数列专题复习

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业第五章 数列 知识网络图2017考纲考题考情第一节数列的概念与简单表示法考纲要求真题举例命题角度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。1.以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点；2.题型以选择题、填空题为主，要求相对较低，但内容很重要，特别是Sn与an的关系，对以后研究数列的通项有很重要的作用。2015，全国卷，17,12分(递推通项、求和)2014，全国卷，17,12分(递推、通项、等

2、差)2014，全国卷，17,12分(递推、等比、求和)2016，浙江卷，13,6分(an与Sn的关系)微知识小题练自|主|排|查1数列的有关概念(1)数列的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。 (3)数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法。2数列的通项公式(1)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达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。(2)已知数列an的前n项和Sn，则aneq blcrc (avs4alco1(S1，n1，,SnSn1，n2。)微点提醒1数列是按一定顺序排列的一列数，数列an为a

3、1，a2，a3，an。而集合a1，a2，a3，an的元素没有顺序。2数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号。求数列的通项公式就是找出数列的项an与项数n的函数关系式。根据数列的前几项求出的数列的通项公式不唯一。3数列不仅有递增数列、递减数列，还有常数列、摆动数列。4已知Sn求an，要对n1和n2两种情况进行讨论。小|题|快|练一 、走进教材1(必修5P31例3改编)在数列an中，a11，an1eq f(1)n,an1)(n2)，则a5()A.eq f(3,2) B.eq f(5,3)C.eq f(8,5) D.eq f(2,3)【解析】由已知得，a21eq f(1,a

4、1)1eq f(1,1)2，a31eq f(1,a2)1eq f(1,2)eq f(1,2)，a41eq f(1,a3)1eq f(1,f(1,2)3，a51eq f(1,a4)1eq f(1,3)eq f(2,3)。故选D。【答案】D2(必修5P33A组T5改编)观察下列各图，并阅读下面的文字，像这样，10条直线相交所得的交点最多有_个。【解析】依题意，设an为n条直线相交最多的交点个数，则a21，anan1(n1)，n3，而anan1n1，由累加法求得an12(n1)eq f(n(n1),2)，所以a10eq f(109,2)45。【答案】45二、双基查验1数列3,7，11,15，的通项公

5、式可能是()Aan4n7 Ban(1)n(4n1)Can(1)n(4n1) Dan(1)n1(4n1)【答案】C2设数列an的前n项和Snn2，则a8的值为()A15 B16C49 D64【解析】Snn2，a1S11。当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1。当n1时符合上式，an2n1，a828115。故选A。【答案】A3(2016赤峰模拟)已知数列an满足a10，an1eq f(anr(3),r(3)an1)，nN*，则a2 015等于()A0 Beq r(3)C.eq r(3) D.eq f(r(3),2)【解析】根据题意，由于数列an满足a10，an1eq f(anr(3),r(3

6、)an1)，那么可知a10，a2eq r(3)，a3eq r(3)，a40，a5eq r(3)，a6eq r(3)，故可知数列的周期为3，那么可知a2 015a2eq r(3)。故选B。【答案】B4已知数列an的前n项和Snn21，则an_。【解析】当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1n21(n1)212n1，故aneq blcrc (avs4alco1(2，n1，,2n1，n2。)【答案】eq blcrc (avs4alco1(2，n1，,2n1，n2)5已知数列an满足a11，an13an2，则an_。【解析】因为an13an2，所以an113(an1)，所以eq f(an11,

7、an1)3，所以数列an1为等比数列，公比q3，又a112，所以an123n1，所以an23n11。【答案】23n11微考点大课堂考点一 由数列的前几项求数列的通项公式【典例1】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式。(1)1,7，13,19，；(2)0.8,0.88,0.888，；(3)eq f(1,2)，eq f(1,4)，eq f(5,8)，eq f(13,16)，eq f(29,32)，eq f(61,64)，。【解析】(1)数列中各项的符号可通过(1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为an(1)n(6n5)。(2)数列变为eq f(8,

8、9)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,10)，eq f(8,9)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,102)，eq f(8,9)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,103)，故aneq f(8,9)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,10n)。(3)各项的分母分别为21,22,23,24，易看出第2,3,4项的分子分别比分母小3。因此把第1项变为eq f(23,2)，原数列化为eq f(213,21)，eq f(223,22)，eq f(233,23)，eq f(243,24)，故an(1)neq f(2n3,2n)。【答案】(

9、1)an(1)n(6n5)(2)aneq f(8,9)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,10n)(3)an(1)neq f(2n3,2n)反思归纳求数列的通项公式应关注的四个特征(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；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想。【变式训练】(1)(2016长沙一模)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是()Aan(1)n11 Baneq blcrc (avs4alco1(2，n为奇数,0，n为偶数)Can2sineq f(n,2) Dancos(n1)1(2)(2017沈阳模拟

10、)已知数列eq f(r(3),2)，eq f(r(5),4)，eq f(r(7),6)，eq f(r(9),ab)，eq f(r(ab),10)，根据前三项给出的规律，则实数对(a，b)可能是()A(19,3) B(19，3)C.eq blc(rc)(avs4alco1(f(19,2)，f(3,2) D.eq blc(rc)(avs4alco1(f(19,2)，f(3,2)【解析】(1)对n1,2,3,4进行验证，an2sineq f(n,2)不合题意，故选C。(2)由前三项可知，该数列的通项公式可能为aneq f(r(2n1),2n)，所以eq blcrc (avs4alco1(ab8，,a

11、b11，)即eq blcrc (avs4alco1(af(19,2)，,bf(3,2)。)故选C。【答案】(1)C(2)C考点二 由an与Sn的关系求通项公式【典例2】(1)(2016益阳调研)已知数列an的前n项和为Sn，且a11，an1Sn1，其中nN*，则数列an的通项公式是an_。(2)(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn。若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_。【解析】(1)当n2时，由eq blcrc (avs4alco1(an1Sn1，,anSn11，)得an1anSnSn1an，即an12an，又因为当n1时，a2112，所以数列an是以1为首项，2为公比

12、的等比数列，则数列an的通项公式是an2n1。(2)由于eq blcrc (avs4alco1(a1a24,a22a11)，解得a11。由an1Sn1Sn2Sn1得Sn13Sn1，所以Sn1eq f(1,2)3eq blc(rc)(avs4alco1(Snf(1,2)，所以eq blcrc(avs4alco1(Snf(1,2)是以eq f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以Sneq f(1,2)eq f(3,2)3n1，即Sneq f(3n1,2)，所以S5121。【答案】(1)2n1(2)1121反思归纳Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化。利

13、用anSnSn1(n2)转化为只含Sn，Sn1的关系式，利用SnSn1an(n2)转化为只含an，an1的关系式，再求解。【变式训练】(2016丹东模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1 B.eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1C.eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)n1 D.eq f(1,2n1)【解析】解法一：因为Sn2an1，所以当n2时，Sn12an，所以anSnSn12an12an(n2)，即eq f(an1,an)eq f(3,2)(n2)，又a2eq f(1,2)，所以aneq f(1,2)eq blc

14、(rc)(avs4alco1(f(3,2)n2(n2)。当n1时，a11eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)1eq f(1,3)，所以aneq blcrc (avs4alco1(1，n1，,f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n2，n2，)所以Sn2an12eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1。故选B。解法二：由Sn2an12(Sn1Sn)得Sn1eq f(3,2)Sn，又S1a11，SnS1eq blc(rc)(avs4alco1(f(

15、3,2)n1eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)n1。故选B。【答案】B考点三 由数列的递推关系求通项公式母题发散【典例3】设数列an中，a12，an1ann1，则an_。【解析】由条件知an1ann1，则an(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)a1(234n)2eq f(n2n2,2)。【答案】eq f(n2n2,2)【母题变式】1.若将本典例“an1ann1”改为“an1eq f(n,n1)an”，如何求解？【解析】an1eq f(n,n1)an，eq f(an1,an)eq f(n,n1)aneq f(an,an1)eq f(an1,an2)eq f(an

16、2,an3)eq f(a3,a2)eq f(a2,a1)a1，eq f(n1,n)eq f(n2,n1)eq f(n3,n2)eq f(1,2)2eq f(2,n)。【答案】aneq f(2,n)2若将本典例“an1ann1”改为“an1eq f(2an,an2)”，如何求解？【解析】an1eq f(2an,an2)，a12，an0，eq f(1,an1)eq f(1,an)eq f(1,2)，即eq f(1,an1)eq f(1,an)eq f(1,2)，又a12，则eq f(1,a1)eq f(1,2)，eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)是以eq f(1,2)为首项，eq

17、 f(1,2)为公差的等差数列。eq f(1,an)eq f(1,a1)(n1)eq f(1,2)eq f(n,2)，aneq f(2,n)。【答案】aneq f(2,n)3若将本典例条件换为“a11，an1an2n”，如何求解？【解析】an1an2n，an2an12n2，故an2an2，即数列an是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列。当n为偶数时，a21，故ana22eq blc(rc)(avs4alco1(f(n,2)1)n1。当n为奇数时，an1an2n，an1n(n1为偶数)，故ann。综上所述，aneq blcrc (avs4alco1(n，n为奇数，,n1，n为偶数，)n1，nN

18、*。【答案】aneq blcrc (avs4alco1(n，n为奇数，,n1，n为偶数，)n1，nN*反思归纳由递推关系式求通项公式的常用方法1已知a1且anan1f(n)，可用“累加法”求an。2已知a1且eq f(an,an1)f(n)，可用“累乘法”求an。3已知a1且an1qanb，则an1kq(ank)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列ank。考点四 数列的性质多维探究角度一：数列的周期性【典例4】(1)在数列an中，a11，a25，an2an1an(nN*)，则a2 015等于_。(2)(2016大兴一中模拟)数列an满足an1eq blcrc (avs4alco1(2

19、an，0anf(1,2)，,2an1，f(1,2)an1，)a1eq f(3,5)，则数列的第2 017项为_。【解析】(1)解法一：由a11，a25，an2an1an(nN*)可得该数列为1,5,4，1，5，4,1,5,4，。由此可得a2 015a33565a55。解法二：an2an1an，an3an2an1，两式相加可得an3an，an6an。a2 015a33565a55。(2)a1eq f(3,5)，a22a11eq f(1,5)。a32a2eq f(2,5)。a42a3eq f(4,5)。a52a41eq f(3,5)，a62a51eq f(1,5)，。该数列周期为T4。a2 017

20、a1eq f(3,5)。【答案】(1)5(2)eq f(3,5)角度二：数列的单调性【典例5】已知数列an的通项an(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)n(nN*)，试问该数列an有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的项数；若没有，说明理由。【解析】an1an(n2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)n1(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)neq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)neq f(9n,11)，当n0，即an1an；当n9时，an1an0，即an1an；当n9时，an1an0，即

21、an1an。故a1a2a3a11a12，数列an有最大项a9或a10，其值为10eq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)9，其项数为9或10。【答案】数列an中有最大项a9或a10，其值为10eq blc(rc)(avs4alco1(f(10,11)9，其项数为9或10。反思归纳1.解决数列的单调性问题可用以下两种方法(1)作差比较法：根据an1an的符号判断数列an是递增数列、递减数列或是常数列。 (2)作商比较法：根据eq f(an1,an)(an0或an0)与1的大小关系进行判断。2解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值

22、。微考场新提升1若数列aneq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,2n)，则a5a4()A.eq f(1,10)Beq f(1,10)C.eq f(1,90)D.eq f(19,90)解析a5eq f(1,6)eq f(1,7)eq f(1,8)eq f(1,9)eq f(1,10)，a4eq f(1,5)eq f(1,6)eq f(1,7)eq f(1,8)，a5a4eq f(1,9)eq f(1,10)eq f(1,5)eq f(1,90)。故选C。答案C2已知数列an的前n项和Sneq f(n1,n2)，则a3a4等于()A.eq f(1,30) B.eq f(1,32)

23、C.eq f(1,20) D.eq f(1,12)解析a3a4S4S2eq f(5,6)eq f(3,4)eq f(1,12)。故选D。答案D3已知数列an的通项公式为ann22n(nN*)，则“0，即2n12对任意的nN*都成立，于是有32，eq f(3,2)。由1可推得eq f(3,2)，但反过来，由eq f(3,2)不能得到1，因此“0，则为递增数列，若公差d0，a7a100，所以a80。又a7a10a8a90，所以a90。故当n8时，其前n项和最大。【答案】8微考点大课堂考点一 等差数列的基本运算【典例1】(2016广州联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3a64，S55。(1

24、)求数列an的通项公式；(2)若Tn|a1|a2|a3|an|，求T5的值和Tn的表达式。【解析】(1)设等差数列an的公差为d，由题意知eq blcrc (avs4alco1(2a17d4,5a1f(54,2)d5)，解得eq blcrc (avs4alco1(a15,d2)，故an2n7(nN*)。(2)由an2n70，得neq f(7,2)，即n3，所以当n3时，an2n70。易知Snn26n，S39，S55，所以T5(a1a2a3)a4a5S3(S5S3)S52S313。当n3时，TnSn6nn2；当n4时，TnS3(SnS3)Sn2S3n26n18。故Tneq blcrc (avs4

25、alco1(6nn2，n3,n26n18，n4。)【答案】(1)an2n7(nN*)(2)T513Tneq blcrc (avs4alco1(6nn2，n3,n26n18，n4)反思归纳1.等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解。2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，已知其中三个就能求出另外两个，体现了用方程组解决问题的思想。【变式训练】(1)(2016北京高考)已知an为等差数列，Sn为其前n项和。若a16，a3a50，则S6_。(2)(2016江苏高考)已知an是等差数列，Sn是其前n项和。若a1

26、aeq oal(2,2)3，S510，则a9的值是_。【解析】(1)设等差数列an的公差为d，由已知得eq blcrc (avs4alco1(a16，,2a16d0，)解得eq blcrc (avs4alco1(a16，,d2，)所以S66a1eq f(1,2)65d3615(2)6。(2)设等差数列an的公差为d，则a1aeq oal(2,2)a1(a1d)23，S55a110d10，解得a14，d3，则a9a18d42420。【答案】(1)6(2)20考点二 等差数列的判定与证明【典例2】(2017兰州模拟)已知数列an中，a1eq f(3,5)，an2eq f(1,an1)(n2，nN*

27、)，数列bn满足bneq f(1,an1)(nN*)。(1)求证：数列bn是等差数列；(2)求数列an中的通项公式an。【解析】(1)证明：因为an2eq f(1,an1)(n2，nN*)，bneq f(1,an1)。所以n2时，bnbn1eq f(1,an1)eq f(1,an11)eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2f(1,an1)1)eq f(1,an11)eq f(an1,an11)eq f(1,an11)1。又b1eq f(1,a11)eq f(5,2)，所以数列bn是以eq f(5,2)为首项，1为公差的等差数列。(2)由(1)知，bnneq f(7,2)，则an1

28、eq f(1,bn)1eq f(2,2n7)。【答案】(1)数列bn是以eq f(5,2)为首项，1为公差的等差数列(2)an1eq f(2,2n7)反思归纳等差数列的四种判断方法：(1)定义法：an1and(d是常数)an是等差数列。(2)等差中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数列。(3)通项公式：anpnq(p，q为常数)an是等差数列。(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A，B为常数)an是等差数列。【变式训练】已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sneq f(an(an1),2)(nN*)。(1)求证：数列an是等差数列；(2)设bneq f(1,Sn)，Tnb1

29、b2bn，求Tn。【解析】(1)证明：Sneq f(an(an1),2)(nN*)，Sn1eq f(an1(an11),2)(n2)。得aneq f(aoal(2,n)anaoal(2,n1)an1,2)(n2)，整理得(anan1)(anan1)anan1(n2)。数列an的各项均为正数，anan10，anan11(n2)。当n1时，a11，数列an是首项为1、公差为1的等差数列。(2)由(1)得Sneq f(n2n,2)，bneq f(2,n2n)eq f(2,n(n1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)，Tn2eq blc(rc)(avs4alco1(

30、1f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n1)2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,n1)eq f(2n,n1)。【答案】(1)见解析(2)Tneq f(2n,n1)考点三 等差数列的性质及应用【典例3】(1)(2015全国卷)设Sn是等差数列an的前n项和，若a1a3a53，则S5()A5B7C9D11(2)设等差数列an的前n项和为Sn，且S312，S945，则S12_。(3)已知an，bn都是等差数列，若a

31、1b109，a3b815，则a5b6_。【解析】(1)解法一：a1a52a3，a1a3a53a33，a31，S5eq f(5(a1a5),2)5a35。故选A。解法二：a1a3a5a1(a12d)(a14d)3a16d3，a12d1，S55a1eq f(54,2)d5(a12d)5。故选A。(2)因为an是等差数列，所以S3，S6S3，S9S6，S12S9成等差数列，所以2(S6S3)S3(S9S6)，即2(S612)12(45S6)，解得S63；又2(S9S6)(S6S3)(S12S9)，即2(453)(312)(S1245)，解得S12114。(3)因为an，bn都是等差数列，所以2a3a

32、1a5,2b8b10b6，所以2(a3b8)(a1b10)(a5b6)，即2159(a5b6)，解得a5b621。【答案】(1)A(2)114(3)21反思归纳在等差数列an中，数列Sm，S2mSm，S3mS2m也成等差数列；eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)也是等差数列。等差数列的性质是解题的重要工具。【变式训练】(1)(2016银川模拟)已知an是等差数列，a415，S555，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为()A4B.eq f(1,4)C4Deq f(1,4)(2)已知等差数列an的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个

33、数列的项数为()A10 B20 C30 D40【解析】(1)S55a355，a311，keq f(a4a3,43)eq f(1511,1)4。故选C。(2)设这个数列有2n项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd，即25152n，故2n10，即数列的项数为10。故选A。【答案】(1)C(2)A考点四 等差数列前n项和的最值问题母题发散【典例4】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取得最大值，并求出它的最大值。【解析】a120，S10S15，1020eq f(109,2)d1520eq f(1514,2)d，deq f(5,3)

34、。解法一：由an20(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,3)neq f(65,3)。得a130。即当n12时，an0，当n14时，an0。当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220eq f(1211,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)130。解法二：Sn20neq f(n(n1),2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,3)eq f(5,6)n2eq f(125,6)neq f(5,6)eq blc(rc)(avs4alco1(nf(25,2)2eq f(3 125,24)。nN*，当n12或1

35、3时，Sn取得最大值，且最大值为S12S13130。解法三：由S10S15得a11a12a13a14a150。5a130，即a130。当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S13130。【答案】当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S13130【母题变式】若将本典例条件“a120”改为“a120”，其他条件不变，求当n取何值时，Sn取得最小值，并求出最小值。【解析】由S10S15，得a11a12a13a14a150，a130。又a120，a120，当n12或13时，Sn取得最小值，最小值S12S13eq f(13(a1a13),2)130。【答案】当n12或13时，Sn

36、取得最小值，最小值S12S13130。eq avs4al(邻项变号法：,a.当a10，d0时，满足blcrc (avs4alco1(am0，,am10)的项数m使得Sn取得最大值Sm；,b.当a10时，满足blcrc (avs4alco1(am0，,am10)的项数m使得Sn取得最小值Sm。)【拓展变式】设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)。若eq f(a8,a7)1，则()ASn的最大值是S8 BSn的最小值是S8CSn的最大值是S7 DSn的最小值是S7【解析】由条件得eq f(Sn,n)eq f(Sn1,n1)，即eq f(n(a1an),2n)eq f(n1)

37、(a1an1),2(n1)，所以anan1，所以等差数列an为递增数列。又eq f(a8,a7)0，a70，即数列an前7项均小于0，第8项大于零，所以Sn的最小值为S7。故选D。【答案】D微考场新提升1已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，若a36，S312，则公差d等于()A1B.eq f(5,3)C2D3解析由已知得S33a212，即a24，da3a2642。故选C。答案C2(2016长春二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，满足a2 016S2 0162 016，则a1等于()A2 017 B2 016C2 015 D2 014解析S2 016eq f(2 016(a1a2 01

38、6),2)1 008(a1a2 016)2 016，a1a2 0162。又a2 0162 016，a12 014。故选D。答案D3(2016临沂质检)在等差数列an中，若a2a4a6a8a1080，则a7eq f(1,2)a8的值为()A4 B6 C8 D10解析a2a4a6a8a105a680，a616。a7eq f(1,2)a8eq f(2a7a8,2)eq f(a6,2)8。答案C4已知在数列an中，a32，a51，若eq blcrc(avs4alco1(f(1,1an)是等差数列，则a11等于_。解析记bneq f(1,1an)，则b3eq f(1,3)，b5eq f(1,2)，数列b

39、n的公差为eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)eq f(1,12)，b1eq f(1,6)，bneq f(n1,12)，即eq f(1,1an)eq f(n1,12)。aneq f(11n,n1)，故a110。答案05已知Anx|2nx2n1且x7m1，m，nN，则A6中各元素的和为_。解析A6x|26x0，,q1)或eq blcrc (avs4alco1(a10，,0q0，,0q1)或eq blcrc (avs4alco1(a11)时，an是递减数列。(3)当eq blcrc (avs4alco1(a10，,q1)时，an为常数列。(4)当q2

40、00，两边同时取对数，得n1eq f(lg2lg1.3,lg1.12)，又eq f(lg2lg1.3,lg1.12)eq f(0.300.11,0.05)3.8，则n4.8，即a5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元。故选B。【答案】B4等比数列an的前n项和为Sn，若S33S20，则公比q_。【解析】S33S20，a1a2a33(a1a2)0，a1(44qq2)0。a10，q2。【答案】25若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则lna1lna2lna20_。【解析】解法一：各项均为正数的等比数列an中a10a11a9a12a1a20，则a1

41、a20e5，lna1lna2lna20ln(a1a20)10lne5050。解法二：各项均为正数的等比数列an中a10a11a9a12a1a20，则a1a20e5，设lna1lna2lna20S，则lna20lna19lna1S，2S20ln(a1a20)100，S50。【答案】50微考点大课堂考点一 等比数列的基本运算【典例1】an为等比数列，求下列各值。(1)已知a3a636，a4a718，aneq f(1,2)，求n；(2)已知a2a836，a3a715，求公比q；(3)已知qeq r(2)，S815(1eq r(2)，求a1。【解析】(1)解法一：eq blcrc (avs4alco1

42、(a4a7a3qa6qq(a3a6)18，,a3a636，)qeq f(1,2)。又a3a6a3(1q3)36，a332。ana3qn332eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n328neq f(1,2)21，8n1，即n9。解法二：a4a7a1q3(1q3)18且a3a6a1q2(1q3)36，qeq f(1,2)，a1128。又ana1qn127eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)n128neq f(1,2)21，8n1，即n9。(2)a2a8a3a736且a3a715，a33，a712或a312，a73。q44或q4eq f(1,4)，qeq r(2)

43、或qeq f(r(2),2)。(3)S8eq f(a11(r(2)8,1r(2)eq f(a1(15),1r(2)15(1eq r(2)，a1(1eq r(2)(1eq r(2)1。【答案】(1)9(2)eq r(2)或eq f(r(2),2)(3)1反思归纳等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算。【变式训练】(1)(2016武汉调研)若等比数列an的各项均为正数，a12a23，aeq o

44、al(2,3)4a2a6，则a4()A.eq f(3,8)B.eq f(24,5)C.eq f(3,16) D.eq f(9,16)(2)(2016海口调研)设Sn为等比数列an的前n项和，a28a50，则eq f(S8,S4)的值为()A.eq f(1,2) B.eq f(17,16)C2 D17【解析】(1)由题意，得eq blcrc (avs4alco1(a12a1q3，,(a1q2)24a1q(a1q5)，,q0，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1f(3,2)，,qf(1,2)，)所以a4a1q3eq f(3,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)3

45、eq f(3,16)。故选C。(2)a28a50，eq f(a5,a2)q3eq f(1,8)，qeq f(1,2)。eq f(S8,S4)eq f(a5a6a7a8,a1a2a3a4)1eq f(blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)4(a1a2a3a4),a1a2a3a4)1eq f(17,16)。故选B。【答案】(1)C(2)B考点二 等比数列的判定与证明母题发散【典例2】(1)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列Ba2，a3，a6成等比数列Ca2，a4，a8成等比数列Da3，a6，a9成等比数列(2)已知数列an的前n项和为Sn，a11，S

46、n14an2(nN*)，若bnan12an，求证：bn是等比数列。【解析】(1)由等比数列的性质得，a3a9aeq oal(2,6)0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，故选D。(2)证明：an2Sn2Sn14an124an24an14an，eq f(bn1,bn)eq f(an22an1,an12an)eq f(4an14an)2an1,an12an)eq f(2an14an,an12an)2。S2a1a24a12，a25。b1a22a13。数列bn是首项为3，公比为2的等比数列。【答案】(1)D(2)见解析【母题变式】1.在本典例(2)的条件下，求an的通项公式。【解析】由(2)知bna

47、n12an32n1，所以eq f(an1,2n1)eq f(an,2n)eq f(3,4)，故eq blcrc(avs4alco1(f(an,2n)是首项为eq f(1,2)，公差为eq f(3,4)的等差数列。所以eq f(an,2n)eq f(1,2)(n1)eq f(3,4)eq f(3n1,4)，所以an(3n1)2n2。【答案】an(3n1)2n22在本典例(2)中，若cneq f(an,3n1)，证明：cn为等比数列。【证明】由变式1知，an(3n1)2n2，cn2n2。eq f(cn1,cn)eq f(2n1,2n2)2。又c1eq f(a1,311)eq f(1,2)，数列cn

48、是首项为eq f(1,2)，公比为2的等比数列。反思归纳(1)证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法，其他方法只用于选择题、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。(2)利用递推关系时要注意对n1时的情况进行验证。【拓展变式】(2016全国卷)已知数列an的前n项和Sn1an，其中0。(1)证明：an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5eq f(31,32)，求。【解析】(1)由题意得a1S11a1，故1，a1eq f(1,1)，a10。由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an。由a10，0且1得an0，所以eq f

49、(an1,an)eq f(,1)。因此an是首项为eq f(1,1)，公比为eq f(,1)的等比数列，于是aneq f(1,1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(,1)n1。(2)由(1)得Sn1eq blc(rc)(avs4alco1(f(,1)n。由S5eq f(31,32)得1eq blc(rc)(avs4alco1(f(,1)5eq f(31,32)，即eq blc(rc)(avs4alco1(f(,1)5eq f(1,32)。解得1。【答案】(1)an是首项为eq f(1,1)，公比为eq f(,1)的等比数列，aneq f(1,1)eq blc(rc)(avs4alc

50、o1(f(,1)n1(2)1考点三 等比数列的性质应用【典例3】(1)公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a10等于()A4B5C6D7(2)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n等于()A80 B30 C26 D16【解析】(1)a3a1116，aeq oal(2,7)16。又等比数列an的各项都是正数，a74。又a10a7q342325，log2a105。故选B。(2)设S2na，S4nb，由等比数列的性质知：2(14a)(a2)2，解得a6或a4(舍去)，同理(62)(b14)(146)2，所以bS4n30。故选B。【答案

51、】(1)B(2)B反思归纳等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形；(2)等比中项的变形；(3)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。【变式训练】(1)已知方程(x2mx2)(x2nx2)0的四个根组成以eq f(1,2)为首项的等比数列，则eq f(m,n)()A.eq f(3,2) B.eq f(3,2)或eq f(2,3)C.eq f(2,3) D以上都不对(2)已知等比数列an的前n项和为Sn，若S43，S12S812，则S8_。【解析】(1)设a，b，c，d是方程(x2mx2)(x2nx2)0的四个根，不妨设acdb，则a

52、bcd2，aeq f(1,2)，故b4，根据等比数列的性质，得到c1，d2，则mabeq f(9,2)，ncd3，或mcd3，nabeq f(9,2)，则eq f(m,n)eq f(3,2)或eq f(m,n)eq f(2,3)。故选B。(2)由S4，S8S4，S12S8成等比数列，得(S8S4)2S4(S12S8)，解得S89或S83，又由等比数列的前n项和公式知S8与S4同号，故S89。【答案】(1)B(2)9微考场新提升1在等比数列an中，若a10，a218，a48，则公比q等于()A.eq f(3,2) B.eq f(2,3)Ceq f(2,3) D.eq f(2,3)或eq f(2,

53、3)解析解法一：由eq blcrc (avs4alco1(a1q18，,a1q38，)解得eq blcrc (avs4alco1(a127，,qf(2,3)或eq blcrc (avs4alco1(a127，,qf(2,3)。)又a10，因此qeq f(2,3)。故选C。解法二：由已知得eq f(a4,a2)eq f(a1q3,a1q)q2eq f(8,18)eq f(4,9)，即q2eq f(4,9)，又因为a10，所以qeq f(a2,a1)0，所以qeq f(2,3)。故选C。答案C2中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其

54、关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”则该人最后一天走的路程为()A24里 B12里C6里 D3里解析记每天走的路程里数为an，易知an是公比qeq f(1,2)的等比数列，S6378。又S6eq f(a1blc(rc)(avs4alco1(1f(1,26),1f(1,2)378，所以a1192，所以a6192eq f(1,25)6，故选C。答案C3已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_。解析eq blcrc (avs4alco1(a1a1q

55、39，,aoal(2,1)q38，)a11，q2，所以Sneq f(12n,12)2n1。答案2n14(2016全国卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_。解析设an的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，qeq f(1,2)，则a24，a32，a41，a5eq f(1,2)，所以a1a2ana1a2a3a464。答案645(2016全国卷)已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2eq f(1,3)，anbn1bn1nbn。(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和。解析(1)由已知，a1b2b2b1，b11，b2eq f(1,3)

56、，得a12。所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an3n1。(2)由(1)知anbn1bn1nbn，得bn1eq f(bn,3)，因此数列bn是首项为1，公比为eq f(1,3)的等比数列。记bn的前n项和为Sn，则Sneq f(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)n,1f(1,3)eq f(3,2)eq f(1,23n1)。答案(1)an3n1(2)Sneq f(3,2)eq f(1,23n1)第四节数列求和与数列的综合应用2017考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法；2.掌握非等差、等比数

57、列求和的几种常见方法；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题。2016，天津卷，18,13分(等差数列的证明、数列求和)2016，山东卷，18,12分(数列通项与求和)2015，北京卷，20,13分(数列与函数、不等式的综合)2015，四川卷，16,12分(等差、等比数列的综合应用)1.本节以分组法、错位相减、倒序相加、裂项相消法为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点；2.题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难。一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合。微知识小题练自|主|排|查1公式法与分组求

58、和法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和。等差数列的前n项和公式：Sneq f(n(a1an),2)na1eq f(n(n1),2)d。等比数列的前n项和公式：Sneq blcrc (avs4alco1(na1，q1，,f(a1anq,1q)f(a1(1qn),1q)，q1。)(2)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减。2倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此

59、法推导的。(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解。例如，Sn10029929829722212(1002992)(982972)(2212)(10099)(9897)(21)5 050。3裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和。(2)常见的裂项技巧eq f(1,n(n1)eq f(1,n)eq f(1,n1)。eq f(1,n(n2)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,n)f(1,n2)。eq f(1,(2n1)(2n1)eq f

60、(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2n1)f(1,2n1)。eq f(1,r(n)r(n1)eq r(n1)eq r(n)。4错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。微点提醒1使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点。2在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解。小|题|快|练一 、走进教材1(必修5P47B组T4改编)数列an的