1、第六章数列 第一节数列的概念与简单表示法 复习要点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特殊函数 知识点一数列的有关概念 概念含义 数列按照_排列的一列数 数列的项数列中的_ 数列的通项数列an的第 n 项 an 通项公式 数列an的第 n 项 an与 n 之间的关系能用公式_表达，这个 公式叫做数列的通项公式 前 n 项和数列an中，Sn_叫做数列的前 n 项和 答案：一定顺序每一个数anf(n)a1a2an 知识点二数列的分类 分类原则类型满足条件 按项数分类 有穷数列项数_ 无穷数列项数_ 按项与项间 的大小关系 分类 递增数列a
2、n1_an 其中 nN* 递减数列an1_an 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的数列 答案：有限无限 知识点三数列的表示方法 1表示方法 列表法列表格表达 n 与 an的对应关系 图象法把点_画在平面直角坐标系中 公 式 法 通项公式把数列的通项用_表达的方法 递推公式 使用初始值 a1和 an1f(an)或 a1，a2和 an1 f(an，an1；)等表达数列的方法 2.数列的函数特征： 上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法， 数列可以看作是定义域为正整数集(或它的 有限子集1,2
3、，n)的函数 anf(n)，当自变量由小到大依次取值时所对应的一列_ 答案：1.(n，an)公式2.函数值 知识点四an与 Sn的关系 若数列an的前 n 项和为 Sn，则 an ，n1， ，n2. 答案：S1SnSn1 链/接/教/材 1必修 5P33A 组 T4 改编在数列an中，a11，an11 n an1 (n2)，则 a5等于() A3 2 B5 3 C8 5 D2 3 答案：D 2必修 5P67A 组 T2 改编数列an的前几项为1 2，3， 11 2 ，8， 21 2 ，则此数列的通项可能是() Aan5n4 2 Ban3n2 2 Can6n5 2 Dan10n9 2 答案：A
4、易/错/问/题 1数列的概念的两个易混点：项 an；项数 n. (1)已知数列an的通项公式为 ann1 n1，则数列a n的第 5 项是_ (2)已知数列 2，5，2 2，11，则 25是该数列的第_项 (1)答案：2 3 解析：由数列an的通项公式为 ann1 n1，得 a 551 51 4 6 2 3，即数列a n的第 5 项是2 3. (2)答案：7解析：由题意可知，该数列可以表示为 2，5，8，11，故 2 5 20是该数列的第 7 项 2数列的两种表示方法：通项公式；递推公式 (1)已知数列an的通项公式为 anpnq n，且 a 23 2，a 43 2，则 a 8_. (2)已知
5、非零数列an的递推公式为 an n n1a n1(n1)，且 a11，则 a4_. (1)答案：9 4 解析：由已知得 2pq 2 3 2， 4pq 4 3 2， 解得 p1 4， q2， 则 an1 4n 2 n，故 a 89 4. (2)答案：4解析：依次对递推公式中的 n 赋值，当 n2 时，a22a1；当 n3 时，a33 2a 23a1；当 n4 时， a44 3a 34a14. 通/性/通/法 求解数列通项公式的两种方法：待定系数法；递推法 (1)在数列an中，a12，an1anln 11 n ，则 an等于() A2ln nB2(n1)ln n C2nln nD1nln n (2
6、)已知数列an中，a11，anan11(n2)，则数列an的一个通项公式为_ (1)答案：A解析：解法一：因为 an1anlnn1 n ln(n1)ln n， 所以 a2a1ln 2ln 1， a3a2ln 3ln 2， a4a3ln 4ln 3， anan1ln nln(n1)， 把以上各式分别相加，得 ana1ln nln 1， 即 an2ln n. 解法二：由 an1anln(n1)ln n，得 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1ln nln(n1)ln(n 1)ln(n2)ln 2ln 12ln n2. (2)答案：an 1，n 为奇数， 0，n 为偶数 (或 an|s
7、in n 2 |等) 解析：由 anan11(n2)，得 a20.又 an1an1，结合 anan11(n2)，得 an1an1(n2)，即该数列 的奇数项相等、偶数项相等，所以通项公式为 an 1，n 为奇数， 0，n 为偶数 (或 an(sin n 2 |等). 题型归纳法求数列的通项公式 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中 OA1A1A2A2A3A7A8 1，记 OA1，OA2，OA3，OA8的长度构成的数列为an(nN*，n8)，则an的通项公式 an_.(nN*， n8) 答案n 2根据数列的前几项，
8、写出下列数列的一个通项公式 (1)1 2， 1 4， 5 8， 13 16， 29 32， 61 64，； (2)3 2，1， 7 10， 9 17，； (3)0,1,0,1，； (4)5,55,555,5555，. 解(1)各项的分母分别为 21,22,23,24，将原数列第 1 项变为1 2 ， 则第 1,2,3,4项的分子比分母小 3， 因此数列的每一项可变为2 13 21 ， 223 22 ，2 33 23 ， 243 24 ， an(1)n2 n3 2n . (2)将第 2 项的 1 化为5 5， 观察发现，分子是 3,5,7,9， 分子的通项为 2n1； 再观察分母，2,5,10,
9、17，发现是在平方数列 1,4,9，16，的基础上加 1， 分母应该为 n21， 通项 an2n1 n21 . (3)观察所给数列，发现奇数项为 0，偶数项为 1， 我们可以用通项 an11 n 2 或 an1cos n 2 来表示 (4)解法一：联想10n1， 则5 9 5 9(10 n1) an5 9(10 n1) 解法二：5(10010110210n 1)51110n 110 5 9(10 n1) an5 9(10 n1) 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 1根据数列的前几项求其通项公式时，需抓住几方面的特征 (1)各项的符号特征，通过(1)n或(1)n 1 来调节正负项 (2)
10、考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系 (3)相邻项(或其绝对值)的变化特征 (4)拆项、添项后的特征 (5)通过通分等方法变化后，观察是否有规律 2历年真题中出现的数列通项公式积累 (1)数列 1,4,9,16，的通项公式为 n2. (2)数列 1,3,7,15,31，的通项公式为 2n1. (3)数列 1,8,27,64，的通项公式为 n3. (4)数列1 2， 2 4， 3 8， 4 16，的通项公式为 n 2n. (5)数列1 2， 3 4， 5 8， 7 16，的通项公式为 2n1 2n . (6)数列 2,6,12,20,30，的通项公式为 n(n1) (7)数列 2,
11、8,24,64，的通项公式为 n2n. (8)数列 2,12,40,112，的通项公式为(2n1)2n. 题型an与 Sn关系式的应用 角度.利用 an与 Sn的关系求 an 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 广东佛山顺德模拟已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn1 3a n11，bnlog4an，Tn为数列bn 的前 n 项和，则 T100() A4 950B99log464 851 C5 050D99log464 950 答案B解析由 a11，Sn1 3a n11，可得 a11 3a 211，解得 a26.当 n2 时，Sn11 3a n1，又 Sn
12、1 3a n11，两式相减可得 anSnSn11 3a n111 3a n1，即有 an14an(n2)，则 an64n 2(n2)，又 a1 1 不符合上式， 所以 an 1，n1， 64n 2，n2. bnlog4an 0，n1， log46n2，n2. T100099(log462)1 299(2100)99log 464 851.故选 B. 2多选已知数列an中，a11，a22，且n1，其前 n 项和 Sn满足 Sn1Sn12(Sn1)，则() Aa713Ba814 CS743DS864 答案BC解析由 Sn1Sn12(Sn1)，得 an1an2(n2) 因为 a2a11， 所以an从
13、第二项起为等差数列， 且公差 d2.故 a7a25d25212， a8a26d14， 所以 A 错误，B 正确 S7a16a2a7 2 16212 2 43， S8a17a2a8 2 57. 所以 C 正确，D 错误 综上，正确答案为 BC. 32021 山东师大附中模拟已知数列an的前 n 项和 Snn22n2，则数列an的通项公式为 an _. 答案 1，n1， 2n3，n2 解析Snn22n2，Sn1(n1)22(n1)2n24n5(n2)，两式相 减得 an2n3(n2)又a1S11，不满足上式，an 1，n1， 2n3，n2. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 数列的通项 an与前
14、n 项和 Sn的关系是 an S1，n1， SnSn1，n2. 当 n1 时，若 a1适合 SnSn1， 则 n1 的情况可并入 n2 时的通项 an；当 n1 时，若 a1不适合 SnSn1，则用分段函数的形式表示 角度.利用 an与 Sn的关系求 Sn 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 4多选设等差数列an的前 n 项和为 Sn，公差为 d，且满足 a10，S11S18，则对 Sn描述正确的有() AS14是唯一最大值BS15是最大值 CS290DS1是最小值 答案BC解析由 S11S18，可得 a114d， 所以 d0 且 Sn14dnnn1 2 dd 2 n29 2 28
15、41 8 d， 由 nN*并结合 Sn对应的二次函数的图象知， 当 n14 或 n15 时，Sn最大故 B 对，A 错 当 n29 时，S290.故 C 对 因为 d0， an50， a n15 an5 3 2，a 156. 数列an5是首项为 6，公比为3 2的等比数列， an56 3 2 n1， 数列an的通项公式为 an6 3 2 n15. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 对于形如 an1AanB(A0,1，B0)的形式，等式两边同时加上同一个常数构造等比数列，此常数为 B A1. 角度.形如 an1panqpn 1(p0,1，q0)，求 an 时，两边同除构造等差、等比数列 试/题/
16、调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 7已知在数列an中，a11 2，a n15an3n，则数列an的通项公式 an_. 答案25n 11 23 n 解析解法一：an15an3n，设 an1p3n 15(anp3n)， 整理得 an15an2p3n， 与原式对照，可得 2p1，解得 p1 2， an11 23 n15 an1 23 n ，a11 232. 数列 an1 23 n 是以 2 为首项，5 为公比的等比数列， an1 23 n25n1， an25n 11 23 n. 解法二：将 an15an3n两边同除以 5n 1， 得an 1 5n 1a n 5n 3n 5n 1， an 1 5
17、n 1a n 5n 3n 5n 11 5 3 5 n. 令 bnan 5n，即 b n1bn1 5 3 5 n， b2b11 5 3 5 1，b3b21 5 3 5 2， bnbn11 5 3 5 n1， 以上所有式子相加，得 bnb11 5 3 5 11 5 3 5 21 5 3 5 n1 1 5 3 5 1 3 5 n1 13 5 3 10 1 3 5 n1 ， bn 3 10 1 3 5 n1 1 10 2 5 3 10 3 5 n1， 即an 5n 2 5 3 10 3 5 n1， an25n 11 23 n. 8已知数列an满足 a11，且 an1 3a n1 1 3 n(n2)，则
18、 an_. 答案 n2 3n 解析an1 3a n1 1 3 n(n2)， 3nan3n 1an 11(n2)， 即 3nan3n 1an 11(n2) 又a11，3a13， 数列3nan是以 3 为首项，1 为公差的等差数列， 3nan3(n1)1n2， ann2 3n (n2)，a11 也符合上式， ann2 3n (nN*) 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 递推公式中通过除法构造等差、等比数列的几类题型 常考类型 处理 方法 转化后 的形式 构造的 等差数列 求 an的 方法 an1anpan1an(p 为常数且 p0，n2) 两边同除以 anan1 1 an 1 an1p 1
19、 an 利用等 差数列 的通项 公式即 可求解 nan1(n1)an pn(n1)(p 为常数且 p0) 两边同 除以 n(n1) an1 n1 an n p an n an1bnanbn1pbn1bn(p 为常 数且 p0) 两边同 除以 bn1bn an1 bn1 an bnp an bn 角度.形如 an1 Aan BanC(A，B，C 是不为 0 的常数)，求 a n时，通过取倒数构造等差、等比数列 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 92021 广东广雅中学模拟在数列an中，已知 a12，an1 an 3an1(nN *)，则 an的表达式为( ) Aan 2 4n3 B
20、an 2 6n5 Can 2 4n3 Dan 2 2n1 答案B解析数列an中，由 a12，an1 an 3an1(nN *)，可得 1 an13 1 an， 所以数列 1 an是首项为1 2，公差为 3 的等差数列， 所以 1 an 1 23(n1) 6n5 2 . 可得 an 2 6n5(nN *)故选 B. 角度.数学归纳法求通项 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 10设正整数数列an满足：a24，且对于任何 nN*，有 2 1 an1 1 an 1 an1 1 n 1 n1 2 1 an. (1)求 a1，a3； (2)求数列an的通项 an. 解(1)由 2 1 an1
21、 1 an 1 an1 1 n 1 n1 2 1 an，得 2 1 an1n(n1) 1 an 1 an12 1 an. 当 n1 时，有 2 1 a22 1 a1 1 a22 1 a1， 即 21 42 1 a1 1 4 2 1 a1， 解得2 3a 18 7. a1为正整数，a11. 当 n2 时，有 2 1 a36 1 4 1 a321 4， 解得 8a310. a3为正整数，a39. 综上，a11，a39. (2)由(1)知 a11，a24，a39，猜想 ann2. 下面用数学归纳法证明 当 n1,2 时，显然成立 假设当 nk(k2，kN*)时成立，即 akk2， 当 nk 时，有
22、2 1 ak1k(k1) 1 k2 1 ak121 k2， 解得 k3k1 k2k1a k1kk 2k1 k1 ， 即(k1)2 k1 k2k1a k1an，则称an 是间隔递增数列，k 是an的间隔数，下列说法正确的是() A公比大于 1 的等比数列一定是间隔递增数列 B已知 ann4 n，则a n是间隔递增数列 C已知 an2n(1)n，则an是间隔递增数列且最小间隔数是 2 D已知 ann2tn2 020，若an是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 4t1 的等比数列，bnkbnb1qn k1b1qn1b1qn1(qk1)，因为 q1，所以当 b10 时，bn k0，解得 k3，故存在正
23、整数 k， 且 k3，使得 ankan，nN*，即 an是间隔递增数列故 B 正确 C ankan2(nk)(1)n k2n(1)n2k(1)n(1)k1 当 n 为奇数时， 存在正整数 k， 使 2k( 1)k10 成立；当 n 为偶数时，存在正整数 k，且 k2，使 2k(1)k10 成立，综上所述，an是间隔递增数列 且最小间隔数是 2，故 C 正确 D若an是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 ankan(nk)2t(nk)2 020(n2tn2 020)2knk2 tk0，nN*成立，则 k2(2t)k0 对于 k3 成 立，且 k2(2t)k0 对于 k2 成立，即 k(2t)0
24、对于 k3 成立，且 k(2t)0 对于 k2 成立，所以 t 23，且 t22.解得 4t5，故 D 正确 2多选已知数列an的通项公式为 an3nk 2n ，若数列an为递减数列，则实数 k 的值可能为() A1B0 C1D2 答案CD解析an1an3n3k 2n 1 3nk 2n 33nk 2n 1 ，由数列an为递减数列，知对任意 nN*， 33nk 2n 1 33n 对任意 nN*恒成立，所以 k(0，)故选 CD. 角度.数列的最值问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3数列an中，ann 2 018 n 2 019，则该数列前 100 项中的最大项与最小项分别是_
25、，_. 答案a45a44解析ann 2 018 n 2 019 n 2 019 2 019 2 018 n 2 019 1 2 019 2 018 n 2 019 ，根据函数 f(x) 1 2 019 2 018 x 2 019 的单调性可知， an1 2 019 2 018 n 2 019 ， 当 n1,44时，单调递减且 an1. 综上知，a4444 2 018 44 2 019是最小项， a4545 2 018 45 2 019是最大项 42021 河南新乡模拟已知数列an的首项 a121，且满足(2n5)an1(2n3)an4n216n15，则an中 最小的一项是() Aa5Ba6 C
26、a7Da8 答案A解析4n216n15(2n3)(2n5)，(2n5)an1(2n3)an(2n3)(2n5)，等式两边 同时除以(2n3)(2n5)，可得 an1 2n3 an 2n51，可设 b n an 2n5，则 b n1 an1 2n3，b n1bn1，即 bn1bn1. b1 a1 215 21 37，数列b n是以7 为首项，1 为公差的等差数列bn7(n1)1n8，n N*.an(n8)(2n5)2n221n40.可把 an看成关于 n 的二次函数，则根据二次函数的性质，可知当 n5 或 n 6 时，an可能取最小值当 n5 时，a52522154015，当 n6 时，a626
27、22164014， 当 n5 时，an取得最小值故选 A. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 解决数列an单调性问题的 3 种方法 1作差比较法：比较 an1an与 0 的大小 2作商比较法：比较an 1 an 与 1 的大小 3利用数列是特殊的函数这一特征，借助函数的图象分析 角度.数列的周期性问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 5数列an满足 an1 2an，0an1 2， 2an1，1 2a n0，则 a2a30 B若 a1a30，则 a1a20 C若 0a1 a1a3 D若 a10 (2)设 an(n1)2，bnn2n(nN*)，则下列命题中不正确的是() A
28、an1an是等差数列Bbn1bn是等差数列 Canbn是等差数列Danbn是等差数列 (1)答案：C解析：若an是递减的等差数列，则选项 A，B 都不一定正确若an为公差为 0 的等差数列， 则选项 D 不正确对于 C 选项，由条件可知an为公差不为 0 的正项数列，由等差中项的性质，得 a2a1a3 2 ，由 基本不等式，得a1a3 2 a1a3，所以 C 正确 (2)答案：D解析：对于 A，因为 an(n1)2， 所以 an1an(n2)2(n1)22n3， 设 cn2n3，所以 cn1cn2. 所以an1an是等差数列，故 A 正确； 对于 B，因为 bnn2n(nN*)， 所以 bn1
29、bn2n， 设 cn2n，所以 cn1cn2， 所以bn1bn是等差数列，故 B 正确； 对于 C，因为 an(n1)2，bnn2n(nN*)， 所以 anbn(n1)2(n2n)3n1， 设 cn3n1，所以 cn1cn3， 所以anbn是等差数列，故 C 正确； 对于 D，anbn2n2n1， 设 cn2n2n1，cn1cn不是常数，故 D 错误 2等差数列的基本公式：通项公式；前 n 项和公式 (1)等差数列an中，a2a31，a52a127，则 a5_. (2)等差数列an的首项为 1，公差为 4，前 n 项和为 120，则 n_. (1)答案：13解析：设等差数列的公差为 d，则有
30、2a13d1,4da127，解得 d5，a17，所以 a5a1 4d13. (2)答案：8解析：an1(n1)44n3，所以 Snn14n3 2 120，解得 n8 或 n15 2 (舍去) 通/性/通/法 1知三求二 等差数列中，有五个基本量 a1，d，n，an，Sn，这五个基本量通过_、_联系起来如 果已知其中三个量，利用这些公式，便可以求出其余两个的值，这其中主要是通过方程思想，列方程组求解 答案：通项公式前 n 项和公式 2等差数列运算的两个数学思想：转化思想、方程思想 (1)在等差数列an中，已知 a4a1012，则该数列前 13 项和 S13_. (2)已知等差数列an前三项的和为
31、3，前三项的积为 8，则an的通项公式是_ (1)答案：78解析：由等差数列的性质与前 n 项和公式，得 S1313a1a13 2 13a4a10 2 78. (2)答案：an3n5 或 an3n7解析：设等差数列an的前三项为 a2d，a2，a2d， 由题意得 3a23， a2da2a2d8， 解得 a21， d3 或 a21， d3， 所以 an3n5 或 an3n7. 题型等差数列的基本运算 角度.求特定项 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12020 江苏卷设an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q 的等比数列已知数列anbn的前 n 项和 Sn n2n2n1(nN
32、*)，则 dq 的值是_ 答案4解析设数列an的首项为 a1，数列bn的首项为 b1，易知 q1，则anbn的前 n 项和 Snna1 nn1 2 db11q n 1q d 2n 2 a1d 2 n b1 1qq n b1 1qn 2n2n1，d 21，q2，则 d2，q2，dq4. 22016 全国卷已知等差数列an前 9 项的和为 27，a108，则 a100() A100B99 C98D97 答案C解析设an的公差为 d，由等差数列前 n 项和公式及通项公式， 得 S99a198 2 d27， a10a19d8， 解得 a11， d1， ana1(n1)dn2， a100100298.故
33、选 C. 角度.求公差 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524，S648，则an的公差为() A1B2 C4D8 答案C解析设an的公差为 d， 则由 a4a524， S648， 得 a13da14d24， 6a165 2 d48， 解得 d4.故选 C. 42021 吉林期末设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 S2S42S3S5，a19，则公差 d() A5B4 C3D2 答案A解析S2S42S3S5， 2a1d4a16d6a16d5a110d， 5a19d0. a19，d5.故选 A. 角度.求前 n 项和 试/题/调/
34、研(题题精选，每题都代表一个方向) 52020 新高考将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前 n 项和为 _ 答案3n22n解析本题考查等差数列求和数列2n1表示首项为 1，公差为 2 的等差数列，各项均 为正奇数，而数列3n2表示首项为 1，公差为 3 的等差数列，各项分别为交替出现的正奇数与正偶数，它们的 公共项为数列3n2中的奇数项，所以an是首项为 1，公差为 6 的等差数列，其前 n 项和 Snn1nn1 2 6 3n22n. 62019 江苏卷已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前 n 项和若 a2a5a80，S927，则 S8的值是 _ 答案16解
35、析解法一：由 S9279a1a9 2 27a1a962a562a18d6 且 a53. 又 a2a5a802a15d0， 解得 a15，d2. 故 S88a1881 2 d16. 解法二：同解法一得 a53. 又 a2a5a803a2a802a22a50a23. da5a2 3 2，a1a2d5. 故 S88a1881 2 d16. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 1方程思想在等差数列中的运用“知三求二” 由 ana1n1d， Snna1nn1 2 d， 知等差数列的通项公式及前 n 项和公式中共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，所以已 知其中三个可求另外两个 2公差 d 的求解
36、技巧 若an是公差为 d 的等差数列，则 dan1anana1 n1 a mak mk (m，n，kN*) 题型等差数列的判定与证明 角度.定义法 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12016 天津卷已知an是各项均为正数的等差数列，公差为 d.对任意的 nN*，bn是 an和 an1的等比中项 (1)设 cnb2n1b2n，nN*，求证：数列cn是等差数列； (2)设 a1d，Tn 2n k1 (1)kb2k，nN*，求证： n k1 1 Tk 1 2d2. 证明(1)由题意得 b2nanan1， 又 cnb2n1b2nan1an2anan12dan1， 因此 cn1cn2d(
37、an2an1)2d2， 所以cn是等差数列 (2)Tn(b21b22)(b23b24)(b22n1b22n)2d(a2a4a2n)2dna2a2n 2 2d2n(n1) 所以 n k1 1 Tk 1 2d2 n k1 1 kk1 1 2d2 n k1 1 k 1 k1 1 2d2 1 1 n1 0 Ba10，n 的最小值为 8 答案ABD解析本题考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式的应用由题意，设等差数列an的公 差为 d，因为 a73a5，可得 a16d3(a14d)，解得 a13d.又由等差数列an是递增数列，可知 d0，则 a10，解得 n7，即 Sn0 时 n 的最小值为 8，故
38、D 正确 92020 北京卷在等差数列an中，a19，a51.记 Tna1a2an(n1，2，)，则数列Tn() A有最大项，有最小项 B有最大项，无最小项 C无最大项，有最小项 D无最大项，无最小项 答案B解析本题考查等差数列的通项公式及最值问题 设等差数列an的公差为 d， 则 4da5a18， 解得 d2，所以 ana1(n1)d2n11.由数列的通项公式可知，等差数列an的前五项均为负项，从第六项开 始，以后各项均为正项，则 T4最大又 n5 且 nN*时，Tn随 n 的增大而减小，所以数列Tn无最小项故选 B. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 求等差数列前 n 项和的最值的
39、方法 1二次函数法 用求二次函数最值的方法(配方法)求其前 n 项和的最值，但要注意 nN*. 2图象法 利用二次函数图象的对称性来确定 n 的值，使 Sn取得最值 3项的符号法 当 a10，d0 时，满足 an0， an10 的项数 n，使 Sn取最大值；当 a10 时，满足 an0， an10 的项数 n，使 Sn取最小值即正项变负项处 Sn最大，负项变正项处 Sn最小，若有零项，则使 Sn取最值的 n 有两个 提醒 完成限时跟踪检测(二十九) 第三节等比数列及其前 n 项和 复习要点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
40、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 知识点一等比数列的有关概念 1等比数列的定义 一般地，如果一个数列从_起，每一项与它的前一项的比等于_常数，那么这个数列叫做等比数 列，这个常数叫做等比数列的_，公比通常用字母 q(q0)表示 2等比数列的通项公式 设等比数列an的首项为 a1，公比为 q，则它的通项 an_. 3等比中项 如果_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_. 答案：1.第二项同一个公比2.a1qn 1 3.a，G，bG2ab 知识点二等比数列的前 n 项和公式 等比数列an的公
41、比为 q(q0)，其前 n 项和为 Sn，当 q1 时，Snna1； 当 q1 时，Sna11q n 1q a1anq 1q . 链/接/教/材 1必修 5P51例 3 改编已知an是等比数列，a22，a51 4，则公比 q_. 答案：1 2 2必修 5P54A 组 T8 改编在 9 与 243 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为 _ 答案：27,81 3必修 5P61A 组 T1 改编等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若S10 S5 31 32，则a n的通项公式 an _. 答案： 1 2 n1 易/错/问/题 1等比数列的两个非零量：项；公比 (1)
42、等比数列 x,3x3,6x6，的第 4 项等于_ (2)等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S33S20，则公比 q_. (1)答案：24解析：由等比数列的前三项为 x,3x3，6x6，可得(3x3)2x(6x6)，解得 x3 或 x 1(此时 3x30， 不合题意， 舍去)， 则该等比数列的首项为 x3， 公比 q3x3 x 2， 所以第 4 项为(6x6)q 24. (2)答案：2解析：S33S20， a1a2a33(a1a2)0， a1(44qq2)0. a10，q2. 2等比数列的基本公式：通项公式；前 n 项和公式 (1)已知an为等比数列且满足 a6a230，a3a13，则数列
43、an的前 5 项和 S5() A15B31 C40D121 (2)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S8 S4 17 16，则公比 q_. (1)答案：B解析：因为an为等比数列且满足 a6a230，a3a13，所以 a1q5a1q30， a1q2a13， 可得 a11， q2， S512 5 12 31，数列an的前 5 项和 S531. (2)答案：1 2 解析：易知公比 q 不为 1，由等比数列求和公式，得1q 8 1q4 17 16，即 1q 417 16，所以 q 41 16，得 q1 2或 q 1 2(舍去) 通/性/通/法 应用等比数列的前 n 项和公式的两个注
44、意点：公比应分 q1 与 q1 讨论；注意利用性质 (1)设数列an是等比数列，其前 n 项和为 Sn，且 S33a3，则此数列的公比 q_. (2)在等比数列an中，已知 a1a2a31，a4a5a62，则该数列的前 15 项的和 S15_. (1)答案：1 或1 2 解析： 当 q1 时，S33a13a3，符合题意；当 q1 时，a11q 3 1q 3a1q2， a10，1q33q2(1q)， 2q33q210， 即(q1)2(2q1)0，解得 q1 2. 综上所述，q1 或 q1 2. (2)答案：11解析：由题意知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，成等比数列，其公比 q2 1
45、 2， 首项为 a1a2a31，因此该数列的前 5 项和就是数列an的前 15 项的和，故 S15112 5 12 11. 题型等比数列的基本运算 角度.求首项 a1，公比 q 或项数 n 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1an为等比数列，求下列各值 (1)已知 a3a636，a4a718，an1 2，求 n； (2)已知 a2a836，a3a715，求公比 q； (3)已知 q 2，S815(1 2)，求 a1. 解(1)解法一： a4a7a3qa6q18， a3a636， q1 2. 又a3a6a3(1q3)36， a332. ana3qn 332 1 2 n328n1 2
46、2 1， 8n1，即 n9. 解法二：a4a7a1q3(1q3)18 且 a3a6a1q2(1q3)36， q1 2，a 1128. 又ana1qn 127 1 2 n128n1 22 1， 8n1，即 n9. (2)a2a8a3a736 且 a3a715， a33，a712 或 a312，a73. q44 或 q41 4， q 2或 q 2 2 . (3)S8a11 2 8 1 2 a 115 1 2 15(1 2)， a1(1 2)(1 2)1. 角度.求通项公式或特定项 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 2已知等比数列an为递增数列，且 a25a10,2(anan2)5an
47、1，则数列an的通项公式 an_. 答案2n解析2(anan2)5an1， 2an2anq25anq， 即 2q25q20，解得 q2 或 q1 2(舍去) 又a25a10a5q5， a5q52532. 32a1q4，解得 a12. an22n 12n，故 an2n. 32019 全国卷已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3() A16B8 C4D2 答案C解析由题意知， a10，q0， a1a1qa1q2a1q315， a1q43a1q24a1， 解得 a11， q2， a3a1q24.故选 C. 角度.前 n 项和的计算 试/题/调/研(题题精
48、选，每题都代表一个方向) 42020 全国卷，理数列an中，a12，amnaman.若 ak1ak2ak1021525，则 k() A2B3 C4D5 答案C解析本题考查等比数列的定义、前 n 项和公式因为数列an中，amnaman，令 m1，则 an 1ana12an，所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 ak1a12k2k 1.所以 ak 1ak2ak10 ak11210 12 2k 1(2101)2k112k1，则 2k112k121525，所以 k4，故选 C. 52020 新高考，已知公比大于 1 的等比数列an满足 a2a420，a38. (1)求an的通项公式；
49、(2)新高考记 bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前 100 项和 S100. 新高考求 a1a2a2a3(1)n 1anan 1. 解(1)设an的公比为 q. 由题设得 a1qa1q320，a1q28. 解得 q11 2(舍去)，q 22.由题设得 a12. 所以an的通项公式为 an2n. (2)新高考由题设及(1)知 b10， 且当 2nmd，a2d，d0) 假设存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a 4 4依次构成等比数列， 则 a4(ad)(ad)3， 且(ad)6a2(a2d)4. 令 td a，则 1(1t)(1t) 3， 且(1t)6(12t
50、)4 1 2t1，a2 019a2 0201，a2 0191 a2 02010，下列结论正确的是( ) AS2 019S2 020 Ba2 019a2 02110 CT2 020是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 答案AB解析本题考查等比数列的性质 当 q0 时，a2 019a2 020a22 019q1，a2 0201，a2 0191 a2 02010，不成立， 故 0q1,0a2 020S2 019，故 A 正确； a2 019a2 0211a22 02010 且 q1，q102. S40 S10 1q40 1q10 1q201q20 1q10 1q 201q101q10 1q10
