【精品】高三数学理,山东版一轮备课宝典 第五章　数列

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1、精品数学高考复习资料第五章数列第一节数列的概念与简单表示法考情展望1.以数列的前n项为背景写数列的通项.2.考查由数列的通项公式或递推关系求数列的某一项.3.考查已知数列的递推关系或前n项和Sn求通项an.一、数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列an的第n项an叫做数列的通项通项公式数列an的第n项an与n之间的关系能用公式anf(n)表达，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列an中，Sna1a2an叫做数列的前n项和二、数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an1an其中nN*递减数列

2、an1an常数列an1an判断数列递增(减)的方法(1)作差比较法：若an1an0，则数列an为递增数列若an1an0，则数列an为常数列若an1an0，则数列an为递减数列(2)作商比较法：不妨设an0.若1，则数列an为递增数列若1，则数列an为常数列若1，则数列an为递减数列三、数列的表示方法数列有三种表示方法，它们分别是列表法、图象法和解析法四、an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，通项公式为an，则an已知Sn求an的注意点利用anSnSn1求通项时，注意n2这一前提条件，易忽略验证n1致误，当n1时，a1若适合通项，则n1的情况应并入n2时的通项；否则an应利用分段函数的形式

3、表示1已知数列an的前4项分别为2,0,2,0，则下列各式不可以作为数列an的通项公式的一项是()Aan1(1)n1 Ban2sin Can1cos n Dan【解析】根据数列的前3项验证【答案】B2在数列an中，a11，an2an11，则a5的值为()A30 B31 C32 D33【解析】a52a412(2a31)122a32123a2222124a123222131.【答案】B3已知数列an的通项公式为an，则这个数列是()A递增数列 B递减数列C常数列 D摆动数列【解析】an0，1.an为递增数列【答案】A4数列an的前n项和Snn21，则an_.【解析】当n1时，a1S12；当n2时，

4、anSnSn1(n21)(n1)21n2(n1)22n1.an【答案】5(2011浙江高考)若数列中的最大项是第k项，则k_.【解析】由题意可知即化简得解得k1.又kN*，所以k4.【答案】46(2013课标全国卷)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.【解析】当n1时，S1a1，a11.当n2时，anSnSn1an(anan1)，an2an1，即2，an是以1为首项的等比数列，其公比为2，an1(2)n1，即an(2)n1.【答案】(2)n1考向一 083由数列的前几项归纳数列的通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式(1)1,7，13,19，；(2)0.8,

5、0.88,0.888，；(3)，.【思路点拨】归纳通项公式应从以下四个方面着手：(1)观察项与项之间的关系；(2)符号与绝对值分别考虑；(3)规律不明显，适当变形【尝试解答】(1)符号可通过(1)n表示，后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大6，故通项公式为an(1)n(6n5)(2)数列变为(10.1)，(10.01)，(10.001)，an .(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少3.因此把第1项变为，原数列化为，an(1)n.规律方法11.求数列的通项时，要抓住以下几个特征.,(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后

6、的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想.2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(1)n或(1)n1来调整.考向二 084由递推关系求通项公式根据下列条件，求数列的通项公式an.(1)在数列an中，a11，an1an2n；(2)在数列an中，an1an，a14；(3)在数列an中，a13，an12an1.【思路点拨】(1)求an1an，利用累加法求解(2)求，利用累乘法求解(3)利用(an11)2(an1)构造等比数列求解【尝试解答】(1)由an1an2n

7、，把n1,2,3，n1(n2)代入，得(n1)个式子，累加即可得(a2a1)(a3a2)(anan1)222232n1，所以ana1，即ana12n2，所以an2n2a12n1.当n1时，a11也符合，所以an2n1(nN*)(2)由递推关系an1an，a14，有，于是有3，将这(n1)个式子累乘，得.所以当n2时，ana12n(n1)当n1时，a14符合上式，所以an2n(n1)(nN*)(3)由an12an1得an112(an1)，令bnan1，所以bn是以2为公比的等比数列所以bnb12n1(a11)2n12n1，所以anbn12n11(nN*)规律方法2递推式的类型递推式方法示例an1

8、anf(n)叠加法a11，an1an2nf(n)叠乘法a11，2nan1panq (p0,1，q0)化为等比数列a11，an12an1an1panqpn1 (p0,1，q0)化为等差数列a11，an13an3n1考向三 085由an与Sn的关系求通项an已知下面数列an的前n项和Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb.(b为常数)【思路点拨】先分n1和n2两类分别求an，再验证a1是否满足an(n2)【尝试解答】(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，an4n5.(2)a1S13b，当n2时，anS

9、nSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式当b1时，a1不适合此等式当b1时，an23n1；当b1时，an规律方法3已知Sn求an时的三个注意点,(1)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“an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an对点训练若Sn满足的条件变为如下形式，则又如何求an?(1)Snn2n1；(2)log2(2Sn)n1.【解】(1)当n2时，anSnSn1(n2n1

10、)(n1)2(n1)12n；当n1时，a1S1321，故a13不满足an2n.an(2)log2(2Sn)n1，2Sn2n1，即Sn2n12，当n2时，anSnSn1(2n12)(2n2)2n，当n1时，a1S1222221，故a12满足an2n.an2n.易错易误之十明确数列中项的特征，慎用函数思想解题1个示范例1个防错练(2014安阳模拟)已知数列an中，ann2kn(nN*)，且an单调递增，则k的取值范围是()A(，2B(，3)C(，2) D(，3【解析】ann2kn(nN*)，且an单调递增，an1an0对nN*都成立，此处在求解时，常犯“an是关于n的二次函数，若an单调递增，则必

11、有1，k2”的错误.,出错的原因是忽视了数列作为函数的特殊性即自变量是正整数.又an1an(n1)2k(n1)n2kn2n1k，所以由2n1k0，即k2n1恒成立可知k(2n1)min3.【防范措施】1.明确函数单调性与数列单调性的关系,(1)若数列所对应的函数是单调的，则该数列一定单调.(2)若数列是单调的，其对应的函数未必单调，原因是数列是定义在nN*上的特殊函数.2.数列单调性的判断,一般通过比较an1与an的大小来判断：,若an1an，则该数列为递增数列；若an1an，则该数列为递减数列.(2014济南模拟)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_

12、【解析】法一(定义法)因为an是递增数列，故对任意的nN*，都有an1an，即(n1)2(n1)n2n，整理，得2n10，即(2n1)(*)因为n1，故(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.法二(函数法)设f(n)ann2n，其对称轴为n，要使数列an为递增数列，只需满足n即可，即3.【答案】(3，)第二节等差数列考情展望1.运用基本量法求解等差数列的基本量问题.2.在解答题中对所求结论的运算进行等差数列的判断与证明.3.在具体情景中能识别具有等差关系的数列，并会用等差数的性质解决相应问题一、等差数列1定义：an1and(常数)(nN*)2通项公式：ana1(n1)d，anam(nm)

13、d.3前n项和公式：Snna1.4a、b的等差中项A.证明an为等差数列的方法：(1)用定义证明：anan1d(d为常数，n2)an为等差数列；(2)用等差中项证明：2an1anan2an为等差数列；(3)通项法：an为n的一次函数an为等差数列；(4)前n项和法：SnAn2Bn或Sn.二、等差数列的性质已知数列an是等差数列，Sn是其前n项和(1)若m、n、p、q、k是正整数，且mnpq2k，则amanapaq2ak.(2)am，amk，am2k，am3k，仍是等差数列，公差为kd.(3)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，也是等差数列等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列an中，aman

14、(mn)dd(mn)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差(2)和的性质：在等差数列an中，Sn为其前n项和，则S2nn(a1a2n)n(anan1)S2n1(2n1)an.n为偶数时，S偶S奇d；n为奇数时，S奇S偶a中1在等差数列an中，a22，a34，则a10()A12 B14 C16 D18【解析】由题意，公差da3a22，a10a28d28218.【答案】D2在等差数列an中，a21，a45，则an的前5项和S5()A7 B15 C20 D25【解析】a21，a45，S515.【答案】B3设an为等差数列，公差d2，Sn为其前n项和，若S10S11

15、，则a1()A18 B20 C22 D24【解析】由S10S11得10a1(2)11a1(2)，解得a120.【答案】B4已知递增的等差数列an满足a11，a3a4，则an_.【解析】设等差数列公差为d，则由a3a4，得12d(1d)24，d24，d2.由于该数列为递增数列，d2.an1(n1)22n1.【答案】2n15(2013重庆高考)若2，a，b，c,9成等差数列，则ca_.【解析】由题意得该等差数列的公式d，所以ca2d.【答案】6(2013广东高考)在等差数列an中，已知a3a810，则3a5a7_.【解析】法一a3a82a19d10,3a5a74a118d2(2a19d)21020

16、.法二a3a82a35d10,3a5a74a310d2(2a35d)21020.【答案】20考向一 086等差数列的判定与证明在数列an中，a13，an2an12n3(n2，且nN*)(1)求a2，a3的值；(2)设bn(nN*)，证明：bn是等差数列【思路点拨】(1)分别令n2,3求a2，a3的值(2)用定义法，证明bn1bn为常数便可【尝试解答】(1)a13，an2an12n3(n2)a22a1436431.a32a223313.(2)证明：对于任意nN*，bn1bn(an12an)3(2n13)31，数列bn是首项为0，公差为1的等差数列规律方法1用定义证明等差数列时，常采用的两个式子a

17、n1and和anan1d，但它们的意义不同，后者必须加上“n2”，否则n1时，a0无定义.对点训练(1)已知数列an中，a11，则a10_.(2)已知数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1.求证：是等差数列；求数列an的通项公式【解析】(1)由已知，数列是公差为的等差数列，又a11，(n1).4，a10.【答案】(2)证明anSnSn1(n2)，又an2SnSn1，Sn1Sn2SnSn1，Sn0，2(n2)又2，故数列是以2为首项，以2为公差的等差数列由知(n1)d2(n1)22n，Sn.当n2时，有an2SnSn1，又a1，不适合上式，an考向二 087等差数列的基

18、本运算(1)(2013课标全国卷)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4C5D6(2)(2013四川高考)在等差数列an中，a1a38，且a4为a2和a9的等比中项，求数列an的首项、公差及前n项和【思路点拨】(1)先由Sm1，Sm，Sm1间的关系求得am和am1，进而求得公差d，然后借助Sm及am求得a1及m的值(2)先建立首项a1及公差d的方程组，解出a1，d后求Sn便可【尝试解答】(1)an是等差数列，Sm12，Sm0，amSmSm12.Sm13，am1Sm1Sm3，dam1am1.又Sm0，a12，am2(m1)12，m5.【答案】C(2)设该数

19、列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0，解得a14，d0或a11，d3，即数列an的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以数列的前n项和Sn4n或Sn.规律方法21.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，知三求二，体现了方程思想的应用. 2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法.对点训练已知等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前k项和

20、Sk35，求k的值【解】(1)设等差数列an的公差为d，由a11，a33，得12d3，d2.从而an1(n1)(2)32n.(2)由(1)知an32n，Sn2nn2，由Sk35得2kk235，即k22k350，解得k7或k5，又kN*，故k7.考向三 088等差数列的性质及应用(1)(2012辽宁高考)在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11()A58B88C143D176(2)设等差数列an的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn324(n6)，求数列an的项数及a9a10.【思路点拨】(1)a4a8a1a11，直接套用S11求解(2)利用倒序相加

21、法求和得n，利用等差数列的性质求a9a10.【尝试解答】(1)S1188.【答案】B(2)由题意知a1a2a636，anan1an2an5180，得(a1an)(a2an1)(a6an5)6(a1an)216，a1an36，又Sn324，18n324，n18.由a1an36，n18.a1a1836，从而a9a10a1a1836.规律方法31.在等差数列an中，若mnpq2k，则amanapaq2ak是常用的性质，本例(1)、(2)都用到了这个性质.2.掌握等差数列的性质，悉心研究每个性质的使用条件及应用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破口.对点训练(1)已知等差数列an的公

22、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，则这个数列的项数为()A10B20C30D40(2)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1010，S2030，则S30_.【解析】(1)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.(2)S10，S20S10，S30S20成等差数列，且S1010，S2030，S20S1020，S30301021030，S3060.【答案】(1)A(2)60考向四 089等差数列前n项和的最值在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值

23、时，Sn取得最大值，并求出它的最大值【思路点拨】由a120及S10S15可求得d，进而求得通项，由通项得到此数列前多少项为正，或利用等差数列的性质，判断出数列从第几项开始变号【尝试解答】法一a120，S10S15，1020d1520d，d.an20(n1)n.令an0得n13，即当n12时，an0；n14时，an0.当n12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12S131220130.法二同法一得d.又由S10S15，得a11a12a13a14a150.5a130，即a130.当n12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12S13130.规律方法4求等差数列前n项和的最值常用的方法(1)先求

24、an，再利用求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值.(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得前n项和的最值.利用等差数列的前n项和SnAn2Bn(A，B为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值.对点训练已知an是一个等差数列，且a21，a55.(1)求an的通项an；(2)求an前n项和Sn的最大值【解】(1)设an的公差为d，由已知条件解出a13，d2，所以ana1(n1)d2n5.(2)Snna1dn24n4(n2)2，所以n2时，Sn取到最大值4.规范解答之八等差数列的通项与求和问题1个示范例1个规范练(12分)(2013浙江高考)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,

25、2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.【规范解答】(1)由题意得，a15a3(2a22)2，由a110，an为公差为d的等差数列得，d23d40，2分解得d1或d4.3分所以ann11(nN*)或an4n6(nN*).5分(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11，6分所以当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n；8分当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.10分综上所述，|a1|a2|a3|an|12分【名师寄语】1.涉及求数列|an|前n项和的题目，其解题的关键是找到数列an的正负

26、界点，因此借助绝对值的性质，去掉绝对值符号是解题的着眼点.2.要正确区分“|a1|a2|a3|an|”与“a1a2a3an”的差异，明确两者间的转换关系，切忌逻辑混乱.(2012湖北高考)已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和【解】(1)设等差数列an的公差为d，易求a21，则a3a2d，a1a2d，由题意得解之得或所以由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列，不合题

27、设条件当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5.当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.当n2时，满足此式综上，Sn第三节等比数列考情展望1.运用基本量法求解等比数列问题.2.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定.3.客观题以等比数列的性质及基本量的运算为主，突出“小而巧”的特点，解答题注重函数与方程、分类讨论等思想的综合应用一、等比数列证明an是等比数列的两种常用方法(1)定义法：若q(q为非零常数

28、且n2且nN*)，则an是等比数列(2)中项公式法：在数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列二、等比数列的性质1对任意的正整数m、n、p、q，若mnpq2k，则amanapaqa.2通项公式的推广：anamqnm(m，nN*)3公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn；当公比为1时，Sn，S2nSn，S3nS2n不一定构成等比数列4若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则an，a，anbn，(0)仍是等比数列等比数列的单调性单调递增a10，q1或者a10,0q1单调递减a10,0q1或者a10，q1常数数列

29、a10，q1摆动数列q01已知an是等比数列，a22，a5，则公比q等于()AB2C2D.【解析】由题意知：q3，q.【答案】D2设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则()A11 B8 C5 D11【解析】8a2a50，得8a2a2q3，又a20，q2，则S511a1，S2a1，11.【答案】A3公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a10()A4 B5 C6 D7【解析】由题意aa3a1116，且a70，a74，a10a7q342325，从而log2a105.【答案】B4在等比数列an中，若公比q4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an_.【解析

30、】S321，q4，21，a11，an4n1.【答案】4n15(2013大纲全国卷)已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于()A6(1310) B.(1310)C3(1310) D3(1310)【解析】由3an1an0，得，故数列an是公比q的等比数列又a2，可得a14.所以S103(1310). 【答案】C6(2013江西高考)等比数列x,3x3,6x6，的第四项等于()A24 B0C12 D24【解析】由题意知(3x3)2x(6x6)，即x24x30，解得x3或x1(舍去)，所以等比数列的前3项是3，6，12，则第四项为24.【答案】A考向一 090等比数列的基本运算(

31、1)(2013北京高考)若等比数列an满足a2a420，a3a540，则公比q_；前n项和Sn_.(2)等比数列an的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列求an的公比q；若a1a33，求Sn.【思路点拨】建立关于a1与公比q的方程，求出基本量a1和公比，代入等比数列的通项公式与求和公式【尝试解答】(1)设出等比数列的公比，利用已知条件建立关于公比的方程求出公比，再利用前n项和公式求Sn.设等比数例an的首项为a1，公比为q，则：由a2a420得a1q(1q2)20.由a3a540得a1q2(1q2)40.由解得q2，a12.故Sn2n12.【答案】2,2n12(2)S1，S3，S2成

32、等差数列，a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于a10，故2q2q0，又q0，从而q.由已知可得a1a1()23，故a14，从而Sn.规律方法11.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用.2.在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算.对点训练(1)(2012辽宁高考)已知等比数列an为递增数列，且aa10,2(anan2)5an1，则数列an的通项公式an_.(2)(2014晋州模拟)已知数列an是公差不为零的等差数列，a

33、12，且a2，a4，a8成等比数列求数列an的通项公式；求数列3an的前n项和【解析】(1)设数列an的首项为a1，公比为q，aa10,2(anan2)5an1.由得a1q；由知q2或q，又数列an为递增数列，a1q2，从而an2n.【答案】2n(2)设数列an的公差为d(d0)，由题意得aa2a8，即(a13d)2(a1d)(a17d)又a12，所以d2或d0(舍去)an2n.由可知3an32n9n.故数列3an的前n项和为(9n1)考向二 091等比数列的判定与证明(2014荆州模拟)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.

34、(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列【思路点拨】正确设出等差数列的三个正数，利用等比数列的性质解出公差d，从而求出数列bn的首项、公比；利用等比数列的定义可解决第(2)问【尝试解答】(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，(7d)(18d)100，解之得d2或d13(舍去)，b35，公比q2，因此b1.故bn2n152n3.(2)证明由(1)知b1，公比q2，Sn52n2，则Sn52n2，因此S1，2(n2)数列Sn是以为首项，公比为2的等比数

35、列规律方法21.本题求解常见的错误：(1)计算失误，不注意对方程的根(公差d)的符号进行判断；(2)不能灵活运用数列的性质简化运算.2.要判定一个数列不是等比数列，则只需判定其任意的连续三项不成等比即可.对点训练(1)在正项数列an中，a12，点(，)(n2)在直线xy0上，则数列an的前n项和Sn_.(2)数列an的前n项和为Sn，若anSnn，cnan1，求证：数列cn是等比数列，并求an的通项公式【解析】(1)由题意知0，an2an1(n2)，数列an是首项为2，公比为2的等比数列Sn2n12.【答案】2n12(2)证明anSnn，a1S11，得a1，c1a11.又an1Sn1n1，an

36、Snn，2an1an1，即2(an11)an1.又a11，即，数列cn是以为首项，以为公比的等比数列则cnn1n，an的通项公式ancn11n.考向三 092等比数列的性质及应用(1)设等比数列an的前n项和为Sn，若S6S312，则S9S3等于()A12B23C34D13(2)(2014衡水模拟)在等比数列an中，若a7a8a9a10，a8a9，则_.【思路点拨】(1)借助S3，S6S3，S9S6成等比求解(2)应用等比数列的性质a7a10a8a9求解【尝试解答】(1)由等比数列的性质：S3、S6S3、S9S6仍成等比数列，于是(S6S3)2S3(S9S6)，将S6S3代入得.(2)法一a7

37、a8a9a10，a8a9a7a10，.法二由题意可知得，即，所以.【答案】(1)C(2)规律方法3在解决等比数列的有关问题时，要充分挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若mnpq，则amanapaq”，可以减少运算量，提高解题速度.对点训练(1)(2012课标全国卷)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10()A7B5C5D7(2)(2014大连模拟)已知等比数列an满足an0，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则log2a1log2a3log2a2n1等于()An(2n1) B(n1)2 Cn2 D(n1)2【解析】(1)由于a5a6a4a78，a4a72，a4，a7是方程

38、x22x80的两根，解之得a44，a72或a42，a74.q3或q32.当q3时，a1a10a7q34(2)(2)()7，当q32时，a1a10a7q34(2)7.(2)a5a2n5a22n，且an0，an2n，a2n122n1，log2a2n12n1，log2a1log2a3log2a2n1135(2n1)n2.【答案】(1)D(2)C 思想方法之十三分类讨论思想在等比数列求和中的应用分类讨论的实质是将整体化为部分来解决其求解原则是不复重，不遗漏，讨论的方法是逐类进行在数列的学习中，也有多处知识涉及到分类讨论思想 ，具体如下所示：(1)前n项和Sn与其通项an的关系：an(2)等比数列的公比

39、q是否为1；(3)在利用公式Sn求和时，数列的项的个数为偶数还是奇数等等求解以上问题的关键是找准讨论的切入点，分类求解1个示范例1个对点练(2013天津高考)已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值【解】(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得Sn1

40、n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2Sn1，故0SnS2.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.(2014青岛模拟)已知数列dn满足dnn，等比数列an为递增数列，且aa10,2(anan2)5an1，nN*.(1)求an；(2)令cn1(1)nan，不等式ck2014(1k100，kN*)的解集为M，求所有dkak(kM)的和【解】(1)设an的首项为a1，公比为q，所以(a1q4)2a1q9，解得a1q，又因为2(anan2)5an1，所以2(ananq2)5anq，则2(1q2)5q,2q25q20，解得q(舍

41、)或q2，所以an22n12n.(2)cn1(1)nan1(2)n，dnn，当n为偶数，cn12n2 014，即2n2 013，不成立；当n为奇数，cn12n2 014，即2n2 013，因为2101 024,2112 048，所以n2m1,5m49，则dk组成首项为11，公差为2的等差数列，ak(kM)组成首项为211，公比为4的等比数列，则所有dkak(kM)的和为2 475.第四节数列求和考情展望1.考查等差、等比数列的求和.2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧一、公式法与分组求和法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(1)等差数列的前n项和公式：Snna1

42、d；(2)等比数列的前n项和公式：Sn2分组求和法一个数列的通项公式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，分别求和而后相加减二、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，这个数列的前n项和可用错位相减法三、裂项相消法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，从而求得其和常用的拆项方法(1)(2)()(3)(4)四、倒序相加法和并项求和法1倒序相加法如果一个数列an的前n项中首末两端等“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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的2并

43、项求和法一个数列的前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(10099)(9897)(21)5 050.1等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B70 C75 D100【解析】Snn(n2)，n2.数列前10项的和为：(1210)2075.【答案】C2数列an的通项公式是an，前n项和为9，则n等于()A9 B99 C10 D100【解析】an，又a1a2an(1)19，n99.【答案】B3若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2

44、a10()A15 B12 C12 D15【解析】an(1)n(3n2)，a1a2a10(14)(710)(2528)3515.【答案】A4已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B. C. D.【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.【答案】A5(2013辽宁高考)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x25x40的两个根，则S6_.【解析】因为a1，a3是方程x25x40的两个根，且数列an是递增的等比数列，所以a11，a34，q2，所以S663.

45、【答案】636(2013重庆高考)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_. 【解析】借助等比中项及等差数列的通项公式求出等差数列的公差后，再利用等差数列的求和公式直接求S8.a1，a2，a5成等比数列，aa1a5(1d)21(4d1)，d22d0，d0，d2.S881264.【答案】64考向一 093分组转化求和已知数列an满足a11，且an3an12n1(n2)(1)证明an2n是等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.【思路点拨】(1)证明：q(q为非零常数)便可(2)求an的通项公式，分组求和求Sn.【尝试解答】(1)证明：当n2

46、时，由an3an12n1，得3.又a11，a1213数列an2n是首项为3，公比为3的等比数列(2)由(1)知an2n3n，an3n2n.Sna1a2an(3121)(3222)(3323)(3n2n)(3132333n)(2122232n)2n1.规律方法1分组转化法求和的常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前n项和.(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.对点训练(1)已知数列an的通项为an，Sn为数列an的前n项的和，则S20等于()A2 246B2 148C2 146 D2 248(2)

47、若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2【解析】(1)S20a1a2a3a4a20(a1a3a5a19)(a2a4a6a20)(13519)(212223210)10021122 146.(2)Sn(2122232n)135(2n1)2n1n22.【答案】(1)C(2)C考向二 094裂项相消法求和(2013课标全国卷)已知等差数列an的前n项和Sn满足S30，S55.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和【思路点拨】(1)结合等差数列的求和公式列出关于首项和公差的方程组求解；(2)裂项求和，但要注意裂项后的

48、系数【尝试解答】(1)设an的公差为d，则Snna1d.由已知可得解得故an的通项公式为an2n.(2)由(1)知，从而数列的前n项和为.规律方法21.本例第(2)问在求解时，常因“裂项”错误，导致计算失误2利用裂项相消法求和应注意以下两点(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列，则，.对点训练已知等差数列an中，a28，S666.(1)求数列an的通项公式an；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn.【解】(1)设等差数列an的公差为d，则由题意得解之得

49、an6(n1)22n4.(2)bn，Tn，考向三 095错位相减法求和(2013山东高考)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1) 求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足1，nN*，求bn的前n项和Tn.【思路点拨】(1)由于已知an是等差数列，因此可考虑用基本量a1，d表示已知等式，进而求出an的通项公式(2)先求出，进而求出bn的通项公式，再用错位相减法求bn的前n项和【尝试解答】(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1，得解得因此an2n1，nN*.(2)由已知1，nN*，当n1时，；当n2时，1.所以，nN*.由(1)知an2n1，nN*，所以bn，nN*.所以Tn，Tn.两式相减，得Tn，所以Tn3.规律方法31.正确认识等式“”是求解本题的关键，其含义是数列的前n项的和.2.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法.,3.用错位相减法求和时，