差为1的等差数列Sneq f(nn1,2).12已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8

40、.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和解：(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d。由题意得eq blcrc (avs4alco1(3a13d3，,a1a1da12d8，)解得eq blcrc (avs4alco1(a12，,d3，)或eq blcrc (avs4alco1(a14，,d3.)所以由等差数列通项公式可得：an23(n1)3n5或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数

41、列，满足条件故|an|3n7|eq blcrc (avs4alco1(3n7，n1，2，,3n7，n3.)记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5；当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5eq f(n223n7,2)eq f(3,2)n2eq f(11,2)n10.当n1时，不满足此式，当n2时，满足此式综上，Sneq blcrc (avs4alco1(4，n1，,f(3,2)n2f(11,2)n10，n1.)【重点题】1等差数列中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是()A156 B5

42、2 C26 D13解析：选Ca3a52a4，a7a10a133a10，6(a4a10)24，故a4a104.S13eq f(13a1a13,2)eq f(13a4a10,2)26.2在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110(n1,2,3，)则q的取值范围为_ 解析因为an为等比数列，Sn0，可以得到a1S10，q0，当q1时，Snna10；当q1时，Sneq f(a11qn,1q)0，即eq f(1qn,1q)0(n1,2,3，)，上式等价于不等式组eq blcrc (avs4alco1(1q0，,1qn0，,1qn0，)(n1,2,3，)解式得q1，解式，由

43、于n可为奇数，可为偶数，得1q1。上，q的取值范围是(1,0)(0，)答案(1,0)(0，)题后悟道解答本题利用了分类讨论思想，由于等比数列求和公式中分两种情况q1和q1，而本题未说明q的范围，求解时应分类讨论，而不能直接利用公式Sneq f(a11qn,1q).针对训练等比数列an中，a3eq f(3,2)，S3eq f(9,2)，求an及前n项和Sn.解：当q1时，a1a2a3eq f(3,2)，S33eq f(3,2)eq f(9,2)，符合题意，此时aneq f(3,2)，Sneq f(3,2)n.当q1时，由已知得eq blcrc (avs4alco1(a1q2f(3,2)，,f(a

44、11q3,1q)f(9,2)，)即eq blcrc (avs4alco1(a1q2f(3,2)，,a11qq2f(9,2)， )由两式相除得2q2q10，解得qeq f(1,2)，q1(舍去)则a16，故ana1qn16eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1，此时Sneq f(a11qn,1q)eq f(6blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n),1f(1,2)4eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n)44eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n.【基础题】1已

45、知等比数列an中，各项都是正数，且a1，eq f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq f(a8a9,a6a7)等于()A1eq r(2)B1eq r(2) C32eq r(2) D32eq r(2)解析：选C设等比数列an的公比为q，2eq f(1,2)a3a12a2，a1q2a12a1q，q22q10，q1eq r(2)或q1eq r(2)(舍去)，eq f(a8a9,a6a7)eq f(a6q2a6q3,a6a6q)eq f(q21q,1q)q2(1eq r(2)232eq r(2).2设数列an满足：2anan1(an0)(nN*)，且前n项和为Sn，则eq f(S4,a2)的值为(

46、)A.eq f(15,2) B.eq f(15,4) C4 D2解析：选A由题意知，数列an是以2为公比的等比数列，故eq f(S4,a2)eq f(f(a1124,12),a12)eq f(15,2).3公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a10()A4 B5 C6 D7解析：选Ba3a1116，aeq oal(2,7)16。又等比数列an的各项都是正数，a74.又a10a7q342325，log2a105.4已知数列an，则“an，an1，an2(nN*)成等比数列”是“aeq oal(2,n1)anan2”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件

47、 D既不充分也不必要条件解析：选A显然，nN*，an，an1，an2成等比数列，则aeq oal(2,n1)anan2，反之，则不一定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，5各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n等于()A80 B30 C26 D16解析：选B设S2na，S4nb，由等比数列的性质知：2(14a)(a2)2，解得a6或a4(舍去)，同理(62)(b14)(146)2，所以bS4n30.6已知方程(x2mx2)(x2nx2)0的四个根组成以eq f(1,2)为首项的等比数列，则eq f(m,n)()A.eq f(3,2) B.eq f(3,2)

48、或eq f(2,3) C.eq f(2,3) D以上都不对解析：选B设a，b，c，d是方程(x2mx2)(x2nx2)0的四个根，不妨设acd0)的等比数列an的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则q_.解析：法一：S4S2a3a43a22a3a43a42，将a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化简得2q2q30，解得qeq f(3,2)(q1不合题意，舍去)法二：设等比数列an的首项为a1，由S23a22，得a1(1q)3a1q2.由S43a42，得a1(1q)(1q2)3a1q32.。由得a1q2(1q)3a1q(q21)q0，qeq f(3,2

49、). 答案：eq f(3,2)3已知数列an的前n项和为Sn，且Sn4an3(nN*)(1)证明：数列an是等比数列；(2)若数列bn满足bn1anbn(nN*)，且b12，求数列bn的通项公式解：(1)证明：依题意Sn4an3(nN*)，n1时，a14a13，解得a11.因为Sn4an3，则Sn14an13(n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得aneq f(4,3)an1。又a110，所以an是首项为1，公比为eq f(4,3)的等比数列(2)因为aneq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)n1，由bn1anbn(nN*)，得bn1bneq blc(rc)

50、(avs4alco1(f(4,3)n1.可得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)2eq f(1blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)n1,1f(4,3)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)n11(n2)，当n1时也满足，所以数列bn的通项公式为bn3eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)n11.【附加题】1已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1B.eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1 C.eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)n1 D.eq f(1,2n1)解析：选BS

51、n2an1，当n2时，Sn12an，anSnSn12an12an，3an2an1，eq f(an1,an)eq f(3,2).。又S12a2，a2eq f(1,2)，eq f(a2,a1)eq f(1,2)，an从第二项起是以eq f(3,2)为公比的等比数列，Sna1a2a3an1eq f(f(1,2)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1),1f(3,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1.eq blc(rc (avs4alco1(,)也可以先求出n2时，aneq f(3n2,2n1)，再利用Sn2an1，求得Sneq

52、 blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1eq blc rc)(avs4alco1(,)2等比数列an的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列(1)求an的公比q；(2)若a1a33，求Sn.解：(1)依题意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于a10，故2q2q0，又q0，从而qeq f(1,2).(2)由(1)可得a1a1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)23.。故a14，从而Sneq f(4blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n),1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq f(8

53、,3)eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n).3已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列bn的第2项、第3项、第4项(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设数列cn对nN*均有eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn,bn)an1成立，求c1c2c3c2 013.解：(1)a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d)d0，故解得d2.an1(n1)22n1。又b2a23，b3a59，数列bn的公比为3，bn33n23n1.(2)由eq f(c1,b1)eq

54、 f(c2,b2)eq f(cn,bn)an1得当n2时，eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn1,bn1)an 。两式相减得：n2时，eq f(cn,bn)2bn23n1(n2)又当n1时，eq f(c1,b1)a2，c13。cneq blcrc (avs4alco1(3，n1，,23n1，n2.)c1c2c3c2 0133eq f(6232 013,13)3(332 013)32 013.第四节 数_列_求_和基础知识一、公式法1如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q1或q1.2一些常见数列的前

55、n项和公式：(1)1234neq f(nn1,2)；(2)13572n1n2；(3)24682nn2n.二、非等差、等比数列求和的常用方法1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项和即可用倒序相加法，等差数列的前n项和即是用此法推导的2分组转化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，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减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项和即可用此法来求，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

56、项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和小题1设数列(1)n的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn()A.eq f(n1n1,2)B.eq f(1n11,2) C.eq f(1n1,2) D.eq f(1n1,2)解析：选D因为数列(1)n是首项与公比均为1的等比数列，所以Sneq f(11n1,11)eq f(1n1,2).2等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项的和为Sn，则数列eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)的前10项的和为()A120 B70 C75 D100解析：选CSneq f(na1an,2)n(n2)，eq f(Sn,n)n2.故eq

57、f(S1,1)eq f(S2,2)eq f(S10,10)75.3数列a12，ak2k，a1020共有十项，且其和为240，则a1aka10的值为()A31 B120 C130 D185解析：选Ca1aka10240(22k20)240eq f(22010,2)240110130.4若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为_解析：Sneq f(212n,12)eq f(n12n1,2)2n12n2.答案：2n1n225数列eq f(1,24)，eq f(1,46)，eq f(1,68)，eq f(1,2n2n2)，的前n项和为_解析：因aneq f(1,2n2n2)eq f

58、(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，则Sneq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)f(1,2)f(1,3)f(1,n)f(1,n1)eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1)eq f(n,4n1).答案：eq f(n,4n1)【小结】数列求和的方法(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等

59、比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和考点一分组转化法求和典例例1已知等比数列an的前n项和为Sn，a11，且S1,2S2,3S3成等差数列(1)求数列an通项公式；(2)设bnann，求数列bn前n项和Tn.自主解答(1)设数列an的公比为q，若q1，则S1a11,2S24a14,3S39a19，故S13S31022S2，已知矛盾，故q1，从而得Sneq f(a11qn,1q)eq f(1qn,1q)，由S1,2S2,3S3成等差数列，得S13S322S2，即13eq f(1q3,1q)4eq f

60、(1q2,1q)，解得qeq f(1,3)，所以ana1qn1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n1.(2)由(1)得，bnanneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n1n，所以Tn(a11)(a22)(ann)Sn(12n)eq f(a11qn,1q)eq f(1nn,2)eq f(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n,1f(1,3)eq f(1nn,2)eq f(3nn231n,2).方法小结分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和(2)通项公式为aneq blcrc