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文档简介
第六篇数列第1讲数列的概念与简单表示法【年高考会这样考】1.考查已知数列的通项公式或递推关系,求数列的某项.2.考查由数列的递推关系求数列的通项公式.eq\f(对应学生,80)考点梳理1.数列的概念(1)定义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做这个数列的项.排在第一位的数称为这个数列的第1项,通常也叫做首项.(2)数列与函数的关系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依次取值时所对应的一列函数值.反过来,对于函数y=f(x),如果f(i)(i=1,2,3,…)有意义,那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3),…,f(n),….(3)数列的通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式.2.数列的递推公式如果已知数列{an}的第1项(或前n项),且从第二项(或某一项)开始的任何一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示,那么这个式子叫做数列{an}的递推公式.3.an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn,则an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1,n=1,,Sn-Sn-1,n≥2.))【助学·微博】两类特殊问题(1)解决与数列周期性有关的题目,关键是找出数列的周期.(2)求数列最大项的方法:①判断{an}的单调性;②解不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak-1,,ak≥ak+1,))求数列最小项依此类推.三种方法由递推式求通项an的方法:(1)an+1-an=f(n)型,采用累加法;(2)eq\f(an+1,an)=f(n)型,采用累乘法;(3)an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)型,采用待定系数法转化为等比数列解决.考点自测1.(·珠海模拟)设数列{an}的前n项和Sn=n2+n,则a7的值为().A.13B.14C.15D.16解析a7=S7-S6=49+7-36-6=14.答案B2.在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+1,则a5的值为().A.30B.31C.32D.33解析a5=2a4+1=2(2a3+1)+1=22a3+2+1=23a2+22+2+1=24a1+23+22+2+1=31.答案B3.(·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题错误的是().A.若d<0,则数列{Sn}有最大项B.若数列{Sn}有最大项,则d<0C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列解析A、B、D均正确,对于C,若首项为-1,d=2时就不成立.答案C4.下列关于星星的图案个数构成一个数列,则该数列的一个通项公式是().A.an=n2-n+1B.an=eq\f(nn-1,2)C.an=eq\f(nn+1,2)D.an=eq\f(nn+2,2)解析从图中可观察星星的构成规律,n=1时,有1个;n=2时,有1+2=3个;n=3时,有1+2+3=6个;n=4时,有1+2+3+4=10个;…∴an=1+2+3+4+…+n=eq\f(nn+1,2).答案C5.(·苏州模拟)函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,aeq\o\al(2,k))处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,其中k∈N*.若a1=16,则a1+a3+a5的值是________.解析y=x2上点(ak,aeq\o\al(2,k))处的切线方程为y-aeq\o\al(2,k)=2ak(x-ak),令y=0可得x=eq\f(1,2)ak,即ak+1=eq\f(1,2)ak,即可得数列{ak}是首项为16,公比为eq\f(1,2)的等比数列,则a1+a3+a5=16+4+1=21.答案21eq\f(对应学生,81)考向一已知数列的前几项求通项公式【例1】►根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式:(1)2,0,2,0,…;(2)eq\f(1,2),eq\f(3,4),eq\f(7,8),eq\f(15,16),…;(3)-eq\f(1,1×2),eq\f(1,2×3),-eq\f(1,3×4),eq\f(1,4×5),…;(4)7,77,777,7777,….[审题视点]通过分析各数列已知项的数字特征的共性,及常见的描述方法写出各数列的通项公式.解(1)所给数列可改写为1+1,-1+1,1+1,-1+1,…,可以看作数列1,-1,1,-1,…的各项都加1,因此所给数列的通项公式an=(-1)n+1+1.所给数列也可看做2,0,2,0,…周期性变化,因此所给数列的通项公式an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n为奇数,,0n为偶数.))(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an=eq\f(2n-1,2n).(3)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数,且奇数项为负,偶数项为正,所以它的一个通项公式为an=(-1)neq\f(1,nn+1).(4)所给数列7,77,777,7777,…可以改写成eq\f(7,9)×9,eq\f(7,9)×99,eq\f(7,9)×999,eq\f(7,9)×9999,…,可以看作eq\f(7,9)×(10-1),eq\f(7,9)×(100-1),eq\f(7,9)×(1000-1),eq\f(7,9)×(10000-1),…,因此所给数列的通项公式为an=eq\f(7,9)×(10n-1).根据数列的前几项求通项公式时,需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:(1)分式中分子、分母的特征;(2)相邻项的变化特征;(3)拆项后的特征:把数列的项分成变化的部分和不变的部分;(4)各项符号特征.若关系不明显时,应将部分项作适当的变形,统一成相同的形式,让规律凸现出来.【训练1】根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式:(1)1,-3,5,-7,9,…;(2)eq\f(1,2),2,eq\f(9,2),8,eq\f(25,2),…;(3)0.8,0.88,0.888,0.8888,….解(1)an=(-1)n+1(2n-1).(2)an=eq\f(n2,2).(3)an=eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,10n))).考向二由数列的前n项和求通项公式【例2】►已知下面数列{an}的前n项和Sn,求{an}的通项公式:(1)Sn=2n2-3n;(2)Sn=3n+b.[审题视点]当n=1时,由a1=S1,求a1;当n≥2时,由an=Sn-Sn-1消去Sn,得an+1与an的关系.转化成由递推关系求通项.解(1)a1=S1=2-3=-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5,由于a1也适合此等式,∴an=4n-5.(2)a1=S1=3+b,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2·3n-1.当b=-1时,a1适合此等式.当b≠-1时,a1不适合此等式.∴当b=-1时,an=2·3n-1;当b≠-1时,an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3+b,n=1,,2·3n-1,n≥2.))数列的通项an与前n项和Sn的关系是an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1,n=1,,Sn-Sn-1,n≥2.))当n=1时,a1若适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;当n=1时,a1若不适合Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示.【训练2】已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.求{an}的通项公式.解由a1=S1=eq\f(1,6)(a1+1)(a1+2),解得a1=1或a1=2,由已知a1=S1>1,因此a1=2.又由an+1=Sn+1-Sn=eq\f(1,6)(an+1+1)(an+1+2)-eq\f(1,6)(an+1)(an+2),得an+1-an-3=0或an+1=-an.因为an>0,故an+1=-an不成立,舍去.因此an+1-an-3=0.即an+1-an=3,从而{an}是公差为3,首项为2的等差数列,故{an}的通项为an=3n-1.考向三由递推公式求数列的通项公式【例3】►(1)在数列{an}中,已知a1=1,当n≥2时,有an=an-1+2n-1(n≥2),求数列的通项公式;(2)在数列{an}中,已知a1=1,nan-1=(n+1)an(n≥2),求数列{an}的通项公式.[审题视点]观察递推式的特点可知利用累加法或累乘法求通项公式.解(1)∵an=an-1+2n-1(n≥2).∴an-an-1=2n-1(n≥2).则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2-a1=3,,a3-a2=5,,a4-a3=7,,…,an-an-1=2n-1.))上述n-1个式子的等号两端分别相加可得:an-a1=n2-1,∴an=n2.又∵a1也满足上式,所以an=n2.(2)an=eq\f(an,an-1)·eq\f(an-1,an-2)·eq\f(an-2,an-3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1=eq\f(n,n+1)×eq\f(n-1,n)×eq\f(n-2,n-1)×…×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×1=eq\f(2,n+1),又∵a1也满足上式,∴an=eq\f(2,n+1)(n∈N*).由数列的递推公式求通项公式时,若递推关系为an+1=an+f(n)或an+1=f(n)·an,则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式,另外,通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式,如第(2)题.注意:有的问题也可利用构造法,即通过对递推式的等价变形,转化为特殊数列求通项.【训练3】(1)在数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=eq\f(n+2,3)an.求{an}的通项公式.(2)已知a1=1,an+1=3an+2,求an.解(1)由题设知,a1=1.当n>1时,an=Sn-Sn-1=eq\f(n+2,3)an-eq\f(n+1,3)an-1.∴eq\f(an,an-1)=eq\f(n+1,n-1).∴an=eq\f(an,an-1)·eq\f(an-1,an-2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1=eq\f(n+1,n-1)×eq\f(n,n-2)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×1=eq\f(nn+1,2).(2)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),∴eq\f(an+1+1,an+1)=3,∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项,公比q=3的等比数列,∴an+1=2·3n-1,∴an=2·3n-1-1.eq\f(对应学生,82)规范解答9——高考中对Sn与an的关系的考查【命题研究】已知an与Sn的关系式求通项公式是高考中的常见题型,既可以考选择、填空题,也可以考解答题.就考查形式来看,有些题目很容易看出an与Sn的关系式,但有时可能需要我们去抽象出一个新数列的和与项之间的关系,比如a1+2a2+3a3+…+nan=n2,此时我们可以把上式看成数列{nan}的前n项和为n2来求解.【真题探究】►(本小题满分14分)(·广东)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式.[教你审题]第1步赋值n=1,可求a1;第2步当n≥2时,由Sn=Tn-Tn-1,an=Sn-Sn-1找出an+1与an的关系式;第3步变形.[规范解答]解(1)令n=1时,T1=2S1-1,∵T1=S1=a1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.(2分)(2)当n≥2时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2,则Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-1)2]=2(Sn-Sn-1)-2n+1=2an-2n+1.因为当n=1时,a1=S1=1也满足上式,所以Sn=2an-2n+1(n≥1),(8分)当n≥2时,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1两式相减得an=2an-2an-1-2,所以an=2an-1+2(n≥2),所以an+2=2(an-1+2),因为a1+2=3≠0,所以数列{an+2}是以3为首项,公比为2的等比数列.所以an+2=3×2n-1,∴an=3×2n-1-2,当n=1时也满足上式;所以an=3×2n-1-2.(14分)[阅卷老师手记](1)有的考生思维定势,只会使用an=Sn-Sn-1(n≥2),未想到Sn=Tn-Tn-1(n≥2)致使出错;(2)在使用an=Sn-Sn-1求an时,不少考生漏掉了n≥2这一前提条件,有的对n=1的情况也没有验证,应引起注意.解决由Sn与an的关系求an问题的步骤可归纳为:第一步:令n=1,由Sn=f(an)求出a1;第二步:令n≥2,构造an=Sn-Sn-1,用an代换Sn-Sn-1(或用Sn-Sn-1代换an,这要结合题目特点),由递推关系求通项;第三步:验证当n=1时的结论适合当n≥2时的结论;如果适合,则统一“合写”;如果不适合,则应分段表示;第四步:写出明确规范的答案;第五步:反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.本题的易错点,易忽略对n=1和n≥2分两类进行讨论,同时易忽视结论中对二者的合并.【试一试】在数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且Sn+1=eq\f(3,2)Sn+1(n∈N*),求数列{an}的通项公式.解由Sn+1=eq\f(3,2)Sn+1,知当n≥2时,Sn=eq\f(3,2)Sn-1+1,∴Sn+1-Sn=eq\f(3,2)(Sn-Sn-1),即an+1=eq\f(3,2)an,∴eq\f(an+1,an)=eq\f(3,2),由a1=1,得S2=eq\f(3,2)a1+1=a1+a2,∴a2=eq\f(3,2),∴eq\f(a2,a1)=eq\f(3,2).∴数列{an}是首项为1,公比为eq\f(3,2)的等比数列.∴an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-1.eq\f(对应学生,273)A级基础演练(时间:30分钟满分:55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.在数列{an}中,a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N*),则a100等于 ().A.1 B.-1 C.2 D.0解析法一由a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N*),可得该数列为1,5,4,-1,-5,-4,1,5,4,….由此可得此数列周期为6,故a100=-1.法二an+2=an+1-an,an+3=an+2-an+1,两式相加可得an+3=-an,an+6=an,∴a100=a16×6+4=a4=-1.答案B2.已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn+Sn+1=an+1(n∈N*),则此数列是 ().A.递增数列 B.递减数列C.常数列 D.摆动数列解析∵Sn+Sn+1=an+1,∴当n≥2时,Sn-1+Sn=an.两式相减得an+an+1=an+1-an,∴an=0(n≥2).当n=1时,a1+(a1+a2)=a2,∴a1=0,∴an=0(n∈N*),故选C.答案C3.(·北京朝阳区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*),则a5= ().A.-16 B.16 C.31 D.32解析当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,又Sn-1=2an-1-1(n≥2),∴Sn-Sn-1=an=2(an-an-1).∴eq\f(an,an-1)=2.∴an=1×2n-1,∴a5=24=16.答案B4.(·山东省实验中学测试)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2014项与5的差即a2014-5=().A.2020×2012 B.2020×2013C.1010×2012 D.1010×2013解析结合图形可知,该数列的第n项an=2+3+4+…+(n+2).所以a2014-5=4+5+…+2016=2013×1010.故选D.答案D二、填空题(每小题5分,共10分)5.数列{an}的通项公式an=-n2+10n+11,则该数列前________项的和最大.解析易知a1=20>0,显然要想使和最大,则应把所有的非负项求和即可,这样只需求数列{an}的最末一个非负项.令an≥0,则-n2+10n+11≥0,∴-1≤n≤11,可见,当n=11时,a11=0,故a10是最后一个正项,a11=0,故前10或11项和最大.答案10或116.(·杭州调研)已知数列{an}满足a1=1,且an=n(an+1-an)(n∈N*),则a2=________;an=________.解析由an=n(an+1-an),可得eq\f(an+1,an)=eq\f(n+1,n),则an=eq\f(an,an-1)·eq\f(an-1,an-2)·eq\f(an-2,an-3)·…·eq\f(a2,a1)·a1=eq\f(n,n-1)×eq\f(n-1,n-2)×eq\f(n-2,n-3)×…×eq\f(2,1)×1=n,∴a2=2,an=n.答案2n三、解答题(共25分)7.(12分)在数列{an}中,a1=1,eq\f(1,12)an=eq\f(1,4)an-1+eq\f(1,3)(n≥2),求{an}的通项公式.解∵eq\f(1,12)an=eq\f(1,4)an-1+eq\f(1,3)(n≥2),∴an=3an-1+4,∴an+2=3(an-1+2).又a1+2=3,故数列{an+2}是首项为3,公比为3的等比数列.∴an+2=3n,即an=3n-2.8.(13分)(·西安质检)若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=eq\f(1,2).(1)求证:eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以eq\f(1,Sn)-eq\f(1,Sn-1)=2,又eq\f(1,S1)=eq\f(1,a1)=2,故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为2,公差为2的等差数列.(2)解由(1)可得eq\f(1,Sn)=2n,∴Sn=eq\f(1,2n).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=eq\f(1,2n)-eq\f(1,2n-1)=eq\f(n-1-n,2nn-1)=-eq\f(1,2nn-1).当n=1时,a1=eq\f(1,2)不适合上式.故an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),n=1,,-\f(1,2nn-1),n≥2.))B级能力突破(时间:30分钟满分:45分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.在数列{xn}中,若x1=1,xn+1=eq\f(1,xn+1)-1,则x2013=().A.-1B.-eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.1解析将x1=1代入xn+1=eq\f(1,xn+1)-1,得x2=-eq\f(1,2),再将x2代入xn+1=eq\f(1,xn+1)-1,得x3=1,所以数列{xn}的周期为2,故x2013=x1=1.答案D2.定义运算“*”,对任意a,b∈R,满足①a*b=b*a;②a*0=a;(3)(a*b)*c=c*(ab)+(a*c)+(c*b).设数列{an}的通项为an=n*eq\f(1,n)*0,则数列{an}为().A.等差数列B.等比数列C.递增数列D.递减数列解析由题意知an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n*\f(1,n)))*0=0]n·eq\f(1,n)+(n*0)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0]1,n)))=1+n+eq\f(1,n),显然数列{an}既不是等差数列也不是等比数列;又函数y=x+eq\f(1,x)在[1,+∞)上为增函数,所以数列{an}为递增数列.答案C二、填空题(每小题5分,共10分)3.(·合肥模拟)已知f(x)为偶函数,f(2+x)=f(2-x),当-2≤x≤0时,f(x)=2x,若n∈N*,an=f(n),则a2013=________.解析∵f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x),∴f(x+2)=f(2-x)=f(x-2).故f(x)周期为4,∴a2013=f(2013)=f(1)=f(-1)=2-1=eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)4.(·太原调研)设函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3-ax-3,x≤7,,ax-6,x>7,))数列{an}满足an=f(n),n∈N*,且数列{an}是递增数列,则实数a的取值范围是________.解析∵数列{an}是递增数列,又an=f(n)(n∈N*),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3-a>0,,a>1,,f8>f7))⇒2<a<3.答案(2,3)三、解答题(共25分)5.(12分)(·杭州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a(a≠3),an+1=Sn+3n,n∈N*.(1)设bn=Sn-3n,求数列{bn}的通项公式;(2)若an+1≥an,n∈N*,求a的取值范围.解(1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n),又S1-31=a-3(a≠3),故数列{Sn-3n}是首项为a-3,公比为2的等比数列,因此,所求通项公式为bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*.(2)由(1)知Sn=3n+(a-3)2n-1,n∈N*,于是,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,当n=1时,a1=a不适合上式,故an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a,n=1,,2×3n-1+a-32n-2,n≥2.))an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-2+a-3)),当n≥2时,an+1≥an⇔12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n-2+a-3≥0⇔a≥-9.又a2=a1+3>a1.综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞).6.(13分)(·山东)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73.(1)求数列{an}的通项公式;(2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为列{bm}的前m项和Sm.解(1)因为{an}是一个等差数列,所以a3+a4+a5=3a4=84,即a4=28.设数列{an}的公差为d,则5d=a9-a4=73-28=45,故d=9.由a4=a1+3d得28=a1+3×9,即a1=1.所以an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N*).(2)对m∈N*,若9m<an<9则9m+8<9n<92m+8,因此9m-1+1≤n≤92m-1,故得bm=92m-1-9m-1.于是Sm=b1+b2+b3+…+bm=(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1)=eq\f(9×1-81m,1-81)-eq\f(1-9m,1-9)=eq\f(92m+1-10×9m+1,80).特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲等差数列及其前n项和【年高考会这样考】1.考查利用等差数列的概念、性质、通项公式与前n项和公式解决等差数列的问题.2.在具体的问题情境中能识别具有等差关系的数列,并能用有关知识解决相应的问题.eq\f(对应学生,83)考点梳理1.等差数列的定义如果一个数列从第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,公差通常用字母d表示.数学语言表达式:an+1-an=d(n∈N*),d为常数.2.等差数列的通项公式(1)设等差数列{an}的首项是a1,公差是d,则其通项公式为an=a1+(n-1)d.(2)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).3.等差数列的前n项和公式Sn=eq\f(na1+an,2)=na1+eq\f(nn-1,2)d.4.等差数列及前n项和的性质(1)如果A=eq\f(a+b,2),则A叫做a,b的等差中项.(2)若{an}为等差数列,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).(3)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md(4)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S(5)S2n-1=(2n-1)an.(6)若n为偶数,则S偶-S奇=eq\f(nd,2);若n为奇数,则S奇-S偶=a中(中间项).【助学·微博】一个推导利用倒序相加法推导等差数列的前n项和公式:Sn=a1+a2+a3+…+an,①Sn=an+an-1+…+a1,②①+②得:Sn=eq\f(na1+an,2).两种方法等差数列的两种证明方法:(1)定义法:证明an+1-an=d或an-an-1=d(n≥2);(2)中项公式法:证明2an=an+1+an-1(n≥2).提醒:以上两种证明方法的关键是n的范围,即是否包括了a2-a1也是相同的常数.考点自测1.已知{an}为等差数列,a2+a8=12,则a5等于().A.4B.5C.6D.7解析a2+a8=2a5,∴a5=6.答案C2.(·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn+Sm=Sn+m,且a1=1.那么a10=().A.1B.9C.10D.55解析由Sn+Sm=Sn+m,得S1+S9=S10⇒a10=S10-S9=S1=a1=1.答案A3.(·重庆)在等差数列{an}中,a2=1,a4=5,则{an}的前5项和S5=().A.7B.15C.20D.25解析数列{an}的公差d=eq\f(5-1,2)=2,则a1=-1,a5=7,可得S5=15,选B.答案B4.(·全国)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=().A.8B.7C.6D.5解析由a1=1,公差d=2得通项an=2n-1,又Sk+2-Sk=ak+1+ak+2,所以2k+1+2k+3=24,得k=5.答案D5.(·广东)已知递增的等差数列{an}满足a1=1,a3=aeq\o\al(2,2)-4,则an=________.解析设等差数列{an}的公差为d,由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,a3=a1+d2-4,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,1+2d=1+d2-4,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=±2.))由于等差数列{an}是递增的等差数列,因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=2,))所以an=a1+(n-1)d=2n-1.答案2n-1eq\f(对应学生,83)考向一等差数列的判定与证明【例1】►(·陕西)设{an}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列.(1)求数列{an}的公比;(2)证明:对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.[审题视点](1)利用等差数列的定义得到关系式2a3=a5+a4,代入等比数列的通项公式求得q(1)解设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4,即2a1q2=a1q4+a1q3,由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.(2)证明法一对任意k∈N+,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.法二对任意k∈N+,2Sk=eq\f(2a11-qk,1-q),Sk+2+Sk+1=eq\f(a11-qk+2,1-q)+eq\f(a11-qk+1,1-q)=eq\f(a12-qk+2-qk+1,1-q),2Sk-(Sk+2+Sk+1)=eq\f(2a11-qk,1-q)-eq\f(a12-qk+2-qk+1,1-q)=eq\f(a1,1-q)[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]=eq\f(a1qk,1-q)(q2+q-2)=0,因此,对任意x∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.等差数列的判定方法有以下四种:(1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*);(2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*);(3)通项公式法:an=an+b(a,b是常数,n∈N*);(4)前n项和公式法:Sn=an2+bn(a,b为常数).但如果要证明一个数列是等差数列,则必须用定义法或等差中项法.【训练1】在数列{an}中,a1=eq\f(3,5),an=2-eq\f(1,an-1)(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足bn=eq\f(1,an-1)(n∈N*).(1)求证:数列{bn}是等差数列;(2)求数列{an}中的最大项和最小项,并说明理由.(1)证明∵an=2-eq\f(1,an-1)(n≥2,n∈N*),bn=eq\f(1,an-1).∴n≥2时,bn-bn-1=eq\f(1,an-1)-eq\f(1,an-1-1)=eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2-\f(1,an-1)))-1)-eq\f(1,an-1-1)=eq\f(an-1,an-1-1)-eq\f(1,an-1-1)=1.又b1=eq\f(1,a1-1)=-eq\f(5,2).∴数列{bn}是以-eq\f(5,2)为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)知,bn=n-eq\f(7,2),则an=1+eq\f(1,bn)=1+eq\f(2,2n-7),设函数f(x)=1+eq\f(2,2x-7),易知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2),+∞))内均为减函数.∴结合函数f(x)的图象可得,当n=3时,an取得最小值-1;当n=4时,an取得最大值3.考向二等差数列基本量的求解【例2】►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S5S6+15=0.(1)若S5=5,求S6及a1;(2)求d的取值范围.[审题视点]第(1)问建立首项a1与公差d的方程组求解;第(2)问建立首项a1与公差d的方程,利用完全平方公式求范围.解(1)由题意知S6=eq\f(-15,S5)=-3,a6=S6-S5=-8,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1+10d=5,,a1+5d=-8.))解得a1=7,所以S6=-3,a1=7.(2)因为S5S6+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即2aeq\o\al(2,1)+9da1+10d2+1=0,故(4a1+9d)2=d2-8,所以d2≥8.故d的取值范围是(-∞,-2eq\r(2)]∪[2eq\r(2),+∞).(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.【训练2】(·福建)在等差数列{an}中,a1=1,a3=-3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{an}的前k项和Sk=-35,求k的值.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3.解得d=-2.从而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.(2)由(1)可知an=3-2n.所以Sn=eq\f(n[1+3-2n],2)=2n-n2.进而由Sk=-35可得2k-k2=-35.即k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5.又k∈N*,故k=7为所求.考向三等差数列及前n项和性质的应用【例3】►在等差数列{an}中:(1)若a4+a17=20,求S20;(2)若共有n项,且前四项之和为21,后四项之和为67,前n项和Sn=286,求n.[审题视点]利用前n项和公式Sn=eq\f(na1+an,2)及等差数列的性质:若m+n=p+q,则am+an=ap+aq解题.解(1)由等差数列的性质知a1+a20=a4+a17,∴S20=eq\f(20,2)(a1+a20)=eq\f(20,2)(a4+a17)=eq\f(20,2)×20=200.(2)依题意知:a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67.由等差数列的性质知:a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,∴4(a1+an)=88,∴a1+an=22.又Sn=eq\f(na1+an,2),即286=eq\f(n×22,2),∴n=26.一般地,运用等差数列的性质,可以化繁为简、优化解题过程.但要注意性质运用的条件,如m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*),需要当序号之和相等、项数相同时才成立.【训练3】(1)已知等差数列{an}中,S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=________.(2)已知等差数列{an}中,a3a7=-16,a4+a6=0,则其n项和Sn解析(1)∵{an}为等差数列,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,∴2(S6-S3)=S3+(S9-S6).∴a7+a8+a9=S9-S6=2(S6-S3)-S3=2(36-9)-9=45.(2)因为a4+a6=a3+a7,则a3a7=-16,a3+a7所以a3=4,d=-2或a3=-4,d=2.所以数列的前n项和是Sn=n2-9n或Sn=-n2+9n.答案(1)45(2)n2-9n或-n2+9neq\f(对应学生,84)方法优化8——整体思想在等差数列解题中的应用【命题研究】通过近三年的高考试题分析,考查等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式,其中常常将求和公式Sn=eq\f(na1+an,2)与等差数列的性质“若m+n=p+q,则am+an=ap+aq”结合来命题,考查形式主要是选择题、填空题,难度为中等.【真题探究】►(·辽宁)在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则该数列前11项和S11=().A.58B.88C.143D.176[教你审题]思路1求出首项与公差的关系式,再代入前n项和公式.思路2利用等差数列的性质从整体上求解.[一般解法]设数列{an}的公差为d,则a4+a8=16,即a1+3d+a1+7d=16,即a1=8-5d,所以S11=11a1+eq\f(11×10,2)d=11(8-5d)+55d=88-55d+55d=88.[优美解法]由a1+a11=a4+a8=16,得S11=eq\f(11a1+a11,2)=eq\f(11a4+a8,2)=eq\f(11×16,2)=88.选B.[答案]B[反思]优美解法就是突出了整体思想,整体思想是一种重要的解题方法和技巧,这就要求学生要灵活掌握等差数列的性质及其前n项和公式.【试一试】在等差数列{an}中,已知Sn=m,Sm=n(m≠n),则Sm+n=________.解析设{an}的公差为d,则由Sn=m,Sm=n,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn=na1+\f(nn-1,2)d=m,,Sm=ma1+\f(mm-1,2)d=n.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②-①得(m-n)a1+eq\f(m-nm+n-1,2)·d=n-m,∵m≠n,∴a1+eq\f(m+n-1,2)d=-1.∴Sm+n=(m+n)a1+eq\f(m+nm+n-1,2)d=(m+n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1+\f(m+n-1,2)d))=-(m+n).答案-(m+n)eq\f(对应学生,275)A级基础演练(时间:30分钟满分:55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(·福建)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为().A.1 B.2 C.3 D.4解析在等差数列{an}中,∵a1+a5=10.∴2a3=10,∴a3=5,又a4=7,∴所求公差为2.答案B2.(·山东实验中学诊断)设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1+a3+a11=6,那么S9= ().A.2 B.8 C.18 D.36解析设等差数列的公差为d,则由a1+a3+a11=6,可得3a1+12d=6,∴a1+4d=2=a5.∴S9=eq\f(a1+a9×9,2)=9a5=9×2=18.答案C3.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,则a20等于().A.-1 B.1 C.3 D.7解析两式相减,可得3d=-6,d=-2.由已知可得3a3=105,a3=35,所以a20=a3+17d=35+17×(-2)=1.答案B4.(·东北三校一模)在等差数列{an}中,S15>0,S16<0,则使an>0成立的n的最大值为 ().A.6 B.7 C.8 D.9解析依题意得S15=eq\f(15a1+a15,2)=15a8>0,即a8>0;S16=eq\f(16a1+a16,2)=8(a1+a16)=8(a8+a9)<0,即a8+a9<0,a9<-a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8,选C.答案C二、填空题(每小题5分,共10分)5.(·江西)设数列{an},{bn}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=________.解析设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,因为a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以d1+d2=7,所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35.答案356.(·沈阳四校联考)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________.解析依题意得S4=4a1+eq\f(4×3,2)d=4a1+6d,S3=3a1+eq\f(3×2,2)d=3a1+3d,于是有eq\f(4a1+6d,12)-eq\f(3a1+3d,9)=1,由此解得d=6,即公差为6.答案6三、解答题(共25分)7.(12分)在等差数列{an}中,已知a2+a7+a12=12,a2·a7·a12=28,求数列{an}的通项公式.解由a2+a7+a12=12,得a7=4.又∵a2·a7·a12=28,∴(a7-5d)(a7+5d)·a7=28,∴16-25d2=7,∴d2=eq\f(9,25),∴d=eq\f(3,5)或d=-eq\f(3,5).当d=eq\f(3,5)时,an=a7+(n-7)d=4+(n-7)×eq\f(3,5)=eq\f(3,5)n-eq\f(1,5);当d=-eq\f(3,5)时,an=a7+(n-7)d=4-(n-7)×eq\f(3,5)=-eq\f(3,5)n+eq\f(41,5).∴数列{an}的通项公式为an=eq\f(3,5)n-eq\f(1,5)或an=-eq\f(3,5)n+eq\f(41,5).8.(13分)在等差数列{an}中,公差d>0,前n项和为Sn,a2·a3=45,a1+a5=18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=eq\f(Sn,n+c)(n∈N*),是否存在一个非零常数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d>0,则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3=45,,a1+a5=18,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+da1+2d=45,,a1+a1+4d=18.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,d=4.))∴an=4n-3(n∈N*).(2)由bn=eq\f(Sn,n+c)=eq\f(\f(n1+4n-3,2),n+c)=eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n-\f(1,2))),n+c),∵c≠0,∴可令c=-eq\f(1,2),得到bn=2n.∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*),∴数列{bn}是公差为2的等差数列.即存在一个非零常数c=-eq\f(1,2),使数列{bn}也为等差数列.B级能力突破(时间:30分钟满分:45分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=40,Sn=210,Sn-4=130,则n= ().A.12 B.14 C.16 D.18解析Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80,S4=a1+a2+a3+a4=40,所以4(a1+an)=120,a1+an=30,由Sn=eq\f(na1+an,2)=210,得n=14.答案B2.(·广州一模)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且eq\f(An,Bn)=eq\f(7n+45,n+3),则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数的个数是 ().A.2 B.3 C.4 D.5解析由eq\f(An,Bn)=eq\f(7n+45,n+3)得:eq\f(an,bn)=eq\f(A2n-1,B2n-1)=eq\f(14n+38,2n+2)=eq\f(7n+19,n+1),要使eq\f(an,bn)为整数,则需eq\f(7n+19,n+1)=7+eq\f(12,n+1)为整数,所以n=1,2,3,5,11,共有5个.答案D二、填空题(每小题5分,共10分)3.(·徐州调研)等差数列{an}的通项公式是an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为________.解析∵an=2n+1,∴a1=3,∴Sn=eq\f(n3+2n+1,2)=n2+2n,∴eq\f(Sn,n)=n+2,∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1,首项为3的等差数列,∴前10项和为3×10+eq\f(10×9,2)×1=75.答案754.(·诸城一中月考)设项数为奇数的等差数列,奇数项之和为44,偶数项之和为33,则这个数列的中间项是________,项数是________.解析设等差数列{an}的项数为2n+1,S奇=a1+a3+…+a2n+1=eq\f(n+1a1+a2n+1,2)=(n+1)an+1,S偶=a2+a4+a6+…+a2n=eq\f(na2+a2n,2)=nan+1,∴eq\f(S奇,S偶)=eq\f(n+1,n)=eq\f(44,33),解得n=3,∴项数2n+1=7,S奇-S偶=an+1,即a4=44-33=11为所求中间项.答案117三、解答题(共25分)5.(12分)在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2+an=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和,求Sn.解(1)由2an+1=an+2+an可得{an}是等差数列,且公差d=eq\f(a4-a1,4-1)=eq\f(2-8,3)=-2.∴an=a1+(n-1)d=-2n+10.(2)令an≥0,得n≤5.即当n≤5时,an≥0,n≥6时,an<0.∴当n≤5时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=-n2+9n;当n≥6时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+an)=-(a1+a2+…+an)+2(a1+a2+…+a5)=-(-n2+9n)+2×(-52+45)=n2-9n+40,∴Sn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-n2+9n,n≤5,,n2-9n+40,n≥6.))6.(13分)(·四川)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2an=S2+Sn对一切正整数n都成立.(1)求a1,a2的值;(2)设a1>0,数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\f(10a1,an)))的前n项和为Tn.当n为何值时,Tn最大?并求出Tn的最大值.解(1)取n=1,得a2a1=S2+S1=2a1+a2, ①取n=2,得aeq\o\al(2,2)=2a1+2a2, ②由②-①,得a2(a2-a1)=a2, ③(i)若a2=0,由①知a1=0,(ii)若a2≠0,由③知a2-a1=1. ④由①、④解得,a1=eq\r(2)+1,a2=2+eq\r(2);或a1=1-eq\r(2),a2=2-eq\r(2).综上可得a1=0,a2=0;或a1=eq\r(2)+1,a2=eq\r(2)+2;或a1=1-eq\r(2),a2=2-eq\r(2).(2)当a1>0时,由(1)知a1=eq\r(2)+1,a2=eq\r(2)+2.当n≥2时,有(2+eq\r(2))an=S2+Sn,(2+eq\r(2))an-1=S2+Sn-1,所以(1+eq\r(2))an=(2+eq\r(2))an-1,即an=eq\r(2)an-1(n≥2),所以an=a1(eq\r(2))n-1=(eq\r(2)+1)·(eq\r(2))n-1.令bn=lgeq\f(10a1,an),则bn=1-lg(eq\r(2))n-1=1-eq\f(1,2)(n-1)lg2=eq\f(1,2)lgeq\f(100,2n-1),所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为-eq\f(1,2)lg2),从而b1>b2>…>b7=lgeq\f(10,8)>lg1=0,当n≥8时,bn≤b8=eq\f(1,2)lgeq\f(100,128)<eq\f(1,2)lg1=0,故n=7时,Tn取得最大值,且Tn的最大值为T7=eq\f(7b1+b7,2)=eq\f(71+1-3lg2,2)=7-eq\f(21,2)lg2.特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲等比数列及其前n项和【年高考会这样考】考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等比中项的性质与证明.eq\f(对应学生,85)考点梳理1.等比数列的定义如果一个数列从第2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,公比通常用字母q(q≠0)表示.数学语言表达式为eq\f(an,an-1)=q(n≥2),q为常数.2.等比数列的通项公式(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则它的通项公式为an=a1·qn-1.(2)通项公式的推广:an=am·qn-m,(n,m∈N*).3.等比数列的前n项和公式等比数列{an}的首项为a1,公比为q(q≠0),其前n项和为Sn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q=1;,\f(a11-qn,1-q)=\f(a1-anq,1-q)q≠1.))4.等比数列及前n项和的性质(1)等比中项如果a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.即:G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab.(2)若{an}为等比数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak·al=am·an.(3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an))),{aeq\o\al(2,n)},{an·bn},eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比数列.(4)公比不为-1的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn.【助学·微博】一个推导利用错位相减法推导等比数列的前n项和:Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,同乘q得:qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn,两式相减得(1-q)Sn=a1-a1qn,∴Sn=eq\f(a11-qn,1-q)(q≠1).两个防范(1)由an+1=qan,q≠0并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证a1≠0.(2)在运用等比数列的前n项和公式时,必须对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形导致解题失误.四种方法等比数列的判断方法有:(1)定义法:若eq\f(an+1,an)=q(q为非零常数)或eq\f(an,an-1)=q(q为非零常数且n≥2),则{an}是等比数列;(2)中项公式法:在数列{an}中,an≠0且aeq\o\al(2,n+1)=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列;(3)通项公式法:若数列通项公式可写成an=c·qn(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列;(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列.注前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列.考点自测1.(·辽宁)若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比为().A.2B.4C.8D.16解析由anan+1=aeq\o\al(2,n)q=16n>0知q>0,又eq\f(an+1an+2,anan+1)=q2=eq\f(16n+1,16n)=16,∴q=4.答案B2.(·新课标全国)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10A.7B.5C.-5D.-7解析设数列{an}的公比为q,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4+a7=2,,a5·a6=a4·a7=-8))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4=4,,a7=-2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4=-2,,a7=4,))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=-8,,q3=-\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,q3=-2,))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=-8,,a10=1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,a10=-8,))所以a1+a10=-7.答案D3.(·兰州模拟)在等比数列{an}中,已知a7·a12=5,则a8a9A.10B.25C.50D.75解析因为a7·a12=a8·a11=a9·a10=5,∴a8a9a10a11=52=25.答案B4.已知等比数列的前n项和Sn=4n+a,则a的值等于().A.-4B.-1C.0D.1解析当n=1时,a1=4+a,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3·4n-1.当n=1时,4+a=3,∴a=-1.答案B5.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为________.解析显然公比q≠1,由题意可知eq\f(91-q3,1-q)=eq\f(1-q6,1-q),解得q=2,则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项,eq\f(1,2)为公比的等比数列,由求和公式可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和T5=eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)eq\f(对应学生,86)考向一等比数列的判定与证明【例1】►(·宁波十校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-2n(n∈N*).(1)求证:数列{1+an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式an;(2)设bn=eq\f(an,an+1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.[审题视点](1)由an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为an与an-1的递推关系,再构造数列{1+an};(2)分组后用公式求和.(1)证明当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=3an-2n-3an-1+2(n-1),即n≥2时,an=3an-1+2,从而有n≥2时,an+1=3(an-1+1).又2a1=2S1=3a1-2,得a1=2,故a1+1=3≠0,故数列{1+an}是首项为3,公比为3的等比数列,则an+1=3×3n-1=3n,故an=3n-1.(2)解bn=eq\f(an,an+1+1)=eq\f(3n-1,3n+1)=eq\f(1,3)-eq\f(1,3n+1),则Tn=eq\f(n,3)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)+\f(1,33)+\f(1,34)+…+\f(1,3n+1)))=eq\f(n,3)-eq\f(1,32)×eq\f(1-\f(1,3n),1-\f(1,3))=eq\f(n,3)+eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n)-1)).证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法,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.【训练1】(·长沙模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=eq\f(an+an+1,2),n∈N*.(1)令bn=an+1-an,证明:{bn}是等比数列;(2)求{an}的通项公式.(1)证明b1=a2-a1=1.当n≥2时,bn=an+1-an=eq\f(an-1+an,2)-an=-eq\f(1,2)(an-an-1)=-eq\f(1,2)bn-1,∴{bn}是以1为首项,-eq\f(1,2)为公比的等比数列.(2)解由(1)知bn=an+1-an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1,当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+1+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-2=1+eq\f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1,1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2))))=1+eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1))=eq\f(5,3)-eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1.当n=1时,eq\f(5,3)-eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))1-1=1=a1,∴an=eq\f(5,3)-eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))n-1(n∈N*).考向二等比数列基本量的求解【例2】►(1)已知{an}是各项都为正数的等比数列,Sn是{an}的前n项和,若a1=1,5S2=S4,则a5=________.(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S4=1,S8=17,则数列{an}的通项公式为________.[审题视点]建立首项a1和公比q的方程组求解.解析(1)由题意易得公比q≠1.由5S2=S4,得5×eq\f(1-q2,1-q)=eq\f(1-q4,1-q),解得q=2.∴an=2n-1,∴a5=24=16.(2)在等比数列{an}中,由S4=1,S8=17,则q≠1,因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1q4-1,q-1)=1,,\f(a1q8-1,q-1)=17,))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②÷①得q4+1=17,则q4=16,∴q=2,或q=-2.由q=2代入①得a1=eq\f(1,15),由q=-2代入①得a1=-eq\f(1,5),所以数列{an}的通项公式为an=eq\f(1,15)·2n-1或an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,5)))·(-2)n-1.答案(1)16(2)an=eq\f(1,15)·2n-1或an=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,5)))·(-2)n-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q是否等于1进行判断和讨论.【训练2】(·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=________.解析∵S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),∴a2(q+q2)=3a2(q2-1),∴q=-1(舍去)或q=eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)考向三等比数列的性质及应用【例3】►(1)等比数列{an}中,a1+an=66,a2an-1=128,前n项和Sn=126,则公比q=________.(2)等比数列{an}中,q=2,S99=77,则a3+a6+…+a99=________.[审题视点](1)利用等比数列的性质:“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”;(2)把前99项分三组,再转化为a3+a6+…+a99.解析(1)由题知a1an=128,a1+an=66,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=2,,an=64))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=64,,an=2.))又Sn=eq\f(a1-anq,1-q)=126,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q=2,,n=6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q=\f(1,2),,n=6.))(2)∵S99=(a1+a4+…+a97)+(a2+a5+…+a98)+(a3+a6+…+a99)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q2)+\f(1,q)+1))(a3+a6+…+a99)=77,∴a3+a6+…+a99=44.答案(1)2或eq\f(1,2)(2)44在解决有关等比数列的计算问题时,要注意挖掘隐含条件,充分利用其性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度.【训练3】(·北京东城区一模)已知x,y,z∈R,若-1,x,y,z,-3成等比数列,则xyz的值为().A.-3B.±3C.-3eq\r(3)D.±3eq\r(3)解析由等比中项知y2=3,∴y=±eq\r(3),又∵y与-1,-3符号相同,∴y=-eq\r(3),y2=xz,所以xyz=y3=-3eq\r(3).答案Ceq\f(对应学生,87)热点突破13——运用等差(比)数列的性质巧解题【命题研究】通过近三年的高考试题分析,对等差(比)数列的性质考查每年必考,有的以选择题、填空题出现,难度中等偏下,有的在解答题中出现,常与求通项an及前n项和Sn结合命题,题目难度中等.【真题探究】►(·安徽)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10=().A.4B.5C.6D.7[教你审题]由等比数列的性质可求a7,再由a10=a7·23求a10.[解法]由题意可知a3a11=aeq\o\al(2,7)=16,因为{an}为正项等比数列,所以a7=4,所以log2a10=log2(a7·23)=log225=5.[答案]B[反思]在解答等差(比)数列的基本计算,可利用列方程组解决,但是运算量较大,若利用等差(比)数列的性质解决,大大减少了运算量,同时也降低了出错的概率.【试一试】在等比数列{an}中,公比q=2,前87项和S87=140,则a3+a6+a9+…+a87等于________.解析法一a3+a6+a9+…+a87=a3(1+q3+q6+…+q84)=a1q2·eq\f(1-q329,1-q3)=eq\f(q2,1+q+q2)·eq\f(a11-q87,1-q)=eq\f(4,7)×140=80.法二设b1=a1+a4+a7+…+a85,b2=a2+a5+a8+…+a86,b3=a3+a6+a9+…+a87.因为b1q=b2,b1q2=b3,且b1+b2+b3=140,所以b1(1+q
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