2024-2025学年上学期高二数学人教A版期中必刷常考题之等比数列

第29页（共29页）2024-2025学年上学期高二数学人教A版（2019）期中必刷常考题之等比数列一．选择题（共5小题）1．（2024秋•安阳期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”．现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（）A．16 B．32 C．48 D．642．（2024秋•天河区期末）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2，C3，C4，则C5＝（）A．51227 B．25627 C．5129 3．（2024秋•舟山期末）已知等差数列{an}，公差为d，Sn为{an}的前n项和，若a2＝3，且S2，S1+S3，S5成等比数列，则d＝（）A．1 B．2 C．92 D．2或4．（2024秋•新乡期末）在数列{an}中，若a1＝﹣2，an+1=2-2A．﹣1 B．﹣2 C．43 D．5．（2024秋•广西期末）记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4S8A．7 B．49 C．437 D．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•许昌期末）若Sn为数列{an}的前n项和，且SnA．a3＝﹣4 B．S5＝﹣64 C．{an}是等比数列 D．{Sn﹣1}是等比数列（多选）7．（2024秋•安阳期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝3an+2，且a3＝26，则（）A．a1＝2 B．{an+1}是等比数列 C．{SnD．存在r，s，t且r＜s＜t，使得ar，as，at成等差数列（多选）8．（2024秋•合肥期末）对于无穷正项数列{an}，设Hn=a1+12a2+1A．对任意无穷正项数列{an}，{Hn}总是递增数列 B．若{Hn}是等差数列，则{an}也是等差数列 C．若a1=12，且anan+1＝an﹣an+1，则HD．若a1＝2，Hn＝an+1﹣2，设bn=an×(3三．填空题（共4小题）9．（2024秋•苏州期末）数列{an}前n项和为Sn，首项为1，若an3-an=an-10．（2024秋•诸暨市期末）已知数列{an}满足a1=1，a2=16，an+1211．（2024秋•扬州期末）设数列{an}的前n项和为Sn，已知an=n，n为奇数a12．（2024秋•日照期末）设函数f（x）＝2x﹣cosπx，{an}是公差为14的等差数列，i=15f(a四．解答题（共3小题）13．（2024秋•沧州期末）定义：若存在λ∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），p∈（1，+∞），使得数列{an+λ⋅pn-1}（λ，p均为常数）是公差为d的等差数列，则称{an}是（λ，p，（1）若数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，且b1＝﹣4，求{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn①试问{an}是否为差比双重数列？若是，求该差比双重数列的系数；若不是，请说明理由；②证明：i=114．（2024秋•库尔勒市校级期末）数列{an}满足：a1＝1，an+1＝2an+1，设bn＝an+1．（1）求证：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式及前n项和Sn．15．（2024秋•安阳期末）已知等差数列{an}满足a2+a5＝12，a6＝11，正项数列{bn}满足b1（1）求{an}的通项公式；（2）求{bn}的前n项积Tn．

2024-2025学年上学期高二数学人教A版（2019）期中必刷常考题之等比数列参考答案与试题解析题号12345答案CADDC一．选择题（共5小题）1．（2024秋•安阳期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”．现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（）A．16 B．32 C．48 D．64【考点】求等比数列的前n项和；归纳推理．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可．【解答】解：由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为数列{an}，设数列{an}的前n项和为Sn，由题意可知S6＝378，公比q＝2，所以S6=a1解得a1＝6，所以第4层“浮雕像”的数量为a4故选：C．【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式和通项公式，属于基础题．2．（2024秋•天河区期末）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2，C3，C4，则C5＝（）A．51227 B．25627 C．5129 【考点】等比数列通项公式的应用；归纳推理．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；推理和证明；运算求解．【答案】A【分析】设各个图形的周长依次排成一列构成数列{∁n}，观察图形知，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的13，判断{∁n}为等比数列，求出其通项，∁n即可得C5【解答】解：观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列{∁n}，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的13因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的43即有Cn因此数列{∁n}是首项C1＝6，公比为43故Cn=6×(43)n-故选：A．【点评】本题主要考查了归纳推理，考查了等比数列的通项公式的应用，属于中档题．3．（2024秋•舟山期末）已知等差数列{an}，公差为d，Sn为{an}的前n项和，若a2＝3，且S2，S1+S3，S5成等比数列，则d＝（）A．1 B．2 C．92 D．2或【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】D【分析】由等差数列的通项公式与求和公式，以及等比数列的中项性质，解方程可得所求值．【解答】解：等差数列{an}，公差为d，Sn为{an}的前n项和，若a2＝3，且S2，S1+S3，S5成等比数列，可得a1+d＝3，（S1+S3）2＝S2S5，即（4a1+3d）2＝（2a1+d）（5a1+10d），化为a1+d=36故选：D．【点评】本题考查等差数列的通项公式与求和公式，以及等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．4．（2024秋•新乡期末）在数列{an}中，若a1＝﹣2，an+1=2-2A．﹣1 B．﹣2 C．43 D．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】D【分析】由数列的递推式求出数列的前几项，从而得到数列{an}是以4为周期的周期数列，从而即可求得．【解答】解：因为a1＝﹣2，an所以a1＝﹣2，a2＝3，a3=43，a4=故{an}是以4为周期的周期数列，所以a100故选：D．【点评】本题考查数列的周期性的应用，属于基础题．5．（2024秋•广西期末）记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4S8A．7 B．49 C．437 D．【考点】求等比数列的前n项和；等比数列前n项和的性质．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】利用等比数列的性质直接求解．【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，S4∴1-q解得q4＝6，则S12故选：C．【点评】本题考查数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•许昌期末）若Sn为数列{an}的前n项和，且SnA．a3＝﹣4 B．S5＝﹣64 C．{an}是等比数列 D．{Sn﹣1}是等比数列【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】ACD【分析】由an与Sn关系可得出数列{an}的通项公式，再对选项逐一判断即可．【解答】解：若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn当n≥2时，由Sn＝2an+1有Sn﹣1＝2an﹣1+1，两式相减可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1⇒an＝2an﹣1，当n＝1时，S1＝2a1+1＝a1⇒a1＝﹣1，所以数列{an}时以﹣1为首项，2公比的等比数列，故C正确；a3=a由等比数列的求和公式，可得Sn=a因为Sn-1=-2n，所以{Sn故选：ACD．【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式与求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．（多选）7．（2024秋•安阳期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝3an+2，且a3＝26，则（）A．a1＝2 B．{an+1}是等比数列 C．{SnD．存在r，s，t且r＜s＜t，使得ar，as，at成等差数列【考点】数列递推式；等比数列的性质．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】ABC【分析】对A，由递推关系式代入运算求解判断；对B，由an+1＝3an+2可得an+1+1＝3（an+1），根据等比数列的定义判断；对C，求出Sn，进而求得{Sn-【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，an+1＝3an+2，且a3＝26，对于A，可得a3＝3a2+2＝26，解得a2＝8，由a2＝3a1+2＝8，则a1＝2，故A正确；对于B，对an+1＝3an+2的两边同时加上1，可得an+1+1＝3（an+1），又a1+1＝3，所以数列{an+1}是首项和公比均为3的等比数列，故B正确；对于C，由等比数列的通项公式可得an+1=3则SnSn所以数列{Sn-3an2对于D，假设存在r，s，t∈N*且r＜s＜t，使得ar，as，at成等差数列，则2as＝ar+at，即2•3s＝3r+3t，即2＝3r﹣s+3t﹣s，∵r﹣s≤﹣1，t﹣s≥1，∴0＜3r-s≤13，3t﹣s≥3，则3r﹣s+3故上式不成立，假设错误，故D错误．故选：ABC．【点评】本题考查数列的递推式和等比数列和等差数列的定义、通项公式与求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．（多选）8．（2024秋•合肥期末）对于无穷正项数列{an}，设Hn=a1+12a2+1A．对任意无穷正项数列{an}，{Hn}总是递增数列 B．若{Hn}是等差数列，则{an}也是等差数列 C．若a1=12，且anan+1＝an﹣an+1，则HD．若a1＝2，Hn＝an+1﹣2，设bn=an×(3【考点】数列的求和；等差数列的性质．【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解；新定义类．【答案】ACD【分析】求得an＝n（Hn﹣Hn﹣1），得到Hn﹣Hn﹣1＞0即可判断A；根据an＝nd（n≥2），{an}可得从第二项开始是等差数列，a1＝2不一定符合，即可判断B；利用裂项相消法求和即可判断C；求出bn=2n【解答】解：对于无穷正项数列{an}，设Hn=a1+12a2+1当n＝1时，H1＝a1，当n≥2时，Hn所以Hn-1=a1+12a2+13a3+⋯+对于A选项，因为an＞0，所以Hn﹣Hn﹣1＞0，所以{Hn}是递增数列，故A选项正确；对于B选项，若Hn}是等差数列，则Hn﹣Hn﹣1为常数，设为d，则an＝nd（n≥2），{an}从第二项开始是等差数列，但a1＝2不一定符合，例如an=1对于C选项，由anan+1＝an﹣an+1，得1an+1-1an则Hn=1对于D选项，当n＝1时，a1＝H1＝a2﹣2，所以a2＝4，当n≥2时，由Hn＝an+1﹣2和an＝n（Hn﹣Hn﹣1），得an＝n（an+1﹣an），整理得an所以an＝2n，a1也满足该式，所以bn=2n×(34)n，所以bn当n＝3时，b3＝b4，当n＞3时，bn+1bn＜1，所以bn的最大值为b3和b4，bn故选：ACD．【点评】本题考查了数列的综合应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）9．（2024秋•苏州期末）数列{an}前n项和为Sn，首项为1，若an3-an=an-【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】±1．【分析】由数列的递推式推得an2【解答】解：数列{an}前n项和为Sn，首项为1，若an当n＝2时，a23-a2=a1可得当n≥2时，an3-an=an-13-an﹣1＝...=而an≠0，即有an2=1，则a2025故答案为：±1．【点评】本题考查数列的递推式和数列中的项，考查运算能力，属于基础题．10．（2024秋•诸暨市期末）已知数列{an}满足a1=1，a2=16，an+12=2a【考点】数列递推式．【专题】计算题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】5或6．【分析】先由递推公式构造数列{a【解答】解：由an+12所以{an+1an所以an从而可得到a1＜a2＜...＜a5＝a6＞a7＞...，所以最大项是第5项或第6项，故m＝5或6．故答案为：5或6．【点评】本题考查数列递推式，属于中档题．11．（2024秋•扬州期末）设数列{an}的前n项和为Sn，已知an=n，n为奇数an【考点】数列递推式．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】24048【分析】根据奇偶数数列特点求解本题．【解答】解：S2a1=1=20，a2+a3=4=由数学归纳法可得：a2n+故a2故答案为：24048．【点评】本题考查数列递推式，属于中档题．12．（2024秋•日照期末）设函数f（x）＝2x﹣cosπx，{an}是公差为14的等差数列，i=15f(a【考点】数列与函数的综合；求等差数列的前n项和．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】52【分析】由等差数列的性质可得出a1+a2+a3+a4+a5＝5a3，计算得出i=15f(ai)=10【解答】解：根据题意，数列{an}是公差为14则a1＝a3-12，a5＝a3+12，a2＝a3-14，a则cosπa1+cosπa5=cos[π(a同理：cosπa所以i=1令g(x)=10x-(2+1)cosπx-5，g（12又由i=15f(ai)=则g'所以函数g（x）在R上为增函数，因为g(12)=0且g（a3）＝因此i=1故答案为：52【点评】本题考查等差数列的性质和应用，关键在于将题干中的等式转化为关于a3的等式，通过构造函数，并分析其单调性，结合单调性求出a3的值，属于基础题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•沧州期末）定义：若存在λ∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），p∈（1，+∞），使得数列{an+λ⋅pn-1}（λ，p均为常数）是公差为d的等差数列，则称{an}是（λ，p，（1）若数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，且b1＝﹣4，求{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn①试问{an}是否为差比双重数列？若是，求该差比双重数列的系数；若不是，请说明理由；②证明：i=1【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．【答案】（1）bn（2）①是，差比双重数列的系数为﹣15；②证明见解答．【分析】（1）利用差比双重数列的定义再结合等差数列通项公式即可求得；（2）①由Sn=3an-2n②由①得an+4n【解答】解：（1）由数列{bn}是（3，2，1）差比双重数列，得λ＝3，p＝2，d＝1，b1则数列{bn+3⋅2nbn所以数列{bn}的通项公式bn（2）①由Sn当n＝1时，a1＝S1＝3a1﹣2，解得a1＝1，当n≥2，Sn两式相减得：an＝3an﹣3an﹣1﹣4n+2，整理得：an于是an+4n+10=3则数列{an+4n+10}是首项为15，公比为32因此an+4n则an数列{an-所以{an}是差比双重数列，差比双重数列的系数为﹣15；②证明：由①知an则10i由i=1n可得23i①﹣②可得1=2整理得：i=1因此i=1所以i=1【点评】本题考查数列的新定义，考查等差数列与等比数列的性质及错位相减法求和，属难题．14．（2024秋•库尔勒市校级期末）数列{an}满足：a1＝1，an+1＝2an+1，设bn＝an+1．（1）求证：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式及前n项和Sn．【考点】数列递推式；求等比数列的前n项和．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）an=2【分析】（1）利用等比数列的定义可证得结论成立；（2）利用（1）中的结论可求出数列{bn}的通项公式，由此可求得数列{an}的通项公式，利用分组求和法可求得Sn．【解答】解：（1）证明：数列{an}满足：a1＝1，an+1＝2an+1，设bn＝an+1，两边同时加上1，可得an+1+1＝2（an+1），即bn+1＝2bn，故{bn}是首项为1+1＝2，公比为2的等比数列；（2）由（1）得，bn=2×2n-所以Sn【点评】本题考查等比数列的定义、通项公式与求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．15．（2024秋•安阳期末）已知等差数列{an}满足a2+a5＝12，a6＝11，正项数列{bn}满足b1（1）求{an}的通项公式；（2）求{bn}的前n项积Tn．【考点】数列的求和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）an＝2n﹣1；（2）Tn【分析】（1）利用等差数列将已知条件a2+a5＝12，a6＝11化为用a1，d表示的方程组，求出a1，d，即可求解{an}的通项公式；（2）利用bn与an的关系，写出数列{bn}的通项公式，即可求得{bn}的前n项积Tn．【解答】解：（1）已知等差数列{an}满足a2+a5＝12，a6＝11，设等差数列{an}的公差为d，∵a2+a5＝12，a6＝11，∴a1即2a解得a1∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；（2）由（1）可知an＝2n﹣1，又正项数列{bn}满足b1∴b1当n＝1时，b1又∵b1＞0，所以b1所以bn则Tn【点评】本题考查了等差数列通项公式的求法，重点考查了等差数列求和公式，属中档题．

考点卡片1．等差数列的性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝a等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．2．求等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值代入前n项和公式，计算数列的前n项和．﹣推导公式：根据实际问题推导出数列的前n项和公式．﹣综合应用：将前n项和公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的前n项和公式计算具体项，推导数列和公式，解决实际问题．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝a3，a4＝5，则Sn＝_____．解：设等差数列{an}的公差为d，∵S3＝a3，∴a1+a2＝a1+a1+d＝0，又∵a4＝5，∴a1+3d＝5，解得，a1＝﹣1，d＝2，故Sn＝n•a1+n(n-1)2•2＝故答案为：n2﹣2n．3．等比数列的性质【知识点的认识】等比数列（又名几何数列），是一种特殊数列．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，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn=a1(1-qn)1-q，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am•a等比数列的性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（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），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或⇔a1【解题方法点拨】例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．4．等比数列通项公式的应用【知识点的认识】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值等于同一个常数，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，通常用字母q表示（q≠0）．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＝a1•qn﹣13．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叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（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），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或a1＜【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值代入通项公式，计算数列的具体项．﹣推导公式：根据实际问题推导出数列的通项公式，并应用于实际问题中．﹣综合应用：将通项公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的通项公式计算具体项，推导数列公式，解决实际问题．已知等比数列{an}的通项公式an＝3n+2（n∈N*），则该数列的公比是_____．解：∵等比数列{an}的通项公式为an＝3n+2（n∈N*），∴该数列的公比q=a25．求等比数列的前n项和【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣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．【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值和公比r代入前n项和公式，计算数列的前n项和．﹣公式推导：根据实际问题推导出等比数列的前n项和公式．﹣综合应用：将前n项和公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的前n项和公式计算具体和，推导数列和公式，解决实际问题．设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则S6＝_____．解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由于a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a1+a故S66．等比数列前n项和的性质【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣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．【解题方法点拨】﹣性质分析：分析等比数列的前n项和的性质．﹣公式推导：根据等比数列的定义和前n项和公式，推导出数列和的性质．﹣综合应用：将前n项和的性质与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的前n项和的性质分析数列的递增性、递减性，结合具体数列进行分析．已知在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，则使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为_____．解：设等比数列的公比为q，q＞0，∵在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，∴q2=a5a3=4∴an=a3⋅∴Sn=2(1-2n)1-2=∵Sn＞511，∴2n+1＞513，当n＝8时，2n+1＝29＝512，当n＝9时，2n+1＝210＝1024，∴正整数n的最小值为9．∴使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为9．故答案为：9．7．数列的应用【知识点的认识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等比数列的综合3、数列的实际应用数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+12n（n﹣1）d或S②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{1anan+1}的前n项和，其中{an}为各项不为0（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【解题方法点拨】典例1：已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=1an2-1（n∈N*），求数列{bn}分析：形如{1等差×11×3=1=50解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴a1+2d=72a1+10d=26∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn=3n+n(n（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn=1∴Tn=1即数列{bn}的前n项和Tn=n点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【命题方向】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．9．数列递推式【知识点的认识】1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an=s在数列{an}中，前n项和Sn与通项公式an的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an的表达式，则an不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．【解题方法点拨】数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an=sn-sn-1;;n≥2（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，=f（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知an+1an=f（n）求an，用累乘法：an=（6）已知递推关系求an，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an．②形如an=a（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．10．数列与函数的综合【知识点的认识】数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．【解题方法点拨】1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【命题方向】典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{an}成等比数列；（II）设bn＝anf（an），数列{bn}前n项和是Sn，当a=2时，求S分析：（I）先利用条件求出f（an）的表达式，进而求出{an}的通项公式，再用定义来证{an}是等比数列即可；（II）先求出数列{bn}的通项公式，再对数列{bn}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（an）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即logaan＝2n+2，可得an＝a2n+2．∴an∴{an}为等比数列．（5分）（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当a=2时，bnSn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2①2Sn＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3②①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）=16+24(1-2n-1)1-2-（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣∴Sn＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．11．等差数列与等比数列的综合【知识点的认识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2、等比数列的性质．（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（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），{a}，{an•bn}，仍是等比数