2019-2020年高三数学一轮复习讲义-等差数列及其前n项和-新人教A版

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业2019-2020年高三数学一轮复习讲义 等差数列及其前n项和 新人教A版自主梳理1等差数列的有关定义(1)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符号表示为_ an1and _ (nN*，d为常数)(2)数列a，A，b成等差数列的充要条件是_ Aeq f(ab,2)_，其中A叫做a，b的_等差中项_2等差数列的有关公式(1)通项公式：an_ a1(n1)d_，anam_ (nm)d _ (m，nN*)(2

2、)前n项和公式：Sn_ na1eq f(n(n1),2)d _eq f(a1an)n,2)_.3等差数列的前n项和公式与函数的关系Sneq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)n.4等差数列的性质(1) 若mnpq (m，n，p，qN*)，则有_amanapa q _，特别地，当mn2p时，_ aman2ap _.(2) 若an是等差数列，公差为d，则a2n也是等差数列，公差为_2d _(3) 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.(4)若an，bn是等差数列，则panqbn也是等差数列.(5)

3、 等差数列的单调性：若公差d0，则数列为_递增数列_；若d0，d0，则Sn存在最_值；若a10，则Sn存在最_值. 大小6方法与技巧等差数列的判断方法有：(1)定义法：an1and (d是常数)an是等差数列(2)中项公式：2an1anan2 (nN*)an是等差数列(3)通项公式：anpnq (p，q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A、B为常数)an是等差数列(5)在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为a，ad，a2d；ad，a，ad；ad，ad，a3d等可视具体情况而定 (6)在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解.自

4、我检测1已知等差数列an中，a5a9a710，记Sna1a2an，则S13的值为 ()A130B260C156D1682等差数列an的前n项和为Sn，且S36，a34，则公差d等于 ()A1B.eq f(5,3)C2D33设Sn是等差数列an的前n项和，若eq f(a5,a3)eq f(5,9)，则eq f(S9,S5)等于 ()A1B1C2D.eq f(1,2)4若等差数列an的前5项之和S525，且a23，则a7等于 ()A12B13C14D155设an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和，若S10S11，则a1等于()A.18 B.20 C.22 D.246.设等差数列an的前n项和为

5、Sn.若S972，则a2a4a9_24_.7.有两个等差数列2,6,10，190及2,8,14，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列an的通项公式an_.12n10_.8.已知两个数列x，a1，a2，a3，y与x，b1，b2，y都是等差数列，且xy，则eq f(a2a1,b2b1)的值为_eq f(3,4)_.9数列an是等差数列，若eq f(a11,a10)1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n()A11 B17 C19 D21解析由题意，可知数列an的前n项和Sn有最大值，所以公差小于零，故a11a10，又因为eq f(a11,

6、a10)1，所以a100，a11a10，由等差数列的性质有a11a10a1a200，a10a10a1a190，所以Sn取得最小正值时n19.题型一等差数列的基本量的计算例1等差数列an的前n项和记为Sn.已知a1030，a2050，(1)求通项an； (2)若Sn242，求n.解(1)由ana1(n1)d，a1030，a2050，得方程组eq blcrc (avs4alco1(a19d30，,a119d50，)解得eq blcrc (avs4alco1(a112，,d2.)所以an2n10.(2)由Snna1eq f(n(n1),2)d，Sn242. 得12neq f(n(n1),2)2242

7、.解得n11或n22(舍去)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150.(1)若S55，求S6及a1； (2)求d的取值范围.解(1)由题意知S6eq f(15,S5)3， a6S6S58.所以eq blcrc (avs4alco1(5a110d5，,a15d8.)解得a17，所以S63，a17.(2)方法一S5S6150，(5a110d)(6a115d)150，即2aeq oal(2,1)9da110d210.因为关于a1的一元二次方程有解，所以81d28(10d21)d280，解得d2eq r(2)或d2eq r(2).方法二S5S6150，(

8、5a110d)(6a115d)150，即2aeq oal(2,1)9da110d210.故(4a19d)2d28.所以d28.故d的取值范围为d2eq r(2)或d2eq r(2).探究提高(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.(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.变式训练1设等差数列an的公差为d (d0)，它的前10项和S10110，且a1，a2，a4成等比数列，求公差d和通项公式an.解由题意，知eq blc

9、rc (avs4alco1(S1010a1f(109,2)d110，,(a1d)2a1(a13d)，)即eq blcrc (avs4alco1(2a19d22，,a1dd2.)d0，a1d.解得a1d2，an2n.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

10、*，故k7.题型二等差数列的判定或证明例2已知数列an中，a1eq f(3,5)，an2eq f(1,an1) (n2，nN*)，数列bn满足bneq f(1,an1) (nN*). (1)求证：数列bn是等差数列； (1)证明an2eq f(1,an1) (n2，nN*)，bneq f(1,an1).n2时，bnbn1eq f(1,an1)eq f(1,an11)eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2f(1,an1)1)eq f(1,an11)eq f(an1,an11)eq f(1,an11)1.又b1eq f(1,a11)eq f(5,2).数列bn是以eq f(5,2)为

11、首项，1为公差的等差数列.(2)解由(1)知，bnneq f(7,2)，则an1eq f(1,bn)1eq f(2,2n7)，设函数f(x)1eq f(2,2x7)，易知f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(，f(7,2)和eq blc(rc)(avs4alco1(f(7,2)，)内为减函数.当n3时，an取得最小值1；当n4时，an取得最大值3.探究提高1证明或判断一个数列为等差数列，通常有两种方法：(1)定义法：an1and；(2)等差中项法：2an1anan2.就本例而言，所用方法为定义法.2解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断(1)通项法：若数列an的通项公

12、式为n的一次函数，即anAnB，则an是等差数列(2)前n项和法：若数列an的前n项和Sn是SnAn2Bn的形式(A，B是常数)，则an为等差数列3若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可变式训练2(1)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sneq f(Sn1,2Sn11) (n2)，a12. = 1 * GB3 求证：eq blcrc(avs4alco1(f(1,Sn)是等差数列； = 2 * GB3 求an的表达式. = 1 * GB3 证明由Sneq f(Sn1,2Sn11)，得eq f(1,Sn)eq f(2Sn11,Sn1)eq f(1,Sn1)2，eq f

13、(1,Sn)eq f(1,Sn1)2，eq blcrc(avs4alco1(f(1,Sn)是以eq f(1,S1)即eq f(1,2)为首项，以2为公差的等差数列. = 2 * GB3 解由知eq f(1,Sn)eq f(1,2)(n1)22neq f(3,2)，Sneq f(1,2nf(3,2)，当n2时，anSnSn1eq f(1,2nf(3,2)eq f(1,2nf(7,2)eq f(2,blc(rc)(avs4alco1(2nf(3,2)blc(rc)(avs4alco1(2nf(7,2)；当n1时，a12不适合an，故aneq blcrc (avs4alco1(2n1,f(2,blc

14、(rc)(avs4alco1(2nf(3,2)blc(rc)(avs4alco1(2nf(7,2) n2.)(2)已知数列an中，a15且an2an12n1(n2且nN*) = 1 * GB3 求a2，a3的值 = 2 * GB3 是否存在实数，使得数列eq f(an,2n)为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，说解 = 1 * GB3 a15，a22a122113， a32a223133. = 2 * GB3 假设存在实数，使得数列eq f(an,2n)为等差数列设bneq f(an,2n)，由bn为等差数列，则有2b2b1b3.2eq f(a2,22)eq f(a1,2)eq f(a3,

15、23).eq f(13,2)eq f(5,2)eq f(33,8)，解得1.事实上，bn1bneq f(an11,2n1)eq f(an1,2n)eq f(1,2n1)(an12an)1eq f(1,2n1)(2n11)11.综上可知，存在实数1，使得数列eq f(an,2n)为首项为2、公差为1的等差数列题型三等差数列性质的应用例3若一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求这个数列的项数解方法一设此等差数列为an共n项，依题意有a1a2a3a4a534，anan1an2an3an4146. 根据等差数列性质，得a5an4a4an3a3an2a2an1a1

16、an.将两式相加，得(a1an)(a2an1)(a3an2)(a4an3)(a5an4)5(a1an)180，a1an36.由Sneq f(n(a1an),2)eq f(36n,2)360，得n20.所以该等差数列有20项方法二设此等差数列共有n项，首项为a1，公差为d，则S55a1eq f(54,2)d34，SnSn5eq f(n(n1)d,2)na1(n5)a1eq f(n5)(n6),2)d5a1(5n15)d146.两式相加可得10a15(n1)d180，a1eq f(n1,2)d18，代入Snna1eq f(n(n1),2)dneq blc(rc)(avs4alco1(a1f(n1,

17、2)d)360，得18n360，n20. 所以该数列的项数为20项变式训练3已知数列an是等差数列(1)若Sn20，S2n38，求S3n；(2) 若项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数解(1) Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列，S3n3(S2nSn)54. (2) 设项数为2n1 (nN*)，则奇数项有n项，偶数项有n1项，中间项为an，则S奇eq f(a1a2n1)n,2)nan44，S偶eq f(a2a2n2)(n1),2)(n1)an33，eq f(n,n1)eq f(4,3).n4，an11.数列的中间项为11，项数为7.题型四等差数列的前n项和及

18、综合应用例4(1)在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值；(2)已知数列an的通项公式是an4n25，求数列|an|的前n项和.解(1)方法一a120，S10S15，1020eq f(109,2)d1520eq f(1514,2)d，deq f(5,3).an20(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,3)neq f(65,3).a130，即当n12时， an0，n14时，an0，当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13S121220eq f(1211,2)eq blc(rc

19、)(avs4alco1(f(5,3)130.方法二同方法一求得deq f(5,3).Sn20neq f(nn1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,6)n2eq f(125,6)neq f(5,6)eq blc(rc)(avs4alco1(nf(25,2)2eq f(3 125,24).nN*，当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.方法三同方法一得deq f(5,3).又由S10S15得a11a12a13a14a150.5a130，即a130.当n12或13时，Sn有最大值.且最大值为S12S13130.(2)an4n25，an14(

20、n1)25，an1an4d，又a1412521.所以数列an是以21为首项，以4为公差的递增的等差数列.令eq blcrc (avs4alco1(an4n250，,an14n1250， )由得n0，d0，且满足eq blcrc (avs4alco1(an0,an10)，前n项和Sn最大；(2)若a10，且满足eq blcrc (avs4alco1(an0,an10)，前n项和Sn最小；(3)将等差数列的前n项和SnAn2Bn (A、B为常数)看做二次函数，利用二次函数的图象或配方法求最值，注意nN*.变式训练4 (1) 已知数列an满足2an1anan2 (nN*)，它的前n项和为Sn，且a3

21、10，S672.若bneq f(1,2)an30，求数列bn的前n项和的最小值解方法一2an1anan2，an是等差数列设an的首项为a1，公差为d，由a310，S672，得eq blcrc (avs4alco1(a12d10,6a115d72)，eq blcrc (avs4alco1(a12,d4).an4n2.则bneq f(1,2)an302n31.解eq blcrc (avs4alco1(2n310，,2(n1)310，)得eq f(29,2)neq f(31,2).nN*，n15.bn前15项为负值. S15最小可知b129，d2，S15eq f(15(2921531),2)225.

22、方法二同方法一求出bn2n31.Sneq f(n(292n31),2)n230n(n15)2225，当n15时，Sn有最小值，且最小值为225. (2)设等差数列an的前n项和为Sn，若a10，S2 0090. = 1 * GB3 求Sn的最小值及此时n的值； = 2 * GB3 求n的取值集合，使anSn.解方法一 = 1 * GB3 设公差为d，则由S2 00902 009a1eq f(2 0092 008,2)d0a11 004d0， deq f(1,1 004)a1，a1aneq f(2 009n,1 004)a1，Sneq f(n,2)(a1an)eq f(n,2)eq f(2 00

23、9n,1 004)a1eq f(a1,2 008)(2 009nn2)a10，nN*，当n1 004或1 005时，Sn取最小值eq f(1 005,2)a1. = 2 * GB3 aneq f(1 005n,1 004)a1.Snaneq f(a1,2 008)(2 009nn2)eq f(1 005n,1 004)a1.a10，即数列cn为单调递增数列，所以c2最小，c2eq f(28,3).所以的取值范围为(，eq f(28,3)等差数列及其前n项和（2）一、选择题1.设数列an是等差数列，其前n项和为Sn，若a62且S530，则S8等于 ()A.31 B.32 C.33 D.342.数

24、列an为等差数列，a1033，a21，Sn为数列an的前n项和，则S202S10等于()A.40 B.200 C.400 D.203设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k等于()A.8 B.7 C.6 D.54.已知数列an中，a32，a51，若eq blcrc(avs4alco1(f(1,1an)是等差数列，则a11等于 ()A.0 B.eq f(1,6) C.eq f(1,3) D.eq f(1,2)5.在各项均不为零的等差数列an中，若an1aeq oal(2,n)an10 (n2)，则S2n14n等于()A.2 B.0 C.1 D.26已知两个等差数列

25、an和bn的前n项和分别为An和Bn，且eq f(An,Bn)eq f(7n45,n3)，则使得eq f(an,bn)为整数的正整数n的个数是()A2 B3 C4 D56D解析 eq f(an,bn)eq f(2n1an,2n1bn)eq f(A2n1,B2n1)eq f(14n38,2n2)eq f(7n19,n1)7eq f(12,n1)，所以当n1,2,3,5,11时满足二、填空题7 设Sn为等差数列an的前n项和，若S33，S624，则a9_15_.8. 等差数列an的前n项和为Sn，且6S55S35，则a4_eq f(1,3)_.9. 等差数列an的通项公式是an2n1，其前n项和为

26、Sn，则数列eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)的前10项和为_75_.10. 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_eq f(19,41)_.三、解答题11.已知数列an的通项公式anpn2qn (p、qR，且p、q为常数).(1)当p和q满足什么条件时，数列an是等差数列；(2)求证：对任意实数p和q，数列an1an是等差数列. (1)解an1anp(n1)2q(n1)(pn2qn)2pnpq，要使an是等差数列，则2pnpq应是一个

27、与n无关的常数，所以只有2p0，即p0.故当p0，qR时，数列an是等差数列.(2)证明an1an2pnpq，an2an12p(n1)pq，(an2an1)(an1an)2p为一个常数.an1an是等差数列.12在等差数列an中，a16a17a18a936，其前n项和为Sn.(1)求Sn的最小值，并求出Sn取最小值时n的值解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，a16a17a183a1736，a1712，deq f(a17a9,179)3，ana9(n9)d3n63， an13n60，令eq blcrc (avs4alco1(an3n630,an13n600)，得20n21，S20S21

28、630，n20或21时，Sn最小且最小值为630.(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数当n21时，TnSneq f(3,2)n2eq f(123,2)n.当n21时，TnSn2S21eq f(3,2)n2eq f(123,2)n1 260.综上，Tneq blcrc (avs4alco1(f(3,2)n2f(123,2)n(n21，nN*),f(3,2)n2f(123,2)n1 260 (n21，nN*).13.已知等差数列an中，公差d0，前n项和为Sn，a2a345，a1a518.(1)求数列an的通项公式；(2)令bneq f(Sn,nc) (nN*)，是否存

29、在一个非零常数c，使数列bn也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题设知，an是等差数列，且公差d0，则由eq blcrc (avs4alco1(a2a345，,a1a518，)得eq blcrc (avs4alco1(a1da12d45，,a1a14d18.)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,d4.)an4n3 (nN*).(2)由bneq f(Sn,nc)eq f(f(n14n3,2),nc)eq f(2nblc(rc)(avs4alco1(nf(1,2),nc)，c0，可令ceq f(1,2)，得到bn2n.bn1bn2(n1)2n2(nN

30、*)，数列bn是公差为2的等差数列.即存在一个非零常数ceq f(1,2)，使数列bn也为等差数列.2019-2020年高三数学一轮复习讲义 等比数列及其前n项和 新人教A版要点自主梳理1.等比数列的定义如果一个数列_，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的_，通常用字母_表示(q0)从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)公比q 从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数.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_.a1qn13.等比中项3等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G

31、叫做a与b的等比中项 G2ab (ab0)4.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam_，(n，mN*). qnm(2)若an为等比数列，且klmn，(k，l，m，nN*)，则_ akalaman _.(3)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)，aeq oal(2,n)，anbn，eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)仍是等比数列.(4)单调性：eq blcrc (avs4alco1(a10，,q1)或eq blcrc (avs4alco1(a10,0q0，,0q1)或eq blcrc (avs4alco

32、1(a11)an是_数列；递减q1an是_常_数列；q0，则lg an构成等差数列 8思想与方法：(1)等比数列的判定方法： = 1 * GB3 定义：eq f(an1,an)q (q是不为零的常数，nN*)an是等比数列. = 2 * GB3 等比中项法：aeq oal(2,n1)anan2(anan1an20，nN*)an是等比数列. = 3 * GB3 通项公式：ancqn1 (c、q均是不为零的常数，nN*)an是等比数列. (2) 等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种方法在数列求和中的运用.(3)在利用等比数列前n项和公式时，如果不确定q与1的关系，一般要用分类讨论的

33、思想，分公比q1和q1两种情况；计算等比数列前n项和过程中要注意整体代入的思想方法常把qn，eq f(a1,1q)当成整体求解(4) 等比数列的通项公式ana1qn1及前n项和公式Sneq f(a11qn,1q)eq f(a1anq,1q) (q1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用.(5)揭示等比数列的特征及基本量之间的关系. 利用函数、方程的观点和方法，讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小.基础自测1“beq r(ac)”是“a、b、c成等比数列”的 ()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件2若数列an的前n项和Sn3

34、na，数列an为等比数列，则实数a的值是 ()A3B1C0D13已知等比数列an的前三项依次为a2，a2，a8，则an等于 ()A8eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)nB8eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)n C8eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1D8eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)n14.在等比数列an中，an0，a2a42a3a5a4a625，则a3a5的值为_.55.在等比数列an中，a1a230，a3a460，则a7a8_240_.6.在等比数列an中，前n项和为Sn，若S37，S663，则公比q的值

35、是 ()A.2 B.2 C.3 D.3题型一等比数列的基本量的运算例1(1)在等比数列an中，已知a6a424，a3a564，求an的前8项和S8；(2)设等比数列an的公比为q (q0)，它的前n项和为40，前2n项和为3 280，且前n项中数值最大的项为27，求数列的第2n项.解(1)设数列an的公比为q，由通项公式ana1qn1及已知条件得：eq blcrc (avs4alco1(a6a4a1q3q2124，,a3a5a1q3264. )由得a1q38.将a1q38代入式，得q22，无解，故舍去.将a1q38代入式，得q24，q2.当q2时，a11，S8eq f(a11q8,1q)255

36、；当q2时，a11，S8eq f(a11q8,1q)85.(2)若q1，则na140,2na13 280，矛盾.q1，eq blcrc (avs4alco1(f(a11qn,1q)40，,f(a11q2n,1q)3 280， )eq f(,)得：1qn82，qn81， 将代入得q12a1.又q0，q1，a10，an为递增数列.ana1qn127，由、得q3，a11，n4.a2na81372 187.探究提高(1)对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用.(2)在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比

37、q是否等于1进行判断和讨论.变式训练1 (1)设等比数列an的前n项和为Sn，已知S41，S817，求an的通项公式.aneq f(1,15)2n1或aneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,5)(2)n1(2)已知正项等比数列an中，a1a52a2a6a3a7100，a2a42a3a5a4a636，求数列an的通项an和前n项和Sn.本例可将所有项都用a1和q表示，转化为关于a1和q的方程组求解；也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化解方法一由已知得：eq blcrc (avs4alco1(aoal(2,1)q42aoal(2,1)q6aoal(2,1)q8100

38、，,aoal(2,1)q42aoal(2,1)q6aoal(2,1)q836.)eq blc rc (avs4alco1(,)，得4aeq oal(2,1)q664，aeq oal(2,1)q616.代入，得eq f(16,q2)21616q2100.解得q24或q2eq f(1,4).又数列an为正项数列，q2或eq f(1,2).当q2时，可得a1eq f(1,2)，aneq f(1,2)2n12n2， Sneq f(f(1,2)(12n),12)2n1eq f(1,2)；当qeq f(1,2)时，可得a132.an32eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n126n. S

39、neq f(32blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n),1f(1,2)6426n.方法二a1a5a2a4aeq oal(2,3)，a2a6a3a5，a3a7a4a6aeq oal(2,5)，由eq blcrc (avs4alco1(a1a52a2a6a3a7100，,a2a42a3a5a4a636，)可得eq blcrc (avs4alco1(aoal(2,3)2a3a5aoal(2,5)100，,aoal(2,3)2a3a5aoal(2,5)36，)即eq blcrc (avs4alco1(a3a5)2100，,(a3a5)236.)eq bl

40、crc (avs4alco1(a3a510，,a3a56.)解得eq blcrc (avs4alco1(a38，,a52，)或eq blcrc (avs4alco1(a32，,a58.)当a38，a52时，q2eq f(a5,a3)eq f(2,8)eq f(1,4).q0，qeq f(1,2)，由a3a1q28，得a132，an32eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n126n.Sneq f(3226nf(1,2),1f(1,2)6426n.当a32，a58时，q2eq f(8,2)4，且q0，q2.由a3a1q2，得a1eq f(2,4)eq f(1,2).aneq f(

41、1,2)2n12n2. Sneq f(f(1,2)(2n1),21)2n1eq f(1,2).（3）在等比数列an中，a1an66，a2an1128，Sn126，求n和q.解由题意得eq blcrc (avs4alco1(a2an1a1an128，,a1an66，)解得eq blcrc (avs4alco1(a164，,an2)或eq blcrc (avs4alco1(a12，,an64.)若eq blcrc (avs4alco1(a164，,an2，)则Sneq f(a1anq,1q)eq f(642q,1q)126，解得qeq f(1,2)，此时，an264eq blc(rc)(avs4a

42、lco1(f(1,2)n1，n6.若eq blcrc (avs4alco1(a12，,an64，)则Sneq f(264q,1q)126，q2.an6422n1.n6.综上n6，q2或eq f(1,2).题型二等比数列的性质及应用例2在等比数列an中， (1) 已知a4a7512，a3a8124，且公比为整数，求a10；(2)若已知a3a4a58，求a2a3a4a5a6的值.解(1) a4a7a3a8512，eq blcrc (avs4alco1(a3a8512,a3a8124)，解之得eq blcrc (avs4alco1(a34,a8128)或eq blcrc (avs4alco1(a31

43、28,a84).当eq blcrc (avs4alco1(a34,a8128)时，q5eq f(a8,a3)32，q2.a1eq f(a3,q2)1，a10a1q91(2)9512.当eq blcrc (avs4alco1(a3128,a84)时，q5eq f(a8,a3)eq f(1,32)，qeq f(1,2).又q为整数，qeq f(1,2)舍去.综上所述：a10512.(2)a3a4a58，又a3a5aeq oal(2,4)，aeq oal(3,4)8，a42.a2a3a4a5a6aeq oal(5,4)2532.探究提高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

44、性质“若mnpq，则amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度.变式训练2 (1)在等比数列an中，若a1a2a3a41，a13a14a15a168，求a41a42a43a44.a1a2a3a4a1a1qa1q2a1q3aeq oal(4,1)q61.a13a14a15a16a1q12a1q13a1q14a1q15aeq oal(4,1)q548.：eq f(aoal(4,1)q54,aoal(4,1)q6)q488q162，又a41a42a43a44a1q40a1q41a1q42a1q43aeq oal(4,1)q166aeq oal(4,1)q6q160(aeq oal(4,1)q6

45、)(q16)1012101 024. (2)已知等比数列an中，有a3a114a7，数列bn是等差数列，且b7a7，求b5b9的值；a3a11aeq oal(2,7)4a7，a70，a74，b74，bn为等差数列，b5b92b78. (3)在等比数列an中，a1a2a3a4a58，且eq f(1,a1)eq f(1,a2)eq f(1,a3)eq f(1,a4)eq f(1,a5)2，求a3.解由已知得eq f(1,a1)eq f(1,a2)eq f(1,a3)eq f(1,a4)eq f(1,a5)eq f(a1a5,a1a5)eq f(a2a4,a2a4)eq f(a3,aoal(2,3)

46、eq f(a1a2a3a4a5,aoal(2,3)eq f(8,aoal(2,3)2，aeq oal(2,3)4，a32.若a32，设数列的公比为q，则eq f(2,q2)eq f(2,q)22q2q28，即eq f(1,q2)eq f(1,q)1qq2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,q)f(1,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(qf(1,2)2eq f(1,2)4.此式显然不成立，经验证，a32符合题意，故a32.题型三等比数列的定义及判定例3设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，证明：数列bn是等比数列；(2)求数

47、列an的通项公式.解题导引(1)证明数列是等比数列的两个基本方法：eq f(an1,an)q (q为与n值无关的常数)(nN*)aeq oal(2,n1)anan2 (an0，nN*)(2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法 (1)证明由已知有a1a24a12，解得a23a125，故b1a22a13.又an2Sn2Sn14an12(4an2)4an14an，于是an22an12(an12an)，即bn12bn.因此数列bn是首项为3，公比为2的等比数列(2)解由(1)知等比数列bn中b13，公比q2，所以an12an32n1，于是eq f(an1,2

48、n1)eq f(an,2n)eq f(3,4)，因此数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,2n)是首项为eq f(1,2)，公差为eq f(3,4)的等差数列，eq f(an,2n)eq f(1,2)(n1)eq f(3,4)eq f(3,4)neq f(1,4)，所以an(3n1)2n2.变式训练3(1)已知数列an的前n项和为Sn，数列bn中，b1a1，bnanan1 (n2)，且anSnn. = 1 * GB3 设cnan1，求证：cn是等比数列； = 2 * GB3 求数列bn的通项公式. (1)证明anSnn， an1Sn1n1.得an1anan11，2an1an1，2

49、(an11)an1，eq f(an11,an1)eq f(1,2)，an1是等比数列.首项c1a11，又a1a11，a1eq f(1,2)，c1eq f(1,2)，公比qeq f(1,2).又cnan1，cn是以eq f(1,2)为首项，eq f(1,2)为公比的等比数列.(2)解由(1)可知cneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n，ancn11eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n.当n2时，bnanan11eq blc(rc)(avs4alc

50、o1(f(1,2)neq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)neq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n.又b1a1eq f(1,2)代入上式也符合，bneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n.探究提高注意 (2)问中要注意验证n1时是否符合n2时的通项公式，能合并的必须合并.(2)已知数列an的首项a15，前n项和为Sn，且Sn12Snn5，nN*. = 1 * GB3 证明数列an1是等比数列；

51、 = 2 * GB3 求an的通项公式以及Sn. = 1 * GB3 证明由已知Sn12Snn5，nN*，可得n2时，Sn2Sn1n4，两式相减得Sn1Sn2(SnSn1)1，即an12an1，从而an112(an1)，当n1时，S22S115，所以a2a12a16，又a15，所以a211，从而a212(a11)，故总有an112(an1)，nN*，又a15，a110，从而eq f(an11,an1)2，即数列an1是首项为6，公比为2的等比数列 = 2 * GB3 解由(1)得an162n1，所以an62n11，于是Sneq f(6(12n),12)n62nn6. (3)设数列an的前n项和

52、为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*) = 1 * GB3 求a2，a3的值； = 2 * GB3 求证：数列Sn2是等比数列 = 1 * GB3 解a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当n1时，a1212；当n2时，a12a2(a1a2)4，a24；当n3时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38. = 2 * GB3 证明a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当n2时，a12a23a3(n1)an1(n2)Sn12(n1)得nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1)Sn2Sn12nanSn2Sn12.Sn2Sn120，即Sn2S

53、n12，Sn22(Sn12)S1240，Sn120，eq f(Sn2,Sn12)2，故Sn2是以4为首项，2为公比的等比数列点评：. 由an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证a10.(4)已知函数f(x)eq f(2x1,x2)(x2，xR)，数列an满足a1t(t2，tR)，an1f(an)，(nN)若数列an是常数列，求t的值；当a12时，记bneq f(an1,an1)(nN*)，证明：数列bn是等比数列，并求出通项公式an.解：数列an是常数列，an1ant，即teq f(2t1,t2)，解得t1，或t1.所求实数t的值是1或1.a12，bneq f(an1,an1

54、)，b13，bn1eq f(an11,an11)eq f(f(2an1,an2)1,f(2an1,an2)1)3eq f(an1,an1)，即bn13bn(nN*)题型四等差、等比数列的综合应用例4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)由已知有a21d，a514d，a14113d，(14d)2(1d)(113d).解得d2 (d0).an1(n1)2

55、2n1.又b2a23，b3a59，数列bn的公比为3，bn33n23n1.(2)由eq f(c1,b1)eq 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，eq blcrc (avs4alco1(3n1,23n1 n2).c1c2c3c2 0133eq f(6232 013,13)3(332 013)32 013.探究提高在解决等差、等比数列的综合题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、

56、通项公式及前n项和公式.本题第(1)问就是用基本量公差、公比求解；第(2)问在作差an1an时要注意n2.变式训练4 已知数列an满足a1eq f(1,2)，eq f(3an1an,1an1)eq f(1an1,an1an)，且an1an0 (nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)若bnaeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)，试问数列bn中是否存在三项能按某种顺序构成等差数列？若存在，求出满足条件的等差数列；若不存在，说明理由.解(1)由a1eq f(1,2)，an1an0知，当n为偶数时，an0.由eq f(3an1an,1an1)eq f(1an1,an1an)，得3(a

57、eq oal(2,n1)aeq oal(2,n)1aeq oal(2,n1).即4aeq oal(2,n1)3aeq oal(2,n)1，所以4(aeq oal(2,n1)1)3(aeq oal(2,n)1)，即数列aeq oal(2,n)1是以aeq oal(2,1)1eq f(3,4)为首项，eq f(3,4)为公比的等比数列.所以aeq oal(2,n)1eq f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n， aeq oal(2,n)1eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n，故an(1)n1

58、eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n) (nN*).(2)由(1)知bnaeq oal(2,n1)aeq oal(2,n)1eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n11eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)neq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n，则对于任意的nN*，bnbn1.假设数列bn中存在三项br，bs，bt (rsbsbt，即只能有2bsbrbt成立，所以2eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)seq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f

59、(3,4)req f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)t，2eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)seq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)req blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)t，所以23s4ts3r4tr3t，因为rs0，tr0，所以23s4ts是偶数，3r4tr3t是奇数，而偶数与奇数不可能相等，因此数列bn中任意三项不可能构成等差数列.失误与防范1. 在运用等比数列的前n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2. 在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意

60、性质的应用，以减少运算量而提高解题速度.形而导致解题失误.等比数列及其前n项和（1）一、选择题1.在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn等于 ()A.2n12 B.3nC.2n D.3n12.在等比数列an中，a37，前3项之和S321，则公比q的值为 ()A.1 B.eq f(1,2) C.1或eq f(1,2) D.1或eq f(1,2)3.若等比数列an满足anan116n，则公比为 ()A.2 B.4 C.8 D.164记等比数列an的前n项和为Sn，若S32，S618，则eq f(S10,S5)等于()A3B5C31D33因为等比数列an中有S32