第二章 数 列（规律方法与数学思想）

1、第二章数列§2.1数列的概念与简单表示法材拓展1从函数的观点看数列一方面，数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题例如，类比单调函数的定义得出单调数列的判断方法即：数列an单调递增an1>an对任意n (nN*)都成立；数列an单调递减an1<an对任意n (nN*)都成立另一方面，还要注意数列的特殊性(离散型)，由于它的定义域是N*或它的子集1,2，n，因而它的图象是一系列孤立的点，而不像我们前面所研究过的初等函数一般都是连续的曲线例如：已知an，则这个数列的前30项中最大项和最小项分别是

2、()Aa1，a30 Ba1，a9Ca10，a9 Da10，a30解析an1点(n，an)在函数y1的图象上在直角坐标系中作出函数y1的图象由图象易知当x(0，)时，函数单调递减a9<a8<a7<<a1<1，当x(，)时，函数单调递减a10>a11>>a30>1.所以，数列an的前30项中最大的项是a10，最小的项是a9.答案C2了解一点周期数列的知识类比周期函数的概念可以得出周期数列的定义：对于数列an，若存在一个大于1的自然数T(T为常数)，使anTan，对一切nN*恒成立，则称数列an为周期数列，T就是它的一个周期易知，若T是an的一个

3、周期，则kT (kN*)也是它的周期，周期最小的那个值叫最小正周期例如：已知数列an中，a1a (a为正常数)，an1 (n1,2,3，)，则下列能使ana的n的数值是()A15 B16C17 D18解析a1a，a2，a3，a4a，a5，.a4a1，a5a2，依次类推可得：an3an，an为周期数列，周期为3.a1a，a3k1a1a.答案B3数列的前n项和Sn与an的关系对所有数列都有：Sna1a2an1an，Sn1a1a2an1 (n2)因此，当n2时，有：anSnSn1.当n1时，有：a1S1.所以an与Sn的关系为：an.注意这一关系适用于所有数列例如：已知数列an的前n项和Sn(n1)

4、·2n1，则an_.解析当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn1(n1)·2n1(n2)·2n11(n1)·2n(n2)·2n1n·2n1.所以通项公式可以统一为ann·2n1.答案n·2n14由简单的递推公式求通项公式(1)形如an1anf(n)，且f(1)f(2)f(n)可求和，采用累加法求an.即：ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1f(1)f(2)f(n1)a1f(i)(2)形如an1f(n)·an，且f(1)·f(2)f(n)可化简，采用累乘法求an.即ana1&#

5、183;···a1·f(1)·f(2)··f(n1)a1·f(i)(注：为连加求和符号，为连乘求积符号)(3)形如an1AanB (AB0且A1)设an1xA(anx)，则：an1Aan(1A)x由(1A)xB，xan1AanAA2An1anAn1(1An1)·An1a1.法突破一、观察法写数列的通项公式方法链接：根据数列前几项，要写出它的一个通项公式，其关键在于观察、分析数列的前几项的特征、特点，找到数列的一个构成规律根据此规律便可写出一个相应的通项公式注意以下几点：(1)为了突出显现数列的构成规律，可

6、把序号1,2,3，标在相应项上，这样便于突出第n项an与项数n的关系，即an如何用n表示(2)由于给出的数列的前几项是一些特殊值，必然进行了化简，因此我们要观察出它的构成规律，就必须要对它进行还原工作如数列的前几项中均用分数表示，但其中有几项分子或分母相同，不妨把这几项的分子或分母都统一起来试一试(3)当一个数列出现“”、“”相间时，应先把符号分离出来，即用(1)n或(1)n1表示，然后再考虑各项绝对值的规律(4)熟记一些基本数列的前几项以及它们的变化规律(如增减速度)，有利于我们写出它的通项公式例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)，2，8，；(3)1,3,6,

7、10,15，； (4)7,77,777，；(5)0,3,8,15,24，； (6)1，.解(1)注意前四项中有两项的分子为4，不妨把分子统一为4，即为，于是它们的分母相差3，因而有an.(2)把分母统一为2，则有：，因而有an.(3)注意62×3,102×5,153×5，规律还不明显，再把各项的分子和分母都乘以2，即，因而有an.(4)把各项除以7，得1,11,111，再乘以9，得9,99,999，.因而有an(10n1)(5)观察数列递增速度较快，有点像成平方地递增，不妨用平方数列对照看一看，即1,22,32,42,52，则有ann21.(6)显然各项的分子均为

8、1，其关键在于分母，而分母的规律不是很明显，注意到分母组成的数列1,3,7,13,21，递增速度也有点像平方数列，不妨从每一项对应减去平方数列的项组成数列0,1,2,3,4，其规律也就明显了故an.二、数列的单调性及最值方法链接：数列是一种特殊的函数，因此可用函数的单调性的研究方法来研究数列的单调性例2在数列an中，an(n1)n (nN*)试问数列an的最大项是第几项？解方法一an(n1)n (nN*)，an1an(n2)n1(n1)nn·.当n8时，an<an1，an递增，即a1<a2<<a8<a9.当n9时，a9a10.当n10时，an>an

9、1，an递减，即a10>a11>a12>.又a9a10.数列an的最大项是第9项和第10项方法二令1 (n2)，即1.整理得.解得n10.令1，即1.整理得，解得n9.所以从第1项到第9项递增，从第10项起递减因此数列an先递增，后递减a1<a2<<a9，a10>a11>a12>，且a9a10.数列an中的最大项是第9项和第10项三、数列的周期性及运用方法链接：通俗地讲，数列中的项按一定规律重复出现，这样的数列就应考虑是否具有周期性，其周期性往往隐藏于数列的递推公式中，解周期数列问题的关键在于利用递推公式算出前若干项或由递推公式发现规律，得

10、出周期而获解例3已知数列an，a11，a23，anan1an2 (n3)，那么a2 010与S2 009依次是()A1,3 B3,1C2,2 D2，2解析anan1an2，an1anan1(an1an2)an1an2.由an1an2，an3an.an6an3(an)an.an为周期数列，且周期T6.a2 010a6a3a1a22.a1a2a3a4a5a6(a1a4)(a2a5)(a3a6)0000，且2 010是6的倍数，S2 0100.S2 009S2 010a2 0100a2 0100(2)2.答案C四、已知前n项和Sn，求通项an方法链接：已知数列an的前n项和Sn，求an，先由n1时，

11、a1S1，求出a1，再由anSnSn1 (n2)求出an，最后验证a1与an能否统一，若能统一要统一成一个代数式，否则分段表示例4已知下列各数列an的前n项和Sn的公式，求an的通项公式(1)Sn(1)n1 n；(2)Sn3n2.解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1(1)n·(n)(1)n·(n1)(1)n·(2n1)由于a1也适合此等式，因此an(1)n·(2n1) (nN*)(2)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn12·3n1.所以an五、由递推公式求通项an方法链接：由递推公式求通项公式主要观察递推公式的特征，

12、合理选择方法需要理解一点，对anan1n (n2)不仅仅是一个式子而是对任意的n2恒成立的无数个式子，正是因为这一点，在已知递推公式求通项公式的题目中如何将无数个式子转化为an，就是解题的关键所在另外递推公式具有递推性，故由a1再加上递推公式可以递推到an.例5由下列数列an的递推公式求数列an的通项公式：(1)a11，anan1n (n2)；(2)a11， (n2)解(1)由题意得，当n2时，anan1n，an1an2n1，a3a23，a2a12.将上述各式累加得，ana1n(n1)32，即ann(n1)321，由于a1也适合此等式故an.(2)由题意得，当n2时，将上述各式累乘得，即an.

13、由于a1也适合此等式，故an.六、数列在日常生活中的初步应用方法链接：数列知识在日常生活中有着广泛的应用构建递推关系是其中重要的方法之一，利用递推方法解决实际问题常分为三个环节：(1)求初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系分析解决问题其中构建递推关系是关键例6某商店的橱窗里按照下图的方式摆着第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，如图(1)、(2)、(3)、(4)分别有1个、5个、13个、25个如果按照同样的方式接着摆下去，记第n个图需用f(n)个“福娃迎迎”，那么f(n1)f(n)_；f(6)_.解析f(1)1，f(2)5，f(3)13，f(4)25，f(2)f(1)4，f(3)f

14、(2)8，f(4)f(3)12，f(n1)f(n)4n.f(6)f(1)f(2)f(1)f(3)f(2)f(4)f(3)f(5)f(4)f(6)f(5答案4n61区突破1对数列的概念理解不准而致错例1已知数列an是递增数列，且对于任意的nN*，ann2n恒成立，则实数的取值范围是_错解因为ann2n是关于n的二次函数，且n1，所以1，解得2.点拨数列是以正整数N*(或它的有限子集1,2，n)为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点正解1因为ann2n，其图象的对称轴为n，由数列an是单调递增数列有1，得2；如图所示，当2>1，即>3时，数列an也是单调

15、递增的故的取值范围为|2|>3|>3即>3为所求的范围正解2因为数列an是单调递增数列，所以an1an>0 (nN*)恒成立又ann2n (nN*)，所以(n1)2(n1)(n2n)>0恒成立，即2n1>0.所以>(2n1) (nN*)恒成立而nN*时，(2n1)的最大值为3(n1时)，所以>3即为所求的范围2对公式使用条件考虑不周而致错例2已知数列an的前n项和为Sn3n2n1，求an.错解anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)12·3n12.点拨公式an是分段的，因为n1时，Sn1无意义在上述解答中，应加上限制条件n2，然后验

16、证n1时的值是否适合n2时的表达式正解a1S16；n2时，anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)12·3n12.由于a1不适合此式，所以an题多解例设an是首项为1的正项数列且(n1)anaan1·an0 (nN*)，求an.分析先求出相邻两项an1与an的关系，再选择适当的方法求an.解方法一(累乘法)由(n1)anaan1an0.得(an1an)(nan1nanan1)0.由于an1an>0，(n1)an1nan0.ana1····1×××××.方法二(换元法)由已知得

17、(n1)an1nan0，设bnnan，则bn1bn0.bn是常数列bnb11×a11，即nan1.an. 题赏析1(2009·北京)已知数列an满足：a4n31，a4n10，a2nan，nN*，则a2 009_，a2 014_.解析a2 009a4×50331，a2 014a1 007a252×410.答案10赏析题目小而灵活，考查了充分利用所给条件灵活处理问题的能力2(2009·湖北八市调研)由1,3,5，2n1，构成数列an，数列bn满足b12，当n2时，bnabn1，则b6的值是()A9 B17C33 D65解析bnabn1，b2ab1a

18、23，b3ab2a35，b4ab3a59，b5ab4a917，b6ab5a1733.答案C赏析题目新颖别致，考查了对新情境题目的审题能力§2.2等差数列§2.3等差数列的前n项和材拓展1等差数列的判定(1)anan1d (n2，d为常数)an是公差为d的等差数列；(2)2anan1an1 (n2)an是等差数列；(3)anknb(k，b为常数)an是公差为k的等差数列(n1)；(4)SnAn2Bn(A，B为常数)an是公差为2A的等差数列(n1)例如：已知等差数列an的前n项和Sn(n1)2，则的值是_解析Sn(n1)2n22n(1)，an是等差数列，10，1.答案12等差

19、数列的通项公式将ana1(n1)d可整理为andn(a1d)，它是关于n的一次函数(d0)或常函数(d0)，它的图象是一条射线上的一群横坐标为正整数的孤立的点，公差d是该射线所在直线的斜率例如：等差数列an中，若anm，amn (mn)，则amn_.解析由点(n，an)，(m，am)，(mn，amn)三点共线，.即1，易得amn0.答案03等差数列的前n项和公式(1)将公式Snna1d变形可得Snn2n.故当d0时，等差数列前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线yx2x上横坐标为正整数的一群孤立点(2)n是关于n的一次函数(d0)或常函数(d0)当涉及等差数列前n项和Sn的计算问题时

20、，有时设SnAn2Bn的形式更简便快捷例如：等差数列an中，若Spq，Sqp (pq)，则Spq_.解析设SnAn2Bn，则由(1)(2)得Ap2BpAq2Bqqp，A(p2q2)B(pq)qp，pq，A(pq)B1.SpqA(pq)2B(pq)A(pq)B·(pq)(pq)答案(pq)4等差数列的性质(1)若数列an和bn均是等差数列，则mankbn仍为等差数列，其中m、k均为常数(2)若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq.(3)等差数列中依次k项的和成等差数列，即Sk，S2kSk，S3kS2k，成等差数列，公差为k2d (d是原数列公差)(4)若an与bn均为等差

21、数列，且前n项和分别为Sn与Sn，则.(5)等差数列an中，奇数项的和记作S奇，偶数项的和记作S偶，则SnS奇S偶当n为偶数时：S偶S奇d；当n为奇数时：S奇S偶a中，S奇a中，S偶a中，.(其中a中是等差数列的中间一项)例如：已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是_解析S偶S奇d5d，5d301515，d3.答案35等差数列前n项和的最值求等差数列前n项和的最值的常用方法：(1)通项法当a1>0，d<0时，数列an只有前面有限项为非负数，从某项开始所有项均为负数，因此，Sn有最大值，当n满足不等式组时，Sn取到这个最大值；当a1<0，d&

22、gt;0时，数列an只有前面有限项为非正数，从某项开始所有项均为正数，因此，Sn有最小值，当n满足不等式组时，Sn取到这一最小值(2)二次函数法由于Snn2n，nN*是关于n的二次函数式，故可转化为求二次函数的最值问题，但要注意数列的特殊性nN*.例如：an是等差数列，a1>0，a2 009a2 010>0，a2 009·a2 010<0，则使前n项和Sn最大时，n的值是_；使前n项和Sn>0成立时，n的最大值是_答案2 0094 018法突破一、等差数列的判断方法方法链接：判定等差数列的常用方法：(1)定义法：an1and (常数)(nN*)；(2)通项公式

23、法：anknb (k，b为常数) (nN*)；(3)中项公式法：2an1anan2 (nN*)；(4)前n项和法：SnAn2Bn (A、B为常数)，nN*.例1数列an的前n项和Sn满足：Sn，判断an是否为等差数列？并证明你的结论解an是等差数列，证明如下：因为anSnSn1 (n2)，所以an1，所以an1an(n1)(a1an1)2n(a1an)(n1)(a1an1)(n1)an12nan(n1)an1 (n2)，即(n1)(an12anan1)0，所以an1an12an (n2)，所以数列an为等差数列二、等差数列中基本量的运算方法链接：在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可

24、求出其他两个量，其中a1和d是两个基本量，利用通项公式与前n项和公式，求出a1和d，等差数列就确定了例2在等差数列an中，(1)已知a610，S55，求a8和S8；(2)已知前3项和为12，前3项积为48，且d>0，求a1；(3)已知前3项依次为a,4,3a，前k项和Sk2 550，求a及k.解(1)a610，S55，.解方程组得a15，d3，a8a62d102×316，S88×44.(2)设数列的前三项分别为ad，a，ad，依题意有：，.d>0，d2，ad2.a12.(3)设公差为d，则由题意得因此，a2，k50.三、等差数列的性质及运用方法链接：等差数列有一

25、些重要的性质，例如：(1)若mnpq，则amanapaq；(2)若mn2p，则aman2ap；(3)若an是等差数列，则Sk，S2kSk，S3kS2k也成等差数列(其Sk为前k项和)(4)若等差数列an的前n项和为Sn，等差数列bn的前n项和为Tn，则.熟练运用这些性质，可以提高解题速度，获得事半功倍的功效例3(1)设等差数列an的前n项和为Sn，若S972，求a2a4a9的值；(2)已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，求证：；·.(1)解由S972，a1a916，a1a92a516，a58，a2a4a9a1a5a93a524.(2)证明.·.四、等差数列前n

26、项和的最值方法链接：等差数列前n项和最值问题除了用二次函数求解外，还可用下面的方法讨论：若d>0，a1<0，Sn有最小值，需若a1>0，d<0，Sn有最大值，需n取正整数例4(1)首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3S11，问n为何值时，Sn最大？(2)等差数列an中，a160，a1712，求|an|的前30项和及前n项和解(1)设首项为a1，公差为d，则由题意知，d<0，点P(n，Sn)在抛物线yx2x上，其对称轴方程为x7(由S11S3知)，故(7，S7)是抛物线的顶点，n7时，Sn最大(2)设公差为d，则由a116da17，得d3>0，因此an

27、3n63.点Q(n，an)在增函数y3x63的图象上令y0则得x21，故当n22时，an>0；当1n21且nN*时，an0，于是|a1|a2|a30|a1a2a21a22a23a30a1a2a302(a1a2a21)765.记Tn|a1|a2|an|，则由上面的求解过程知：当1n21，nN*时，Tn|a1|a2|an|a1a2ann2n.当n>21，nN*时，Tn|a1|a2|a20|a21|an|(a1a2a21)a22a23an(a1a2an)2(a1a2a21)n2n1 260.数列|an|的前n项和Tn五、关于等差数列的探索性问题方法链接：对于与等差数列有关的探索性问题，先

28、由前三项成等差数列确定参数后，再利用定义验证或证明所得结论例5已知数列an中，a15且an2an12n1 (n2且nN*)(1)求a2，a3的值；(2)是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)a15，a22a122113，a32a223133.(2)假设存在实数，使得数列为等差数列则，成等差数列，2×，.解得1.当1时，(an11)2(an1)(an12an1)(2an2n11)2an1×2n11.综上可知，存在实数1，使得数列为等差数列，且首项是2，公差是1.六、关于等差数列的创新型问题方法链接：关于等差数列的创新型试题，常以图表、

29、数阵、新定义等形式出现解决此类问题时通过对图表的观察、分析、提炼，挖掘出题目蕴含的有用信息，利用所学等差数列的有关知识加以解决例6下表给出一个“等差数阵”：47()()()a1j712()()()a2j()()()()()a3j()()()()()a4jai1ai2ai3ai4ai5aij其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数(1)写出a45的值；(2)写出aij的计算公式解(1)通过观察“等差数阵”发现：第一行的首项为4，公差为3；第二行首项为7，公差为5.归纳总结出：第一列(每行的首项)是以4为首项，3为公差的等差数列，即3i1，各行的公差是以3为首项，2为公差的等差数

30、列，即2i1.所以a45在第4行，首项应为13，公差为9，进而得出a4549.(2)该“等差数阵”的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1j43(j1)；第二行是首项为7，公差为5的等差数列：a2j75(j1)；第i行是首项为43(i1)，公差为2i1的等差数列，因此，aij43(i1)(2i1)(j1)2ijiji(2j1)j.区突破1审题不细心，忽略细节而致错例1首项为24的等差数列，从第10项起开始为正数，求公差d的取值范围错解a10a19d249d>0，d>.点拨忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a90. 正解设an24(n1)

31、d，由，解不等式得：<d3.2忽略公式的基本特征而致错例2已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有，试求的值错解设Sn(5n3)k，Tn(2n7)k，k0，则a9S9S8(5×93)k(5×83)k5k，b9T9T8(2×97)k(2×87)k2k，所以.点拨此解答错在根据条件，设Sn(5n3)k，Tn(2n7)k，这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点正解因为an和bn是公差不为0的等差数列，故设Snn(5n3)k，Tnn(2n7)k，k0，则a9S9S89×(5

32、×93)k8×(5×83)k88k，b9T9T89×(2×97)k8×(2×87)k41k，所以.温馨点评等差数列的前n项和Snn2n，当d0时，是关于n的二次函数式，且常数项为零，当d0时，Snna1，但是本题不属于这种情况(否则与矛盾)3对数列的特点考虑不周全而致错例3在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，Sn有最大值，并求出它的最大值错解设公差为d，S10S15，10×20d15×20d，得120d200，即d，an20(n1)·，当an>0

33、时，20(n1)·>0，n<13.n12时，Sn最大，S1212×20×130.当n12时，Sn有最大值S12130.点拨解中仅解不等式an>0是不正确的，事实上应解an0，an10.正解由a120，S10S15，解得公差d.S10S15，S15S10a11a12a13a14a150，a11a15a12a142a130，a130.公差d<0，a1>0，a1，a2，a11，a12均为正数，而a14及以后各项均为负数当n12或13时，Sn有最大值为S12S13130.4忽略题目中的隐含条件而致错例4一个凸n边形的各内角度数成等差数列，其最

34、小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数错解一方面凸n边形的内角和为Sn，Sn120°n×5°.另一方面，凸n边形内角和为(n2)×180°.所以120n×5(n2)×180.化简整理得：n225n1440.所以n9或n16.即凸n边形的边数为9或16.点拨凸n边形的每个内角都小于180°.当n16时，最大内角为120°15°×5°195°>180°应该舍掉正解凸n边形内角和为(n2)×180°，所以120

35、n×5(n2)×180，解得：n9或n16.当n9时，最大内角为120°8°×5°160°<180°；当n16时，最大内角为120°15×5°195°>180°舍去所以凸n边形的边数为9.题多解例一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和分析本题可从基本方法入手，先求a1，d，再求前110项之和，为了简化计算，也可利用等差数列前n项和的性质解方法一设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则Snna1d.由已知得×

36、;10整理得d，代入，得a1，S110110a1d110××110110.故此数列的前110项之和为110.方法二设Snan2bn.S10100，S10010，解得Snn2n.S110×1102×110110.方法三设等差数列的首项为a1，公差为d，则得(pq)a1d(pq)又pq，a1d1，Spq(pq)a1d(pq)(1)，S110110.方法四数列S10，S20S10，S30S20，S100S90，S110S100 成等差数列，设其公差为D.前10项的和10S10·DS10010，解得D22，S110S100S10(111)D10010&

37、#215;(22)120.S110120S100110.方法五S100S10a11a12a100.又S100S101010090，a1a1102.S110110.题赏析1(2009·全国)已知等差数列an中，a3a716，a4a60，求an的前n项和Sn.解设an的公差为d，则即解得或因此Sn8nn(n1)n(n9)，或Sn8nn(n1)n(n9)2(2009·江苏)设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足aaaa，S77.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn；(2)试求所有的正整数m，使得为数列an中的项解(1)由题意，设等差数列an的通项公式为ana1(

38、n1)d，d0.由aaaa得aaaa，由性质得3d(a4a3)d(a4a3)，因为d0所以a4a30，即2a15d0.又因为S77，所以a13d1.由可得a15，d2.所以数列an的通项公式an2n7，Snna1dn26n.(2)因为am26为数列an中的项，故为整数又由(1)知am2为奇数，所以am22m3±1，即m1,2.经检验，符合题意的正整数只有m2.赏析试题考查了等差数列的有关知识，起点较低，落点较高，难度控制得恰到好处第(2)问要求考生有一定的分析问题解决问题的能力§2.4等比数列§2.5等比数列的前n项和材拓展1等比数列的判定方法有以下几种(1)定义

39、法：q (q是不为0的常数，nN*)an是等比数列；(2)通项公式法：ancqn (c，q均是不为0的常数，nN*)an是等比数列；(3)中项公式法：aan·an2 (an·an1·an20，nN*)an是等比数列；(4)前n项和法：若SnA(qn1)，(A0，q0且q1)则an是等比数列，其中A.例如：等比数列an的前n项和是Sn32nt，则t的值是_解析an是等比数列，Sn32nt9·nt9，t9.答案92等比数列的通项公式(1)通项公式ana1qn1 (其中a1为等比数列an的首项，q为其公比)(2)等比数列与函数的关系由通项公式ana1qn1，可

40、得anqn，当q>0，且q1时，yqx是一个指数函数，而yqx是一个不为零的常数与指数函数的积因此等比数列an的图象是函数yqx的图象上的一些离散点例如：已知an为等差数列，bn为等比数列，其公比q1，且bn>0，若a1b1，a11b11，则a6与b6的大小关系是_解析bn>0，b1>0，q>0.点(n，bn)分布在函数yqx的图象上点(n，an)分布在函数ydx(a1d)的图象上当q>1时，它们的图象如图1所示；当0<q<1时，它们的图象如图2所示；其中直线方程是ydx(a1d)，曲线方程是yqx.直线x6与直线ydx(a1d)的交点为(6，a

41、6)，与曲线y·qx的交点为(6，b6)无论q>1还是0<q<1都有a6>b6.答案a6>b63等比数列的前n项和等比数列前n项和公式为Sn注意：等比数列前n项和公式有两种形式，运用该公式求和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择求和公式的形式，当公比q不确定时，要注意对q分q1和q1进行讨论例如：1aa2an1_.(其中a0)答案4等比数列的常用性质在等比数列an中，(1)对任意的正整数m，n，有anamqnm.(2)对于任意的正整数m，n，p，q，若mnpq，则有am·anap·aq.(3)当或时，an是递增数列；当或时，

42、an是递减数列；当q1时，an为常数列；当q<0时，an为摆动数列(4)若Sn为等比数列的前n项和，则Sk，S2kSk，S3kS2k，S(m1)kSmk，成等比数列(q1或k为奇数)(5)若Sn表示等比数列的前n项和，公比为q，则有SmnSmqmSn.例如：在等比数列an中，a57，a856，则通项an_.解析a8a5q3，q38，q2，ana5qn57×2n5.答案7×2n5法突破一、等比数列的判断与证明方法链接：证明数列是等比数列常用的方法：定义法：q (常数)；等比中项法：aanan2 (an0，nN*)；通项法：ana1qn1 (a1q0，nN*)要证明一个数

43、列不是等比数列，只需证明相邻三项不成等比即可例如：a1a3a.例1已知数列an和bn满足：a1，an1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数(1)对任意实数，证明数列an不是等比数列；(2)试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论(1)证明假设存在一个实数，使an是等比数列，则有aa1a3，即22492490，矛盾所以an不是等比数列(2)解因为bn1(1)n1an13(n1)21(1)n1(1)n·(an3n21)bn，又b1(18)，所以当18时，bn0 (nN*)，此时bn不是等比数列；当18时，b1(18)0，由上可知bn0，所以 (nN*)故当1

44、8时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列综上，18时，bn不是等比数列；18时，bn是等比数列二、等比数列基本量运算方法链接：在等比数列an的通项公式和前n项和公式中共有五个量：a1，q，n，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求出另外两个量例2设数列an为等比数列，且a1>0，它的前n项和为80，且其中数值最大的项为54，前2n项的和为6 560.求此数列的通项公式分析因为前n项和与2n项和已知，这为建立方程提供了条件，由此可求得首项a1与公比q之间的关系，进而确定an.解设数列的公比为q，由Sn80，S2n6 560，得q1，否则S2n2Sn.，得qn81.将qn

45、81代入得，a1q1.又a1>0，q>1.数列an是递增数列从而，a1qn154，a1qn54q，81a154q.联立，解得q3，a12.ana1qn12×3n1.三、等比数列的性质及应用方法链接：对于等比数列，还有以下的常用结论：(1)如果数列an是等比数列，c是不等于0的常数，那么数列c·an仍是等比数列；(2)如果an，bn是项数相同的等比数列，那么数列an·bn，仍是等比数列；(3)在等比数列an中，间隔相同的项构成的数列，仍是等比数列如a1，a4，a7，a10，；(4)Sn为等比数列an的前n项和，一般地：Sn，S2nSn，S3nS2n构成等

46、比数列(q1或n为奇数)；(5)若an是公比为q的等比数列，则SmnSnqnSm.解等比数列问题时，熟练运用上述性质，进行整体代换，可以简化解题过程，提高解题速度例3在等比数列an中，(1)若q，S9977，求a3a6a99的值；(2)若an的前m项和为2，其后2m项和为12，求再后3m项的和解(1)S99(a1a4a97)(a2a5a98)(a3a6a99)(a3a6a99)7(a3a6a99)77a3a6a9911.(2)涉及an的前6m项，把每m项之和依次记作：A1，A2，A3，A4，A5，A6，则它们成等比数列公比记作q.且A12，A2A312，A2A32q2q212，q2或q3.当q

47、2时，A4A5A6A1(q3q4q5)2×(232425)112；当q3时，A4A5A6A1(q3q4q5)2×(3)3(3)4(3)5378.后3m项的和为112和378.四、错位相减求前n项和方法链接：等比数列an的前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握该法主要应用于已知数列求和中，各项的组成是等差数列和等比数列对应项乘积构成的新数列的求和问题例4设数列an的前n项和为Sn2n2，bn为等比数列，且a1b1，b2(a2a1)b1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1S12；当n2时，an

48、SnSn12n22(n1)24n2，a1也满足上式故an的通项公式为an4n2，即an是a12，公差d4的等差数列设bn的公比为q，则b1qdb1，d4，q.故bnb1qn12×，即bn的通项公式为bn.(2)cn(2n1)4n1，Tnc1c2cn13×45×42(2n1)4n1，4Tn1×43×425×43(2n3)4n1(2n1)4n.两式相减得3Tn12×(442434n1)(2n1)4n(6n5)4n5，Tn(6n5)4n5五、等差中项与等比中项的运用方法链接：一个等比数列，除可以按定义设为a1，a1q，a1q2，之外，若已知连续三项，常可设为，a，aq，然后应用等差中项或等比中项建立方程求解例5互不相等的三个数之积为8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数排成的等差数列解设三个数为，a，aq，a38，即a2，三个数为，2，2q.(1)若2为和2q的等差中项，则2q4