高中数列知识大总结

高中数列知识大总结（绝对全）

第六章数列

一、考试要求

1.会根据数列前n项写出一个通项公式，会运用通项讨论其性质（如单调性），能用

函数观点认识数列。

2.了解递推公式的意义，会根据递推公式写出数列的前几项，会求形如an1banc

型数列的通项公式。

3.理解等差数列的概念，会用其概念导出通项公式，了解等差中项的概念，能通过公

式研究它的单调性。

4.会用倒序相加法推导前n项和公式，掌握并能运用公式解决一些问题。

5.理解等比数列的概念并能运用它导出其通项公式，了解等比中项的概念，会通过通

项公式研究它的单调性。

6.会用借位相减法推导等比数列前n项和公式（分清q=l和q#l的情形），并运用公

式解决一些问题。

7.理解和运用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等求数列的前n项和。

二、重难点击

本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运

用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累

加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数

与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。本章难点：对数列概念的理解，对

公式理解和掌握对性质的运用，求和方法的运用，求通项的方法的运用，以及思想方法的

运用，是本章的难点。

三、命题展望

数列任然会以客观题考察等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解

答题中，会保持以前的风格，理科注重数列与其它分支的综合能力的考察，文科则注重数

列内部综合能力考察，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数。使

它可以与函数、不等式、解析儿何、三角等综合起来，这更体现了知识交叉命题原则得以

贯彻；另一方面，因为数列研究的一些特殊方法（归纳一探索一验证）和数学思想（函数

与方程，分类与整合），会命判开放性、探索性强的问题，又因为数列与生产、生活的联

系，使数列应用题也倍受欢迎。

知识网络

第一课时数列

知识要点

一、数列的概念

1.数列是按一定顺序排列的一列数，记作al,a2,a3an,，简记an.

2.数列an的第n项an与项数n的关系若用一个公式anf(n)给出，则这个公式叫

做这个数列的通项公式。

3.数列可以看做定义域为N(或其子集)的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的

一列函数值，它的图

像是一群孤立的点。

二、数列的表示方法

数列的表示方法有：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关

系表不）O

三、数列的分类

1.按照数列的项数分：有穷数列、无穷数列。

2.按照任何一项的绝对值是否不超过某一正数分：有界数列、无界数列。

3.从函数角度考虑分：递增数列、递减数列、常数列、摆动数列。

四、数列通项an与前n项和Sn的关系

n

1.Snala2a3anai

i1

2.aSin1

n

SnSnIn2

课前热身

1.数列1,3,6,10,”的一个通项公式为(C)

A.a2

nn(n1)B.ann21C.an(nl)n2D.an1)

nn(2

2.在数列1,1,2,3,5,8,x,21,34,55,中，x的值为(D)

A.10B.11C.12D.13

3.数列an的通项公式为a2

n3n28n,则数列各项中最小项是(B)

A.第4项B.第5项C.第6项D.第7项

4.已知数列an是递增数列，其通项公式为ann2n,则实数的取值范围是

(3,)

5.数列an的前n项和Sn24n1,,则a2n1

nn2n5n2

典例精析

题型--归纳、猜想法求数列通项

【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式

(1)7,77,777,7777,„2

(2),3153563

(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9„,,,

解析：⑴将数列变形为24687

9(101),

n179(1021),79(1031),,79(10n1)⑵分开观察，正负号由(1)35,

57,确定，分子是偶数2n,分母是13,,(2n1)(2n1),故数列的通项公式

可写成an(l)n12n(2n1)(2n1)

⑶将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0,可得数列的通

项公式为ann1(l)2n

点拨：联想与转换是由己知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般

的有效手段，本例的求

解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通

项。

S1题型二应用anSnSn1(n1)(n2)求数列通项

例2.已知数列an的前n项和Sn,分别求其通项公式.

⑴Sn32⑵Snnl8(an2)2(an0)

1解析：⑴当n1时,alSI321,

当n2时,anSnSn1(32)(3nn12)

23n1

1又al1不适合上式，故ann123(n1)(n2)⑵当n1

时,alSI18当n2时,anSnSnKal2),解得al221

8(an2)218(an12)2

所以(an2)(an12)220

所以(anan1)(anan14)0

又an0,所以anan14,可知an为等差数列，公差为4

所以anal(n1)d2(n1)44n23

al2也适合上式，故an4n2

点拨：本例的关键是应用aSl(n1)

nSnSn1(n2)求数列的通项，特别要注意验证al的值是否满足

"n2”的一般性通项公式。

三、利用递推关系求数列的通项

【例3】根据下列各个数列an的首项和递推关系，求其通项公式

(Dal12,an1aln4n21

(2)aa22

11,n0,(n1)an1nananan10,(3)al1,aln12an1解析：⑴因

为al

n1an4n21,所以

alllln1an4n212(2n12n1)所以aalll

212(13)

alll

3a22(35)

a4al32(1

51

7)

，，,，，,

aal11

nn12(2n32n1)以上(n1)个式相加得anal12(11

2n1)即：al3

n14n24n

4n2

⑵由(nl)a22

n1anan1nan0

有(nl)an1nan(an1an)0an0,an1an0

(nl)aanIn

n1nan0即：a

nn1

ann1

naaaa2

nlan2aal14

n1

nn2

n11

211

n

al

nn⑶方法一、设al

n1m2(anm)

alll

n12an2m,又an12an1令Im1,m2,于是al

2n12an1可化为

an1212(an2)

a2(aln1

nl2)(2)

al

n22n1方法二：•・，an112an1

al

n12an112(1

2an21)1

(1

2)2an2121(1

2)2(1

2al

n31)21

(131

2)a21

n3(2)21

(Inlln

2)a21

1(2)21

In

(1101

n

2)12(1

2)n122(1

2)n1

11

2

2(In11

2)22n1方法三：al

n12an1,an212an11

两式相减，al

n2an12(an1an)

alnlln

n1an(a2al)(2)(2)即：all2

2al2,a3a2(2),aln1

nan1(2)5

相加得：anal

1

121n1()()222

1In1

10

In122

10

121

2

an2

12

n1

点拨：在递推关系中若an1anf(n),求an用累加法，若

anlan

f(n),求an用累乘法，若an1panq,

求an用待定系数法或迭代法。

数学门诊

已知Sn是数列an的前n项和，且满足Sn列an的通项公式。

错解：当n2时，由已知得SnSn13nan,又anSnSn10,所以

SnSn13n于是Sn2Sn13(n1)两式相减得，

2

2

2

3nanSn1,其中an0,n2,3,4，又al2,求数

22

222

Sn1Sn16n3,即an1an6n3

于是an2an16n9所以两式相减得an2an6

所以al,a3,a5,成等差数列，公差为6,a2,a4,a6,，也成等差数列，公差为6,从

而

al,a2,a3,a4,a5,a6,成等差数列，公差为6,所以，an2(n1)66n4

正解：当n2时，由已知得SnSn13nan,又anSnSn10,所以

SnSn13n

于是Sn1Sn3(n1),两式相减得：Sn1Sn16n3,即an1an6n3

于是an2an16n9,所以an2an6,又S2SI12,所以a28

6

2

2222

又a3a215,所以a37

则n2k时

ana2ka2(k1)66k26n

223n2

n2k1时，ana2k1a3(k1)66k16

3n2n121

2

an3n2

3n2

(n1)(n为偶数)(n为大于1的奇数)

总结提高

1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一

2.由Sn求an时，要分n=l和n2两种情况

3.数列是一种特殊函数，因此通过研究数列的函数性质(单调性)来解决数列中的

“最大项”与“和最

小”等问题十分有效。

4.给出Sn与an的递推关系，要求an,常用思路是：一是利用SnSn1an

(n2)转化为an的

递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系,

再求an。课堂演练

1.若数列an的前n项的Sn

A.an23n132an3,那么这个数列的通项公式为(D)nnB.an32

C.an3n3D.an23

解：n=l时，alSI32al3al=6

3

2an3)(32an13)"n2"时，anSnSn1(

an3an1

anal3n123n

2.已知数列an满足al0,an1an33an1(nN),贝ija20(B)7

A.0B.3C.3D.3

2

解：al0,a2033013,a3333(3)1

033,a40,a53013,所以

an3an

a20a362a23

3.定义一种运算“*”，对于nN满足以下运算性质：11=1,

(n1)13(n1),贝ij,n1用含n的代数式表示为：3n1

4.设al,a2,,a50从1,0,1这三个整数中取值的数列，若ala2a509且

(al1)(a21)(a501)222107则al,a2,,a50中有0的个数为11

解

2：2设有n2个0,则由(al1)(a21)(a501)22210有

(ala2a50)+2(ala2+„+a50+50=107,ala2a5039.222

所以在al,a2,,a50中有39个1或-1,所以在al,a2,,a50有11个0。

5,已知数列an满足al1,

an3n1an1,(n2),

⑴求a2和a3(2)证明:an312n

解：(1)Vai1,Aa23al4a33a213.⑵证明：由已知

anan13n12有8

an(anan1)(an1an2)(a2al)al

6.已知数列an中，an(n2)(3n13n231312n9)试

问n取何值时，an取最大值？并求此最大值.nlO

(n3)(9)n1

解：因为an1109n

an(n2)(93

2

nlOn

10)

当且仅当n7时，an1

a1,即a8a7

n

所以当n7时an1

a>1,即

n

an1an即a7a6a5al

当n8时，an1

a1anan1

n

即a8a9alO

故当n7或8时，an最大，

（a98

n）maxa7a8107

课外练习

一、选择题

1.数列3,-5,7,-9,11,,,的一个通项公式是（D）

A.an

n(1)(2n1)

B.anl)n1(2n1)

(l)nC.an(2n1)

D.anl)n1(2n1)

2.已知数列an中al2,

an13anL（nN）则a4的值为（A）

A.67B.22C.202D.201

3设anIn11

n21

2n1,(nN),则an1与an的大小关系是（C）

A.an1anB.an1an9

C.an1anD.不能确定

解：因为

an1an12n21

2n31

n1

112n32n20所以an1an,选C.

n,(0an1

1.若数列a2a2)

n满足：an1

2an1,(1,2an1)

a6

17,则a20的值为(B)2an,(0an1

解:a

n12)

,a11

2an1,(117,122an1)

a2a521112,17a332a21701

2

a642a371,1

2

aa552417,由此猜想：an3an所以a20a362a527,选B

二、填空题

5.已知数列aS22,(n1)

n的前n项和nn4n1,则an2n5,(n2)

6.已知数列an中，al2,a23,an23an12an,a765解：

10

an2an12(an1an)

a2al1

a3a22(a2al)2

a4a32(a3a2)4

a5a42(a4a3)8

a6a52(a5a4)16

a7a62(a6a5)32

a7al12481632

a765

7.已知数列an的通项nn

98

999899(nN),则数列an的前30项中最大项和最小项分别是alO,a9解：构

造函数yx

x199

x9899由函数性质可知，函数在(99)上递减，且y1函数在(99,+）上递增

且y1又99(9,10)

alOallal2a301ala2a9

alO最大,a9最小

8.已知an中，al三、解答题13,前n项和Sn与an的关系是Snn(2nl)an,

求an

解：由Snn(2nl)an得Sn1(n1)(2nl)an1

an1Sn1Sn

an1(n1)(2nl)an1n(2nl)an(2n3n)an1n(2nDanan1

an2n12n3

an1

an2an2an3a2alal2an

anan12n32n52n753112n12n12n397531(2n1)(2n1)

14n11129.在数列an中，an

的周期函数

⑵求S201012,an1lan1(nN)Sn为前n项和.⑴求证：an是以3为周

期

an31

1

1Ilan211

111

1

1lanan111

1an1(an1)anan

an1

1an1an

al12,a21,a32

S2010(ala2a3)(a4a5a6)(a2005a2006a2007)

(a2008a2009a2010)

670(ala2a3)1005

S10.设数列an的前n项和为Sn,点(nn),n

(nN)均在函数y3x2的图像上，⑴求数列an的通项公式

⑵设bn3anan1,Tn是数列bn的前前n项和，求使得Tnm20对所有nN都成

立的最小正整数m。

解：⑴依题意得:

Sn

n3n2,即Sn3n2n2当n2时，anSnSn1

(3n2n)[(3n1)(2n1)]6n5

当n1时，alSI1615

故an6n5,(nN)

⑵由⑴得：2212

3

bn

(6n5)(6n1)

111)26n56n1

n

Tn

1Im

成立,1)<

26n1201111

(1)()276n56n1

i1

b

i

2

故满足要求的

当且仅当

1

m20

,m10

6.2等差数列

知识要点

1.等差数列的概念

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，这个数列就叫

等差数列，这个常数叫等差数列的公差，用d表示。2.递推关系与通项公式

等差数列的充要条件。3.等差中项：

若a,b,c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b

ac

递推关系：an1and通项公式：anal(nl)d推广：anam(nm)d变式：

alan(n1)d;

aal

dn

nlaam

dn

nm

2

要条件。

;a,b,c成等差数列是2bac的充

4.前n项和公式

Sn

(alan)n

2

；Snnal

n(nl)d

2

变式：

alan

2

Snn

d2

ala2an

n

an(n1)(

d2);

由此联想到点(n,an)所在直线的斜率。

al(n1)

特征：andn(ald),即：anf(n)knm,

(k,m为常数)

an

S2n12n1

anknm,(k,m为常数)是数列an成13

特征：S2

dn

d2

n(al

2

)n,

即S2

nf(n)AnBn

SnAn

2

Bn(A,B为常数)

是数列an成等差数列的充要条件。

5.等差数列an的基本性质(其中叫n,p,qN

)

⑴若mnpq,则amanapaq反之，不成立。

(2)anam(nm)d(3)2ananmanm

(4)Sn,S2nSn,S3nS2n仍成等差数列。6.判断或证明一个数列是等差数列的方法:

①定义法：

a

n1and(常数)(nN)an是等

差数列

②中项法：2an1ana

n2

(nN)an是等差数

列

③通项公式法：

anknb

(k,b为常数)an是等差数

列

④前n项和公式法：SnAn

2

Bn

(A,B为常数)an是等

差数列课前热身：

1.等差数列an中，ala4a739,

a2a5a833,则a3a6a9(B)A.30B.27C.24D.212.等差数列

an中，

a4a6a8alOal2120,则al9

3

all的值为(

C

)

A.14B.15C.16D.17

解al9

13

alla9

3

(a92d)

2

3(a2

2120

9d)3a835

163.等差数列an的前n项和为Sn,当al,d变化时，若a2a8all是一个定

值，那么下列各数中也是定值的是(A)

A.S13B.S15B.S20C.S

8

解：

a2a8all3(al6d)3322a7

2

(alal3)

为定值，.'alal3为定值，

S(alal3)13

13

2

，选A

4.计算机执行以下程序：

⑴初始值x3,S0(2)xx2(3)SSx

⑷S2010,则进行⑸，否则从⑵继续进行⑸打印x⑹停止

那么，语句⑸打印出的数值为解：由题意知，程序每执行一次所得x的值形成一个数列

xn是等差数列，且首项为5,公差为2,相

应S的值Sn恰为该数列的前n项和，根据题意得：

S5n

n(n1)2

2

2010解得n43

所以x435(431)28914

5.设Sn,Tn分别为等差数列an与bn的前n项

和

anb

4n2,则

S19n

2n5

T

1419

5

解：

(alal9)19

S192T

a19

(b1

al9

1bl9)19blbl9

2

2al0al04102142bb10

2105

10

5

典例精析

・、等差数列的判定与基本运算

例1：⑴已知数列a2

n前n项和Snn9n

①求证：an为等差数列；②记数列an的前n项和为Tn,求Tn的表达式。

⑵数列an中，Sn是前n项和，当n2时，

S2

n

a1

1

n(Sn2)①求证：S是等差数列,

n

②设bn

Sn2n1

,求bn的前n项和Tn

解：(1)：①证明：n=l时，alS18,

当n2时，

anSnSn1

n2

9n(n1)2

9(n1)

2n10

也适合该式，an2n10(nN

)②Tn的表达式为:

n5时，an0,n6时，an0

当n5时,T2

nSn9nn当n6时，

Tnala2a5a6an

ala2a5a6a7anSn2S5

n29n2(20)n2

9n40

T9nn2

(n5)nn2

9n40

(n6)

⑵：①证明：当n2时，

S2

In

an(Sn

12

)(SnSn1)(Sn

2

)

所以SinSn12

(Sn1Sn)

即

IS

In

S2

n1

所以11

S是以

1为首项，2为公差的等差数列。n

S1②：由①得

IS

In1)d1(n1)2

n

S(1

2n1

所以Sin2n1

所以

bl

nSn2n1(2n1)(2n1)

1(

1

122n1

2n1

)

Tnblb2bn12(1111113)(35)(2n12n1)

12(1

12n1

)

n2n1

点拨：根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式。

15

二、公式的应用

例2：设等差数列an的首项al及公差d都为整数，前n项和为Sn

①若all0,S1498,求数列an的通项公式②若al6,all0,S1477,求

所有可能的数列an的通项公式

解：①

由S1498,得2al13d14又allal10d0

解得d2,al20

所以数列an的通项公式是：an222n

(nN

)

②

S14772al13d11由

all0有

allOd0a16

al60

1

2al13d11

即

2a120d002

2al12

O

3由①+②得7d1,即d

lid

17

13

1117

13

,又dZ,

10al12,alZ

所以al=ll或al=12

故所有可能的数an的通项公式是：

an12n和a

n13n(nN)点拨：准确灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式，提高运

算能力。三、性质的应用

例3：已知等差数列an中，公差d>0前n项和为

Sn,且满足：a2a345,ala414,

①求数列的通项公式；②设bn

Snnc

，一个新数列bn,若bn也

是等差数列，求非零常数c；③求f(n)bn

(n25)b(nN

)的最大

n1

值

解：an为等差数列，ala4a2a3=14

又a2a345,由d0,a2a3a25,a39,d4,al1

an1(n1)44n3.,.数列an的通项公式为an4n3

②由①知：

S)4

2

nn1

n(n122nn

所以bS2n2

n

nn

nc

nc

所以bl,b61

1c

2

,152c

b3

3c

因为bn为等差数列，所以bl,b2,b3成等差数列，所以

2b2blb3所以

122c

11c

153c

所以c12

c0

(舍去)故所求非零常数c

12

，且bn2n

③f(n)

bn

(n25)b的最大值：

n116

nN,f(n)n

n

25n

bn

(n25)bn1

nn26n25

2

所以ala2al60al7al8而bl5al5al6al70,

bl6al6al7al80

2n

(n25)2(n1)

125n26

136

所以S14S13SI,S14S15,S15S16又al5

65

d0,al8

95d0,

且al5al8

136

所以bl5bl6,即bl5bl60,S16S14

总结提高

1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，

aman(mn)d

n5f(n)max

故Sn中S16最大。

点拨：①利用等差数列的“等和性”求出a2,a3,

从而求出al,d及通项公式；

②先求出bn的表达式，再由bn是等差数列列出关于c的方程，解出c

③可利用函数思想，求出f(n)的最大值。数学门诊

若数列an是等差数列，数列bn满足

2.在五个量al,d,n,an,Sn中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰

当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的。

33.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，

目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了

设

a,ad,a2d外，还可设

bnanan1an2(nN),bn的前n项和为

ad,a,ad；四个数成等差数列时，可设为a3m,am,a+m,a3m

4.在求解数列问题时，要注意函数思想，方程思想，消元及整体消元的方法的应用。

课堂演练

1.设Sn是等差数列an的前n项和，若

Sn,已知3a58al20,试问n为何值时，Sn取得最大值？并证明你的结论。错解:

因为3a58al20,

所以3a58(a57d),a5所以d0,,所以al

765

565

d0

S3S6

A.

310

13

,则

S6S12

13

(A)

18

19

d0

B.C.D.

可知an是首项为正数的递减数列。

解：

S3S6

3al3d6al15d

13

76

(n1)d05dan0

由即

76

an10,dnd05765n

815

,又nN

al2d且d0S6S12

6al15dl2al66d

27d90d

310

n16,所以S16最大.

正解：当n16时，al60,al70

2.在等差数列an中al2,a2a313,则

a4a5a6等于(B)17

A.40B.42c.43D.45解：a2a32al3d43d13

d3,a524314a4a5a63a542

3.等差数列an中，al0,S9S12,则前或11项的和最大。

解：S9S12,S12S90

alOallal20,3all0,

a

110,又al0

an为递减等差数列，S10SU为最大。4.已知等差数列an的前10项和为

100,前100项和为10,则前110项和为一110解：：

S10,S20S10,S30S20,,S110S100,

成等差数列，公差为D其首项为

S10100,前10项的和为S10010

10010

1092

D10,D22

又S110S100S1010D

S1101001010(22)110

5.某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船用于捕

捞，第一年需要各种费用12万元，从第二年起包括维修费在内每年所需费用比上一年

增加4万元，该船每年捕捞总收入50万元，问捕捞几年后总盈利最大，最大是多少？

解：设捕捞n年后的总盈利为万元，则

y5On98

n(n1)12n

4

2

2n2

40n98

2(n10)2

102

所以当n10时，ymax102

答：捕捞10年后总盈利最大，最大是102万元。

6.设等差数列an的前n项和为Sn,已知

a312,S120,S130①求出公差d的范围，

②指出SI,S2,,S12中哪一个值最大，并说明理由。

danf(n)nanSnan〃n2”解：①S126(alal2)6(a3alO)

6(2a37d)0247d0d

247又S13(alal3)

13

2132(a3all)

13

2

(2a38d)0

248d0

d3

从而

247

d3

②

S126（a6a7）0

S1313a70

a70,a60

S6最大。

课外练习一、选择题

1.已知an数列是等差数列，alO10,其前10

项的和S1070,则其公差d等于（D）

A.

23

B.

13

C1D233

2.已知等差数列an的前n项和为Sn,等差数列

的前n项和为Tn,且

SnT

3n39nN

），则使

ann

n5

（b为整数的所

n

有n的值的个数有（C）18

A.2个B.3个C.4个D.5个解:

anb=

n

2anlS2n12b

ala2nn

b1b2n1

T2n1

3(2n1)39

6n362n152n4

312n2

要使

anb为整数只需12能被n+2整除,

n

故n=l,2,4,10,选C

3.设等差数列an的前n项和为Sn,若

S39,S636,贝I」a7a8a9等于(B)

A.63B.45C.36D.27解：S3,S6S3,S9S6成等差数列

2(S6S3)S3S9S6S39S6S327SS

9S62(S6S3)3549

45

选B

4.已

知

等

差

数

列

an

中，

a7a916,a41,则al2等于（A）A.15B.30C.31D.64

解：a7a9a4al2

al215

二、填空题

5.设Sn为等差数列an的前n项和，

S414,S10S730,则S9=54

6.已知等差数列an的前n项和为Sn,若

S1221,则a2a5a8all

2

7.设F是椭圆

X

y

2

的右焦点，且椭圆上至

7

6

1少有21个不同点

Pi(i1,2,)使P1FP2FP

3F,

组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为

110,0

0110

解：椭圆的焦点F到椭圆上的点最大、最小距离分别

为(71)和(

71),由题意得：

(71)(nl)d71

d2n1n120

d110

，又d0

110

d0或0d

110

三、解答题

8.等差数列an的前n项和记为Sn,已知

alO30,a2050

①求通项an；②若Sn=242,求n解：anal(nl)d

alO30,a2050解方程组al9d30

al19d50

a

112ad2

n2n10

由Sn(n1)d

nnal

2

,Sn=242

12n

n(n1)2

2242

解得n11或n22(舍去)

9.甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运

动，甲第一分钟走2m,以后每分钟比前一分钟多19

走1m,乙每分钟走5m,①甲、乙开始运动后几分钟相遇？②如果甲乙到对方起点后立

即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m,乙继续每分钟走5m,那么，开始运动几分钟

后第二次相遇？解：①设n分钟后第一次相遇，依题意有：

2(nl)an1(n1)(an2an)2an1an2an

，数列an为等差数列。②al3,nan1(nDan1

2n

n(n1)2

5n70

解得n7,n20(舍去)

故第一次相遇是在开始运动后7分钟。②设n分钟后第二次相遇，则:

a22al15a2al2即等差数列

an的公差为

2

2n

n(n1)2

anal(nl)d3(n1)2

5n370

2n1③

解得n15,n28(舍去)

故第二次相遇是在开始运动后15分钟10.已知数列

lanan1

1

(2n1)(2n3)

an

中，al3,前n和

Sn

12

111

22n12n3

(n1)(an1)1

Tn

①求证：数列an是等差数列②求数列an的通项公式

1111111()235572n12n3111()232n3

又当nN时，Tn

16

1

③设数列的前n项和为Tn,是否存在实

anan1

数血使得TnM对一切正整数n都成立？若存在，求M的最小值，若不存在，试说明

理由。解：①YSn

要使得TnM对•切正整数n恒成立，只要M2

16

,所以存在实数M使得TnM对一切正整数n

12

(n1)(an1)1

都成立，M的最小值为

16

Sn1

12

(n2)(an11)1

an1Sn1Sn12

(n2)(an11)(n1)(an

1)

整理得，nan1(nl)an1

(nl)an2(n2)an11

(nl)an2nan1(n2)an1(nl)an

6.3等比数列20

知识要点

1.定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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，记为

q,(q0)o2.递推关系与通项公式

递推关系：an1qan通项公式：

an1

nalq

推广：anm

namq

3.等比中项：若三个数a,b,c成等比数列，则称b为

a与c的等比中项，且为bac,注：b2

ac

是成等比数列的必要而不充分条件。4.前n项和公式

(ql)Sn

nal

an

1(1q)

al

anq(q1)

1qlq5.等比数列的基本性质，(其中叫n,p,qN

)①若mnpq,则amanapaq反之不真！②q

nm

an2

a,ananmanm

(nN

)

m

③an为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列。

④q1时，Sn,S2nSn,S3nS2n,仍成等比数列。

6.等比数列与等比数列的转化①an是等差数列can

(c0,c1)是

等比数列；②

an是正项等比数列

log

c

an

(c0,c1)是等差数列；

③an既是等差数列又是等比数列

an是各

项不为零的常数列。7.等比数列的判定法①定义法:

anlaq(常数)an为等比数列；

n

②中项法：a2

n1anan2(an0)an为

等比数列；

③通项公式法：ankq

n

(k,q为常数)an

为等比数列；④前

n项和法：

Sn

nk(lq)(k,q为常数)

an

为等比数

歹u。课前热身

1.如果T,a,b,c,-9成等比数列，那么(B)A.b=3,ac=9B.b=-3,ac=-9

C.b=3,

ac=-9D.b=-3,ac=-9

2.在等比数列an中，若a4a7a5a620,

则此数列的前10项之积等于(C)

A.50B.20

10C.10

5

.10

10

D3.设f(n)224

272

10

2

3n10

(nN

),则f(n)等于(D)

A27(8n

l)B27(8n11)

C27

(8n31)D27

(8n41)4.已知数列

an

是等比数列，且

Sm10,S2m30,则S3m5.在

数

列

an

中，若

al1,an12an3

(n1)

,则通项

al

n=2

n3

典例精析

一、等比数列的基木运算与判定21

例1：⑴设首项为ala

(a0),公比为q的等

比数列的前n项和为80,前2n项的和为6560,求此数列的首项与公比。

⑵设数列an的首项ala

14

,且

lan,n为偶数

an1

2

a1

n4,

n为奇数记blna2n1

4,

n1,2,3,

①求a2,a3

②判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论。

解：⑴•・•显然qWl；.

a(lqn

)1q

80①

2n

a(lq)

1q

6560②

①②两式相除，得

1q

n

82,q

n

81

又an1

naq54

即aq

n

54q

81a54q③将q

n

81代入①得a=q-l④

由③④得a=2,q=3⑵①a2all4

a14

al3

112

a22a8

@Vaall43

4

2

a

38

a5

112

a4

a

3

16,a

1b1

41

4

1al4a4

balll

2342(a4),b3al5

4

14

(a

1

4

)

猜想：bln是等比数列，公比为2

o

证明如下：:balln12n1

4

2a2n

14

12(al2n14)14

112

(a2n1

4

)

12

bn

即：

bnlib

14

,公比

n

2

,，bn是首项为a

为

12

的等比数列。

点拨：①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化

为关于等比数列的特征量aLq的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注

意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公

比q是否等于1;

②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一

个数列是等比数列可用

anlaq(常数)恒成

n

立，也可用a2

n1anan2恒成立，若判定一

个数不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法。二、性质运用例

2：⑴在等比数列

an

中，

ala633,a3a432,anan1

①求an,

②若TnIgailga2Igan,求Tn⑵在等比数列an中，若al50,则有等式

ala2anala2a29n22

(n29,nN

)成立，类比上述性质，相应的在等比数列bn中，若bl91则有等式立。

解：⑴①由等比数列的性质可知：

ala6a3a432又ala633,ala6

解得al32,a

6

1

所以

a65

a11,q

11

32,即q32

2

所以al

n1

n32(2

)

2

6n

②由等比数列的性质可知，Igan是等差数列，因为

lga6n

nlg2(6n)lg2,Igai51g2所以T(Igailgan)n

(11n)

n

2

n2

lg2

⑵由题设可知，如果am0在等差数列中有

ala2anala2a2m1n(n2m1,nN

）成立，我们知道，如果若mnpq,则amanapaq,而对于

等比数列

bn

，则有

若mnpq,贝ijamanapaq所以可以得

出结论，若

bm1,则有blb2bnblb2b2m1n

(n2m1,nN

)成立，在本题中

则有blb2bnblb2b37n

(n37,nN

)

点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断

更新，要熟练掌握。三、综合运用

例

3：已知al3,点(an,an1)

在函数

f(x)x22x的图像上，nN

①证明数列lg(lan)是等比数列，

②设Tn(1al)(1a2)(1an),求Tn

及数列an的题项公式，

③记bln

a

1bn的前n项

n

an2

,求数列和Sn,并证明：

Sn

23T

n