高三数学（文数）总复习练习专题九 数列

1、(2015湖南，19，13 分，中)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an23SnSn1 3，nN*. (1)证明：an23an； (2)求 Sn. 解：(1)证明：由条件，对任意 nN*，有 an23SnSn13， 则对任意 nN*，n2，有 an13Sn1Sn3. 两式相减，得 an2an13anan1， 即 an23an，n2. 又 a11，a22， 所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1. 故对一切 nN*，an23an. (2)由(1)知，an0，所以3. an2 an 于是数列a2n1是首项 a11，公比为 3 的等比数列；数列a2n是首项 a2

2、2，公比为 3 的等比数 列因此 a2n13n1，a2n23n1. 于是 S2na1a2a2n (a1a3a2n1)(a2a4a2n) (133n1)2(133n1) 3(133n1) . 3 （3n1） 2 从而 S2n1S2na2n23n1 3 （3n1） 2 (53n21) 3 2 综上所述，Sn 3 2（5 3 n3 2 1）， n为奇数， 3 2 （3n 2 1）， n为偶数. ) 1(2012大纲全国，6，中)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn2an1，则 Sn() A2n1 B.(3 2) n1 C. D. ( 2 3) n1 1 2n1 【答案】B由已知 Sn2a

3、n1得 Sn2(Sn1Sn)， 即 2Sn13Sn， ， 而 S1a11， 所以 Sn Sn1 Sn 3 2 ，故选 B. ( 3 2) n1 2(2011四川，9，中)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an13Sn(n1)，则 a6() A344 B3441 C45 D451 【答案】A方法一 ： a11， a23S13， a33S212341， a43S348342， a53S4192 343，a63S5768344.故选 A. 方法二：当 n1 时，an13Sn，则 an23Sn1， an2an13Sn13Sn3an1，即 an24an1， 该数列从第 2 项开始是以 4 为公

4、比的等比数列，又 a23S13a13， an1（n1）， 3 4n2（n 2）.) 当 n6 时，a63462344. 3(2014课标，16，易)数列an满足 an1，a22，则 a1_ 1 1an 【解析】an1，a22， 1 1an a22， 1 1a1 即 a1 . 1 2 【答案】1 2 4(2012上海，14，中)已知 f(x).各项均为正数的数列an满足 a11，an2f(an)若 a2 010 1 1x a2 012，则 a20a11的值是_ 【解析】an2f(an)，a11， 1 1an a3 ， 1 2 a5 ，a7 ， 1 1 1 2 2 3 1 1 2 3 3 5 a9

5、 ，a11， 1 1 3 5 5 8 1 1 5 8 8 13 又 a2 010a2 012， 即 a2 010aa2 01010， 1 1a2 010 22 010 a2 010. 51 2(a 2 010 51 2 舍去) 又 a2 010， 1 1a2 008 51 2 1a2 008， 2 51 51 2 即 a2 008，依次类推可得 a2 006a2 004a20，故 a20a11 51 2 51 2 51 2 8 13 . 13 53 26 【答案】13 53 26 5(2012广东，19，14 分，中)设数列an的前 n 项和为 Sn，数列Sn的前 n 项和为 Tn，满足 Tn

6、2Sn n2，nN*. (1)求 a1的值； (2)求数列an的通项公式 解：(1)令 n1 时，T12S11， 因为 T1S1a1，所以 a12a11，所以 a11. (2)当 n2 时，Tn12Sn1(n1)2， 则 SnTnTn12Snn22Sn1(n1)2 2(SnSn1)2n12an2n1. 因为当 n1 时，a1S11 也满足上式， 所以 Sn2an2n1(n1) 当 n2 时，Sn12an12(n1)1， 两式相减得 an2an2an12， 所以 an2an12(n2)，所以 an22(an12) 因为 a1230， 所以数列an2是以 3 为首项，2 为公比的等比数列 所以 a

7、n232n1， 所以 an32n12. 当 n1 时也满足上式， 所以 an32n12. 思路点拨：利用 Tn与 Sn的关系得出 Sn与 an的关系，然后构造等比数列求解 考向 1由递推公式求通项公式 (1)如果已知数列an的首项(或前几项)，且任何一项 an与它的前一项 an1(或前几项)间的关系可以 用一个式子来表示，即 anf(an1)或 anf(an1，an2)，那么这个式子叫作数列an的递推公式 (2)已知递推公式求通项公式，一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、 构造法、公式法等转化为等差数列或等比数列求通项公式 (2014湖北襄樊一模，13)已知 f(x)

8、是定义在 R 上不恒为零的函数，对于任意的 x，yR， 都有 f(xy)xf(y)yf(x)成立，数列an满足 anf(2n)(nN*)，且 a12，则数列的通项公式 an _. 【思路导引】由 anf(2n)及对任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)成立，令 x2n，y2 得 到递推公式 an12an22n，然后两边同除以 2n1可构造出数列，它是以1 为首项，1 为公 an 2n a1 2 差的等差数列，进而求出an的通项公式 【解析】anf(2n)，则 an1f(2n1)且 a12f(2) 对于任意的 x，yR，都有 f(xy)xf(y)yf(x)， 令 x2n，y2，则

9、 f(2n1)2nf(2)2f(2n)， an12an22n， 1， an1 2n1 an 2n 数列是以1 为首项，1 为公差的等差数列， an 2n a1 2 1(n1)1n， an 2n ann2n. 【答案】n2n 由递推公式求数列通项的常用方法 (1)形如 an1anf(n)， 常用累加法， 即利用恒等式 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)求通 项公式 (2)形如 an1anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式 ana1求通项公式 a2 a1 a3 a2 an an1 (3)形如 an1band(其中 b，d 为常数，b0，1)的数列，常用构造法其基本思路是 ： 构造

10、an1 xb(anx)，则anx是公比为 b 的等比数列，利用它即可求出 an. (其中x d b1) (4)形如 an1(p，q，r 是常数)的数列，将其变形为 . pan qanr 1 an1 r p 1 an q p 若 pr，则是等差数列，且公差为 ，可用公式求通项； 1 an q p 若 pr，则再采用(3)的办法求解 (5)形如 an2pan1qan(p，q 是常数，且 pq1)的数列，构造等比数列将其变形为 an2an1 (q)(an1an)，则anan1(n2，nN*)是等比数列，且公比为q，可以求得 anan1f(n)， 然后用累加法求得通项 (1)(2015山东潍坊一模，

11、13)在数列an中， a11， a25， an2an1an(nN*)， 则 a2 015 _. (2)(2014安徽合肥一模，14)已知数列an满足 a11，a24，an22an3an1(nN*)，则数列an 的通项公式 an_ (1)【解析】由 an2an1an得 an3an2an1an1anan1an，易得 an4an1， an5an1an，an6an， 该数列的周期为 6， 故 a2 015a5， 由 a11， a25， 得 a34， a41， a5a4a314 5.a2 015a55. 【答案】5 (2)【解析】由 an22an3an10，得 an2an12(an1an)， 数列an1

12、an是以 a2a13 为首项，2 为公比的等比数列，an1an32n1， n2 时，anan132n2，a3a232，a2a13， 将以上各式累加得 ana132n23233(2n11)， an32n12(当 n1 时，也满足) 【答案】32n12 考向 2由 Sn和 an的关系求通项 1an与 Sn的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn，则 anS 1（n1）， SnSn1（n 2）.) 2已知 Sn求 an时应注意的问题 (1)应重视分类讨论思想的应用，分 n1 和 n2 两种情况讨论，特别注意 anSnSn1中需 n2. (2)由 SnSn1an推得 an，当 n1 时，a1也适合“a

13、n式” ，则需统一“合写” (3)由 SnSn1an推得 an，当 n1 时，a1不适合“an式” ，则数列的通项公式应分段表示(“分 写”)，即 anS 1（n1）， SnSn1（n 2）.) (2014湖南，16，12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn，nN*. n2n 2 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和 【思路导引】(1)利用 an结合分类讨论思想求通项公式；(2)由数列的通项 S 1，n1， SnSn1，n 2，) 公式的特征，利用分组求和法求数列的和 T2n(22222n)(12)(34)(2n1 2n) 【解析】(1)

14、当 n1 时，a1S11； 当 n2 时，anSnSn1n. n2n 2 （n1）2（n1） 2 故数列an的通项公式为 ann. (2)由(1)知， bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n(212222n)(123 42n)， 记 A212222n，B12342n，则 A22n12， 2（122n） 12 B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2. 【点拨】易错点一：忘记 anSnSn1的条件是 n2，没讨论 n1 的情况；易错点二：对数列 的通项公式看不懂，找不出规律，bn实为两部分构成，采用分组求和，T2n(

15、22222n)12 34(2n1)2n；易错点三：不会并项求和，1234(2n1)2n(12)(3 4)(2n1)2nn. 由 Sn与 an的关系求通项的一般步骤 (1)令 n1，由 a1S1求出 a1； (2)当 n2 时，构造 anSnSn1，由递推关系求通项； (3)验证当 n1 时是否满足当 n2 时的结论；如果满足，则统一“合写” ；如果不满足，则分段表 示 (2012大纲全国，18，12 分)已知数列an中，a11，前 n 项和 Snan. n2 3 (1)求 a2，a3； (2)求an的通项公式 解：(1)由 S2 a2得 3(a1a2)4a2， 4 3 解得 a23a13. 由

16、 S3 a3得 3(a1a2a3)5a3， 5 3 解得 a3 (a1a2)6. 3 2 (2)由题设知 a11. 当 n2 时，有 anSnSn1anan1， n2 3 n1 3 整理得 anan1. n1 n1 于是 a11， a2 a1， 3 1 a3 a2， 4 2 an1an2， n n2 anan1. n1 n1 将以上 n 个等式两端分别相乘， 整理得 an. n（n1） 2 显然，当 n1 时也满足上式 综上可知，an的通项公式 an. n（n1） 2 思路点拨：解答本题的关键是通过给出的 Sn与 an的关系，得出 an与 an1之间的关系，再利用累 乘法求得 an. 考向 3

17、数列的单调性及其应用 从第 2 项起，每一项都大于它的前一项的数列叫作递增数列；从第 2 项起，每一项都小于它的前一 项的数列叫作递减数列 (2012四川，20，12 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，常数 0，且 a1anS1Sn对一 切正整数 n 都成立 (1)求数列an的通项公式； (2)设 a10，100.当 n 为何值时，数列的前 n 项和最大？ lg 1 an 【思路导引】(1)应用分类讨论思想和公式 an求 an； S 1，n1， SnSn1，n 2，) (2)根据数列的单调性求的前 n 项和最大时对应的 n 值 lg 1 an lg 1 an 【解析】(1)取 n1，得

18、a 2S12a1，a1(a12)0.2 1 若 a10，则 Sn0，当 n2 时，anSnSn1000， 所以 an0. 若 a10，则 a1 ，当 n2 时，2an Sn，2an1 Sn1， 2 2 2 两式相减得 2an2an1an， 所以 an2an1(n2)，从而数列an是等比数列， 所以 ana12n1 2n1. 2 2n 综上，当 a10 时，an0； 当 a10 时，an. 2n (2)当 a10 且 100 时，令 bnlg， 1 an 由(1)知 bnlg2nlg 2. 100 2n 所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2) b1b2b6lglglg 10， 100

19、 26 100 64 当 n7 时，bnb7lglg0数列an是单调递增数列；an1an0数列an是单调递减数列； an1an0数列an是常数列 (2)作商比较法：当 an0 时，1数列an是单调递增数列；1， 1 2 1 22 1 23 1 2n1 两式相减可得： 2n52(n1)52， an 2n an2n1，n1，nN*. 当 n1 时，7，a114， a1 2 综上可知，数列an的通项公式为： an14（n1）， 2n1（n 2）.) 故选 B. 6(2015山东潍坊一模，11)已知数列an的前 n 项和 Sn an ，则an的通项公式 an 1 3 2 3 _. 【解析】当 n1 时

20、，a1S1 a1 ，a11. 1 3 2 3 当 n2 时，anSnSn1 an an1， 1 3 1 3 . an an1 1 2 a2 a2 ，a2 . 1 3 1 3 1 2 . a2 a1 an an1 1 2 数列an为首项 a11，公比 q 的等比数列，故 an. 1 2 ( 1 2) n1 【答案】(1 2) n1 7(2015湖南长郡中学调研，13)科拉茨是德国数学家，他在 1937 年提出了一个著名的猜想：任给 一个正整数 n，如果 n 是偶数，就将它减半；如果 n 是奇数，则将它乘 3 加 1(即 3n1)，不断重 (即 n 2) 复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到

21、1.如初始正整数为 6，按照上述变换规则，我们可以得到 一个数列：6，3，10，5，16，8，4，2，1.对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请 你研究： (1)如果首项 n2，则按照上述规则施行变换后的第 8 项为_ (2)如果对正整数 n(首项)按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1(注：1 可以多次出现)，则 n 的所有 不同值的个数为_ 【解析】(1)如果 n2，按以上变换规则，得到数列：a12，a21，a34，a81. (2)设对正整数 n 按照上述变换，得到数列 a1，a2，a7，a8， a81，则 a72a64 a58a416 a332a264a 1128， a1

22、21，) a35a210a 120， a13，) ) a51a42a34a 21a12， a28a316，) ) 则 n 的所有可能取值为 2，3，16，20，21，128 共 6 个 【答案】16 8(2015山西大学附中质检，15)已知数列an的通项公式为 annp，数列bn的通项公式为 bn 2n 5，设 cn若在数列cn中，c8cn(nN*，n8)，则实数 p 的取值范围是 an，anbn， bn，anbn，) _ 【解析】由题意可得 cn是 an，bn中的较小者，an是递减数列；bn是递增数列因为 c8 cn(n8)，所以 c8是 cn的最大值，则 n1，2，3，7，8 时，cn递增

23、，n8，9，10，时，cn递减， 因此，n1，2，3，7 时，2n5np 总成立，当 n7 时，2757p，所以 p11，n9， 10，11，时，2n5np 总成立，当 n9 时，2959p 成立，所以 p0，d0， 且满足前 n 项和 Sn最大； an 0， an1 0，) (2)若 a10， 且满足前 n 项和 Sn最小 an 0， an1 0，) 只有当 a10，d0 时，无穷数列的前 n 项和才有最大值，其最大值是将所有非负项相加；只有当 a10 时，无穷数列的前 n 项和才有最小值，其最小值是将所有非正项相加 (2014湖北，19，12 分)已知等差数列an满足：a12，且 a1，a

24、2，a5成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n 的最小值； 若不存在，说明理由 【思路导引】(1)设数列an的公差为 d，利用等比数列的性质得到 a a1a5，并用 a1，d 表示 a2，2 2 a5，列等式求解公差 d，进而求解通项，注意对公差 d 分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列an的通项 分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前 n 项和公式求解 Sn，然后根据 Sn60n800 列不等式求 解 【解析】(1)设数列an的公差为 d，依题意，2，2d，24d 成等比数列， 故有(

25、2d)22(24d) 化简得 d24d0，解得 d0 或 d4. 当 d0 时，an2； 当 d4 时，an2(n1)44n2. 从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2. (2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800， 此时不存在正数 n，使得 Sn60n800 成立 当 an4n2 时，Sn2n2， n2（4n2） 2 令 2n260n800，即 n230n4000， 解得 n40 或 n10(舍去) 此时存在正整数 n，使得 Sn60n800 成立，n 的最小值为 41. 综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n； 当 an4n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为

26、 41. 求等差数列前 n 项和最值的常用方法 (1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用其常用性质求其正负转折项，便可求得和 的最值 (2)将an的前 n 项和最值问题看作 Sn关于 n 的二次函数 SnAn2Bn(A，B 为常数)的最值问题，利 用二次函数的图象或配方法求解，注意 nN*. (2014江西，13)在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n8 时， Sn取得最大值，则 d 的取值范围为_ 【解析】由题意知 a17，且当且仅当 n8 时，Sn取最大值， 该数列为递减数列且 a80，a90， 即1d . 7 7d0， 78d0 ) 7 8

27、 【答案】(1，7 8) 1(2015山西山大附中月考，2)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a2a46，则 S5等于() A10 B12 C15 D30 【答案】C由等差中项可得 a2a4a1a5，所以 S515，故选 C. 5（a1a5） 2 2(2015湖南长沙二模，5)等差数列an中，若 a4a6a8a10a12120，则 S15的值为() A180 B240 C360 D720 【答案】C等差数列an中， a4a6a8a10a12120， 所以 5a8120， S1515a83120360. 3(2015江西新余质检，8)在等差数列an中，a9 a126，则数列an的前 11 项

28、和 S11() 1 2 A24 B48 C66 D132 【答案】D数列an是等差数列，故 a63d (a66d)6， 1 2 a612.又 S1111a6， 11（a1a11） 2 S11132. 4(2015江西南昌二模，7)设 Sn是等差数列an的前 n 项和，若，则() a6 a5 9 11 S11 S9 A1 B1 C2 D.1 2 【答案】A1. S11 S9 11（a1a11） 2 9（a1a9） 2 11a6 9a5 11 9 9 11 5(2014辽宁大连质检，6)设数列an的通项公式为 an2n7，则|a1|a2|a15|() A153 B210 C135 D120 【答案

29、】A令 an2n70，解得 n . 7 2 从第 4 项开始大于 0， |a1|a2|a15|a1a2a3a4a5a1553113(2157)9 153. 12 （123） 2 故选 A. 6(2014安徽望江中学调研，8)设数列an是公差 d0 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若 S65a1 10d，则 Sn取最大值时，n() A5 B6 C5 或 6 D6 或 7 【答案】C由题意得 S66a115d5a110d，所以 a15d0，即 a60，又公差 d0，q4. 4(2013课标，6，易)设首项为 1，公比为 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则() 2 3 ASn2an1 BSn

30、3an2 CSn43an DSn32an 【答案】D由题意得 an， ( 2 3) n1 Sn 1(2 3 ) n 12 3 12 3( 2 3 ) n1 1 3 32an. 选 D. 5(2013北京，11，易)若等比数列an满足 a2a420，a3a540，则公比 q_，前 n 项和 Sn_. 【解析】a3a5q(a2a4)，q2.又由 a2a4a1qa1q3知 a12， Sn2n12. 2（12n） 12 【答案】22n12 6(2013广东，11，中)设数列an是首项为 1，公比为2 的等比数列，则 a1|a2|a3|a4| _. 【解析】方法一(直接法)：易求得 a22，a34，a4

31、8，a1|a2|a3|a4|15. 方法二(转化法)：相当于求首项为 1，公比为 2 的等比数列的前 4 项和，S415. 124 12 【答案】15 7(2013辽宁，14，中)已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前 n 项和，若 a1，a3是方程 x2 5x40 的两个根，则 S6_ 【解析】由 x25x40 的两根为 1 和 4，又an为递增数列， a11，a34，q2， S663. 1 （126） 12 【答案】63 8(2013江西，17，12 分，中)设 Sn表示数列an的前 n 项和 (1)若an是等差数列，推导 Sn的计算公式； (2)若 a11，q0，且对所有正整数 n，

32、有 Sn.判断an是否为等比数列，并证明你的结论 1qn 1q 解：(1)方法一：设an的公差为 d，则 Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d， 又 Snan(and)an(n1)d， 2Snn(a1an)， Sn. n（a1an） 2 方法二：设an的公差为 d，则 Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d， 又 Snanan1a1 a1(n1)da1(n2)da1， 2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d 2na1n(n1)d， Snna1d. n（n1） 2 (2)an是等比数列证明如下： Sn， 1qn 1q an1Sn1Sn 1qn1 1q 1qn 1q

33、qn. qn（1q） 1q a11，q0，当 n1 时， 有q， an1 an qn qn1 an是首项为 1 且公比为 q(q0)的等比数列 9(2012天津，18，13 分，中)已知an是等差数列，其前 n 项和为 Sn，bn是等比数列，且 a1b1 2，a4b427，S4b410. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)记 Tna1b1a2b2anbn，nN*，证明 Tn8an1bn1(nN*，n2) 解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q. 由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d. 由条件得方程组23d2q 327， 86d2q310，) 解

34、得d3， q2. ) an3n1，bn2n，nN*. (2)由(1)得 Tn22522823(3n1)2n， 2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1. 由，得 Tn2232232332n(3n1)2n1 (3n1)2n12 6 （12n） 12 (3n4)2n18， 即 Tn8(3n4)2n1. 而当 n2 时，an1bn1(3n4)2n1， Tn8an1bn1(nN*，n2) 考向 1等比数列基本量的求解 1等比数列相关公式 (1)通项公式及其推广 通项公式通项公式的推广 ana1qn1 (揭示首末两项的关系) anamqnm (揭示任意两项之间的关系) (2)前 n 项和公式 S

35、n或 Sn a1（1qn） 1q （q 1）， na1（q1） ) a1anq 1q （q 1）， na1（q1）. ) 2基本量计算过程中涉及的数学思想方法 (1)方程思想等比数列的通项公式和前 n 项和公式联系着五个基本量， “知三求二”是一类最基本 的运算，通过列方程(组)求出关键量 a1和 q，问题可迎刃而解 (2)分类讨论思想 等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论， 即分 q1 和 q1 两种情况， 此处是常考易错点，一定要引起重视 (3)整体思想应用等比数列前 n 项和时，常把 qn，当成整体求解 a1 1q (2014福建，17，12 分)在等比数列an中，a23

36、，a581. (1)求 an； (2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)设an的公比为 q，依题意得a 1q3， a1q481，) 解得因此 an3n1. a 11， q3. ) (2)bnlog3ann1，b1110， 数列bn的前 n 项和 Sn. n（b1bn） 2 n2n 2 求等比数列基本量的方法 求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是： (1)由已知条件列出首项和公比的方程(组)； (2)求出首项和公比； (3)求出项数或前 n 项和等其余量 (2013四川，16，12 分)在等比数列an中，a2a12，且 2a2为 3a1

37、和 a3的等差中项，求 数列an的首项、公比及前 n 项和 解：设该数列的公比为 q，由已知可得 a1qa12，4a1q3a1a1q2， 所以，a1(q1)2，q24q30， 解得 q3 或 q1. 由于 a1(q1)2，因此 q1 不合题意，应舍去 故公比 q3，首项 a11. 所以数列的前 n 项和 Sn. 3n1 2 考向 2等比数列的性质及应用 1等比数列的单调性 设等比数列an的首项为 a1，公比为 q. (1)当 q1，a10 或 0q1，a11，a10 或 0q0 时，数列an为递减数列； (3)当 q1 时，数列an是(非零)常数列； (4)当 q1 时，数列an是摆动数列 2

38、等比数列项的运算性质 若 mnpq(m，n，p，qN*)，则 amanapaq. (1)特别地，当 mn2k(m，n，kN*)时，amana . 2k (2)对有穷等比数列，与首末两项“等距离” 的两项之积等于首末两项的积，即 a1ana2an1 akank1. 在等比数列an中，若 amanapaq(m，n，p，qN*)，则不一定有 mnpq 成立，当数列an 是非零常数列时不成立 3等比数列前 n 项和的性质 若 Sn是等比数列的前 n 项和，则当 q1 时，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等比数列 (1)(2014大纲全国，8)设等比数列an的前 n 项和为 Sn.若 S23，S415

39、，则 S6() A31 B32 C63 D64 (2)(2014广东，13)等比数列an的各项均为正数，且 a1a54，则 log2a1log2a2log2a3log2a4 log2a5_ 【解析】(1)方法一：在等比数列an中，S2，S4S2，S6S4也成等比数列，故(S4S2)2S2(S6 S4)，则(153)23(S615)，解得 S663.故选 C. 方法二：设等比数列an的首项为 a1，公比为 q. 若 q1，则有 Snna1，显然不符合题意，故 q1. 由已知可得两式相除得 1q25，解得 q24. S2 a1（1q2） 1q 3， S4 a1（1q4） 1q 15，) 故 q2

40、或 q2. 若 q2，代入解得 a11，此时 S663. a1（1q6） 1q 1 （126） 12 若 q2，代入解得 a13，此时 S663.故选 C. a1（1q6） 1q （3） 1（2）6 1（2） 方法三：因为数列an为等比数列，若 q1，则有 Snna1，显然不符合题意，故 q1. 设其前 n 项和为 Snkqnk. 由题意可得S 2k q2k3， S4k q4k15，) 两式相除得 1q25，解得 q24. 代入解得 k1.故 Snqn1. 所以 S6q61(q2)3143163，故选 C. 方法四：设等比数列的公比为 q， 则 S2a1a23，S4a1a2a3a4(1q2)(

41、a1a2)(1q2)315， 解得 q24. 故 S6a1a2a3a4a5a6(1q2q4)(a1a2)(1442)363.故选 C. (2)因为 an0，a1a54，an为等比数列，所以 a 4，2 3 所以 a32. 所以 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2a log2255.5 3 【答案】(1)C(2)5 【点拨】解题(1)方法一利用等比数列的性质 Sm，S2mSm，S3mS2m，(SmS2m)也成等比数列求 解；方法二利用等比数列的基本运算求解；方法三利用等比数列前 n 项和公式的结构特征设出前 n 项和 的表达式；方

42、法四是利用整体代换的方法；解题(2)利用等比数列性质，若 mnpq(m，n，p，q N*)，则 amanapaq，特别当 mn2p 时有 anama 成立2p 运用等比数列的性质巧解题 在等比数列的基本运算问题中，一般是列出 a1，q 满足的方程组，求解方程组，但有时运算量较大， 如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘“隐含”的条件 (1)(2012广东，12)若等比数列an满足 a2a4 ，则 a1a a5_. 1 2 2 3 (2)(2014江苏，7)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是 _ (1)【解析】在等比数列中 a

43、2a4a1a5a ， 23 a1a a5(a2a4)2 .2 3 ( 1 2 ) 2 1 4 【答案】1 4 (2)【解析】在等比数列中 anamqnm， 设公比为 q.a21，a8a62a4， 得 q6q42q2，q4q220，解得 q22， a6a2q44. 【答案】4 考向 3等比数列的判定与证明 (2014江西，17，12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn，nN*. 3n2n 2 (1)求数列an的通项公式； (2)证明：对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列 【思路导引】(1)由 anSnSn1求出 an；(2)利用等比数列的性质找出 m 与 n 的关系

44、即可 【解析】(1)Sn(nN*)， 3n2n 2 Sn1(n2)， 3（n1）2（n1） 2 当 n2 时，anSnSn13n2， 3（2n1）1 2 当 n1 时，a1S11，也符合上式 31 2 an3n2(nN*) (2)证明：要使 a1，an，am成等比数列，只需 a a1am，2n 即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2. n1，3n24n21，而此时，mN*，且 mn， 对任意的 n1，都存在 mN*，使 a1，an，am成等比数列 【点拨】本题主要考查 Sn与 an的关系及等比数列性质， 由 Sn的递推公式求 an时， 一定要注意对 n 1 的检验 等比数列的判定方法

45、(1)定义法：若q(q 为非零常数)或q(q 为非零常数且 n2)，则an是等比数列 an1 an an an1 (2)中项公式法：若数列an中，an0 且 aanan2(nN*)，则数列an是等比数列 2n1 (3)通项公式法：若数列通项公式可写成 ancqn(c，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 Snkqnk(k 为常数且 k0，q0，1)，则an是等比 数列 (2013福建， 9)已知等比数列an的公比为 q， 记 bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m， cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m

46、，nN*)，则以下结论一定正确的是() A数列bn为等差数列，公差为 qm B数列bn为等比数列，公比为 q2m C数列cn为等比数列，公比为 qm2 D数列cn为等比数列，公比为 qmm 【答案】Cbnam(n1)1(1qq2qm1)，qm，故数列bn为等比数列， bn1 bn amn1 amn1m 公比为 qm，选项 A，B 均错误； cnaq12(m1)， (qm)mqm2，故数列cn为等比数列，公比 mm（n1）1 cn1 cn a a( amn1 amn1m) m 为 qm2，D 错误，故选 C. 1(2015江西南昌一模，7)已知等比数列an的前三项依次为 a1，a1，a4，则 a

47、n() A4 B4 ( 3 2) n ( 3 2) n1 C4 D4 ( 2 3) n ( 2 3) n1 【答案】B由题意得(a1)2(a1)(a4)，解得 a5，故 a14，a26，所以 q ，an4 3 2 . ( 3 2) n1 2(2015山东济南二模，6)已知等比数列an的公比为正数，且 a3a92a ，a22，则 a1() 2 5 A. B. C. D2 1 2 2 2 2 【答案】C等比数列an的公比为正数，且 a3a92a ，a22，由等比数列的性质得 a 2a 2 52 6 ，a6a5，公比 q，a1，故选 C. 2 5 2 a6 a5 2 a2 q 2 3(2015河南焦

48、作一模，7)在正项等比数列an中，lg a3lg a6lg a96，则 a1a11的值是() A10 000 B1 000 C100 D10 【答案】A正项等比数列an中，lg a3lg a6lg a96，由对数运算法则及等比数列的性质， 有 lg a3a6a96，a3a6a9106，a 106，a6100，a1a11a 100210 000，故选 A. 3 62 6 4(2015湖南怀化调研，5)设数列an是首项大于零的等比数列，则“a1a2” 是“数列an是递增 数列”的() A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【答案】C设数列的公比为 q， 因

49、为 a1a2， 所以有 a1a1q， 又 a10， 解得 q1， 所以数列an 是递增数列 ； 反之，若数列an是递增数列且 a10，则公比 q1，所以 a1a1q，即 a1a2，所以 a1a2 是数列an是递增数列的充分必要条件故选 C. 5(2014江西九江月考，5)一个由正数组成的等比数列，它的前 4 项和是前 2 项和的 5 倍，则此数 列的公比为() A1 B2 C3 D4 【答案】B由题意知 an0，S45S2，显然公比 q1，且 q0，所以， a1（1q4） 1q 5a1（1q2） 1q 即 q45q240，解得 q24 或 q21(舍去)，又 q0，所以 q2. 6(2014河

50、北衡水一模，8)已知正项等比数列an满足 a7a62a5，若存在两项 am，an使得aman 4a1，则 的最小值为() 1 m 4 n A. B. C. D不存在 3 2 5 3 9 4 【答案】A因为 a7a62a5，所以 q2q20， q2 或 q1(舍去) 又4a1，amanaqmn2 所以 mn6. 则 (mn) 1 m 4 n 1 6( 1 m 4 n) . 1 6(1 n m 4m n 4) 3 2 当且仅当 ，即 n2m 时，等号成立 n m 4m n 此时 m2，n4.故选 A. 7(2015山西太原二模，14)等比数列an，q2，前 n 项和为 Sn，则_. S4 a2 【

51、解析】在等比数列中，S415a1，所以. a1（124） 12 S4 a2 15a1 2a1 15 2 【答案】15 2 8(2014广东深圳一模，14)已知公比为 2 的等比数列an中，a2a5a8a11a14a17a2013， 则该数列前 21 项的和 S21_ 【解析】设等比数列的首项为 a1，公比 q2，前 n 项和为 Sn.由题知 a2，a5，a8，a11，a14，a17，a20 仍为等比数列，其首项为 a2，公比为 q3，故其前 7 项的和为 T7 a21（q3）7 1q3 a1q（1q21） （1q）（1qq2） S21 13，解得 S21. a1（1q21） 1q q 1qq2

52、 2 7 91 2 【答案】91 2 9(2015陕西西工大附中模拟，17，12 分)已知在等比数列an中，a11，且 a2是 a1和 a31 的等 差中项 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bn2n1an(nN*)，求bn的前 n 项和 Sn. 解：(1)设公比为 q，则 a2q，a3q2， a2是 a1和 a31 的等差中项， 2a2a1(a31)，2q1(q21)，解得 q2， an2n1. (2)bn2n1an2n12n1 则 Sn13(2n1)(122n1)n22n1. n1（2n1） 2 12n 12 10(2015河北常德一模，18，12 分)在 1 和 2 之

53、间依次插入 n(nN*)个正数 a1，a2，a3，an， 使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这 n2 个数的乘积记作 Tn，令 bn2log2Tn. (1)求数列bn的通项公式； (2)令 cn2n，设 Sn，求 Sn. b1 c1 b2 c2 bn cn 解：(1)设等比数列 1，a1，a2，a3，an，2 的公比为 q， 则 21qn1，qn12， Tn1a1a2an2 1qq2qnqn1 q123(n1)， 122 22 2 nnn q bn2log2Tn2log22n2. n2 2 故数列bn的通项公式为 bnn2. (2)由 cn2n，得 Sn ， 3 2 4 22 5 23

54、n2 2n Sn. 1 2 3 22 4 23 5 24 n2 2n1 由错位相减法得Sn ，Sn4. 1 2 3 2 1 22 1 23 1 24 1 2n n2 2n1 n4 2n 11(2014安徽池州一模，20，13 分)已知数列an满足 a11，an12an. (1 1 n) 2 (1)设 bn，求证：数列bn是等比数列； an n2 (2)求数列an的通项公式； (3)设 cnan12an，求数列cn的前 n 项和 Sn. 解：(1)证明：an12an， （n1）2 n2 2，bn12bn， an1 （n1）2 an n2 数列bn是公比为 2 的等比数列 (2)由(1)知bn是公

55、比为 2 的等比数列， 又 b1a11， a1 12 bnb12n12n1，2n1， an n2 ann22n1. (3)cn(n1)22n2n22n1 (2n1)2n， Sn32522723(2n1)2n. 2Sn322523(2n1)2n(2n1)2n1. 得，Sn3222222322n(2n1)2n1 2(2n1)2n1 2 2（12n） 12 2(2n1)2n1， Sn(2n1)2n12. 1(2015江苏，11，中)设数列an满足 a11，an1ann1(nN*)，则数列前 10 项的和 1 an 为_ 【解析】a2a12，a3a23，a4a34，anan1n， 以上 n1 个式子相

56、加得， ana1234n， a11， an123n， n（n1） 2 2， 1 an 2 n（n1） ( 1 n 1 n1) S102Error!Error!2. (1 1 2)( 1 2 1 3)(1 1 11) 20 11 【答案】20 11 2(2015山东，19，12 分，中)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前 n 项和 1 anan1 为. n 2n1 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(an1)2an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解：(1)设数列an的公差为 d. 令 n1，得 ， 1 a1a2 1 3 所以 a1a23. 令 n2，得 ， 1 a1a2

57、1 a2a3 2 5 所以 a2a315. 解得 a11，d2. 所以 an2n1. (2)由(1)知 bn2n22n1n4n， 所以 Tn141242n4n， 所以 4Tn142243n4n1， 两式相减，得 3Tn41424nn4n1 n4n1 4（14n） 14 4n1 . 13n 3 4 3 所以 Tn4n1 3n1 9 4 9 . 4（3n1）4n1 9 3(2015安徽，18，12 分，中)已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a38. (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，bn，求数列bn的前 n 项和 Tn. an1 SnSn1 解：

58、(1)由题设知 a1a4a2a38， 又 a1a49， 可解得或(舍去) a 11， a48 ) a 18， a41 ) 由 a4a1q3得 q2，故 ana1qn12n1. (2)Sn2n1，又 bn， a1（1qn） 1q an1 SnSn1 Sn1Sn SnSn1 1 Sn 1 Sn1 所以 Tnb1b2bn1. ( 1 S1 1 S2) ( 1 S2 1 S3) ( 1 Sn 1 Sn1) 1 S1 1 Sn1 1 2n11 4(2015浙江，17，15 分，中)已知数列an和bn满足 a12，b11，an12an(nN*)，b1 b2 1 2 b3 bnbn11(nN*) 1 3 1

59、 n (1)求 an与 bn； (2)记数列anbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解 ： (1)由 a12，an12an，知 an0，故2，即an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，得 an1 an an2n(nN*) 由题意知，当 n1 时，b1b21， 故 b22. 当 n2 时， bnbn1bn， 1 n 整理得，所以是以 1 为首项，1 为公比的等比数列，即1， bn1 n1 bn n bn n bn n 所以 bnn(nN*) (2)由(1)知 anbnn2n. 因此 Tn12222323n2n， 2Tn22223324n2n1， 得 Tn222232nn2n1. 故 Tn(n1)2n12(nN*) 1(2012课标全国