1、第五章數列第一節 數列的概念與簡單表示法基礎知識1數列的定義、分類與通項公式(1)數列的定義：數列：按照一定順序排列的一列數數列的項：數列中的每一個數(2)數列的分類：分類標準類型滿足條件項數有窮數列項數有限無窮數列項數無限項與項間的大小關系遞增數列an1an其中nN*遞減數列an10.4(教材習題改編)已知數列an的通項公式是aneq blcrc (avs4alco1(23n1n為偶數，,2n5n為奇數，)則a4a3_.解析：a4a3233(235)54. 答案：545已知數列an的通項公式為anpneq f(q,n)，且a2eq f(3,2)，a4eq f(3,2)，則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.)則aneq f(1,4)neq f(2,n)，故a8eq f(9,4). 答案：eq f(9,4)小結1.對數列概念的理解(1)數列是按一定“順序”排列的一列數，一個數列不僅與構成它的“數”有關，而且還與這些“數”的排列順序有關，這有別于集合中元素的無序性因此，若組成兩個數列的數相同而排列次序不同，那么它們就是不同的兩個數列(2)數列中的數可以重復出現，而集合中的元素不能重復出現，這也是數列與數集的區別2數列的函數特征數

3、列是一個定義域為正整數集N*(或它的有限子集1,2,3，n)的特殊函數，數列的通項公式也就是相應的函數解析式，即f(n)an(nN*)考點一由數列的前幾項求數列的通項公式典例例1下列公式可作為數列an：1,2,1,2,1,2，的通項公式的是()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變式若本例中數列變為：0,1,0,1，則an的一個通項公式為_答案：aneq blcrc (av

4、s4alco1(0n為奇數，,1n為偶數.)eq blc(rc)(avs4alco1(或anf(11n,2)或anf(1cos n,2)方法小結1根據數列的前幾項求它的一個通項公式，要注意觀察每一項的特點，觀察出項與n之間的關系、規律，可使用添項、通分、分割等辦法，轉化為一些常見數列的通項公式來求對于正負符號變化，可用(1)n或(1)n1來調整2根據數列的前幾項寫出數列的一個通項公式是不完全歸納法，它蘊含著“從特殊到一般”的思想以題試法1寫出下面數列的一個通項公式(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)各項減去1后為正偶數，所以an2n1.(2)每一項的分子比分母少1，而分母組成數列21,22,23,24，所以aneq f(2n1,2n).(3)將數列各項改寫為eq f(9,3)，eq f(99,3)，eq f(999,3)，eq f(9999,3)，分母都是3，而分子分別是101,1021,1031,1041，.所以aneq f(1,3)(10n1)(4)奇數項為負，偶數項為正，故通項公式的符號為(1)n；各項絕對值的分母組

6、成數列1,2,3,4，；而各項絕對值的分子組成的數列中，奇數項為1，偶數項為3，即奇數項為21，偶數項為21，所以an(1)neq f(21n,n)，也可寫為aneq blcrc (avs4alco1(f(1,n)，n為正奇數，,f(3,n)，n為正偶數.)考點二由an與Sn的關系求通項an典例例2已知數列an的前n項和Sn，根據下列條件分別求它們的通項an.(1)Sn2n23n；(2)Sn3n1.自主解答(1)由題可知，當n1時，a1S1212315，當n2時，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n1.當n1時，4115a1，故an4n1.(2)當n1時，a1S1314，當n

7、2時，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.當n1時，23112a1，故aneq blcrc (avs4alco1(4，n1，,23n1， n2.)方法小結已知數列an的前n項和Sn，求數列的通項公式，其求解過程分為三步：(1)先利用a1S1求出a1；(2)用n1替換Sn中的n得到一個新的關系，利用anSnSn1(n2)便可求出當n2時an的表達式；(3)對n1時的結果進行檢驗，看是否符合n2時an的表達式，如果符合，則可以把數列的通項公式合寫；如果不符合，則應該分n1與n2兩段來寫以題試法2已知數列an的前n項和為Sn，且Sneq f(n,n1)，則eq f(1,a5)()A.eq

8、f(5,6)B.eq f(6,5) C.eq f(1,30) D30解析：選D當n2時，anSnSn1eq f(n,n1)eq f(n1,n)eq f(1,nn1)，則a5eq f(1,56)eq f(1,30).考點三數列的性質典例例3已知數列an的通項公式為ann221n20.(1)n為何值時，an有最小值？并求出最小值；(2)n為何值時，該數列的前n項和最小？自主解答(1)因為ann221n20eq blc(rc)(avs4alco1(nf(21,2)2eq f(361,4)，可知對稱軸方程為neq f(21,2)10.5.又因nN*，故n10或n11時，an有最小值，其最小值為1122

9、1112090.(2)設數列的前n項和最小，則有an0，由n221n200，解得1n20，故數列an從第21項開始為正數，所以該數列的前19或20項和最小變式在本例條件下，設bneq f(an,n)，則n為何值時，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)，則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，故當n4時，數列bn單調遞減；當n5時，數列bn單調遞增而b44eq f(20,4)2112，b55eq

10、f(20,5)2112，所以當n4或n5時，bn取得最小值，最小值為12.方法小結1數列中項的最值的求法根據數列與函數之間的對應關系，構造相應的函數anf(n)，利用求解函數最值的方法求解，但要注意自變量的取值2前n項和最值的求法(1)先求出數列的前n項和Sn，根據Sn的表達式求解最值；(2)根據數列的通項公式，若am0，且am10，則Sm最小，這樣便可直接利用各項的符號確定最值.以題試法3數列an的通項aneq f(n,n290)，則數列an中的最大值是()A3eq r(10) B19 C.eq f(1,19) D.eq f(r(10),60)解析：選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*，易知當n9或10時，aneq f(1,19)最大【難點突破】遞推公式和通項公式是數列的兩種表示方法，它們都可以確定數列中的任意一項，只是由遞推公式確定數列中的項時，不如通項公式直接，下面介紹由遞推公式求通項公式的幾種方法1累加法典例1數列an的首項為3，bn為等差數列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，則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題后悟道對形如an

12、1anf(n)(f(n)是可以求和的)的遞推公式求通項公式時，常用累加法，巧妙求出ana1與n的關系式2累乘法典例2已知數列an中，a11，前n項和Sneq f(n2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求an的通項公式解(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)由題設知a11.。當n1時，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.將以上n1個等式中等號兩端分別相乘，整理得aneq f(nn1,2).綜上可知，an的通項公式aneq f(nn1,2).題后悟道對形如an1anf(n)(f(n)是可以求積的)的遞推公式求通項公式時，常用累乘法，巧妙求出eq f(an,a1)與n的關系式3構造新數列典例3已知數列an滿足a11，an13an2；則an_.解析an13an2，an113(an1)，eq f(an11,an1)3，數列an1為等比數列，公比q3，又a112，an123n1，an23n11. 答案23n11題后悟道對于形如“an1AanB(A0且A

14、1)”的遞推公式求通項公式，可用迭代法或構造等比數列法上面是三種常見的由遞推公式求通項公式的題型和對應解法，從這些題型及解法中可以發現，很多題型及方法都是相通的，如果能夠真正理解其內在的聯系及區別，也就真正做到了舉一反三、觸類旁通，使自己的學習游刃有余，真正成為學習的主人【基礎題】1已知數列an的前n項和為Sn，且Sn2(an1)，則a2等于()A4B2 C1 D2解析：選A由題可知Sn2(an1)，所以S1a12(a11)，解得a12.又S2a1a22(a21)，解得a2a124.2按數列的排列規律猜想數列eq f(2,3)，eq f(4,5)，eq f(6,7)，eq f(8,9)，的第1

15、0項是()Aeq f(16,17) Beq f(18,19) Ceq f(20,21) Deq f(22,23)解析：選C所給數列呈現分數形式，且正負相間，求通項公式時，我們可以把每一部分進行分解：符號、分母、分子很容易歸納出數列an的通項公式，an(1)n1eq f(2n,2n1)，故a10eq f(20,21).3數列an的前n項積為n2，那么當n2時，an()A2n1 Bn2 C.eq f(n12,n2) D.eq f(n2,n12)解析：選D設數列an的前n項積為Tn，則Tnn2，當n2時，aneq f(Tn,Tn1)eq f(n2,n12).4對于數列an，“an1|an|(n1,2

16、，)”是“an為遞增數列”的()A必要不充分條件 B充分不必要條件 C必要條件 D既不充分也不必要條件解析：選B當an1|an|(n1,2，)時，|an|an，an1an，an為遞增數列當an為遞增數列時，若該數列為2,0,1，則a2|a1|不成立，即知an1|an|(n1,2，)不一定成立故綜上知，“an1|an|(n1,2，)”是“an為遞增數列”的充分不必要條件5某棵果樹前n年的總產量Sn與n之間的關系如圖所示從目前記錄的結果看，前m年的年平均產量最高，m的值為()A5 B7 C9 D11解析：選C依題意eq f(Sn,n)表示圖象上的點(n，Sn)與原點連線的斜率，由圖象可知，當n9時

17、，eq f(Sn,n)最大，故m9.6將石子擺成如圖的梯形形狀稱數列5,9,14,20，為“梯形數”根據圖形的構成，此數列的第2 012項與5的差，即a2 0125 ()A2 0182 012 B2 0182 011 C1 0092 012 D1 0092 011解析：選D因為anan1n2(n2)，所以an5eq f(n6n1,2)，所以a2 01251 0092 011.7已知數列an滿足astasat(s，tN*)，且a22，則a8_.解析：令st2，則a4a2a24，令s2，t4，則a8a2a48. 答案：88已知數列an滿足a11，a22，且aneq f(an1,an2)(n3)，則

18、a2 012_.解析：將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，故數列an是周期數列，周期為6，故a2 012a33562a22. 答案：29已知an的前n項和為Sn，且滿足log2(Sn1)n1，則an_.解析：由已知條件可得Sn12n1.。則Sn2n11，當n1時，a1S13，當n2時，anSnSn12n112n12n，n1時不適合an，故aneq blcrc (avs4alco1(3，n1，,2n，n2.)10數列an的通項公式是ann27n6.(1)這個數列的第4項是

19、多少？(2)150是不是這個數列的項？若是這個數列的項，它是第幾項？(3)該數列從第幾項開始各項都是正數？解：(1)當n4時，a4424766.(2)令an150，即n27n6150，解得n16或n9(舍去)，即150是這個數列的第16項(3)令ann27n60，解得n6或n0時為遞增數列，且當a10時前n項和Sn有最小值d0時前n項和Sn有最大值5等差數列an的首項是a1，公差為d.若其前n項之和可以寫成SnAn2Bn，則Aeq f(d,2)，Ba1eq f(d,2)，當d0時它表示二次函數，數列an的前n項和SnAn2Bn是an成等差數列的充要條件小題1等差數列an中，a1a510，a47

20、，則數列an的公差為()A1B2 C3 D4解析：選B法一：設等差數列an的公差為d，由題意得eq blcrc (avs4alco1(2a14d10，,a13d7.)解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,d2.)故d2.法二：在等差數列an中，a1a52a310，a35。又a47，公差d752.2在等差數列an中，a2a6eq f(3,2)，則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：選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在等差數列an中，已知a4a816，則該數列前11項和S11()A58 B88 C143 D176解析：選BS11eq f(11a1a11,2)eq f(11a4a8,2)88.4在數列an中，若a11，an1an2(n1)，則該數列的通項an_.解析：由an1an2知an為等差數列其公差為2。故an1(n1)22n1.答案：2n15已知an為等差數列，Sn為其前n項和，若a1eq f(1,2)，S2a3，則a2_，Sn

22、_.解析：設an的公差為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【小結】1.與前n項和有關的三類問題(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三個，即可求得其余兩個，這體現了方程思想(2)Sneq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)nAn2Bnd2A.(3)利用二次函數

23、的圖象確定Sn的最值時，最高點的縱坐標不一定是最大值，最低點的縱坐標不一定是最小值2設元與解題的技巧已知三個或四個數組成等差數列的一類問題，要善于設元，若奇數個數成等差數列且和為定值時，可設為，a2d，ad，a，ad，a2d，；若偶數個數成等差數列且和為定值時，可設為，a3d，ad，ad，a3d，其余各項再依據等差數列的定義進行對稱設元考點一等差數列的判斷與證明典例例1在數列an中，a13，an2an12n3(n2，且nN*)(1)求a2，a3的值；(2)設bneq f(an3,2n)(nN*)，證明：bn是等差數列自主解答(1)a13，an2an12n3(n2，且nN*)，a22a12231

24、，a32a223313.(2)證明：對于任意nN*，bn1bneq f(an13,2n1)eq f(an3,2n)eq f(1,2n1)(an12an)3eq f(1,2n1)(2n13)31，數列bn是首項為eq f(a13,2)eq f(33,2)0，公差為1的等差數列方法小結1證明an為等差數列的方法：(1)用定義證明：anan1d(d為常數，n2)an為等差數列；(2)用等差中項證明：2an1anan2an為等差數列；(3)通項法：an為n的一次函數an為等差數列；(4)前n項和法：SnAn2Bn或Sneq f(na1an,2).2用定義證明等差數列時，常采用的兩個式子an1and和a

25、nan1d，但它們的意義不同，后者必須加上“n2”，否則n1時，a0無定義以題試法1已知數列an的前n項和Sn是n的二次函數，且a12，a22，S36.(1)求Sn；(2)證明：數列an是等差數列解：(1)設SnAn2BnC(A0)，則eq blcrc (avs4alco1(2ABC，,04A2BC，,69A3BC，)解得A2，B4，C0.故Sn2n24n.(2)證明：當n1時，a1S12。當n2時，anSnSn12n24n2(n1)24(n1)4n6.。an4n6(nN*)an1an4，數列an是等差數列.考點二等差數列的基本運算 典例例2已知an為等差數列，且a1a38，a2a412.(1

26、)求an的通項公式；(2)記an的前n項和為Sn，若a1，ak，Sk2成等比數列，求正整數k的值自主解答(1)設數列an的公差為d，由題意知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)因為a1，ak，Sk2成等比數列，所以aeq oal(2,k)a1Sk2.從而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)，因此k6.方法小結1等差數列的通項公式ana1(n1)

27、d及前n項和公式Sneq f(na1an,2)na1eq f(nn1,2)d，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現了方程的思想2數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法以題試法2(1)在等差數列中，已知a610，S55，則S8_.(2)設等差數列an的前n項和為Sn，若eq f(S4,12)eq f(S3,9)1，則公差為_解析：(1)a610，S55，eq blcrc (avs4alco1(a15d10，,5a110d5.)解方程組得eq blcrc (avs4alco1(a15，,

28、d3.)則S88a128d8(5)28344.(2)依題意得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，即公差為6.答案：(1)44(2)6考點三等差數列的性質典例例3(1)已知正項組成的等差數列an的前20項的和為100，那么a6a15的最大值為()A25B50 C100 D不存在(2)設等差數列an的前n項和Sn，若S48，S820，則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)設an的公差為d，則a5a6a7a8S8S412，(a5a6a7a8)S416d，解得deq f(1,4)，a11a12a13a14S440d18.答案(1)A(2)A方法小結1等差數列的性質是等差數列的定義、通項公式以及前n項和公式等基礎知識的推廣與變形，熟練掌握和靈活應用這些性質可以有效、方便、快捷地解決許多等差數列問題2應用等差數列的性質解答問題的關鍵是尋找項的序號之間的關系以題試法3(1)設數列

30、an，bn都是等差數列，若a1b17，a3b321，則a5b5_.(2)若數列an滿足：a119，an1an3(nN*)，則數列an的前n項和數值最大時，n的值為()A6 B7 C8 D9解析：(1)設兩等差數列組成的和數列為cn，由題意知新數列仍為等差數列且c17，c321，則c52c3c1221735.(2)an1an3，數列an是以19為首項，3為公差的等差數列，an19(n1)(3)223n.設前k項和最大，則有eq blcrc (avs4alco1(ak0，,ak10，)即eq blcrc (avs4alco1(223k0，,223k10，)解得eq f(19,3)keq f(22,

31、3).kN*，k7.故滿足條件的n的值為7.答案：(1)35(2)B典例在等差數列an中，a11，前n項和Sn滿足條件eq f(S2n,Sn)eq f(4n2,n1)，n1,2，則an_.常規解法因Snna1eq f(nn1,2)dneq f(nn1,2)d，則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，則ann. 答案n高手支招1上述解法計算量較大，很容易出錯，若采用特殊值計算很簡單，因an為等差數列且a11，只要求出公差d，便可得

32、出an，若令n1，則有eq f(S2,S1)3，即可求出公差d.2特殊值法在解一些選擇題和填空題中經常用到，就是通過取一些特殊值、特殊點、特殊函數、特殊數列、特殊圖形等來求解或否定問題的目的；用特殊值法解題時要注意，所選取的特例一定要簡單，且符合題設條件巧思妙解令n1，則eq f(S2,S1)3，S23，a22，可得d1，則ann.針對訓練1已知正數數列an對任意p，qN*，都有apqapaq，若a24，則a9()A6B9 C18 D20解析：選C法一：a2a11a1a14，a12，a9a81a8a12a4a14a2a118.法二：a2a11a1a14，a12，令pn，q1，所以an1ana1

33、，即an1an2，an是等差數列，且首項為2，公差為2，故a92(91)218.2等差數列an，bn的前n項和分別為Sn，Tn，若eq f(Sn,Tn)eq f(2n,3n1)，則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：選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項符合【基礎題】1 an為等差數列，公差d2，Sn為其前n項和若

34、S10S11，則a1()A18B20 C22 D24解析：選B由S10S11，得a11S11S100，a1a11(111)d0(10)(2)20.2等差數列an的前n項和為Sn，已知a58，S36，則S10S7的值是()A24 B48 C60 D72解析：選B設等差數列an的公差為d，由題意可得eq blcrc (avs4alco1(a5a14d8，,S33a13d6，)解得eq blcrc (avs4alco1(a10，,d2，)則S10S7a8a9a103a124d48.3等差數列an中，a5a64，則log2(2a12a22a10)()A10 B20 C40 D2log25解析：選B依題

35、意得，a1a2a3a10eq f(10a1a10,2)5(a5a6)20，因此有log2(2a12a22a10)a1a2a3a1020.4已知數列an滿足：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，即數列的前5項都為正數，第5項之后的都為負數，所以S5最大，則k5.6數列an的首項為3，bn為等差數列且bnan1an(nN*)若b32，b1012，則a8()A0 B3 C8 D11解析：選B因為bn是等差數列，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已知遞增的等差數列an滿足a11，a3aeq oal(2,2)4，則an_.解析：設等差數列公差為d，由a3aeq oal(2,2)4，得12d(1d)24，解得d24，即d2.由于該數列為遞增數列，故d2。an1(n1)22n1。答案：2n18已知數列an為等差數列，Sn為其前n項和，a7a54，a1121，Sk9，則k_.解析：a7a52d4，則d2.a1a1110d21201，Skkeq f(kk1,2)2k29.又kN

37、*，故k3.答案：39設等差數列an，bn的前n項和分別為Sn，Tn，若對任意自然數n都有eq f(Sn,Tn)eq f(2n3,4n3)，則eq f(a9,b5b7)eq f(a3,b8b4)的值為_解析：an，bn為等差數列，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、已知等差數列an中，a11，a33.(1)求數列an的通項公式；(2)若數列an的前k項和Sk35，求k的值解：(1)設等差數列an的公差為d，則ana1(n1)d.由a11，a33，可得12d3，解得d2。從而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設數列an的前n項積為Tn，Tn1an，(1)證明eq blcrc(avs4alco1(f(1,Tn)是等差數列；(2)求數列eq blcrc(avs4alco1(f(an,Tn)的前n項和Sn.解：

39、(1)證明：由Tn1an得，當n2時，Tn1eq f(Tn,Tn1)，兩邊同除以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)是首項為2，公差為1的等差數列(2)由(1)知eq f(1,Tn)n1，則Tneq f(1,n1)，從而an1Tneq f(n,n1).故eq f(an,Tn)n.數列eq blcrc(avs4alco1(f(an,Tn)是首項為1，公差為1的等差數列Sneq f(nn1,2).12已知等差數列an前三項的和為3，前三項的積為8

40、.(1)求等差數列an的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數列，求數列|an|的前n項和解：(1)設等差數列an的公差為d，則a2a1d，a3a12d。由題意得eq blcrc (avs4alco1(3a13d3，,a1a1da12d8，)解得eq blcrc (avs4alco1(a12，,d3，)或eq blcrc (avs4alco1(a14，,d3.)所以由等差數列通項公式可得：an23(n1)3n5或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3n7.(2)當an3n5時，a2，a3，a1分別為1，4,2，不成等比數列；當an3n7時，a2，a3，a1分別為1,2，4，成等比數

41、列，滿足條件故|an|3n7|eq blcrc (avs4alco1(3n7，n1，2，,3n7，n3.)記數列|an|的前n項和為Sn.當n1時，S1|a1|4；當n2時，S2|a1|a2|5；當n3時，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5eq f(n223n7,2)eq f(3,2)n2eq f(11,2)n10.當n1時，不滿足此式，當n2時，滿足此式綜上，Sneq blcrc (avs4alco1(4，n1，,f(3,2)n2f(11,2)n10，n1.)【重點題】1等差數列中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，則該數列前13項的和是()A156 B5

42、2 C26 D13解析：選Ca3a52a4，a7a10a133a10，6(a4a10)24，故a4a104.S13eq f(13a1a13,2)eq f(13a4a10,2)26.2在等差數列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110(n1,2,3，)則q的取值范圍為_ 解析因為an為等比數列，Sn0，可以得到a1S10，q0，當q1時，Snna10；當q1時，Sneq f(a11qn,1q)0，即eq f(1qn,1q)0(n1,2,3，)，上式等價于不等式組eq blcrc (avs4alco1(1q0，,1qn0，,1qn0，)(n1,2,3，)解式得q1，解式，由

43、于n可為奇數，可為偶數，得1q1。上，q的取值范圍是(1,0)(0，)答案(1,0)(0，)題后悟道解答本題利用了分類討論思想，由于等比數列求和公式中分兩種情況q1和q1，而本題未說明q的范圍，求解時應分類討論，而不能直接利用公式Sneq f(a11qn,1q).針對訓練等比數列an中，a3eq f(3,2)，S3eq f(9,2)，求an及前n項和Sn.解：當q1時，a1a2a3eq f(3,2)，S33eq f(3,2)eq f(9,2)，符合題意，此時aneq f(3,2)，Sneq f(3,2)n.當q1時，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)， )由兩式相除得2q2q10，解得qeq f(1,2)，q1(舍去)則a16，故ana1qn16eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n1，此時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.【基礎題】1已

45、知等比數列an中，各項都是正數，且a1，eq f(1,2)a3,2a2成等差數列，則eq f(a8a9,a6a7)等于()A1eq r(2)B1eq r(2) C32eq r(2) D32eq r(2)解析：選C設等比數列an的公比為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設數列an滿足：2anan1(an0)(nN*)，且前n項和為Sn，則eq f(S4,a2)的值為(

46、)A.eq f(15,2) B.eq f(15,4) C4 D2解析：選A由題意知，數列an是以2為公比的等比數列，故eq f(S4,a2)eq f(f(a1124,12),a12)eq f(15,2).3公比為2的等比數列an的各項都是正數，且a3a1116，則log2a10()A4 B5 C6 D7解析：選Ba3a1116，aeq oal(2,7)16。又等比數列an的各項都是正數，a74.又a10a7q342325，log2a105.4已知數列an，則“an，an1，an2(nN*)成等比數列”是“aeq oal(2,n1)anan2”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充要條件

47、 D既不充分也不必要條件解析：選A顯然，nN*，an，an1，an2成等比數列，則aeq oal(2,n1)anan2，反之，則不一定成立，舉反例，如數列為1,0,0,0，5各項均為正數的等比數列an的前n項和為Sn，若Sn2，S3n14，則S4n等于()A80 B30 C26 D16解析：選B設S2na，S4nb，由等比數列的性質知：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的四個根組成以eq f(1,2)為首項的等比數列，則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以上都不對解析：選B設a，b，c，d是方程(x2mx2)(x2nx2)0的四個根，不妨設acd0)的等比數列an的前n項和為Sn，若S23a22，S43a42，則q_.解析：法一：S4S2a3a43a22a3a43a42，將a3a2q，a4a2q2代入得，3a22a2qa2q23a2q22，化簡得2q2q30，解得qeq f(3,2)(q1不合題意，舍去)法二：設等比數列an的首項為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已知數列an的前n項和為Sn，且Sn4an3(nN*)(1)證明：數列an是等比數列；(2)若數列bn滿足bn1anbn(nN*)，且b12，求數列bn的通項公式解：(1)證明：依題意Sn4an3(nN*)，n1時，a14a13，解得a11.因為Sn4an3，則Sn14an13(n2)，所以當n2時，anSnSn14an4an1，整理得aneq f(4,3)an1。又a110，所以an是首項為1，公比為eq f(4,3)的等比數列(2)因為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)，當n1時也滿足，所以數列bn的通項公式為bn3eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)n11.【附加題】1已知數列an的前n項和為Sn，a11，Sn2an1，則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：選BS

51、n2an1，當n2時，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從第二項起是以eq f(3,2)為公比的等比數列，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時，aneq f(3n2,2n1)，再利用Sn2an1，求得Sneq

52、 blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1eq blc rc)(avs4alco1(,)2等比數列an的前n項和為Sn，已知S1，S3，S2成等差數列(1)求an的公比q；(2)若a1a33，求Sn.解：(1)依題意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于a10，故2q2q0，又q0，從而qeq f(1,2).(2)由(1)可得a1a1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)23.。故a14，從而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已知等差數列an的首項a11，公差d0，且第2項、第5項、第14項分別是等比數列bn的第2項、第3項、第4項(1)求數列an與bn的通項公式；(2)設數列cn對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，數列bn的公比為3，bn33n23n1.(2)由eq f(c1,b1)eq

54、 f(c2,b2)eq f(cn,bn)an1得當n2時，eq f(c1,b1)eq f(c2,b2)eq f(cn1,bn1)an 。兩式相減得：n2時，eq f(cn,bn)2bn23n1(n2)又當n1時，eq f(c1,b1)a2，c13。cneq blcrc (avs4alco1(3，n1，,23n1，n2.)c1c2c3c2 0133eq f(6232 013,13)3(332 013)32 013.第四節 數_列_求_和基礎知識一、公式法1如果一個數列是等差數列或等比數列，則求和時直接利用等差、等比數列的前n項和公式，注意等比數列公比q的取值情況要分q1或q1.2一些常見數列的前

55、n項和公式：(1)1234neq f(nn1,2)；(2)13572n1n2；(3)24682nn2n.二、非等差、等比數列求和的常用方法1倒序相加法如果一個數列an，首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一常數，那么求這個數列的前n項和即可用倒序相加法，等差數列的前n項和即是用此法推導的2分組轉化求和法若一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組轉化法，分別求和而后相加減3錯位相減法如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列的前n項和即可用此法來求，等比數列的前n項和就是用此法推導的4裂項相消法把數列的通項拆成兩

56、項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和小題1設數列(1)n的前n項和為Sn，則對任意正整數n，Sn()A.eq f(n1n1,2)B.eq f(1n11,2) C.eq f(1n1,2) D.eq f(1n1,2)解析：選D因為數列(1)n是首項與公比均為1的等比數列，所以Sneq f(11n1,11)eq f(1n1,2).2等差數列an的通項公式為an2n1，其前n項的和為Sn，則數列eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)的前10項的和為()A120 B70 C75 D100解析：選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數列a12，ak2k，a1020共有十項，且其和為240，則a1aka10的值為()A31 B120 C130 D185解析：選Ca1aka10240(22k20)240eq f(22010,2)240110130.4若數列an的通項公式為an2n2n1，則數列an的前n項和為_解析：Sneq f(212n,12)eq f(n12n1,2)2n12n2.答案：2n1n225數列eq f(1,24)，eq f(1,46)，eq f(1,68)，eq f(1,2n2n2)，的前n項和為_解析：因aneq f(1,2n2n2)eq f

58、(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，則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)【小結】數列求和的方法(1)一般的數列求和，應從通項入手，若無通項，先求通項，然后通過對通項變形，轉化為與特殊數列有關或具備某種方法適用特點的形式，從而選擇合適的方法求和(2)解決非等差、等比數列的求和，主要有兩種思路：轉化的思想，即將一般數列設法轉化為等差或等

59、比數列，這一思想方法往往通過通項分解或錯位相減來完成不能轉化為等差或等比數列的數列，往往通過裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等來求和考點一分組轉化法求和典例例1已知等比數列an的前n項和為Sn，a11，且S1,2S2,3S3成等差數列(1)求數列an通項公式；(2)設bnann，求數列bn前n項和Tn.自主解答(1)設數列an的公比為q，若q1，則S1a11,2S24a14,3S39a19，故S13S31022S2，已知矛盾，故q1，從而得Sneq f(a11qn,1q)eq f(1qn,1q)，由S1,2S2,3S3成等差數列，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).方法小結分組轉化法求和的常見類型(1)若anbncn，且bn，cn為等差或等比數列，可采用分組求和法求an的前n項和(2)通項公式為aneq blcrc