2019版高考数学一轮复习 第六章 数列学案 文

1、第六章 数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点：1.数列的通项公式；2.数列的单调性.突破点(一)数列的通项公式 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1数列的定义按照一定次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，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)2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3数列的递推公式如果已知数列an的第一项(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，

2、an2)等)，那么这个式子叫做数列an的递推公式4Sn与an的关系已知数列an的前n项和为Sn，则an这个关系式对任意数列均成立考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的前几项求通项例1写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，；(2)，；(3)1，；(4)3,33,333,3 333，；(5)1,0，1,0,1,0，1,0，.解(1)各项减去1后为正偶数，所以an2n1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，所以an.(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇

3、数项为1，偶数项为3，即奇数项为21，偶数项为21，所以an(1)n.也可写为an(4)将数列各项改写为，分母都是3，而分子分别是101,1021,1031,1041，所以an(10n1)(5)观察数列中各项呈现周期性1,0，1,0联想三角函数ycos x的特殊值，前4项对应着cos ，cos ，cos ，cos ，所以ancos.还可以为an方法技巧由数列的前几项求通项公式的思路方法给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，

4、分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系(2)若第n项和第n1项正负交错，那么符号用(1)n或(1)n1或(1)n1来调控(3)熟悉一些常见数列的通项公式(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳利用an与Sn的关系求通项例2已知下面数列an的前n项和Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb；(3)Snan.解(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n

5、5，由于a1也适合此等式，所以an的通项公式为an4n5.(2)a1S13b，当n2时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式当b1时，a1不适合此等式所以当b1时，an23n1；当b1时，an(3)由Snan得，当n2时，Sn1an1，当n2时，anSnSn1anan1，整理得an2an1，又a1时，S1a1a1，a11，an(2)n1.方法技巧已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符

6、合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写利用递推关系求通项例3(1)已知数列an满足a1，an1an，则an_；(2)若数列an满足a1，an1an，则通项an_；(3)若数列an满足a11，an12an3，则an_；(4)若数列an满足a11，an1，则an_.解析(1)由条件知an1an，则(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)，即ana11，又a1，an1.(2)由an1an(an0)，得，故ana1.(3)设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故an132(an3)令bnan3，则b1a134，bn0

7、，且2.所以bn是以4为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13.(4)an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)，an.答案(1)(2)(3)2n13(4)方法技巧典型的递推数列及处理方法递推式方法示例an1anf(n)叠加法a11，an1an2nan1anf(n)叠乘法a11，2nan1AanB (A0,1，B0)化为等比数列a11，an12an1an1 (A，B，C为常数)化为等差数列a11，an1能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知nN*，给出4个表达式：anan，an，an.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0

8、,1，的通项公式的可能是_(填写所有正确表达式的序号)解析：具体逐一检验可以判断，均成立虽然数列的通项公式的表达形式不唯一，但是有通项公式的数列的通项公式是唯一的；有些无规则的数列未必有通项公式答案：2.已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.则an的通项公式是_解析：由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因此an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.答案：an3.已知数列an的前n项和为Snn22n2，则数列an的通项公式为_解析：当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n3，由于n1时a1的值不

9、适合n2的解析式，故an的通项公式为an答案：an4.设数列an满足a11，且an1ann1，求数列an的通项公式解：由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，an(nN*)5.若数列an满足：a11，an1an2n，求数列an的通项公式解：由题意知an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2212n1.又因为当n1时满足此式，所以an2n1.突破点(二)数列的单调性基础联通抓主干知识的“源”与“流”数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与

10、项间的大小关系分类递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的单调性研究最值问题例1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？解(1)取n1，得a2S12a1，即a1(a12)0.若a10，则Sn0，当n2时，anSnSn1000，所以an0.若a10，则a1，当n2时，2anSn,2an1Sn1，两式相减得

11、2an2an1an，所以an2an1(n2)，从而数列an是等比数列，所以ana12n12n1.综上，当a10时，an0；当a10时，an.(2)当a10且100时，令bnlg，由(1)知bnlg2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)则b1b2b6lglglg 10，当n7时，bnb7lglglg 10，故当n6时，数列的前n项的和最大方法技巧1判断数列单调性的两种方法(1)作差比较法an1an0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an0时1数列an是单调递增数列；1数列an是单调递减数列；1数列an

12、是常数列an0时1数列an是单调递减数列；1数列an是单调递增数列；1数列an是常数列2.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组(n2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组(n2)找到数列的最小项利用数列的单调性求参数的取值范围例2已知函数f(x)(a0，且a1)，若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是_解析因为an是递增数列，所以解得2a3，所以实数a的取值范围是(2,3)答案(2,3)方法技巧已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理(

13、2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是_解析：an32，由二次函数性质，得当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30.答案：02.若数列an满足：a119，an1an3，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为_解析：a119，an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n，则an是递减数列设an的前k项和数值最大，则有即k，kN*，k7.满足条件的n的值为7.答

14、案：73.已知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_解析：对于任意的nN*，ann2n恒成立，an1an(n1)2(n1)n2n2n1.又an是递增数列，an1an0，且当n1时，an1an最小，an1ana2a130，3.答案：(3，)4.已知数列an中，an1(nN*，aR，且a0)(1)若a7，求数列an中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的nN*，都有ana6成立，求a的取值范围解：(1)an1(nN*，aR，且a0)，又a7，an1.结合函数f(x)1的单调性，可知1a1a2a3a4，a5a6a7an1(nN*)数列an中的最大项为a52，最小项

15、为a40.(2)an11.对任意的nN*，都有ana6成立，结合函数f(x)1的单调性，知56，10a8.故a的取值范围为(10，8)课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1设数列an的前n项和Snn2n，则a4的值为_解析：a4S4S320128.答案：82(2018镇江模拟)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则a10_.解析：an1an2n，an2an12n1，两式相除得2.又a1a22，a11，a22.则24，即a102532.答案：323在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，则的值是_解析：由已知得a2

16、1(1)22，2a32(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.答案：4(2018山东枣庄第八中学阶段性检测)已知数列，欲使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为_解析：由数列的前n项的乘积36，得n23n700，解得n10或n7.又因为nN*，所以n的最小值为8.答案：85(2018兰州模拟)在数列1,2，中2是这个数列的第_项解析：数列1,2，即数列，该数列的通项公式为an，2，n26，故2是这个数列的第26项答案：26练常考题点检验高考能力一、填空题1已知数列an的前n项和Snn22n，则a2a18_.解析：当n2时，anSnSn12n3；当n1时，a1S11，所

17、以an2n3(nN*)，所以a2a1834.答案：342数列an中，a11，对于所有的n2，nN*都有a1a2a3ann2，则a3a5_.解析：令n2,3,4,5，分别求出a3，a5，a3a5.答案：3.如图，互不相同的点A1，A2，An，和B1，B2，Bn，分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等设OAnan.若a11，a22，则数列an的通项公式是_解析：记OA1B1的面积为S，则OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn1An1的面积均为3S.可得OAnBn的面积为S3(n1)S(3n2)S.a3n2，即an.答案：an4已知数列an满足

18、a115，且3an13an2.若akak10，则正整数k_.解析：由3an13an2得an1an，则an是等差数列，又a115，ann.akak10，0，k，k23.答案：235已知数列an满足a13，an1，则a2 018_.解析：因为a13，an1，所以a21，a32，a43，所以数列an是周期为3的周期数列所以a2 018a67232a21.答案：16数列 an满足 an1 , a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.答案：7已知数列an中

19、，a11，若an2an11(n2)，则a5的值是_解析：an2an11，an12(an11)，2，又a11，an1是以2为首项，2为公比的等比数列，即an122n12n，a5125，即a531.答案：318数列an定义如下：a11，当n2时，an若an，则n的值为_解析：因为a11，所以a21a12，a3，a41a23，a5，a61a3，a7，a81a44，a9，所以n9.答案：99已知数列an满足：a11，an1(an2)an(nN*)，若bn1(np)，b1p，且数列bn是单调递增数列，则实数p的取值范围为_解析：由题中条件，可得1，则121，易知120，则是等比数列，所以12n，可得bn

20、12n(np)，则bn2n1(n1p)(nN*)，由数列bn是单调递增数列，得2n(np)2n1(n1p)，则pn1恒成立，又n1的最小值为2，则p的取值范围是(，2)答案：(，2)10(2018南通模拟)设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项公式an_.解析：(n1)aan1anna0，(an1an)(n1)an1nan0，又an1an0，(n1)an1nan0，即，a11，an.答案：二、解答题11已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Snaan(

21、nN*)，可得a1aa1，解得a11；S2a1a2aa2，解得a22；同理，a33，a44.(2)Snaan，当n2时，Sn1aan1，整理得(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.12已知数列an的通项公式是ann2kn4.(1)若k5，则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)对于nN*，都有an1an，求实数k的取值范围解：(1)由n25n40，解得1n4.因为nN*，所以n2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为ann25n42，由二次函数性质，

22、得当n2或n3时，an有最小值，其最小值为a2a32.(2)由对于nN*，都有an1an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，即得k3.所以实数k的取值范围为(3，)第二节等差数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列基本量的计算；2.等差数列的基本性质及应用；3.等差数列的判定与证明.突破点(一)等差数列基本量的计算 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为an1and(nN*，d为常数)(2)

23、等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A，其中A叫做a，b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的基本运算典例(1)(2017宿迁高三期中)设Sn是等差数列an的前 n项和，且a23，S416，则S9的值为_(2)(2018苏州调研)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S36，a14，则公差d等于_解析(1)设等差数列an的公差为d，由a23，S416，得解得所以S991281.(2)由S36，且a14，得a30，则d2.答案(1)81(2)2方法技巧1等差数列运算问题的通性通法(1

24、)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，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想2.等差数列设项技巧,若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为ad，a，ad；若偶数个数成等差数列且和为定值时，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.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1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_解析：S55a355，a311，k4.答案：42设Sn为等差数列a

25、n的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n_.解析：由题意知Sn2Snan1an22a1(2n1)d22(2n1)36，解得n8.答案：83(2017全国卷改编)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为_解析：设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.答案：44(2018南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1an，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n

26、1)22n1.(2)由(1)，可得bn(1)n1(2n1)T2n1357(4n3)(4n1)(2)n2n.突破点(二)等差数列的基本性质及应用 基础联通抓主干知识的“源”与“流”等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若an为等差数列，且mnpq，则amanapaq(m，n，p，qN*)(3)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列(4)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，(mN*)也是等差数列，公差为m2d.(5)S2n1(2n1)an，S2nn(a1a2n)n(anan1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性

27、质及有关公式求解(6)an，bn均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则.(7)若an是等差数列，则也是等差数列，其首项与an的首项相同，公差是an的公差的.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的性质例1(1)(2017南京一模)设an是等差数列，若a4a5a621，则S9_.(2)已知an，bn都是等差数列，若a1b109，a3b815，则a5b6_.解析(1)因为an是等差数列，所以a1a9a4a62a5.又a4a5a621，所以a1a914，所以S963.(2)因为an，bn都是等差数列，所以2a3a1a5,2b8b10b6，所以2(a3b8)(a1b10)(a5b6)，即2159

28、(a5b6)，解得a5b621.答案(1)63(2)21方法技巧利用等差数列性质求解问题的注意点(1)如果an为等差数列，mnpq，则amanapaq(m，n，p，qN*)因此，若出现amn，am，amn等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am(amnamn)转化为求amn，amn或amnamn的值(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如anam(nm)d，d，S2n1(2n1)an，Sn(n，mN*)等提醒一般地，amanamn，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是amnamn2am.等差数列前n项和的最值例2等差数列an

29、的首项a10，设其前n项和为Sn，且S5S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解设等差数列an的公差为d，由S5S12得5a110d12a166d，da10.法一：Snna1dna1a1(n217n)a12a1，因为a10，nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法二：设此数列的前n项和最大，则即解得即8n9，又nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法三：由于Snna1dn2n，设f(x)x2x，则函数yf(x)的图象为开口向下的抛物线，由S5S12知，抛物线的对称轴为x(如图所示)，由图可知，当1n8时，Sn单调递增；当n9时，Sn单调递减又nN*，所以当n8或n9时，Sn最大方法技巧求等

30、差数列前n项和Sn最值的三种方法(1)函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解(2)邻项变号法a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.(3)通项公式法求使an0(an0)成立时最大的n值即可一般地，等差数列an中，若a10，且SpSq(pq)，则：若pq为偶数，则当n时，Sn最大；若pq为奇数，则当n或n时，Sn最大能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.已知数列an为等差数列，且a1a7a13，则cos(a2a12)的值为_解析：在等差数列an中，因为a1a7a13，

31、所以a7，所以a2a12，所以cos(a2a12).答案：2.设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则当Sn取最小值时n_.解析：由(n1)SnnSn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又1，所以a80，a70，所以数列an的前7项为负值，即当n7时，Sn的值最小答案：73.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是_解析：由等差数列前n项和的性质知，7，故当n1,2,3,5,11时，为整数，故使得为整数的正整数n的个数是5.答案：54.设等差数列an的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后

32、6项的和为180，Sn324(n6)，求数列an的项数及a9a10.解：由题意知a1a2a636，anan1an2an5180，得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216，a1an36，又Sn324，18n324，n18.a1an36，n18，a1a1836，从而a9a10a1a1836.5.(2018重庆高三期中)已知公比为q的等比数列an的前6项和S621，且4a1，a2，a2成等差数列(1)求an；(2)设bn是首项为2，公差为a1的等差数列，记bn前n项和为Tn，求Tn的最大值解：(1)4a1，a2，a2成等差数列，4a1a23a2，即2a1a2，q2，S621，解

33、得a1，an.(2)由(1)可知bn是首项为2，公差为的等差数列，bnn，法一：Tnn2n2，则Tn的最大值为7，此时n6或7.法二：公差为为负数，数列bn是递减数列b70，n6或7时，数列bn的前n项和Tn取得最大值7.突破点(三)等差数列的判定与证明 基础联通抓主干知识的“源”与“流”等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于数列an，anan1(n2，nN*)为同一常数an是等差数列解答题中的证明问题等差中项法2an1anan2(n3，nN*)成立an是等差数列通项公式法anpnq(p，q为常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列填空题中的判定问题前n项和公式法验证SnAn2B

34、n(A，B是常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的判定与证明典例已知数列an的前n项和为Sn，且满足：an2SnSn10(n2，nN*)，a1，判断an是否为等差数列，并说明你的理由解因为anSnSn1(n2)，an2SnSn10，所以SnSn12SnSn10(n2)所以2(n2)又S1a1，所以是以2为首项，2为公差的等差数列所以2(n1)22n，故Sn.所以当n2时，anSnSn1，所以an1，而an1an.所以当n2时，an1an的值不是一个与n无关的常数，故数列an不是等差数列能力练通抓应用体验的“得”与“失”1已知an是公差为1的等差数

35、列，判断a2n12a2n是否为等差数列，并说明理由解：令bna2n12a2n，则bn1a2n12a2n2，故bn1bna2n12a2n2(a2n12a2n)(a2n1a2n1)2(a2n2a2n)2d4d6d616.即a2n12a2n是公差为6的等差数列2已知数列an中，a12，an2(n2，nN*)，设bn(nN*)求证：数列bn是等差数列证明：an2，an12.bn1bn1，bn是首项为b11，公差为1的等差数列3(2018苏州月考)已知数列an中，a21，前n项和为Sn，且Sn.(1)求a1；(2)证明数列an为等差数列，并写出其通项公式解：(1)令n1，则a1S10.(2)由Sn，即S

36、n，得Sn1.，得(n1)an1nan.于是，nan2(n1)an1.，得nan2nan2nan1，即an2an2an1.又a10，a21，a2a11，所以，数列an是以0为首项，1为公差的等差数列所以，ann1.课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1若等差数列an的前5项之和S525，且a23，则a7_.解析：由S5，得25，解得a47，所以732d，即d2，所以a7a43d73213.答案：132在等差数列an中，a10，公差d0，若ama1a2a9，则m的值为_解析：ama1a2a99a1d36da37，即m37.答案：373(2018启东中学

37、月考)在单调递增的等差数列an中，若a31，a2a4，则a1_.解析：由题知，a2a42a32，又a2a4，数列an单调递增，a2，a4.公差d.a1a2d0.答案：04设等差数列an的前n项和为Sn，若a111，a3a76，则当Sn取最小值时，n等于_解析：设等差数列an的公差为d.因为a3a76，所以a53，d2，则Snn212n，故当n等于6时Sn取得最小值答案：65(2018苏南四校联考)设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，若，则_.解析：法一：各项均为正数的等差数列an中，由得，a1d，即and(n1)dnd，所以Snndd，所以3.法二：等差数列an中，a1a92a5，a

38、1a52a3，所以3.答案：3练常考题点检验高考能力一、填空题1(2017黄冈质检)在等差数列an中，如果a1a240，a3a460，那么a7a8_.解析：由等差数列的性质可知，a1a2，a3a4，a5a6，a7a8构成新的等差数列，于是a7a8(a1a2)(41)(a3a4)(a1a2)40320100.答案：1002(2017江阴三校联考)已知数列an的首项为3，bn为等差数列，且bnan1an(nN*)，若b32，b212，则a8_.解析：设等差数列bn的公差为d，则db3b214，因为an1anbn，所以a8a1b1b2b7(b2d)(b25d)112，又a13，则a8109.答案：1

39、093在等差数列an中，a3a5a11a174，且其前n项和为Sn，则S17_.解析：由a3a5a11a174，得2(a4a14)4，即a4a142，则a1a172，故S1717.答案：174(2017全国卷改编)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为_解析：设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前6项的和S661(2)24.答案：245设数列an的前n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“吉祥数列”已知等差数列bn的首项为

40、1，公差不为0，若数列bn为“吉祥数列”，则数列bn的通项公式为_解析：设等差数列bn的公差为d(d0)，k，因为b11，则nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0.因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k1)d0，(2k1)(2d)0，解得d2，k.所以数列bn的通项公式为bn2n1.答案：bn2n16(2018南通模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，若a2a4a6a8120，且，则S9的值为_解析：由题意得，则2(a2a8)14，即a2a87，所以S9(a2a8).答案：7(2018徐州质检)在等差数列an中，已知首项a10，公差d

41、0.若a1a260，a2a3100，则5a1a5的最大值为_解析：由题意得所以设x(2a1d)y(2a13d)6a14d，所以解得于是两式相加得5a1a5200.答案：2008记等差数列an的前n项和为Sn.已知a12，且数列也为等差数列，则a13_.解析：设数列an的公差为d.因为为等差数列，所以，成等差数列，从而2，解得d4，所以a13212d50.答案：509(2018金陵中学月考)在等差数列an中，已知a4a7a1015，i77，若ak13，则正整数k的值为_解析：等差数列an中2a7a4a10，a4a14a5a13a6a12a7a11a8a102a9，因为a4a7a1015，i77，

42、所以3a715,11a977，即a75，a97，即2d2，d1，因为ak13，所以aka913766d(k9)d，即k15.答案：1510(2018无锡期初)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值为_解析：由根与系数的关系得abp，abq，则a0，b0，当a，b，2适当排序后成等比数列时，2必为等比中项，故abq4，b.当适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a2，解得a1，b4；当是等差中项时，a2，解得a4，b1.综上所述，abp5，所以pq9.答案：9二、解答

43、题11已知数列an满足a11，an(nN*，n2)，数列bn满足关系式bn(nN*)(1)求证：数列bn为等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：bn，且an，bn1，bn1bn2.又b11，数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知数列bn的通项公式为bn1(n1)22n1，又bn，an.数列an的通项公式为an.12已知数列an满足2an1anan2(nN*)，它的前n项和为Sn，且a310，S672，若bnan30，设数列bn的前n项和为Tn，求Tn的最小值解：2an1anan2，an1anan2an1，故数列an为等差数列设数列an的首项为a1，公差为d，由a

44、310，S672得，解得a12，d4.故an4n2，则bnan302n31，令即解得n，nN*，n15，即数列bn的前15项均为负值，T15最小数列bn的首项是29，公差为2，T15225，数列bn的前n项和Tn的最小值为225.第三节等比数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等比数列基本量的计算；2.等比数列的性质；3.等比数列的判定与证明.突破点(一)等比数列基本量的计算 基础联通抓主干知识的“源”与“流”1等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的

45、表达式为q.(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即：G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn3运用方程的思想求解等比数列的基本量(1)若已知n，an，Sn，先验证q1是否成立，若q1，可以通过列方程(组)求出关键量a1和q，问题可迎刃而解(2)若已知数列an中的两项an和am，可以利用等比数列的通项公式，得到方程组计算时两式相除可先求出q，然后代入其中一式求得a1，进一步求得Sn.另外，还可以利用公式anamqnm直接求得q，可减少运算量考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求首项a1，公比q例1(1)(2017无锡模拟)已知等比数列an单调递减，若a31，a2a4，则a1_.(2