【创新设计】2014高考数学一轮复习 第五章 数列的概念及简单的表示方法训练 理 新人教a版

【创新设计】2014高考数学一轮复习第五章数列的概念及简单的表示方法训练理新人教A版备考方向要明了考什么怎么考1了解数列的概念和几种简单的表示方法列表、图象、通项公式2了解数列是自变量为正整数的一类函数数列的概念在高考试题中常与其他知识综合进行考查，主要有1以考查通项公式为主，同时考查SN与AN的关系，如2012年江西T16等2以递推关系为载体，考查数列的各项的求法，如2012年新课标全国T16等归纳知识整合1数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，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数列的分类分类原则类型满足条件有穷数列项数有限项数无穷数列项数无限递增数列AN1AN递减数列AN1AN常数列AN1AN其中NN项与项间的大小关系摆动数列从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项3数列的表示法数列的表示方法有列表法、图象法、公式法4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探究1数列的通项公式唯一吗是否每个数列都有通项公式提示不唯一，如数列1,1，1,1，的通项公式可以为AN1N或ANERROR有的数列没有通项公式5数列的递推公式若一个数列AN的首项A1确定，其余各项用AN与AN1的关系式表示如AN2AN11，N1，则这个关系式就称为数列的递推公式探究2通项公式和递推公式有何异同点提示不同点相同点通项公式法可根据某项的序号，直接用代入法求出该项递推公式法可根据第1项或前几项的值，通过一次或多次赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的项都可确定一个数列，都可求出数列的任何一项自测牛刀小试1教材习题改编已知数列AN的前4项分别为2,0,2，0，则下列各式不可以作为数列AN的通项公式的一项是AAN11N1BAN2SINN2CAN1COSNDAERROR解析选B若AN2SIN，则A12SIN2，A22SINN220，A32SIN2，A42SIN20322已知数列的通项公式为ANN28N15，则3A不是数列AN中的项B只是数列AN中的第2项C只是数列AN中的第6项D是数列AN中的第2项或第6项解析选D令AN3，即N28N153，解得N2或6，故3是数列AN中的第2项或第6项3教材习题改编在数列AN中，A11，AN1N2，则A51AN1AB3253CD7485解析选D由题意知，A11，A22，A3，A4，A53253854教材改编题已知数列，2，根据数列的规律，2应该是该数列的第2525_项解析由于2311,5321,8331，故可知该数列的通项公式为AN3N1由2，得N753N1答案75若数列AN的前N项和SNN210NN1,2,3，则此数列的通项公式为AN_；数列NAN中数值最小的项是第_项解析当N2时，ANSNSN1N210NN1210N12N11；当N1时，A1S19也满足AN2N11，AN2N11NAN2N211N22N2112NN11421211622N1141218又NN，当N3时，NAN取最小值答案2N113已知数列的前几项求通项公式例1根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式14,6,8,10，；2，；123478151631323，121458131629326164自主解答1各数都是偶数，且最小为4，所以通项AN2N1NN2注意到分母分别是21,22,23,24,25，而分子比分母少1，所以其通项ANNN2N12N3分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为，这样原数列可化为，232213212232223323243242532526326所以其通项AN1NNN2N32N用观察法求数列的通项公式的技巧用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数N的关系当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用1N或1N1调节1写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数1，；23415635863109921，；139351763339939,99,999,9999，解1分子是连续的偶数，且第1个数是2，所以用2N表示；分母是221,421,621,821,1021，所以用2N21表示所以ANNN2N2N212N4N212正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正，所以用1N表示；1，1393517633399，313535957177933911分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数N的关系，用2N12N1表示；分子是211,221,231,241，用2N1表示所以AN1N1NNN2N12N12N12N14N2139，99，999，9999，1011，1021，1031，1041，所以AN10N1NN由AN与SN的关系求通项公式例2已知数列AN的前N项和为SN3N1，求它的通项公式AN自主解答当N2时，ANSNSN13N13N1123N1；当N1时，A1S12也满足AN23N1故数列AN的通项公式为AN23N1若将“SN3N1”改为“SNN2N1”，如何求解解A1S112111，当N2时，ANSNSN1N2N1N12N112N2ANERROR已知SN求AN时应注意的问题数列的通项AN与前N项和SN的关系是ANERROR当N1时，A1若适合SNSN1，则N1的情况可并入N2时的通项AN；当N1时，A1若不适合SNSN1，则用分段函数的形式表示2已知各项均为正数的数列AN的前N项和满足SN1，且6SNAN1AN2，NN求数列AN的通项公式解由A1S1A11A12，16解得A11或A12由已知A1S11，因此A12又由AN1SN1SNAN11AN12AN1AN2，1616得AN1AN30或AN1AN因为AN0，故AN1AN不成立，舍去因此AN1AN30，即AN1AN3，从而AN是公差为3，首项为2的等差数列，故AN的通项公式为AN3N1由递推关系式求数列的通项公式例3根据下列条件，确定数列AN的通项公式1A11，AN13AN2；2A11，ANAN1N2；N1N3A12，AN1AN3N2自主解答1AN13AN2，AN113AN1，即3AN11AN1数列AN1为等比数列，公比Q3又A112，AN123N1AN23N112ANAN1N2，N1NAN1AN2，A2A1N2N112以上N1个式子相乘得ANA11223N1NA1N1N3AN1AN3N2，ANAN13N1N2，ANANAN1AN1AN2A2A1A1N2N3N12当N1时，A13112符合公式，12ANN232N2由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解当出现ANAN1M时，构造等差数列；当出现ANXAN1Y时，构造等比数列；当出现ANAN1FN时，用累加法求解；当出现时，用累乘法求解ANAN132012大纲全国卷已知数列AN中，A11，前N项和SNANN231求A2，A3；2求数列AN的通项公式解1由S2A2得3A1A24A2，解得A23A13；43由S3A3得3A1A2A35A3，解得A3A1A2653322由题设知A11当N1时有ANSNSN1ANAN1，N23N13整理得ANAN1N1N1于是A11，A2A1，A3A2，3142AN1AN2，ANAN1，NN2N1N1将以上N个等式两端分别相乘，整理得ANNN12综上可知，数列AN的通项公式ANNN12数列函数性质的应用例4已知数列AN1若ANN25N4，数列中有多少项是负数N为何值时，AN有最小值并求出最小值2若ANN2KN4且对于NN，都有AN1AN成立求实数K的取值范围自主解答1由N25N4AN，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式ANN2KN4，可以看作是关于N的二次函数，考虑到NN，所以3K232函数思想在数列中的应用1数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决2数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用作差；作商；结合函数图象等方法4若数列中的最大项是第K项，则K_NN423N解析法一由题意知，ERROR解得K11010KN，K4法二设ANNN4N，则23AN1ANN1N5N1NN4N2323N2323N1N5NN4N2310N23当N3时，AN1AN0，即AN1AN，当N4时，AN1AN0，即AN1AN，故A1A2A3A4，且A4A5A6所以数列中最大项是第4项答案41个关系数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性3类问题数列通项公式的求法及最大小项问题1由递推关系求数列的通项公式常用的方法有求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法2由SN与AN的递推关系求AN的常用思路有利用SNSN1ANN2转化为AN的递推关系，再求其通项公式；转化为SN的递推关系，先求出SN与N的关系，再求AN3数列AN的最大小项的求法可以利用不等式组ERROR找到数列的最大项；利用不等式组ERROR找到数列的最小项创新交汇数列与函数的交汇问题1数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题2正确理解、掌握函数的性质如单调性、周期性等是解决此类问题的关键典例2012上海高考已知FX各项均为正数的数列AN满足11XA11，AN2FAN若A2010A2012，则A20A11的值是_解析AN2，又A2010A2012，11AN11A2010AA2010122010又AN0，A2010512又A2010，11A2008512A2008，同理可得A2006A20512512又A11，A3，A5，A7，1211A32311A535A9，A1111A75811A9813A20A11512813135326答案135326名师点评1本题具有以下创新点1数列AN的递推关系式，以函数FX为载体间接给出；11X2给出的递推关系式不是相邻两项，即AN与AN1N2之间的关系，而是给出AN与AN2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系2解决本题的关键有以下两点1正确求出数列AN的递推关系式；2正确利用递推公式AN2，分别从首项A1推出A11和从A2010推出A2011AN变式训练1已知数列AN满足A133，AN1AN2N，则的最小值为ANNAB172212C10D21解析选B由已知条件可知当N2时，ANA1A2A1A3A2ANAN133242N1N2N33，又N1时，A133适合，故ANN2N33又N1，ANN33N令FNN1，FN在1,5上为减函数，33NFN在6，上为增函数，又F5，F6，535212所以F5F6故FN的最小值为ANN2122已知函数FXERROR把函数GXFXX的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为AANNNBANNN1NNNN12CANN1NNDAN2N2NN解析选C据已知函数关系式可得FXERROR此时易知函数GXFXX的前几个零点依次为0,1,2，代入验证只有C符合一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1数列1，的一个通项公式AN是23354759ABN2N1N2N1CDN2N3N2N3解析选B由已知得，数列可写成，故通项为112335N2N12已知数列AN的通项公式为ANN22NNN，则“0，即2N12对任意的NN都成立，于是有32，即0，即AN1AN；当N9时，AN1AN0，即AN1AN；当N9时，AN1ANA11A12数列中有最大项，最大项为第9、10项，即A9A1010101193设数列AN的前N项和为SN，点NN均在函数Y3X2的图象上N，SNN1求数列AN的通项公式；2设BN，TN是数列BN的前N项和，求使得TN0时，SN有最小值；当D0，N14时，AN0，且SPSQPQ，则若PQ为偶数，则当N时，SN最大；PQ2若PQ为奇数，则当N或N时，SN最大PQ12PQ123设等差数列AN的前N项和为SN，已知A312，S120，S130，A70前6项和S6最大等差数列性质的应用例412013江门模拟等差数列AN前17项和S1751，则A5A7A9A11A13等于A3B6C17D512等差数列AN中，若A1A4A739，A3A6A927，则前9项的和S9等于A66B99C144D297自主解答1由于S171717A951，所以A93根据等差数列的性质A1A172A5A13A7A11，所以A5A7A9A11A13A932由等差数列的性质及A1A4A739，可得3A439，所以A413同理，由A3A6A927，可得A69所以S9999A1A929A4A62答案1A2B在等差数列有关计算问题中，结合整体思想，灵活应用性质，可以减少运算量，达到事半功倍的效果412013山西四校联考在等差数列AN中，A1A2A33，A18A19A2087，则此数列前20项的和等于A290B300C580D60022012江西高考设数列AN，BN都是等差数列若A1B17，A3B321，则A5B5_解析1选B依题意得3A1A2090，即A1A2030，数列AN的前20项的和等于30020A1A2022法一设数列AN，BN的公差分别为D1，D2，因为A3B3A12D1B12D2A1B12D1D272D1D221，所以D1D27所以A5B5A3B32D1D2212735法二2A3A1A5,2B3B1B5，A5B52A3B3A1B1221735答案351个技巧利用等差数列的性质妙设项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为AD，A，AD；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为AD，AD，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元2种选择等差数列前N项和公式的选择等差数列前N项和公式有两个，如果已知项数N、首项A1和第N项AN，则利用SN，该公式经常和等差数列的性质结合应用如果已知项数N、首项A1和公差NA1AN2D，则利用SNNA1，在求解等差数列的基本运算问题时，有时会和通项公式结NN1D2合使用3个结论等差数列前N项和SN的几个结论1若等差数列AN的项数为偶数2N，则S2NNA1A2NNANAN1；S偶S奇ND，S奇S偶ANAN12若等差数列AN的项数为奇数2N1，则S2N12N1AN1；S奇S偶N1N3在等差数列AN中，若A10，D0，则满足ERROR的项数M使得SN取得最小值SM4种方法等差数列的判断方法定义法；等差中项法；通项公式法；前N项和公式法数学思想整体思想在数列中的应用利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法有不少数列题，其首项、公差无法确定或计算繁琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径典例2013盐城模拟设等差数列AN的前N项和SNM，前M项和SMNMN则它的前MN项的和SMN_解析法一设AN的公差为D，则由SNM，SMN，得ERROR得MNA1DNM，MNMN12MN，A1D1MN12SMNMNA1DMNMN12MNMNA1MN12D法二设SNAN2BNNN，则ERROR得AM2N2BMNNMMN，AMNB1AMN2BMNMN，即SMNMN答案MN题后悟道1本题的两种解法都突出了整体思想，其中法一把A1D看成了一个整体，法MN12二把AMNB看成了一个整体，解起来都很方便2整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征3本题的易错点是，不能正确运用整体思想的运算方法，不能建立数量间的关系，导致错误变式训练1等差数列AN，BN的前N项和分别为SN，TN，若，则SNTN2N3N1ANBNAB232N13N1CD2N13N12N13N4解析选BANBN2AN2BNA1A2N1B1B2N1S2N1T2N122N132N112N13N12设等差数列AN的前N项和为SN，已知其前6项和为36，SN324，最后6项的和为180N6，求该数列的项数N及A9A10解由题意知A1A2A3A4A5A636，ANAN1AN2AN3AN4AN5180，6A1AN36180216A1AN36又SN324，324，NA1AN2即N18232436A9A10A1A1836一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1已知AN是等差数列，且A3A94A5，A28，则该数列的公差是A4B14C4D14解析选A因为A3A94A5，所以根据等差数列的性质可得A62A5所以A15D2A18D，即A13D0又A28，即A1D8，所以公差D42已知等差数列AN的前N项和为SN，若S17A，则A2A9A16等于ABA174A17CD3A173A17解析选CS17A，A1A1717217A9A，A9A2A9A163A9A173A1732013秦皇岛模拟设SN为等差数列AN的前N项和，若A11，公差D2，SK2SK24，则KA8B7C6D5解析选D依题意得SK2SKAK1AK22A12K1D22K1224，解得K54已知AN为等差数列，A1A3A5105，A2A4A699以SN表示AN的前N项和，则使得SN达到最大值的N是A21B20C19D18解析选BA1A3A5105，A2A4A699，3A3105,3A499，即A335，A433A139，D2，得AN412N令AN0且AN11且AN1AN1A0，S2N138，则N等于2N_解析2ANAN1AN1，又AN1AN1A0，2N2ANA0，即AN2AN02NAN0，AN2S2N122N138，解得N10答案1092013南京模拟已知等差数列AN的前N项和为SN，若A2132012A211，A2011132012A201111，则下列四个命题中真命题的序号为_S20112011；S20122012；A20110，F120131知F1FA21，故A21A1A2S2，又假设S20112011，则A11，A20111矛盾综上，正确的为答案三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10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S5S61501若S55，求S6及A1；2求D的取值范围解1由题意知S63，A6S6S58，15S5所以ERROR解得A17所以S63，A172因为S5S6150，所以5A110D6A115D150，即2A9DA110D21021故4A19D2D28，所以D28故D的取值范围为D2或D22211已知等差数列AN中，公差D0，前N项和为SN，A2A345，A1A5181求数列AN的通项公式；2令BNNN，是否存在一个非零常数C，使数列BN也为等差数列若存在，SNNC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ERROR得ERROR解得ERROR故AN4N3NN2由BNSNNCN14N32NC2NN12NCC0，可令C，得到BN2N12BN1BN2N12N2NN，数列BN是公差为2的等差数列即存在一个非零常数C，使数列BN也为等差数列1212已知SN是数列AN的前N项和，SN满足关系式2SNSN1N12N2，N为正12整数，A1121令BN2NAN，求证数列BN是等差数列，并求数列AN的通项公式；2在1的条件下，求SN的取值范围解1由2SNSN1N12，得2SN1SNN2，两式相减得12122AN1ANN，12上式两边同乘以2N得2N1AN12NAN1，即BN1BN1，所以BN1BN1，故数列BN是等差数列，且公差为1又因为B12A11，所以BN1N11N因此2NANN，从而ANNN122由于2SNSN1N12，所以2SNSN12N1，即SNAN2N1121212SN2N1AN，而ANNN，所以SN2N1NN2N2N1212121212所以SN12N3N1，且SN1SN0所以SNS1，又因为在12N12N112SN2N2N中，N2N0，故SN2，1212即SN的取值范围是12，21已知数列AN的通项公式ANPN2QNP，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是等差数列解1AN1ANPN12QN1PN2QN2PNPQ，要使AN是等差数列，则2PNPQ应是一个与N无关的常数，所以2P0，即P0故当P0时，数列AN是等差数列2证明AN1AN2PNPQ，AN2AN12PN1PQ而AN2AN1AN1AN2P为一个常数，AN1AN是等差数列2设AN是一个公差为DD0的等差数列，它的前10项和S10110，且A1，A2，A4成等比数列1证明A1D；2求公差D的值和数列AN的通项公式解1证明因A1，A2，A4成等比数列，故AA1A42而AN是等差数列，有A2A1D，A4A13D于是A1D2A1A13D，即A2A1DD2A3A1D，化简得A1D21212由条件S10110和S1010A1D，1092得到10A145D110由1，A1D，代入上式得55D110，故D2，ANA1N1D2N因此，数列AN的通项公式为AN2NN1,2,3，3已知AN为等差数列，若0，A110，SN取最小正值时N194已知数列AN的前N项和SN2N22N，数列BN的前N项和TN2BN求数列AN与BN的通项公式解当N2时，ANSNSN12N22N2N122N14N，又A1S14，故AN4N当N2时，由BNTNTN12BN2BN1，得BNBN1，12又T12B1，即B11，故BNN121N12第三节等比数列及其前N项和备考方向要明了考什么怎么考1理解等比数列的概念2掌握等比数列的通项公式与前N项和公式3能在具体的问题情境中，识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题4了解等比数列与指数函数的关系1以客观题的形式考查等比数列的性质及其基本量的计算，如2012年新课标全国T5，浙江T13等2以解答题的形式考查等比数列的定义、通项公式、前N项和公式及性质的综合应用，如2012年湖北T18等归纳知识整合1等比数列的相关概念相关名词等比数列AN的有关概念及公式定义QQ是常数且Q0，NN或QQ是常数且Q0，NN且AN1ANANAN1N2通项公式ANA1QN1AMQNM前N项和SNERROR公式等比中项设A，B为任意两个同号的实数，则A，B的等比中项GAB探究1B2AC是A，B，C成等比数列的什么条件提示B2AC是A，B，C成等比数列的必要不充分条件，因为当B0时，A，C至少有一个为零时，B2AC成立，但A，B，C不成等比数列；若A，B，C成等比数列，则必有B2AC2如何理解等比数列AN与指数函数的关系提示等比数列AN的通项公式ANA1QN1可改写为ANQN当Q0，且Q1时，A1QYQX是一个指数函数，而YQX是一个不为0的常数与指数函数的积，因此等比数列A1QAN的图象是函数YQX的图象上的一群孤立的点A1Q2等比数列的性质1对任意的正整数M，N，P，Q，若MNPQ则AMANAPAQ特别地，若MN2P，则AMANA2P2若等比数列前N项和为SN则SM，S2MSM，S3MS2M仍成等比数列，即S2MSM2SMS3MS2MMN，公比Q13数列AN是等比数列，则数列PANP0，P是常数也是等比数列4在等比数列AN中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即AN，ANK，AN2K，AN3K，为等比数列，公比为QK自测牛刀小试1在等比数列AN中，如果公比Q0,00，A2A42A3A5A4A625，则A3A5的值为_解析由等比数列性质，已知转化为A2A3A5A25，2325即A3A5225，又AN0，故A3A55答案55在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是_解析设等比数列的公比为Q，则4Q4即Q2当Q时，插入的三个数是，2,2222当Q时，插入的三个数是，2，2222答案，2,2或，2，22222等比数列的基本运算例112012新课标全国卷已知AN为等比数列，A4A72，A5A68，则A1A10A7B5C5D722012辽宁高考已知等比数列AN为递增数列，且AA10,2ANAN25AN1，25则数列AN的通项公式AN_32012浙江高考设公比为QQ0的等比数列AN的前N项和为SN若S23A22，S43A42，则Q_自主解答1设数列AN的公比为Q，由ERROR得ERROR或ERROR所以ERROR或ERROR所以ERROR或ERROR所以A1A10722ANAN25AN1，2AN2ANQ25ANQ，即2Q25Q20，解得Q2或Q舍去12又AA10A5Q5，25A5Q5253232A1Q4，解得A12AN22N12N，故AN2N3由S23A22，S43A42作差可得A3A43A43A2，即2A4A33A20，所以2Q2Q30，解得Q或Q1舍去32答案1D22N332等比数列运算的通法与等差数列一样，求等比数列的基本量也常运用方程的思想和方法从方程的观点看等比数列的通项公式ANA1QN1A1Q0及前N项和公式SNERROR中共有五个变量，已知其中的三个变量，可以通过构造方程或方程组求另外两个变量，在求公比Q时，要注意应用Q0验证求得的结果112013海淀模拟在等数列AN中，A18，A4A3A5，则A7AB11618CD14122设AN是由正数组成的等比数列，SN为其前N项和已知A2A41，S37，则S5AB152314CD334172解析1选B在等比数列AN中，AA3A5，又A4A3A5，所以A41，故Q，所2412以A7182选B显然公比Q1，由题意得ERROR解得ERROR或ERROR舍去故S5A11Q51Q41125112314等比数列的判定与证明例2设数列AN的前N项和为SN，已知A11，SN14AN21设BNAN12AN，证明数列BN是等比数列；2在1的条件下证明是等差数列，并求ANAN2N自主解答1证明由A11，及SN14AN2，有A1A24A12，A23A125，B1A22A13由SN14AN2，知当N2时，有SN4AN12，得AN14AN4AN1，AN12AN2AN2AN1又BNAN12AN，BN2BN1BN是首项B13，公比Q2的等比数列2由1可得BNAN12AN32N1，AN12N1AN2N34数列是首项为，公差为的等差数列AN2N1234N1NAN2N12343414AN3N12N2等比数列的判定方法1定义法若QQ为非零常数，NN或QQ为非零常数且AN1ANANAN1N2，NN，则AN是等比数列2等比中项公式法若数列AN中，AN0且AANAN2NN，则数列AN是2N1等比数列3通项公式法若数列通项公式可写成ANCQNC，Q均是不为0的常数，NN，则AN是等比数列4前N项和公式法若数列AN的前N项和SNKQNKK为常数且K0，Q0,1，则AN是等比数列注意前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定2成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列BN中的B3、B4、B51求数列BN的通项公式；2数列BN的前N项和为SN，求证数列是等比数列SN54解1设成等差数列的三个正数分别为AD，A，AD依题意，得ADAAD15，解得A5所以BN中的B3，B4，B5依次为7D,10,18D依题意，有7D18D100，解得D2或D13舍去故BN的第3项为5，公比为2由B3B122，即5B122，解得B154所以BN是以为首项，以2为公比的等比数列，其通项公式为BN2N152N354542证明由1得数列BN的前N项和SN52N2，即5412N1254SN52N254所以S1，25452SN154SN5452N152N2因此是以为首项，以2为公比的等比数列SN5452等比数列的性质及应用例31在等比数列AN中，若A1A2A3A41，A13A14A15A168，则A41A42A43A44_2已知数列AN为等比数列，SN为其前N项和，NN，若A1A2A33，A4A5A66，则S12_自主解答1法一A1A2A3A4A1A1QA1Q2A1Q3AQ61，41A13A14A15A16A1Q12A1Q13A1Q14A1Q15AQ548，41由，得Q488Q162，A41Q54A41Q6又A41A42A43A44A1Q40A1Q41A1Q42A1Q43AQ166AQ6Q160AQ6Q164141411012101024法二由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比为Q，T1A1A2A3A41，T4A13A14A168，T4T1Q31Q38，即Q2A15T11A41A42A43A44T1Q1021010242法一设等比数列AN的公比为Q，则Q3A4A5A6A1A2A3A1Q3A2Q3A3Q3A1A2A3，即Q3263故S12A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10A11A12A1A2A3A1Q3A2Q3A3Q3A1Q6A2Q6A3Q6A1Q9A2Q9A3Q9A1A2A3A1A2A3Q3A1A2A3Q6A1A2A3Q9A1A2A31Q3Q6Q9312222345法二设等比数列AN的公比为Q，则Q3，即Q32A4A5A6A1A2A363因为S6A1A2A3A4A5A69，S12S6A7A8A9A10A11A12，所以S12S6S6A7A8A9A10A11A12A1A2A3A4A5A6A1Q6A2Q6A3Q6A4Q6A5Q6A6Q6A1A2A3A4A5A6Q64所以S125S645答案11024245等比数列常见性质的应用等比数列的性质可以分为三类通项公式的变形，等比中项的变形，前N项和公式的变形根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口3已知等比数列前N项的和为2，其后2N项的和为12，求再后面3N项的和解SN2，其后2N项为S3NSNS3N212，S3N14由等比数列的性质知SN，S2NSN，S3NS2N成等比数列，即S2N22214S2N解得S2N4，或S2N6当S2N4时，SN，S2NSN，S3NS2N，是首项为2，公比为3的等比数列，则S6NSNS2NSNS6NS5N364，再后3N项的和为S6NS3N36414378当S2N6时，同理可得再后3N项的和为S6NS3N12614112故所求的和为378或1123个防范应用等比数列的公比应注意的问题1注意Q1时，SNNA，这一特殊情况2由AN1QANQ0，并不能断言AN为等比数列，还要验证A103在应用等比数列的前N项和公式时，必须注意对Q1和Q1分类讨论，防止因忽略Q1这一特殊情况而导致错误4个思想求解等比数列的基本量常用的思想方法1方程的思想等比数列的通项公式、前N项和的公式中联系着五个量A1，Q，N，AN，SN，已知其中三个量，可以通过解方程组求出另外两个量；其中基本量是A1与Q，在解题中根据已知条件建立关于A1与Q的方程或者方程组，是解题的关键2整体思想当公比Q1时，SN1QN，令T，则A11QN1QA11QA11QSNT1QN把与QN当成一个整体求解，也可简化运算A11Q3分类讨论思想在应用等比数列前N项和公式时，必须分类求和，当Q1时，SNNA1；当Q1时，SN；在判断等比数列单调性时，也必须对A1与Q分类A11QN1Q讨论4函数思想在等比数列AN中，ANQN，它的各项是函数YQX图象上的一A1QA1Q群孤立的点，可以根据指数函数的一些性质研究等比数列问题如单调性，注意函数思想在等比数列问题中的应用创新交汇以等比数列为背景的新定义问题1在新情境下先定义一个新数列，然后根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来新兴起的一类问题，同时，数列也常与函数、不等式等形成交汇命题2对于此类新定义问题，我们要弄清其本质，然后根据所学的数列的性质即可快速解决典例2012湖北高考定义在，00，上的函数FX，如果对于任意给定的等比数列AN，FAN仍是等比数列，则称FX为“保等比数列函数”，现有定义在，00，上的如下函数FXX2；FX2X；FX；FXLN|X|X|则其中是“保等比数列函数”的FX的序号为ABCD解析法一设AN的公比为QFANA，2N2Q2，A2N1A2NAN1ANFAN是等比数列排除B、DFAN，|AN|，|AN1|AN|AN1AN|Q|FAN是等比数列法二不妨令AN2N因为FXX2，所以FAN4N显然F2N是首项为4，公比为4的等比数列因为FX2X，所以FA1F222，FA2F424，FA3F828，所以416，FA2FA12422FA3FA22824所以FAN不是等比数列因为FX，所以FANN|X|2N2显然FAN是首项为，公比为的等比数列22因为FXLN|X|，所以FANLN2NNLN2显然FAN是首项为LN2，公差为LN2的等差数列答案C名师点评1本题具有以下创新点1命题背景新颖本题是以“保等比数列函数”为新定义背景，考查等比数列的有关性质2考查内容创新本题没有直接指明判断等比数列的有关性质，而是通过新定义将指数函数、对数函数及幂函数、二次函数与数列有机结合，对学生灵活处理问题的能力有较高要求2解决本题的关键有以下两点1迅速脱掉“新定义”的外衣，认清本题的实质是已知数列AN为正项等比数列，判断数列A，2AN，及LN|AN|是否为等比数列问题2N|AN|2灵活运用排除法或特殊值法也是正确解决本题的关键变式训练1已知方程X2MX2X2NX20的四个根组成以为首项的等比数列，则12MNAB或323223CD以上都不对23解析选B设A，B，C，D是方程X2MX2X2NX20的四个根，不妨设A0，Q2，A3A4A521Q22148442013西安模拟已知A，B，M，N，X，Y均为正数，且AB，若A，M，B，X成等差数列，A，N，B，Y成等比数列，则有AMN，XYBMN，XY解析选BM，NAB，MNAB2AB又2BMX，由B2NY，得B，NY即2MX2，NYMXNYMX即NYMX，1YXYXMN5已知等比数列AN中，A12，A518，则A2A3A4等于A36B216C36D216解析选B由等比数列的性质得AA1A521836，23又A3A1Q22Q20，故A36所以A2A3A4A21636已知数列AN的前N项和为SN，A11，SN2AN1，则SNA2N1BN132CN1D2312N1解析选B利用等比数列知识求解SN2AN1，当N2时，SN12ANANSNSN12AN12AN3AN2AN1AN1AN32又S12A2，A212A2A112AN从第二项起是以为公比的等比数列32SNA1A2A3AN1N1ERROR再利用SN2AN1，ERROR12132N113232二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7等比数列AN的前N项和为SN，若S33S20，则公比Q_解析S33S20，即A1A2A33A1A20，A144QQ20A10，Q2答案28若数列ANANR对任意的正整数M，N满足AMNAMAN，且A32，那么2A12_解析令M1，则AN1ANA1A1Q，A3A1Q22Q32，A12Q126422答案6492013聊城模拟已知FX是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的A，BR，满足FABAFBBFA，F22，ANNN，F2NNBNNN，考察下列结论F2N2NF0F1；FX为偶函数；数列AN为等比数列；BN为等差数列其中正确的是_解析令A0，B0，则F00，令AB1，则F12F1，故F0F10；设A1，BX，因为F1F112F1，则F10，所以FXFXXF1FX，FX为奇函数；F2N2F2N12N1F22F2N12N1，则BN为等差F2N2NF2N12N1数列；B11，BN1N11NF22N，AN2N，则数列AN为等比数列F2N2NF2NN答案三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10数列AN中，SN1KANK0，K11证明数列AN为等比