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2014必修5创新方案数学练习第二章


2.1

数列的概念与简单表示法
第一课时 数列的概念与通项公式

1.数列的概念 (1)数列:按照一定顺序排列着的一列数称为数列. (2)项:数列中的每一个数叫做这个数列的项.第 1 项通常叫做首项,排在第 n 位的数称 为这个数列的第 n 项. 2.数列的表示 数列的一般形式可以写成 a1,a2,a3,?,an,?,简记为{a

n},这里 n 是序号. 3.数列的分类 (1)按项的个数分类: 类别 含义 有穷数列 项数有限的数列 无穷数列 项数无限的数列 (2)按项的变化趋势分类: 类别 含义 递增数列 从第 2 项起,每一项都大于它的前一项的数列 递减数列 从第 2 项起,每一项都小于它的前一项的数列 常数列 各项都相等的数列 4.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.

1.an 和{an}是否相同? 提示:不相同.{an}表示数列 a1,a2,?,an,?,而 an 只表示{an}中的第 n 项.

? ?0,?n为奇数? 1+?-1?n 2.an=? 和 an= (n∈N*)都是数列 0,1,0,1,?的通项公式吗? 2 ?1,?n为偶数? ? 提示:是.

考点一

根据数列的前几项写出通项公式

根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式: 4 1 4 2 (1) , , , ,?; 5 2 11 7 1 9 25 (2) ,2, ,8, ,?; 2 2 2 (3)7,77,777,?; (4)0,3,8,15,24,?; 1 3 7 15 31 (5) , , , , ,?; 2 4 8 16 32 2 10 17 26 37 (6) ,-1, ,- , ,- ,?. 3 7 9 11 13 4 4 4 [自主解答] (1)注意前四项中有两项的分子为 4,不妨把分子统一为 4,即为 , , , 5 8 11 4 4 ,?,于是它们的分母相差 3,因而有 an= . 14 3n+2 1 4 9 16 25 n2 (2)类似(1)统一分母为 2,则有 , , , , ,?,因而有 an= . 2 2 2 2 2 2 7 (3)把各项除以 7,得 1,11,111,?,再乘以 9,得 9,99,999,?,所以 an= (10n-1). 9 (4) 观察数列递增速度较快,有点像成平方地递增,不妨用平方数列对照看一看,即 1,22,32,42,52,?,很快发现 an=n2-1. 2n-1 (5)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= n . 2 + (6)偶数项为负而奇数项为正,故通项公式必含因式 (-1)n 1,观察各项绝对值组成的数 列, 从第 3 项到第 6 项可见, 分母分别由奇数 7,9,11,13 组成, 而分子则是 32+1,42+1,52+1,62 2 12+1 22+1 + n +1 +1,按照这样的规律第 1、2 两项可改写为 ,- ,所以 an=(-1)n 1 . 2+1 2×2+1 2n+1 ————— ————————————— 1.根据数列的前几项写通项公式,体现了由特殊到一般的认识事物的规律.解决这类问 题一定要注意观察项与序号的关系和相邻项间的关系.具体地可参考以下几个思路: (1)统一项的结构,如都化成分数、根式等. (2)分析这一结构中变化的部分与不变的部分,探索变化部分的变化规律与对应序号间的 函数关系式,如例 1.(1)中可把分子、分母分别处理. (3)对于符号交替出现的情况,可观察其绝对值,再以(-1)n(n∈N*)处理符号,如例 1(6). (4)对于周期出现的数列,可考虑拆成几个简单数列和的形式,或者利用周期函数,如三 角函数等求通项. 2.必须熟练地掌握一些基本数列的通项公式,比如下面这些数列均属于基本数列,它们 的通项公式必须记住. (1)数列-1,1,-1,1,?的通项公式是 an=(-1)n;

(2)数列 1,2,3,4,?的通项公式是 an=n; (3)数列 1,3,5,7,?的通项公式是 an=2n-1; (4)数列 2,4,6,8,?的通项公式是 an=2n; - (5)数列 1,2,4,8,?的通项公式是 an=2n 1; (6)数列 1,4,9,16,?的通项公式是 an=n2; 1 1 1 1 1 (7)数列 , , , ,?的通项公式是 an= . 1 2 3 4 n —————————————————————————————————————— . 1.写出下列数列的一个通项公式,使其前几项分别是下列各数. 1 9 25 (1) ,2, ,8, ,?; 2 2 2 (2)1,-3,5,-7,9,?; (3)a,b,a,b,a,b,?; (4)9,99,999,9 999,?; 1 1 1 1 (5) ,- , ,- ,?; 1×2 2×3 3×4 4×5 22-1 32-1 42-1 52-1 (6) , , , ,?. 2 3 4 5 1 4 9 解:(1)数列的项,有的是分数,有的是整数,可将各项都统一成分数再观察: , , , 2 2 2 16 25 n2 * , ,?,所以,它的一个通项公式为 an= ,n∈N . 2 2 2 + (2)数列各项的绝对值为 1,3,5,7,9,?,是连续的正奇数,考虑(-1)n 1 具有转换符号的作 + 用,所以数列的一个通项公式为 an=(-1)n 1(2n-1),n∈N*. a+b a-b (3)这是个摆动数列,可寻找其摆动平衡位臵与摆动振幅,平衡位臵: ,振幅: , 2 2 a+b + + a-b 可用(-1)n 1 去调节,则原数列的一个通项公式为 an= +(-1)n 1 ,n∈N*. 2 2 (4)各项加 1 后,变为 10,100,1 000,10 000,?,此数列的通项公式为 10n,可得原数列的 一个通项公式为 an=10n-1,n∈N*. (5)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的积的倒数,且奇数项为正,偶数 1 + 项为负,所以它的一个通项公式是:an=(-1)n 1 ,n∈N*. n?n+1? (6)这个数列的前 4 项的分母都是序号加上 1,分子都是分母的平方减去 1,所以它的一 个通项公式是: ?n+1?2-1 an= ,n∈N*. n+1 考点二
?9n2-9n+2? ?. 已知数列? 2 ? 9n -1 ? (1)求这个数列的第 10 项; 98 (2) 是不是该数列中的项,为什么? 101 (3)求证:数列中的各项都在区间(0,1)内.

数列通项公式的应用

9n2-9n+2 [自主解答] 设 f(n)= 9n2-1 ?3n-1??3n-2? 3n-2 = = . ?3n-1??3n+1? 3n+1 28 (1)令 n=10,得第 10 项 a10=f(10)= . 31 3n-2 98 (2)令 = ,得 9n=300. 3n+1 101 此方程无正整数解, 98 所以 不是该数列中的项. 101 3n-2 3n+1-3 3 (3)∵an= = =1- , 3n+1 3n+1 3n+1 3 又 n∈N*,∴0< <1,∴0<an<1. 3n+1 即数列中的各项都在区间(0,1)内. 1 2? 若保持例 2 条件不变,试判断在区间? ?3,3?内有无数列中的项?若有,有几项? 3n-2 2 1 解:令 <an= < , 3 3n+1 3
? ?3n+1<9n-6, ∴? ∴ ?9n-6<6n+2. ?

?n>6, ? 8 ?n<3.

7

7 8 ∴ <n< . 6 3 错误! ————— ————————————— (1)由通项公式写出数列的前几项.主要是对 n 进行取值,然后代入通项公式,相当于函 数中,已知函数解析式和自变量的值求函数值. (2)判断一个数是否为该数列中的项.其方法是可由通项公式等于这个数解出 n,根据 n 是否为正整数便可确定这个数是否为数列中的项. —————————————————————————————————————— 2.已知数列{an}的通项公式为 an=3n2-28n. (1)写出数列的第 4 项和第 6 项; (2)问-49 和 68 是该数列的项吗?若是,是第几项?若不是,请说明理由. 解:(1)根据 an=3n2-28n, a4=3×42-28×4=-64, a6=3×62-28×6=-60. (2)令 3n2-28n=-49,即 3n2-28n+49=0. 7 ∴n=7 或 n= (舍). 3 ∴-49 是该数列的第 7 项,即 a7=-49. 令 3n2-28n=68,即 3n2-28n-68=0, 34 ∴n=-2 或 n= . 3

34 * ?N ,∴68 不是该数列的项. 3 【解题高手】 【妙解题】 ∵-2?N*, 数列{an}中,a1=1,对所有的 n≥2,都有 a1· a2· a3· ?· an=n2. (1)求 a3+a5; 256 (2)探究 是否为此数列中的项; 225 (3)试比较 an 与 an+1(n≥2)的大小. [ 巧 思 ] 求 出 数 列 {an} 的 通 项 公 式 是 解 决 本 题 的 关 键 . 由 a1· a2· a3· ?· an = n2 可 得 2 a1· a2· a3· ?· an-1=(n-1) ,故可求 an. [妙解] ∵a1· a2· a3· ?· an=n2(n∈N*),① ∴当 n≥2 时,a1· a2· a3· ?· an-1=(n-1)2.② ① n2 由 ,得 an= (n≥2). ② ?n-1?2 n2 9 25 61 (1)∵an= (n≥2),∴a3+a5= + = . 4 16 16 ?n-1?2 256 162 256 (2)∵ = 2=a16,∴ 是数列中的第 16 项. 225 15 225 ?n+1?2 n2 (3)n≥2 时,an-an+1= 2- n2 ?n-1? n4-?n2-1?2 2n2-1 = = 2 >0, ?n-1?2n2 n ?n-1?2 an>an +

1.下列说法正确的是 ( ) A.数列中的项不能相等 B.数列的通项公式是唯一的 C.数列中的数是按一定顺序排列的 D.数列 0,-1,-2.5,-3,?一定是递减数列 解析:数列中的项可以相等,通项公式也不一定只有一个,因此 A、B 两项都不对;数 列就是按一定顺序排列起来的一列数,因此 C 项正确;给定一个数列的前几项,并不能就此 确定该数列一定就是递减数列,因此 D 项也不正确. 答案:C 2. 数列 0, -1,0,1,0, -1,0,1, ?的一个通项公式是 ( ) ?-1?n+1 nπ A. B.cos 2 2 ?n+1?π ?n+2?π C.cos D.cos 2 2 nπ 解析:经验证可知,cos 是它的一个通项公式. 2 答案:B 3. 600 是 1×2,2×3,3×4,4×5, ?的第几项 ( ) A.20 B.24 C.25 D.30 解析:由观察知通项为 an=n×(n+1),600=n(n+1)解得 n=24. 答案:B 4.数列{an}中,an=2n,则 a4=________.

解析:∵an=2n,∴a4=24=16. 答案:16 5.用火柴棒按下图的方法搭三角形:

按图示的规律搭下去,则所用火柴棒数 an 与所搭三角形的个数 n 之间的关系式可以是 ________. 解析:a1=3=2×1+1,a2=5=2×2+1, a3=7=2×3+1,a4=9=2×4+1.∴an=2n+1. 答案:an=2n+1 6.写出下列数列的一个通项公式,使它的前几项分别是下列各数. 2 4 6 8 10 (1) , , , , ,?; 3 15 35 63 99 1 9 17 33 (2)-1, ,- , ,- ,?; 3 35 63 99 1 1 1 (3)1,0,- ,0, ,0,- ,0,?. 3 5 7 解:(1)这 一个分数数列,分子为偶数列,而分母为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11?是两个 2n 连续奇数积,故所求数列通项为 an= . ?2n-1??2n+1? 3 5 9 17 33 (2)数列前 5 项可以写成- , ,- , ,- ,由于数列间正负互相 1×3 3×5 5×7 7×9 9×11 间隔,应有调节符号作用的数列{(-1)n},分子构成规律为 2n+1,分母也为两个连续奇数的 2n+1 积,故 an=(-1)n· . ?2n-1??2n+1? 1 0 1 0 1 0 (3)直接写不能看出通项公式,但改写以后 , ,- , , , ,?, 1 2 3 4 5 6 n 分母依次为 1,2,3,4??、分子为 1,0,-1,0 呈周期性变化,可以用 sin π 表示,当然也 2 n-1 n sin π cos π 2 2 n-1 可以用 cos π 表示,故 an= 或 an= . 2 n n

一、选择题 1. 数列 1,3,6,10, ?的一个通项公式是 A.an=n2-n+1 n?n-1? B.an= 2 ( )

n?n+1? C.an= D.an=n2+1 2 解析:∵a1=1,a2=3,a3=6,a4=10, ∴可分别令 n=1,2,3,4 验证. 答案:C 2. 已知数列{an}中, an=2n+1, 那么 a2n 为 A.2n+1 B.4n-1 C.4n+1 D.4n 解析:∵an=2n+1,∴a2n=2(2n)+1=4n+1. 答案:C 3. 已知一组数 1,1,2,3,5,8, x,21,34,55, 按这组数规律, x 应为 A.11 B.12 C.13 D.14

(

)

(

)

解析:由题意得 1+1=2,1+2=3,2+3=5,3+5=8. ∴x=5+8=13. 答案:C 4. 数列{an}中, an=2n2-3, 则 125 是这个数列的第几项 ( ) A.4 B.8 C.7 D.12 解析:∵数列{an}通项公式为 an=2n2-3, ∴125=2n2-3 得 n=8. 答案:B 二、填空题 5.已知下列数列: (1)2 000,2 004,2 008,2 012; n-1 1 2 (2)0, , ,?, ,?; 2 3 n 1 1 1 (3)1, , ,?, n-1,?; 2 4 2 - ?-1?n 1· n 2 3 (4)1,- , ,?, ,?; 3 5 2n-1 (5)6,6,6,6,6,6. 其中,有穷数列是________,无穷数列是________,递增数列是__________,递减数列 是__________,常数列是__________,摆动数列是________.(将符合条件的数列的序号填在 横线上) 解析:(1)是有穷递增数列; n-1 1 (2)是无穷递增数列?因为 =1- ?; n n? ? (3)是无穷递减数列; (4)是摆动数列,也是无穷数列; (5)是常数列,也是有穷数列. 答案:(1)(5) (2)(3)(4) (1)(2) (3) (5) (4) 1 1 3 2 6.数列 0, , , , ,?的通项公式为________. 3 2 5 3 0 1 2 3 4 解析:数列可写为 , , , , ,?, 2 3 4 5 6 n-1 则其通项公式为 an= . n+1 n-1 答案:an= n+1 7.下列说法中,不正确的是________. ①数列 1,3,5,7 可表示为{1,3,5,7}; ②数列 1,0,-1,-2 与数列-2,-1,0,1 是相同的数列; ?n+1? 1 ?的第 k 项是 1+ ; ③数列? k ? n ? ④数列 0,2,4,6,8,?可表示为 an=2n(n∈N*). 解析:①数列 1,3,5,7 不可写成集合形式,故①错;②数列具有顺序故②不正确;③数列 ?n+1? k+1 1 ? ?第 k 项为 =1+ 正确;④数列 0,2,4,6,8,?应表示为 an=2n-2(n∈N*). k k ? n ? 答案:①②④ 8.黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图的规律拼成若干个图案,则第 n 个图案中有白 色地面砖________块.

解析:法一:第 1 个图案有白色地面砖 6 块,第 2 个图案有 10 块,第 3 个图案有 14 块, 可以看出每个图案较前一个图案多 4 块白色的地面砖. ∴第 n 个图案有 6+4(n-1)=4n+2 块. 法二:第一个图案有白色地面砖 3×2 块,第二个图案有 5×2 块,第三个图案有 7×2 块,?, ∴第 n 个图案有(2n+1)×2=4n+2 块. 答案:4n+2 三、解答题 an2+b 7 9.已知数列 2, ,2,?的通项公式为 an= ,求 a4、a5. 4 cn 7 解:将 a1=2,a2= 代入通项公式得 4 b =2, ?a+ c ?4a+b 7 ? 2c =4
?b=3a, ? ?? ?c=2a, ?

an2+b n2+3 19 14 ∴an= = .∴a4= ,a5= . cn 2n 8 5 n2+n-1 10.数列{an}中,已知 an= (n∈N*). 3 (1)写出 a10,an+1,a2 n; 2 (2)79 是不是该数列中的项?若是,是第几项. 3 102+10-1 109 解:(1)a10= = , 3 3 2 ?n+1? +?n+1?-1 n2+3n+1 an+1= = , 3 3 ?n2?2+n2-1 n4+n2-1 an2= = . 3 3 2 2 2 n +n-1 (2)假设 79 是该数列的第 n 项,则 79 = , 3 3 3 2 ∴n +n-240=0. 解之,得 n=15 或 n=-16(舍去). 2 故 79 是该数列的第 15 项. 3

第二课时

数列的性质和递推公式

1.数列的函数性质 (1)数列可以看成以正整数集 N*(或它的有限子集{1,2,?,n})为定义域的函数 an=f(n), 当自变量按照从小到大的顺序依次取值时,所对应的一列函数值. (2)在数列{an}中,若 an+1>an,则{an}是递增数列;若 an+1<an,则{an}为递减数列;若 an +1=an,则{an}为常数列. 2.数列的递推公式 如果已知数列{an}的首项(或前 n 项)及相邻两项间的关系可用一个公式来表示, 那么这个 公式叫做数列的递推公式.

1.数列是一种特殊的函数,你认为下列说法是否正确? ①数列可以用图形来表示;②数列不能用列表法表示;③数列若用图象表示,从图象上 看是一群孤立的点;④数列的通项公式就是相应函数的解析式. 提示:①③④正确.数列可以用列表法表示,故②错误. 2.已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=an+1-an,则 a3,a4,a5 为何值? 提示:a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-1,a5=a4-a3=-2. 3.如果数列{an}为递增数列,且 an=n2+λn(n∈N*),则实数 λ 应满足什么条件? 提示:因为{an}为递增数列,所以 an+1>an. 即(n+1)2+λ(n+1)>n2+λn. ∴λ>-2n-1. 即 λ>-3,故实数 λ>-3.

考点一

利用数列的函数性质判断数列的单调性

已知函数 f(x)=2x-2 x,数列{an}满足 f(log2an)=-2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)判断数列{an}的增减性. - [自主解答] (1)∵f(x)=2x-2 x,f(log2an)=-2n, 1 ∴2log2an-2-log2an=-2n,即 an- =-2n, an ∴a2 n+2nan-1=0, 解得 an=-n± n2+1. ∵an>0,∴an= n2+1-n,n∈N*.


an+1 ?n+1?2+1-?n+1? (2) = an n2+1-n = <1. ?n+1?2+1+?n+1? ∵an>0,∴an+1<an . ∴数列{an}是递减数列. 若本例条件换为 f(x)=log2x- 2 (0<x<1),且数列{an}满足 f(2an)=2n(n∈N*)呢? log2x n2+1+n

2 解:(1)∵f(x)=log2x- (0<x<1),① log2x f(2an)=2n,② 2 ∴log22an- =2n, log22an 2 即 an- =2n. an ∴a2 n-2nan-2=0. ∴an=n± n2+2③ 由 0<x<1,得 0<2an<1, ∴an<0.④ 由③④,得 an=n- n2+2,此即为数列{an}的通项公式. an+1 ?n+1?- ?n+1?2+2 (2) = = an n- n2+2 [?n+1?- ?n+1?2+2 ] ?n+ n2+2 ? [?n+1?+ ?n+1?2+2 ] ?n- n2+2 ? ?n+ n2+2 ? [?n+1?+ ?n+1?2+2] = <1, ?n+1?+ ?n+1?2+2 an+1 即 <1.由于 an<0,∴an+1>an. an ∴数列{an}是递增数列. ————— ————————————— 判定数列单调性的方法: 本题是函数、方程与数列的典型结合与运用,要判断数列{an}的增减性.只要比较 an 与 an+1 的大小,可以用作差法或作商法. —————————————————————————————————————— n+ n2+2

1.已知数列{an}中,a1=1,且对任意的 n∈N*(n≥2),均有 an=3an-1+2,试写出该数 列的前 5 项,并指出数列的增减性. 解:由于 a1=1,an=3an-1+2(n≥2,且 n∈N*), ∴a2=3a1+2=5, a3=3a2+2=3×5+2=17, a4=3a3+2=3×17+2=53, a5=3a4+2=3×53+2=161. ∴数列的前 5 项依次为 1,5,17,53,161,该数列为递增数列.

考点二

求数列的最大项

9n?n+1? 已知 an= (n∈N*),试问数列{an}中有没有最大项?如果有,求出这个最 10n 大项;如果没有,说明理由. 9 ?n+1 9 ?n [自主解答] 有.因为 an+1-an=? (n+2)-? (n+1) ?10? · ?10? · 9 ?n+1 ? 10 ? ? 9 ?n+1 8-n =? ?10? · ??n+2?- 9 ?n+1??=?10? · 9

? ?? 9 ? =??10? 9? ? ???10 ?

8-n ? 9 ?n+1· >0?n≤7时?, ?10? 9
n+1

8-n · =0?n=8时?, 9 8-n · <0?n≥9时?, 9

n+1

所以 a1<a2<a3<?<a7<a8=a9>a10>a11>?,故数列{an}存在最大项,最大项为 a8 99 =a9= 8. 10 ————— ————————————— 已知数列通项公式求最大(小)项的基本思路: 已知数列的通项公式求数列的最大(小)项,其实质是求函数的最大(小)值,但要注意函数 的定义域,本题可以利用差值比较法来探讨数列的单调性,以此求解最大项. —————————————————————————————————————— 18?n * 2.在数列{an}中,an=(n+1)? ?19? (n∈N ). (1)求证:数列{an}先递增,后递减; (2)求数列{an}的最大项. 18?n ?n+1?? ?19? an 解:(1)证明:∵ = an-1 ?18?n-1 n· ?19? 18 n+1 = × (n≥2). 19 n an 当 >1 时, an-1 18 n+1 即 × >1, 19 n 解得 n<18; an 当 =1 时, an-1 18 n+1 即 × =1. 19 n 解得 n=18; an 当 <1 时, an-1

18 n+1 × <1, 19 n 解得 n>18. ∴从第 1 项到第 17 项递增,从第 18 项起递减. 1818 (2)由(1)知 a17=a18= 17最大. 19 即 考点三 数列的递推公式及其应用

已知数列{an}满足下列条件,写出它的前 5 项,并归纳出数列的一个通项公式. (1)a1=0,an+1=an+(2n-1); 2an (2)a1=1,an+1= . an+2 [自主解答] (1)∵a1=0,an+1=an+(2n-1), ∴a2=a1+(2×1-1)=0+1=1, a3=a2+(2×2-1)=1+3=4, a4=a3+(2×3-1)=4+5=9, a5=a4+(2×4-1)=9+7=16. 故该数列的一个通项公式是 an=(n-1)2. 2an (2)∵a1=1,an+1= , 2+an 2a1 2 2a2 1 ∴a2= = ,a = = , 2+a1 3 3 2+a2 2 2a3 2 2a4 1 a4= = ,a = = . 2+a3 5 5 2+a4 3 2 1 2 1 ∴它的前 5 项依次是 1, , , , . 3 2 5 3 2 2 2 2 2 它的前 5 项又可写成 , , , , , 1+1 2+1 3+1 4+1 5+1 2 故它的一个通项公式为 an= . n+1 ————— ————————————— 根据首项及递推公式写出数列的前几项,然后归纳、猜想其通项公式,是本节课的重点, 我们必须熟练地掌握它,其中归纳猜想通项公式是难点,根据数列给出的前几项写出一个通 项公式的方法来处理,不同的是在写出前几项时一般不对前几项化简,但有时化简后有利于 观察其通项公式,关键是尝试,而没有定法. —————————————————————————————————————— 3.已知数列{an},a1=2,an=2an-1(n≥2),求数列的通项公式 an. 解:∵a1=2,an=2an-1,∴ an an-1 a3 a2 ∴an= · · ?· · · a an-1 an-2 a2 a1 1 =2×2×?2×2× 2 =2n. 个
n

an =2. an-1

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2 设{an}是首项为 1 的正项数列且(n+1)a2 an=0(n∈N*),求 an. n+1-nan+an+1· 2 2 [解] 法一:(累乘法)由(n+1)an+1-nan+an+1an=0. 得(an+1+an)(nan+1-nan+an+1)=0. 由于 an+1+an>0,∴(n+1)an+1-nan=0. an+1 n ∴ = . an n+1 a2 a3 an ∴an=a1· · · ?· a1 a2 an-1 n-1 1 1 2 3 =1× × × ×?× = . 2 3 4 n n 法二:(换元法)由已知得(n+1)an+1-nan=0, 设 bn=nan,则 bn+1-bn=0.∴{bn}是常数列. 1 ∴bn=b1=1×a1=1,即 nan=1.∴an= . n

2n 1. 已知数列{an}的通项公式是 an= , 那么这个数列是 n +1 A.递增数列 B.递减数列 C.摆动数列 D.常数列 2?n+1? 解析:法一:∵an+1= , n+2 2?n+1? 2n ∴an+1-an= - n+2 n+1 2 2?n+1? -2n?n+2? = ?n+1??n+2? 2 = >0, ?n+1??n+2? ∴{an}是递增数列. 法二:∵数列{an}各项均为正, 2?n+1? 又 an+1= , n+2 2?n+1? n+2 an+1 2?n+1?2 ∴ = = an 2n 2n?n+2? n+1 n2+2n+1 = 2 >1, n +2n ∴{an}是递增数列. 答案:A 2. 已知数列{an}对任意的 p, q∈N*满足 ap+q=ap+aq, 且 a2=-6, 则 a10= A.-165 B.-33 C.-30 D.-21 解析:∵ap+q=ap+aq, ∴a4=2a2=-12, a8=2a4=-24, a10=a2+a8=-30. 答案:C

(

)

(

)

3. 已知数列{an}满足 an+1 6 A. 7 5 B. 7

? ?2a ? ?0≤a <2?, =? 1 ? ?2a -1 ? ?2≤a <1?.
n n n n

1

6 若 a1= , 则 a2 011 的值为 7 1 D. 7

(

)

3 C. 7

5 3 6 解析:计算得 a2= ,a3= ,a4= ,故数列{an}是以 3 为周期的周期数列,又因为 2 011 7 7 7 6 =670×3+1,所以 a2 011=a1= . 7 答案:A 4.已知数列{an},a1=1,an=2an-1-1(n>1,n∈N*),则 a99=________. 解析:∵an=2an-1-1,∴a2=2×a1-1=1, a3=2×a2-1=1,?,a99=1. 答案:1 5. 设 an=-n2+10n+11, 则数列{an}从首项到第 m 项的和最大, 则 m 的值是________. 2 解析:令 an=-n +10n+11≥0,则 0<n≤11. ∴a1>0,a2>0,?,a10>0,a11=0. ∴m=10 或 11. 答案:10 或 11 6.数列{an}的通项公式为 an=30+n-n2. (1)-60 是否是{an}中的一项? (2)当 n 分别取何值时,an=0,an>0,an<0? 解:(1)假设-60 是{an}中的一项, 则-60=30+n-n2.解得 n=10 或 n=-9(舍去). ∴-60 是{an}的第 10 项. (2)n=6 时,an=0;0<n<6 时,an>0; n>6 时,an<0.

一、选择题 1. 数列 1,3,6,10,15, ?的递推公式是 A.an+1=an+n,n∈N* B.an=an-1+n,n∈N*,n≥2 C.an+1=an+(n+1),n∈N*,n≥2 D.an=an-1+(n-1),n∈N*,n≥2 解析:逐项验证可知 B 选项合适. 答案:B ( )

1 2. 已知数列{an}满足 a1>0, 且 an+1= an, 则数列{an}是 ( 2 A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列 1 解析:由 a1>0,且 an+1= an, 2 an+1 1 则 an>0,又 = <1,∴an+1<an. an 2 因此数列{an}为递减数列. 答案:B n 3. 已知数列{an}的项满足 an+1= a, 而 a1=1, 通过计算 a2, a3, 猜想 an 等于 ( n+2 n

)

)

2 A. ?n+1?2 1 C. n 2 -1

2 B. n?n+1? 1 D. 2n-1

2 解析:a1=1= , 1×2 n ∵an+1= a n+2 n 1 2 1 2 ∴a2= = .同理可求 a3= = . 3 2×3 6 3×4 2 因此,猜想 an= . n?n+1? 答案:B n+c 4. 在数列{an}中, 已知 an= (c∈R), 则对于任意正整数 n 有 ( ) n+1 A.an<an+1 B.an 与 an+1 的大小关系和 c 有关 C.an>an+1 D.an 与 an+1 的大小关系和 n 有关 n+c n+1+c-1 c-1 解析:∵an= = =1+ n+1 n+1 n+1 c-1 c-1 c-1 ∴an-an+1= - = n+1 n+2 ?n+1??n+2? 当 c-1>0 时 an>an+1; 当 c-1<0 时 an<an+1; 当 c-1=0 时 an=an+1. 答案:B 二、填空题 5.已知数列{an}的通项公式为 an=-2n2+21n,则该数列中最大的项为第________项. 解析:∵f(n)=-2n2+21n 21?2 441 * =-2? ?n- 4 ? + 8 (n∈N ), ∴n=5 或 6 时 an 最大. ∵a5=55,a6=54,∴最大项为第 5 项. 答案:5 6.函数 f(x)定义如下表,数列{xn}满足 x0=5,且对任意的自然数均有 xn+1=f(xn),则 x2 012=________. x 1 2 3 4 5 f(x) 5 1 3 4 2 解析:由题意可得 x1,x2,x3,x4,x5,?的值分别为 2,1,5,2,1,?故数列{xn}为周期为 3 的周期数列.∴x2 012=x3×670+2=x2=1. 答案:1 - 7.数列{an}中 a1=1,a2=3,a2 an+1=(-1)n 1(n≥2),那么 a4=________. n-an-1· 2 解析:令 n=2 得 a2-a1· a3=-1, ∴a3=10. 2 令 n=3 代入,得 a2 3-a2a4=(-1) , ∴a4=33. 答案:33 n,n为奇数时, ? ? 8.我们可以利用数列{an}的递推公式 an=? n (n∈N*)求出这个数列各项 a , n 为偶数时 ? ? 2

的值,使得这个数列中的每一项都是奇数.研究发现,该数列中的奇数都会重复出现,那么 第 8 个 5 是该数列的第________项. 解析:由题意可知,a5=a10=a20=a40=a80=a160=a320=a640=?=5.故第 8 个 5 是该数 列的第 640 项. 答案:640 三、解答题 9.在数列{an}中,已知 a1=2,a2=3,an+2=3an+1-2an(n≥1),写出此数列的前 6 项, 并猜想数列的通项公式. 解:a1=2,a2=3, a3=3a2-2a1=3×3-2×2=5, a4=3a3-2a2=3×5-2×3=9, a5=3a4-2a3=3×9-2×5=17, a6=3a5-2a4=3×17-2×9=33. - 可猜想 an=2n 1+1. 1?n 10.已知 an=a? ?2? (a 为常数且 a≠0),试判断{an}的单调性.下面是一学生的解法,这 种解法对吗?如果不对,给出你的结论. 1?n ?1?n-1 ?1?n ∵an-an-1=a? ?2? -a?2? =-a?2? <0, ∴{an}是递减数列. 解:这种解法误认为 a>0,所以不对,对于非零实数 a 应讨论 a>0 和 a<0 两种情况. 1?n ∵an-an-1=-a? ?2? (n≥2), ∴当 a>0 时,an-an-1<0. ∴an<an-1. ∴{an}是递减数列; 当 a<0 时,an-an-1>0, ∴an>an-1. ∴{an}是递增数列.

2.2 等差数列
第一课时 等差数列的概念及通项公式

1.等差数列的定义 如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就

叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 d 表示. 2.等差中项 由三个数 a,A,b 组成的等差数列中,A 叫做 a 与 b 的等差中项. 3.等差数列的通项公式 如果等差数列{an}的首项是 a1,公差是 d,则它的通项公式为 an=a1+(n-1)d.

1.如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的差都等于常数,该数列还是等差数 列吗? 提示:不一定.必须是同一个常数,才能保证该数列为等差数列. 2.若 a 是 3 与 5 的等差中项,则 a 为何值? 提示:3+5=2a,即 a= 4.

考点一

等差数列的通项公式

若数列{an}为等差数列,且 a15=8,a60=20,求 a75. [自主解答] 设等差数列{an}的公差为 d,则 64 a1= , ? 15 a = a + 14 d = 8 , ? 15 1 ? 解得 4 ?a60=a1+59d=20, ? d= . 15

? ? ?

∴an=a1+(n-1)d 64 4 4 = + (n-1)= n+4, 15 15 15 4 ∴a75= ×75+4=20+4=24. 15

保持例 1 条件不变,若 am∈(1,10),则 m 为何值? 4 4 解:由例题可知,am= m+4,∴1< m+4<10. 15 15 4 45 45 即-3< m<6.∴- <m< , 15 4 2 又∵m∈N*,∴m=1,2,3,4,?,22.

—————

—————————————

欲求等差数列的通项公式,只需确定它的首项 a1 和公差 d,然后代入公式 an=a1+(n- 1)d 即可. ——————————————————————————————————————

1.在等差数列{an}中,已知 a5=11,a8=5,求 a10.
? ?a5=a1+4d=11, 解:∵? ?a8=a1+7d=5, ② ? ②-①得 3d=-6,d=-2, 代入①得 a1=11-4d=19 ∵an=a1+(n-1)d, ∴a10=19+(10-1)×(-2)=1.



考点二

等差中项的应用

已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+nq(n∈N*,p,q 为常数),且 x1、x4、 x5 成等差数列.求:p,q 的值. [自主解答] 由 x1=3,得 2p+q=3,① 又 x4=24p+4q,x5=25p+5q, 且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,② 由①②得 q=1,p=1. ————— ————————————— 若三数 a,b,c 成等差数列,则 a+c=2b,即 b 为 a,c 的等差中项,这个结论在已知 等差数列的题中经常用到. —————————————————————————————————————— 2.已知数列 8,a,2,b,c 是等差数列,则 a,b,c 的值分别为________,________, ________. 解:由等差中项可得 8+2=2a,即 a=5. a+b=2×2,即 b=-1,2+c=2b,c=-4. 答案:5 -1 -4

考点三

等差数列的判定与证明

2an 已知数列{an},满足 a1=2,an+1= . an+2 ?1? (1)数列?a ?是否为等差数列?说明理由; ? n? (2)求 an. ?1? [自主解答] (1)数列?a ?是等差数列,理由如下: ? n? 2an ∵a1=2,an+1= , an+2 an+2 1 1 1 1 1 1 ∴ = = + .∴ - = . 2 an an+1 an 2 an+1 2an ?1? 1 1 1 即?a ?是首项为 = ,公差为 d= 的等差数列. a1 2 2 ? n?

1 1 n 2 (2)由上述可知 = +(n-1)d= ,∴an= . an a1 2 n ————— ————————————— 证明一个数列是等差数列常用的方法如下: (1)定义法:an-an-1=d(常数)(n≥2 且 n∈N*)?数列{an}为等差数列. (2)等差中项法:2an=an-1+an+1(n≥2 且 n∈N*)?数列{an}为等差数列. —————————————————————————————————————— 1 1 1 3.若 , , 是等差数列,求证:a2,b2,c2 成等差数列. b+c c+a a+b 1 1 1 证明:∵ , , 是等差数列, b+c c+a a+b 1 1 2 ∴ + = . b+c a+b c+a ∴(a+b)(c+a)+(b+c)(c+a) =2(a+b)(b+c). ∴(c+a)(a+c+2b) =2(a+b)(b+c). ∴2ac+2ab+2bc+a2+c2 =2ab+2ac+2bc+2b2. ∴a2+c2=2b2. ∴a2,b2,c2 成等差数列. 解题高手 妙解题 同样的结果,不一样的过程,节省解题时间,也是得分!

三个数成等差数列,和为 6,积为-24,求这三个数. [巧思] 三个数成等差数列,设法很多,“对称设项”最巧妙,运算最简单. [妙解] 设三个数分别为 a-d,a,a+d,则据题意可得: ?a-d+a+a+d=6, ?
? ? ??a-d?a?a+d?=-24,

解得 a=2,d=± 4. 所以,这三个数分别为-2,2,6 或 6,2,-2.

1. 已知等差数列{an}的通项公式为 an=5-4n, 则它的公差为 A.4 B.5 C.-4 D.-5 解析:∵an=5-4n,∴an+1=5-4(n+1). 则 an+1-an=5-4(n+1)-5+4n=-4=d. 答案:C 2. 等差数列 1, -1, -3, ?, -89 的项数是 A.92 B.47 C.46 D.45 解析:等差数列中 a2=-1,a1=1,d=a2-a1=-2. an=-89=a1+(n-1)d=1+(n-1)×(-2) 得 n=46. 答案:C 3. 在等差数列{an}中, a1+a9=10, 则 a5 的值为 A.5 B.6 C.8 D.10

(

)

(

)

(

)

解析:在等差数列{an}中,由性质得 a1+a9=2a5, ∴a5=5. 答案:A 4.一个三角形的三个内角 A、B、C 成等差数列,则 tan(A+C)=________. 解析:∵A、B、C 成等差数列,∴A+C=2B, 又∵A+B+C=180° ,∴A+C=120° . ∴tan(A+C)=tan 120° =- 3. 答案:- 3 5.已知递增的等差数列|an|满足 a1=1,a3=a22-4,则 an=________. 解析:设等差数列{an}的公差为 d, ? ? ?a1=1, ?a1=1, 由已知得? 即? 2 2 ?a3=?a1+d? -4, ?1+2d=?1+d? -4, ? ?
?a1=1, ? 解得? ?d=± 2. ? ? ?a1=1, 由于等差数列{an}是递增的等差数列,因此? ?d=2. ? 所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. 答案:2n-1 6.已知{an}是等差数列,分别根据下列条件写出它的通项公式. (1)a3=5,a7=13; (2)前三项为 a,2a-1,3-a. 解:(1)法一:设首项为 a1,公差为 d, ? ?a3=a1+2d=5, 则? ?a7=a1+6d=13, ? ?a1=1, ? 解得? ? ?d=2, ∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1. ∴通项公式是 an=2n-1. a7-a3 13-5 法二:∵d= = =2, 4 7-3 ∴an=a3+(n-3)d=5+(n-3)×2=2n-1. ∴通项公式是 an=2n-1. (2)∵a,2a-1,3-a 是等差数列的前三项, ∴(2a-1)-a=(3-a)-(2a-1). 5 解得 a= . 4 1 ∴d=(2a-1)-a=a-1= . 4 5 1 1 ∴an=a1+(n-1)d= +(n-1)× = n+1. 4 4 4 1 ∴通项公式是 an= n+1. 4

一、选择题 1. {an}是首项 a1=1, 公差 d=3 的等差数列, 如果 an=2 011, 则序号 n 等于 A.668 B.669 C.670 D.671 ( )

解析:∵an=a1+(n-1)· d, ∴2 011=1+(n-1)×3,n=671. 答案:D 2. 等差数列{an}的公差 d<0, 且 a2· a4=12, a2+a4=8, 则数列{an}的通项公式是 * A.an=2n-2(n∈N ) B.an=2n+4(n∈N*) C.an=-2n+12(n∈N*) D.an=-2n+10(n∈N*) a2· a4=12, ? ? ?a2=6, ?a1=8, ? ? 解析:由?a2+a4=8, ?? ?? ? ? ?a4=2 ?d=-2, ? ?d<0

(

)

所以 an=a1+(n-1)d=8+(n-1)(-2). 即 an=-2n+10. 答案:D 3. 设 x 是 a 与 b 的等差中项, x2 是 a2 与-b2 的等差中项, 则 a、 b 的关系是 ( ) A.a=-b B.a=3b C.a=-b 或 a=3b D.a=b=0 解析:由等差中项的定义知: a+b 2 a2-b2 x= ,x = , 2 2 a2-b2 ?a+b?2 ∴ = 2 ? 2 ?, 即 a2-2ab-3b2=0. 故 a=-b 或 a=3b. 答案:C 4. 在数列{an}中, a1=2,2an+1=2an+1, 则 a101 的值是 ( ) A.52 B.51 C.50 D.49 解析:∵2an+1=2an+1, 1 ∴2(an+1-an)=1.即 an+1-an= . 2 1 ∴{an}是以 为公差的等差数列. 2 a101=a1+(101-1)×d=2+50=52. 答案:A 二、填空题 5.等差数列 1,-3,-7,-11,?的通项公式是________,它的第 20 项是________. 解析:数列中 a2=-3,a1=1, ∴d=a2-a1=-4. 通项公式为 an=a1+(n-1)×d =1+(n-1)×(-4) =-4n+5, a20=-80+5=-75. 答案:an=-4n+5 -75 6.已知等差数列{an}中,a4=8,a8=4,则其通项公式 an=________. 解析:∵由 a4=8,a8=4, ? ?a1+3d=8, 得? ?a1+7d=4. ? ∴d=-1,a1=8-3d=11. ∴an=a1+(n-1)d =11-(n-1)=12-n.

答案:12-n 7.等差数列{an}中,首项为 33,公差为整数,若前 7 项均为正数,第 7 项以后各项都 为负数,则数列的通项公式为____________. ?a7=a1+6d>0, ?33+6d>0, ? ? 解析:由题意,得? 即? ?a8=a1+7d<0, ?33+7d<0, ? ? 33 33 得:- <d<- , 6 7 又∵d∈Z,∴d=-5. ∴an=33+(n-1)×(-5)=38-5n. 答案:an=38-5n(n∈N*) 8.下表给出一个“等差矩阵”: 4 7 ( ) ( ) ( ) a1j ? ? 7 12 ( ) ( ) ( ) a ? ? 2j ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a3j ? ? ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a4j ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ai1 ai2 ai3 ai4 ai5 aij ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 其中每行、每列都是等差数列,aij 表示位于第 i 行第 j 列的数,那么 a45=________. 解析:该等差数列第一行是首项为 4,公差为 3 的等差数列:a1j=4+3(j-1). 第二行是首项为 7,公差为 5 的等差数列: a2j=7+5(j-1).?? 第 i 行是首项为 4+3(i-1),公差为 2i+1 的等差数列. 因此,aij=4+3(i-1)+(2i+1)(j-1) =2ij+i+j.故 a45=49. 答案:49 三、解答题 9.已知递减等差数列{an}的前三项和为 18,前三项的乘积为 66.求数列的通项公式,并 判断-34 是该数列的项吗? ? ?a1+a2+a3=18, 解:法一:设等差数列{an}的前三项分别为 a1,a2,a3.依题意得? ?a1· a2· a3=66, ?
?3a1+3d=18, ? ∴? ? ?a1+d?· ?a1+2d?=66. ?a1· ?a1=11, ?a1=1, ? ? 解得? 或? ?d=-5. ?d=5. ? ? ∵数列{an}是递减等差数列,∴d<0. 故取 a1=11,d=-5, ∴an=11+(n-1)· (-5)=-5n+16 即等差数列{an}的通项公式为 an=-5n+16. 令 an=-34,即-5n+16=-34,得 n=10. ∴-34 是数列{an}的项,且为第 10 项. 法二:设等差数列{an}的前三项依次为: a-d,a,a+d, ? ? ??a-d?+a+?a+d?=18, ?a=6, 则? 解得? ??a-d?· ?d=± a· ?a+d?=66, 5. ? ? 又∵{an}是递减等差数列,即 d<0. ∴取 a=6,d=-5. ∴{an}的首项 a1=11,公差 d=-5.

∴通项公式 an=11+(n-1)· (-5), 即 an=-5n+16. 令 an=-34,解得 n=10. 即-34 是数列{an}的项,且为第 10 项. 10.数列{an}满足 a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,?),λ 是常数. (1)当 a2=-1 时,求 λ 及 a3 的值; (2)是否存在实数 λ 使数列{an}为等差数列?若存在,求出 λ 及数列{an}的通项公式;若 不存在,请说明理由. 解:(1)由于 an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,?), 且 a1=1. 所以当 a2=-1 时,得-1=2-λ,故 λ=3. 从而 a3=(22+2-3)×(-1)=-3. (2)数列{an}不可能为等差数列, 证明如下: 由 a1=1,an+1=(n2+n-λ)an, 得 a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ), a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ). 若存在 λ,使{an}为等差数列,则 a3-a2=a2-a1, 即(5-λ)(2-λ)=1-λ, 解得 λ=3.于是 a2-a1=1-λ=-2, a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24. 这与{an}为等差数列矛盾.所以,不存在 λ 使{an}是等差数列.

第二课时

等差数列的性质及应用

等差数列的常见性质有 (1)对称性:a1+an=a2+an-1=a3+an-2=?; (2)m+n=p+q?am+an=ap+aq; (3)若 m,p,n 成等差数列,则 am,ap,an 也成等差数列; (4)an=am+(n-m)d; (5)若数列{an}成等差数列,则 an=pn+q(p、q∈R); (6)若数列{an}成等差数列,则数列{λan+b}(λ,b 为常数)仍为等差数列; (7){an}和{bn}均为等差数列,则{an± bn}也是等差数列; (8){an}的公差为 d,且 d>0?{an}为递增数列;d<0?{an}为递减数列;d=0?{an}为常 数列.

1.在等差数列{an}中,2an=an+1+an-1(n>1)成立吗?2an=an+k+an-k(n>k>0)是否成立? 提示:令性质(2)中的 m=n,p=n+1,q=n-1,可知 2an=an+1+an-1 成立;令性质(2) 中的 m=n,p=n+k,q=n-k,可知 2an=an+k+an-k 也成立. 2.若数列{an}是一个项数为 n 的等差数列,且首项为 a1,公差为 d,则: (1)将数列中的所有奇数项去掉,其余各项按原来的顺序组成一个新数列,这个新数列还 是等差数列吗?它的首项和公差分别是多少? (2)将数列中的各项倒序,即首项当末项,第二项当倒数第二项,?,末项当第一项,则

该数列还是等差数列吗?其首项和公差分别是多少? 提示:(1)仍是等差数列,其首项为 a2=a1+d,公差为 2d. (2)仍是等差数列,其首项为 an=a1+(n-1)d,公差为-d.

考点一

等差数列的简单应用

已知四个数成等差数列,它们的和为 26,中间两项的积为 40,求这四个数. b-a=c-b=d-c, ? ? [自主解答] 法一: 设这四个数分别为 a, b, c, d, 根据题意, 得?a+b+c+d=26, ? ?bc=40, a=2, ? ?b=5, 解之得? c=8, ? ?d=11, a=11, ? ?b=8, 或? c=5, ? ?d=2,

∴这四个数分别为 2,5,8,11 或 11,8,5,2. 法 二 : 设 此 等 差 数 列 的 首 项 为 a1 , 公 差 为 d , 根 据 题 意 , 得 ? ?a1+?a1+d?+?a1+2d?+?a1+3d?=26,
? ??a1+d??a1+2d?=40, ? ? ?4a1+6d=26, 化简,得? 2 2 ?a1+3a1d+2d =40, ? ?a1=2, ?a1=11, ? ? 解得? 或? ?d=3, ?d=-3, ? ? ∴这四个数分别为 2,5,8,11 或 11,8,5,2. 法三:设这四个数分别为 a-3d,a-d,a+d,a+3d,根据题意, ? ??a-3d?+?a-d?+?a+d?+?a+3d?=26, 得? ? ??a-d??a+d?=40, ?4a=26, ? 化简,得? 2 解得 2 ? ?a -d =40,

?a= 2 , ? 3 ?d=±2.

13

∴这四个数分别为 2,5,8,11 或 11,8,5,2. ————— ————————————— 对于项数有限的等差数列, 用“对称设项”的方法来设项能达到化多为少的目的(特别是 在已知其和时),三个数的“对称设项”是 x-d,x,x+d;五个数是 x-2d,x-d,x,x+d, x+2d;四个数则是 x-3d,x-d,x+d,x+3d 等等. ——————————————————————————————————————

85 1.已知五个数成等差数列,它们的和为 5,平方和为 ,求这 5 个数. 9 解:设第三个数为 a,公差为 d,则这 5 个数分别为 a-2d,a-d,a,a+d,a+2d. 由已知有 ??a-2d?+?a-d?+a+?a+d?+?a+2d?=5,

? ? 2 2 2 2 2 85 ??a-2d? +?a-d? +a +?a+d? +?a+2d? = 9 , ?
5a=5, ? ? ∴? 2 85 2 ? ?5a +10d = 9 .

2 ∴a=1,d=± . 3 2 1 1 5 7 d= 时,这 5 个数分别是- , ,1, , ; 3 3 3 3 3 2 7 5 1 1 d=- 时,这 5 个数分别是 , ,1, ,- . 3 3 3 3 3 1 1 5 7 7 5 1 1 综上,5 个数分别为- , ,1, , 或 , ,1, ,- . 3 3 3 3 3 3 3 3

考点二

等差数列的性质及应用

已知等差数列{an}中,a1+a4+a7=15,a2a4a6=45,求此数列的通项公式. [自主解答] 法一:∵a1+a7=2a4,∴a1+a4+a7=3a4=15,a4=5. 又∵a2a4a6=45,∴a2a6=9. 即(a4-2d)(a4+2d)=9,(5-2d)(5+2d)=9, 解得:d=± 2. 若 d=2,an=a4+(n-4)d=2n-3; 若 d=-2,an=a4+(n-4)d=13-2n. 法二:∵a1+a7=2a4, ∴a1+a4+a7=3a4=15, a4=5. ∴a2+a6=2a4=10. 又∵a2a4a6=45,∴a2a6=9,从而 a2,a6 可看成方程 x2-10x+9=0 的两根,解得: ? ? ?a2=1, ?a2=9, ? 或? ?a6=9, ?a6=1. ? ? ∴an=2n-3 或 an=13-2n. 若去掉条件“a2a4a6=45”,其他条件不变,求 2a5-a6 的值. 解:∵a1+a4+a7=15,∴a4=5. ∴2a5-a6=a4=5.

————— ————————————— (1)在等差数列中,序号成等差数列的项,仍然组成等差数列. am-an (2)通项公式的变形形式 an=am+(n-m)d,(m,n∈N*),它又可变形为 d= ,应注 m-n 意把握,并学会应用.

——————————————————————————————————————

2. (1)如果等差数列{an}中, a3+a4+a5=12, 那么 a1+a2+?+a7= A.14 B.21 C.28 D.35 解析:∵a3+a4+a5=12,∴3a4=12,则 a4=4, 又 a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4, 故 a1+a2+?+a7=7a4=28. 答案:C (2)在等差数列{an}中,a3+a7=37,则 a2+a4+a6+a8=________. 解析:∵a2+a8=a4+a6=a3+a7, ∴a2+a4+a6+a8=2(a3+a7)=74. 答案:74

(

)

考点二

等差数列的实际应用

甲、乙两人连续 6 年对某县农村养鸡业规模进行调查,提供两个不同的信息图如 图所示.甲调查表明:从第 1 年每个养鸡场出产 1 万只鸡上升到第 6 年平均每个鸡场出产 2 万只鸡.乙调查表明:由第 1 年养鸡场个数 30 个减少到第 6 年 10 个.

请根据提供的信息说明,求: (1)第 2 年养鸡场的个数及全县出产鸡的总只数; (2)到第 6 年这个县的养鸡业比第 1 年是扩大了还是缩小了?请说明理由; (3)哪一年的规模最大?请说明理由. [自主解答] 由题干图可知,从第 1 年到第 6 年平均每个鸡场出产的鸡数成等差数列, 记为{an},公差为 d1,且 a1=1,a6=2;从第 1 年到第 6 年的养鸡场个数也成等差数列,记 为{bn},公差为 d2,且 b1=30,b6=10; 从第 1 年到第 6 年全县出产鸡的总只数记为数列{cn}, 则 cn=anbn. ? ?a1=1, (1)由 a1=1,a6=2,得? ?a1+5d1=2, ?
?a1=1, ? ∴? ?a2=1.2; ? ?d1=0.2 ?b1=30, ? 由 b1=30,b6=10,得? ?b1+5d2=10, ? ? ?b1=30, ∴? ?b2=26. ?d2=-4 ? 即 c2=a2b2=1.2×26=31.2. (2)c6=a6b6=2×10=20<c1=a1b1=30,所以到第 6 年这个县的养鸡业比第 1 年缩小了.

(3)∵an=1+(n-1)×0.2=0.2n+0.8, bn=30+(n-1)×(-4)=-4n+34(1≤n≤6), ∴cn=anbn=(0.2n+0.8)(-4n+34) =-0.8n2+3.6n+27.2(1≤n≤6). 9 ∵对称轴为 n= ,所以当 n=2 时,cn 最大. 4 答:(1)第 2 年养鸡场的个数为 26 个,全县出产鸡的总只数是 31.2 万只;(2)到第 6 年这 个县的养鸡业比第 1 年缩小了;(3)第 2 年的规模最大. ————— ————————————— (1)在实际问题中,若涉及到一组与顺序有关的数的问题,可考虑利用数列方法解决,若 这组数依次成直线上升或下降,则可考虑利用等差数列方法解决. (2)在利用数列方法解决实际问题时,一定要分清首项、项数等关键问题. ——————————————————————————————————————

3.梯子的最高一级宽 33 cm,最低一级宽 110 cm,中间还有 10 级,各级的宽度成等差 数列,计算中间各级的宽度. 解:用{an}表示梯子自上而下各级宽度所成的等差数列,由已知,得 a1=33,a12=110, n=12. 由通项公式,得 a12=a1+(12-1)d, 即 110=33+11d.解得 d=7. 因此,a2=33+7=40,a3=40+7=47,a4=54,a5=61,a6=68,a7=75,a8=82,a9 =89,a10=96,a11=103. 所以梯子中间各级的宽度从上到下依次是 40 cm,47 cm,54 cm,61 cm,68 cm,75 cm,82 cm,89 cm,96 cm,103 cm. 解题高手 多解题 不一样的旅程,不一样的风景,换个思维开拓视野!

在等差数列{an}中,ar=s,as=r(r≠s,r,s∈N*),求 ar+s. [解] 法一:设等差数列{an}的公差为 d,首项为 a1, ? ?a1+?r-1?d=s, 则? 解得 d=-1,a1=r+s-1. ?a1+?s-1?d=r, ? 故 an=r+s-1+(n-1)· (-1)=-n+r+s. 故 ar+s=-(r+s)+r+s=0. 法二:利用一次函数图象求解.不妨设 r<s.在等差数列中,an 关于 n 的图象是一条直线 上均匀排开的一群孤立的点,故三点(r,ar),(s,as),(r+s,ar+s)共线.

设 ar+s=m,由已知得三点 A(r,s),B(s,r),C(r+s,m)共线,如图所示. 由△ABE∽△BCF, AE BF 得 = , BE CF

s-r r-m r-m = .∴1= ,得 m=0. r s-r ?r+s?-s 即 ar+s=0. 法三:∵ar=s,as=r,且 r≠s, ar-as s-r ∴d= = =-1. r-s r-s ∴an=ar+(n-r)· (-1)=-n+r+s. ∴ar+s=0. 法四:由等差数列的几何意义知点(r,s),(s,r)是一次函数 an=-n+(r+s)上的两点, 当 n=r+s 时,an=0, ∴ar+s=0. [点评] 解决等差数列问题首先我们关心的是其基本量 a1、d 等,另外数列的性质、函数 观点也是我们应当关注的问题,有时利用它们解决问题更方便. ∴

1. 已知等差数列{an}中, a7+a9=16, 又 a4=1, 则 a12 的值是

(

)

A.15 B.30 C.31 D.64 解析:∵a7+a9=a4+a12, ∴a12=16-1=15. 答案:A 2. 在等差数列{an}中, 已知 a1=2, a2+a3=13, 则 a4+a5+a6 等于 ( ) A.40 B.42 C.43 D.45 解析:∵a2+a3=2a1+3d=4+3d=13, ∴d=3.而 a4+a5+a6=3a5, a5=a1+4d=2+12=14. ∴a4+a5+a6=42. 答案:B 3. 在等差数列{an}中: a10=30, a20=50, 则 a40= ( ) A.40 B.70 C.80 D.90 解析:法一:设该数列的公差为 d.则 a20-a10 50-30 d= = =2. 10 10 ∴a40=a20+20d=50+20×2=90. a20+a40 法二:可知 a10+a30=2a20,a30= . 2 a20+a40 ∴a10+ =2a20. 2 ∴a40=3a20-2a10=3×50-2×30=90. 答案:D 4.{an}是等差数列,且 a1+a2+a3=35,a2+a3+a4=63,则 a3+a4+a5=________. 解析:根据等差数列的性质,a1+a2+a3,a2+a3+a4,a3+a4+a5 成等差数列,故 a3+ a4+a5=2· (a2+a3+a4)-(a1+a2+a3)=2×63-35=91. 答案:91 5.(重庆高考)若 2,a,b,c,9 成等差数列,则 c-a________. 9-2 7 7 解析:设公差为 d,则 d= = ,所以 c-a=2d= . 2 5-1 4

7 答案: 2 6.已知等差数列{an}. (1)若 a12=31,a32=151,求 a42 的值; (2)若 a1=5,d=3,an=2 012,求 n. 解:(1)∵a32-a12=20d=151-31=120,∴d=6. ∴a42=a12+30d=31+30×6=211. (2)由 an=a1+(n-1)d,得 2 012=5+(n-1)· 3, ∴3n=2 010.∴n=670.

一、选择题 1.已知等差数列 a1,a2,a3,?,an 的公差为 d,则 ca1,ca2,ca3,?,can(c 为常数, 且 c≠0)是 A.公差为 d 的等差数列 C.非等差数列 B.公差为 cd 的等差数列 D.以上都不对 ( )

解析:∵can+1-can=c(an+1-an)=c· d=常数, ∴{can}是公差为 cd 的等差数列. 答案:B 2. 在等差数列{an}中, a1+3a8+a15=120, 则 2a9-a10 的值为 ( ) A.24 B.22 C.20 D.-8 解析:∵a1+3a8+a15=120,∴5a8=120.即 a8=24. ∴2a9-a10=a8=24. 答案:A 3. 等差数列{an}中, a2+a5+a8=9, 那么关于 x 的方程: x2+(a4+a6)x+10=0 ( ) A.无实根 B.有两个相等实根 C.有两个不等实根 D.不能确定有无实根 解析:由于 a4+a6=a2+a8=2a5,而 3a5=9, ∴a5=3,方程为 x2+6x+10=0,无解. 答案:A 4. 《九章算术》“竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数 列, 上面 4 节的容积共 3 升, 下面 3 节的容积共 4 升, 则第 5 节的容积为 ( ) 67 47 37 A.1 升 B. 升 C. 升 D. 升 66 44 33 解析:设最上面一节的容积为 a1,公差为 d,则有 ?a1+a2+a3+a4=3, ?4a1+6d=3, ? ? ? 即? ? ? ?a7+a8+a9=4, ?3a1+21d=4.

?a =22, 解得? 7 ?d=66,
1

13

67 67 则 a5= ,故第 5 节的容积为 升. 66 66

d1 则 的值为________. d2

答案:B 二、填空题 5.若 m≠n,两个等差数列 m,a1,a2,n 与 m,b1,b2,b3,n 的公差分别为 d1 和 d2, 1 解析:n-m=3d1,d1= (n-m). 3

1 又 n-m=4d2,d2= (n-m), 4 1 ?n-m? d1 3 4 ∴ = = . d2 1 3 ?n-m? 4 4 答案: 3 6.(广东高考)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________. 解析:因为 a3+a8=10,所以 3a5+a7=2(a3+a8)=20. 答案:20 2 7.已知数列{an}满足 a2 n+1=an+4,且 a1=1,an>0,则 an=________. 2 解析:由已知 a2 n+1-an=4. 2 ∴{an}是等差数列,且首项 a2 1=1,公差 d=4. ∴a2 4=4n-3. n=1+(n-1)· 又 an>0,∴an= 4n-3. 答案: 4n-3 8.如果有穷数列 a1,a2,?,am(m 为正整数)满足条件:a1=am,a2=am-1,?,am= a1,则称其为“对称”数列.例如数列 1,2,5,2,1 与数列 8,4,2,4,8 都是“对称”数列.已知在 21 项的“对称”数列{cn}中 c11, c12, ?, c21 是以 1 为首项, 2 为公差的等差数列, c2=________. 解析:因为 c11,c12,?,c21 是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,所以 c20=c11+9d=1 +9×2=19, 又{cn}为 21 项的对称数列,所以 c2=c20=19. 答案:19 三、解答题 9.某市 2013 年底绿地面积为 560 平方千米,预计每年都比上一年新增绿地面积 4 平方 千米,问到 2023 年底该市绿地面积为多少平方千米? 解:将该市从 2013 年起每年年底的绿地面积依次排成数列,记为{an},由题意可知{an} 为等差数列,其中 a1=560,d=4,所以 an=a1+(n-1)d=4n+556. 2023 年底的绿地面积在数列{an}中是第 11 项, 所以 a11=556+4×11=600(平方千米). 答:到 2023 年底该市绿地面积为 600 平方千米. 10.已知递增的等差数列{an}满足 a2+a3+a4=15,a2a3a4=105,求 a1. 解:∵{an}是等差数列, ∴a2+a3+a4=3a3=15. ∴a3=5.∴a2+a4=10. ∴a2a3a4=5a2a4=105.即 a2a4=21. ? ? ? ?a2a4=21, ?a2=3, ?a2=7, 即? ∴? 或? ?a2+a4=10, ?a4=7, ?a4=3. ? ? ? 又{an}是递增数列, ∴a4>a2,即 a2=3,a4=7. a4-a2 7-3 ∴d= = =2. 2 4-2 ∴a1=a2-d=3-2=1.

2.3

等差数列的前 n 项和
等差数列的前 n 项和

第一课时

1.数列的前 n 项和 我们称 a1+a2+a3+?+an 为数列{an}的前 n 项和,用 Sn 表示,即 Sn=a1+a2+a3+?+ an. 2.等差数列的前 n 项和 若等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则 n?a1+an? n?n-1? Sn= =na1+ d. 2 2

1.数列{an}的前 n 项和 Sn 与通项 an 之间有什么关系? ? ?n=1?, ?S1 提示:an=? ?Sn-Sn-1 ?n≥2?. ? 2.“等差数列的前 n 项和公式是关于 n 的二次函数”,这种说法正确吗? 提示:不一定正确.当 d≠0 时,Sn=An2+Bn(A≠0)是关于 n 的二次函数;当 d=0 时, Sn=na1=a1n 是关于 n 的一次函数.

考点一

有关等差数列前 n 项和的计算

在等差数列{an}中,已知 d=2,an=11,Sn=35,求 a1 和 n. a =a +?n-1?d, ? ? n 1 [自主解答] 由? n?n-1? Sn=na1+ d, ? 2 ? a +2?n-1?=11, ? ? 1 得? n?n-1? na1+ ×2=35, ? 2 ?
? ? ?n=5, ?n=7, 解方程组得? 或? ?a1=3, ?a1=-1. ? ?

将“d=2”改为“a1=3”,其它条件不变,求 n 和公差 d. a =a +?n-1?d, ? ? n 1 解:法一:由? n?n-1? Sn=na1+ d, ? 2 ?

11=3+?n-1?d, ? ? 得? n?n-1? 35=3n+ d, ? 2 ?
?n=5, ? 解之得? ?d=2. ? 法二:∵a1=3,an=11,Sn=35, n?3+11? ∴35= =7n,即 n=5. 2 又∵11=3+(5-1)d,∴d=2.

—————

—————————————

a1、n、d 称为等差数列的三个基本量,an 和 Sn 都可以用三个基本量来表示,五个量 a1、 d、n、an、Sn 可知三求二.在具体求解过程中注意与等差数列的性质相联系,利用整体代换 思想解题,可简化运算. —————————————————————————————————————— 1.(1)数列{an}是等差数列,a1=1,an=-512,Sn=-1 022,求公差 d; (2)在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16, 则该数列前 11 项和 S11= ( ) A.58 B.88 C.143 D.176 n?n-1? 解:(1)因为 an=a1+(n-1)d,Sn=na1+ d, 2 又 a1=1,an=-512,Sn=-1 022, 1+?n-1?d=-512, ① ? ? 所以? 1 ?n+2n?n-1?d=-1 022. ② ? 1 把(n-1)d=-513 代入②,得 n+ n· (-513)=-1 022,解得 n=4,所以 d=-171. 2 (2)因为{an}是等差数列,所以 a4+a8=2a6=16?a6=8,则该数列的前 11 项和为 S11= 11?a1+a11? =11a6=88. 2 答案:(1)-171 (2)B

考点二

等差数列前 n 项和性质的应用

一等差数列共有偶数项,且奇数项之和与偶数项之和分别为 24 和 30,最后一项 与第一项之差为 10.5,求此数列的首项、公差、项数. [自主解答] 法一:设此数列的首项为 a1,公差为 d,项数为 2k(k∈N*). S ? ?S 根据题意得? ?a ?
奇 偶

=24, =30, 21 , 2

2k-a1=

? ?1 即?2k?a +a ?=30, ? , ??2k-1?d=21 2
2 2k

1 k?a +a2k-1?=24, 2 1

k[a +?k-1?d]=24, ? ?k?a +kd?=30, 即? 21 ? ??2k-1?d= 2 ,
1 1

3 3 解得 a1= ,d= ,k=4, 2 2 3 3 所以首项为 ,公差为 ,项数为 8. 2 2 法二:设此数列的首项为 a1,公差为 d,项数为 2k(k∈N*). S ? ?S 由题意知? ? ?a
奇 偶

=24, =30, 21 , 2

2k-a1=

S -S =6, ? ? 偶 奇 所以? 21 ? ?a2k-a1= 2 , kd=6, k=4, ? ? ? ? 所以? 21 ,解得? 3 ?2k-1?d= ? ? 2 ? ?d=2, k 代入 S 奇= (a1+a2k-1)=24, 2 3 3 3 可得 a1= .所以首项为 ,公差为 ,项数为 8. 2 2 2 ————— ————————————— 与前 n 项和有关的等差数列的常见性质有: (1)等差数列的依次每 k 项之和 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?组成公差为 k2d 的等差数列. (2)若等差数列的项数为 2n(n∈N*),则 S2n=n(an+an+1)(an,an+1 为中间两项)且 S 偶-S 奇 S偶 an+1 =nd, = . S奇 an S偶 n-1 若项数为 2n-1(n∈N*),则 S2n-1=(2n-1)an(an 为中间项)且 S 奇-S 偶=an, = . n S奇 ?Sn? (3)若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,则{an}为等差数列等价于? n ?是等差数列. ? ? am S2m-1 (4)若{an},{bn}都为等差数列,Sn,Sn?为它们的前 n 项和,则 = . bm S2m-1? ——————————————————————————————————————

2.项数为奇数的等差数列,奇数项之和为 44,偶数项之和为 33,求这个数列的中间项 及项数. 解:设等差数列{an}共有(2n+1)项, 则奇数项有(n+1)个,偶数项有 n 个,中间项是第(n+1)项,即 an+1.

1 ?a +a2n+1?×?n+1? S奇 2 1 ?n+1?an+1 ∴ = = 1 S偶 nan+1 ?a +a2n?×n 2 2 n+1 44 4 = = = ,得 n=3. n 33 3 又∵S 奇=(n+1)· an+1=44, ∴an+1=11. 故这个数列中间项为 11,项数共有 2n+1=7 项. 考点三 由数列的前 n 项和求 an

Sn? * 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,点? ?n, n ?(n∈N )均在函数 y=3x-2 的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; 3 m (2)设 bn= ,Tn 是数列{bn}的前 n 项和,求使得 Tn< 对所有 n∈N*都成立的最小 20 anan+1 正整数 m. Sn [自主解答] (1)依题意得, =3n-2, n 2 即 Sn=3n -2n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5; 当 n=1 时,a1=S1=3×12-2×1=6×1-5 适合, 所以 an=6n-5(n∈N*). 3 3 (2)由(1)得 bn= = anan+1 ?6n-5? [6?n+1?-5] 1 1 1 = ( - ). 2 6n-5 6n+1 1 1 ? 1? 1 ? 1 1 1 1 - 1- 1- ?+? - ?+?+? 故 Tn=b1+b2+?+bn= ? = 2? 7? ?7 13? ?6n-5 6n+1? 2? 6n+1?. 1 1 m 1 m 因此,使得 ?1-6n+1?< (n∈N*)成立的 m 必须满足 ≤ ,即 m≥10,故满足要求的 2? 20 2 20 ? 最小整数 m 为 10. ————— ————————————— 已知数列前 n 项和 Sn 求通项 an,先由 n=1 时,a1=S1 求得 a1,再由 n≥2 时,an=Sn- Sn-1 求 an,最后验证 a1 是否符合 an,若符合则统一用一个解析式表示. ——————————————————————————————————————

3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 lg(Sn+1)=n+1,求通项公式. 解:因为 lg(Sn+1)=n+1, + + 所以 Sn+1=10n 1.即 Sn=10n 1-1. 当 n=1 时,a1=S1=102-1=99, 当 n≥2 时, + an=Sn-Sn-1=(10n 1-1)-(10n-1)=9×10n, 从而,数列{an}的通项公式为: ?99 ?n=1?, ? an=? n ? ?n≥2?. ?9×10

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在等差数列{an}中,S10=100,S100=10.求 S110. [解] 法 一 : ( 基 本 量 法 ) 设 等 差 数 列 {an} 的 首 项 为 a1 , 公 差 为 d , 则 -1? d=100, ?10a +10?10 2 ? 100?100-1? ?100a + 2 d=10.
1 1

?a = 100 , 解得? 11 ?d=-50.
1

1 099

110?110-1? ∴S110=110a1+ d 2 1 099 110×109 ? 11? =110× + ×?-50?=-110. 100 2 法二:(设而不求整体代换法) ∵S10=100,S100=10, ∴S100-S10=a11+a12+?+a100 90?a11+a100? = =-90. 2 ∴a11+a100=-2. 又∵a1+a110=a11+a100=-2, 110?a1+a110? ∴S110= =-110. 2 法三:(新数列法)∵S10,S20-S10,S30-S20,?,S100-S90,S110-S100,?成等差数列, 10×9 ∴设该数列公差为 d,则其前 10 项和为 10×100+ d=10,解得 d=-22. 2 10×11 10×11 ∴前 11 项和为 11×100+ d=11×100+ ×(-22)=-110. 2 2 法四:(运用函数观点解决问题) 100 10 S110 Sn 10, ?,?100, ?,?110, ?在其图象 由于 f(n)= 是关于 n 的一次函数,而点? 10 ? ? 100? ? 110? ? n 上,由斜率相等, S110 100 10 100 - - 110 10 100 10 得 = ?S110=-110. 110-10 100-10 法五:(待定系数法)设{an}的前 n 项和 Sn=An2+Bn(A、B 为常数)时, 2 ? ① ?S10=A×10 +B×10=100,
? 2 ?S100=A×100 +B×100=10, ?



11 111 解得 A=- ,B= . 100 10 ∴ S110 = A×1102 + B×110 = - 110. 11 111 ×1102 + ×110 = - 100 10

a1 1. 等差数列{an}中, S10=4S5, 则 等于 ( ) d 1 1 A. B.2 C. D.4 2 4 10×9 5×4 解析:由题意知,10a1+ d=4(5a1+ d), 2 2 a1 1 ∴10a1+45d=20a1+40d.∴5d=10a1.即 = . d 2 答案:A 2. 若{an}是等差数列, 满足 a1+a2+?+a101=0, 则有 ( ) A.a1+a101>0 B.a2+a100<0 C.a3+a99=0 D.a51=51 解析:∵a1+a2+?+a101=0, ?a1+a101? ∴S101= ×101=0. 2 ∴a1+a101=0. ∴a3+a99=0. 答案:C 3. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a4=18-a5, 则 S8 等于 ( ) A.72 B.54 C.36 D.18 解析:∵a4=18-a5,a4+a5=18, 8?a1+a8? ∴S8= =4(a1+a8)=4(a4+a5) 2 =4×18=72. 答案:A 4 .等差数列 {an} 中, a1 + a2 + a3 =- 24 , a18 + a19 + a20 = 78. 则此数列前 20 项和等于 ________. 解析:∵a1+a2+a3+a18+a19+a20 =a1+a20+a2+a19+a3+a18 =3(a1+a20)=78-24=54, ∴a1+a20=18. ?a1+a20?×20 ∴S20= =18×10=180. 2 答案:180 5.已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,n∈N*.若 a3=16,S20=20,则 S10 的值为 ________. 解析:设{an}的首项,公差分别是 a1,d,则 ?a1+2d=16,

? 解得 a1=20,d=-2, ? 20×?20-1? ×d=20, ?20a1+ 2 ?
10×9 ∴S10=10×20+ ×(-2)=110. 2 答案:110

?Sn? 6.设{an}为等差数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 S7=7,S15=75,Tn 为数列? n ?的 ? ?

前 n 项和,求 Tn. 解:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,则 1 Sn=na1+ n(n-1)d. 2

∵S7=7,S15=75, ?7a1+21d=7, ?a1+3d=1, ? ? ∴? 即? ? ? ?15a1+105d=75. ?a1+7d=5.
? ?a1=-2, 解得? ?d=1. ? Sn 1 1 ∴ =a1+ (n-1)d=-2+ (n-1). n 2 2 Sn+1 Sn 1 ∵ - = , n+1 n 2 ?Sn? 1 ∴数列? n ?是等差数列,其首项为-2,公差为 . 2 ? ? 1 2 9 ∴Tn= n - n. 4 4

一、选择题 1. 若等差数列{an}的前 5 项和 S5=25, 且 a2=3, 则 a7 等于 A.12 ( )

(

B.13 C.14 D.15 ? ? ?5a1+10d=25, ?a1=1, 解析:由题意,得? 解得? ?a1+d=3, ?d=2. ? ? 于是,a7=a1+6d=1+12=13. 答案:B 2. 等差数列{an}中, a1=1, a3+a5=14, 其前 n 项和 Sn=100, 则 n 等于 ( ) A.9 B.10 C.11 D.12 解析:∵a3+a5=2a4=14,∴a4=7. a4-a1 d= =2, 3 n?n-1? Sn=na1+ · d 2 n?n-1? =n+ ×2=n2=100, 2 ∴n=10. 答案:B 3. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 S3=9, S6=36.则 a7+a8+a9 等于 ( ) A.63 B.45 C.36 D.27 解析:∵数列{an}为等差数列, ∴S3,S6-S3,S9-S6 成等差数列. 即 2(S6-S3)=S3+(S9-S6) ∵S3=9,S6-S3=27,则 S9-S6=45. ∴a7+a8+a9=S9-S6=45. 答案:B 4 . 若 数 列 {an} 的 通 项 公 式 是 an = ( - 1)n(3n - 2) , 则 a1 + a2 + ? + a10 = ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 解析:a1+a2+?+a10 =-1+4-7+10+?+(-1)10· (3×10-2) =(-1+4)+(-7+10)+?+[(-1)9· (3×9-2)+(-1)10· (3×10-2)]=3×5=15. 答案:A

二、填空题 5 .若数列 {an}的前 n 项和 Sn= n2- 10n(n =1,2,3,?),则此数列的通项公式为 an = ________. 解析:当 n=1 时,a1=S1=1-10=-9; 当 n>1 时,an=Sn-Sn-1=n2-10n-[(n-1)2-10(n-1)]=2n-11. 又 2×1-11=-9=a1, 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-11. 答案:2n-11 6.对于两个等差数列{an}和{bn},有 a1+b100=100,b1+a100=100,则数列{an+bn}的 前 100 项之和 S100 为________. 解析:显然{an+bn}仍是等差数列. 且(a1+b1)+(a100+b100)=200, 100×[?a1+b1?+?a100+b100?] 则 S100= 2 =10 000. 答案:10 000 7.已知命题:“在等差数列{an}中,若 4a2+a10+a( )=24,则 S11 为定值”为真命题, 由于印刷问题,括号处的数模糊不清,可推得括号内的数为________. 解析:设括号内的数为 n,则 4a2+a10+a(n)=24, ∴6a1+(n+12)d=24. 又 S11=11a1+55d=11(a1+5d)为定值, 所以 a1+5d 为定值. n+12 所以 =5,n=18. 6 答案:18 1 1 8.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1= ,且 Sn=Sn-1+an-1+ (n∈N*,n≥2),则数列 4 2 {an}的通项公式为________. 1 1 解析:由 Sn=Sn-1+an-1+ 得 Sn-Sn-1=an-1+ , 2 2 1 即 an-an-1= (n∈N*,n≥2), 2 1 则数列{an}是以 为公差的等差数列, 2 1 1 1 ∴an=a1+(n-1)× = n- (n∈N*). 2 2 4 1 1 答案:an= n- 2 4 三、解答题 9.已知等差数列{an}中,a1=1,a3=-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}的前 k 项和 Sk=-35,求 k 的值. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 an=a1+(n-1)d. 由 a1=1,a3=-3 可得 1+2d=-3. 解得 d=-2. 从而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. (2)由(1)可知 an=3-2n. n[1+?3-2n?] 所以 Sn= =2n-n2. 2 进而由 Sk=-35 可得 2k-k2=-35, 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5.

又 k∈N*,故 k=7 为所求结果.

2S2 n 10.已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,an= (n≥2),求 an. 2Sn-1 2 2S2 2Sn n 解:当 n≥2 时,将 Sn-Sn-1=an 代入式子 an= ,得 Sn-Sn-1= . 2Sn-1 2Sn-1 整理,得 Sn-1-Sn=2Sn· Sn-1. 1 1 两边同除 Sn· Sn-1 得 - =2(n≥2). Sn Sn-1 ?1? ∴数列?S ?是以 2 为公差的等差数列. ? n? 1 1 则 = +2(n-1)=2n-1. Sn S1 1 ∴Sn= . 2n-1 -2 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= . ?2n-1??2n-3? 当 n=1 时,a1=1 不适合上式, 1?n=1?, ? ? ∴an=? -2 ??2n-1??2n-3??n≥2?. ?

第二课时

等差数列前 n 项和的应用

1.等差数列前 n 项和的最值 在等差数列{an}中,当 a1>0,d<0 时,Sn 有最大值;当 a1<0,d>0,Sn 有最小值. 2.最值的求法 n?n-1? d 2 ? d 2 (1)等差数列{an}的前 n 项和公式为 Sn=na1+ d= n +?a1-2? ?n=An +Bn,可通 2 2 过配方或求二次函数最值的方法求得. (2)在等差数列中有关 Sn 的最值问题除了借助二次函数图象求解, 还常用邻项变号法来求 解. ?an≥0, ? 当 a1>0,d<0 时,满足? 的 n,使 Sn 取最大值; ?an+1≤0 ?
? ?an≤0, 当 a1<0,d>0 时,满足? 的 n,使 Sn 取最小值. ? ?an+1≥0

1.在等差数列{an}中,若 a1>0,d>0 或 a1<0,d<0 时,Sn 能否取得最值? 提示:当 a1>0,d>0 时,Sn 的最小值为 a1,无最大值;当 a1<0,d<0 时,Sn 的最大值为 a1,无最小值. 2.若数列{an}的通项公式为 an=2n-37,则当 n 为何值时 Sn 取得最小值?

提示:∵an=2n-37,an+1-an=2>0, ∴{an}为递增数列.由 an=2n-37≥0,得 n≥18.5. ∴a18<0,a19>0,∴S18 最小, 即当 n=18 时,Sn 取得最小值. 3.等差数列前 n 项和 Sn 与函数有哪些关系? 提示:对于形如 Sn=An2+Bn 的数列一定为等差数列,且公差为 2A,记住这个结论,如 果已知数列的前 n 项和可以直接写出公差. (1)当 A=0,B=0 时,Sn=0 是关于 n 的常数函数(此时 a1=0,d=0); (2)当 A=0,B≠0 时,Sn=Bn 是关于 n 的正比例函数(此时,a1≠0,d=0); (3)当 A≠0,B≠0 时,Sn=An2+Bn 是关于 n 的二次函数(此时 d≠0); (4)若{an}是等差数列且 d≠0,则 Sn 是关于 n 的不含常数项的二次函数.

考点一

等差数列前 n 项和的最值

在等差数列{an}中,已知 a1=20,前 n 项和为 Sn,且 S10=S15,求当 n 取何值时, Sn 有最大值,并求出它的最大值. [自主解答] 法一:由 a1=20,S10=S15, 5 解得公差 d=- . 3 ∵S10=S15,∴S15-S10=a11+a12+a13+a14+a15=0, ∵a11+a15=a12+a14=2a13=0,∴a13=0. ∵公差 d<0,a1>0, ∴a1,a2,?,a11,a12 均为正数,而 a14 及以后各项均为负数. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值为 S12=S13=130. 10+15 法二:Sn=An2+Bn,由题意对应函数 y=Ax2+Bx 的对称轴为 x= =12.5, 2 故当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值. 5 B 25 A=- , ? 6 ?- = , 则? 2A 2 解得 125 ? ?20=A+B, B= . 6 5 125 ∴S13=S12=- ×122+ ×12=130 为最大值. 6 6

? ? ?

将“a1=20”改为“a1<0”,其它条件不变,则 n 为何值时,Sn 最小? 解:∵S10=S15, ∴a11+a12+a13+a14+a15=0,即 a13=0. 又∵a1<0,∴d>0, ∴当 n=12 或 13 时, Sn 取最小值. ————— ————————————— 在等差数列中, 求 Sn 的最大(小)值, 其思路是找出某一项, 使这项及它前面的项皆取正(负) 值或零,而它后面的各项皆取负(正)值,则从第 1 项起到该项的各项的和为最大(小).

由于 Sn 为关于 n 的二次函数,也可借助二次函数的图象或性质求解. ——————————————————————————————————————

1.在等差数列{an}中,a1=25,S17=S9,求前 n 项和 Sn 的最大值. 解:法一:由 S17=S9,得 17×?17-1? 9×?9-1? 25×17+ d=25×9+ d, 2 2 解得 d=-2, n?n-1? ∴Sn=25n+ ×(-2)=-(n-13)2+169. 2 由二次函数性质得,当 n=13 时,Sn 有最大值 169. 法二:先求出 d=-2(同法一), ?an=25-2?n-1?≥0, ? ∵a1=25>0,由? ? ?an+1=25-2n<0,

?n≤132, 得? 1 ?n>122,
1 1 即 12 <n≤13 . 2 2 ∴当 n=13 时,Sn 有最大值 169. 法三:先求出 d=-2(同法一), 由 S17=S9,得 a10+a11+?+a17=0, 而 a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14, 故 a13+a14=0. ∵d=-2<0,a1=25>0,∴a13>0,a14<0. 故 n=13 时,Sn 有最大值 169.

1

考点二

求数列{|an|}的前 n 项和

数列{an}的前 n 项和 Sn=33n-n2. (1)求证:{an}是等差数列; (2)问{an}的前多少项和最大; (3)设 bn=|an|,求数列{bn}的前 n 项和 S?n. [自主解答] (1)证明:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=34-2n, 又当 n=1 时,a1=S1=32=34-2×1 满足 an=34-2n. 故{an}的通项为 an=34-2n. 所以 an+1-an=34-2(n+1)-(34-2n)=-2. 故数列{an}是以 32 为首项, -2 为公差的等差数列. (2)令 an≥0,得 34-2n≥0,所以 n≤17, 故数列{an}的前 17 项大于或等于零. 又 a17=0,故数列{an}的前 16 项或前 17 项的和最大. (3)由(2)知,当 n≤17 时,an≥0;

当 n≥18 时,an<0. 所以当 n≤17 时,S?n=b1+b2+?+bn =|a1|+|a2|+?+|an| =a1+a2+?+an=Sn=33n-n2. 当 n≥18 时, S?n=|a1|+|a2|+?+|a17|+|a18|+?+|an| =a1+a2+?+a17-(a18+a19+?+an) =S17-(Sn-S17)=2S17-Sn =n2-33n+544. 2 ? ?33n-n ?n≤17?, ? 故 S?n= 2 ?n -33n+544?n≥18?. ? ————— ————————————— 等差数列的各项取绝对值后组成数列{|an|}.若原等差数列{an}中既有正项,也有负项, 那么{|an|}不再是等差数列, 求和关键是找到数列{an}的正负项分界点处的 n 值, 再分段求和. ——————————————————————————————————————

2.在等差数列中,a10=23,a25=-22. (1)该数列第几项开始为负; (2)求数列{|an|}的前 n 项和. 解:设等差数列{an}中,公差为 d,由题意得 ? ?a25-a10=15d=-45,
? ?23=a1+?10-1?×d, ? ? ?a1=50, ∴? ?d=-3. ? (1)设第 n 项开始为负, an=50-3(n-1)=53-3n<0, 53 ∴n> ,∴从第 18 项开始为负. 3 ?53-3n?1<n≤17?, ? (2)|an|=|53-3n|=? ?3n-53?n>17?. ? 3 103 当 n≤17 时,Sn?=- n2+ n; 2 2 当 n>17 时, Sn?=|a1|+|a2|+|a3|+?+|an| =a1+a2+?+a17-(a18+a19+?+an), 3 2 103 ? 3 2 103 Sn?=-? ?-2n + 2 n?+2S17=2n - 2 n+884, 3 103 - n2+ n?n≤17?, 2 2 ∴Sn?= 3 2 103 n - n+884?n>17?. 2 2

? ? ?

考点三

等差数列前 n 项和的实际应用

一个水池有若干进水量相同的水龙头,如果所有水龙头同时放水,那么 24 min 可注满水池.如果开始时全部放开,以后每隔相等的时间关闭一个水龙头,到最后一个水龙 头关闭时,恰好注满水池,而且最后一个水龙头放水的时间恰好是第一个水龙头放水时间的 5 倍,问最后关闭的这个水龙头放水多长时间? [自主解答] 设共有 n 个水龙头,每个水龙头放水时间从小到大依次为 x1,x2,?,xn. 1 由已知可知 x2-x1=x3-x2=?=xn-xn-1, ∴数列{xn}成等差数列, 每个水龙头 1 min 放水 24n (这里不妨设水池的容积为 1), 1 ∴ · (x +x +?+xn)=1,即 Sn=24n, 24n 1 2 n?x1+xn? ∴ =24n,∴x1+xn=48. 2 又∵xn=5x1,∴6x1=48, ∴x1=8(min),xn=40(min),故最后关闭的水龙头放水 40 min. ————— ————————————— 解决实际问题首先要审清题意,明确条件与问题之间的数量关系,然后建立相应的数学 模型.本题就是建立了等差数列这一数学模型,以方程为工具来解决问题的. —————————————————————————————————————— 3.假设某市 2013 年新建住房 400 万 m2,其中有 250 万 m2 是中低价房,预计在今后的 若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长 8%,另外,每年新建住房中,中低价 房的面积均比上一年增加 50 万 m2,那么,到哪一年底,该市历年所建中低价房的累计面积 (以 2013 年为累计的第一年)将等于 4 750 万 m2? 解:设从 2013 年起,每年的中低价房面积构成数列{an},由题意可知{an}是等差数列, 其中 a1=250,d=50. n?n-1? 则 Sn=250n+ · 50=25n2+225n. 2 令 25n2+225n=4 750, 即 n2+9n-190=0. 而 n 是正整数, ∴n=10. ∴到 2022 年底,该市历年所建中低价房的累计面积等于 4 750 万平方米. 解题高手 多解题 不一样的旅程,不一样的风景,换个思维开拓视野!

等差数列{an}中,设 Sn 为其前 n 项和,且 a1>0,S3=S11,则当 n 为多少时,Sn 最大. [解] 法一:要求数列前多少项的和最大,从函数的观点来看,即求二次函数 Sn=an2+ bn 的最大值,故可用求二次函数最值的方法来求当 n 为多少时,Sn 最大. 3×2 11×10 由 S3=S11,可得 3a1+ d=11a1+ d, 2 2 2 即 d=- a1. 13 d? d a1 2 49 从而 Sn= n2+? ?a1-2?n=-13(n-7) +13a1, 2 a1 又 a1>0,所以- <0.故当 n=7 时,Sn 最大. 13 法二:由于 Sn=an2+bn 是关于 n 的二次函数,

3+11 由 S3=S11,可知 Sn=an2+bn 的图象关于 n= =7 对称. 2 a1 由法一可知 a=- <0,故当 n=7 时,Sn 最大. 13 2 法三:由法一可知,d=- a1.要使 Sn 最大, 13 2 ? a1+?n-1?? ?an≥0, ?-13a1?≥0, ? 则有? 即 2 ? ? ?an+1≤0, a1+n? ?-13a1?≤0,

? ? ?

解得 6.5≤n≤7.5,故当 n=7 时,Sn 最大. 法四:由 S3=S11,可得 2a1+13d=0, 即(a1+6d)+(a1+7d)=0, 故 a7+a8=0,由于 a1>0,可知 d≠0, 所以 a7>0,a8<0.所以当 n=7 时,Sn 最大. [点评] 求数列前 n 项和的最值问题的方法有:(1)运用配方法转化为二次函数,借助二 次函数的单调性以及数形结合,从而使问题得解;(2)通项公式法:求使 an≥0 成立的最大 n 即可.这是因为:当 an>0 时,Sn>Sn-1,即 Sn 单调递增;当 an<0,Sn<Sn-1,即 Sn 单调递 减. 一般地,等差数列{an}中,若 a1>0,且 Sp=Sq(p≠q),则①若 p+q 为偶数,则当 n= p+q p+q-1 p+q+1 时, Sn 最大;②若 p + q 为奇数,则当 n = 或 n= 时, Sn 最 2 2 2 大 .

1. 已知等差数列{an}中, |a3|=|a9|, 公差 d<0, 则使前 n 项和 Sn 取得最大值的项数 n 是(

)

A.4 或 5 B.5 或 6 C.6 或 7 D.不存在 解析:∵|a3|=|a9|,d<0,∴a3=-a9>0, 即 a3>0,a9<0,a3+a9=0,∴a6=0, ∴Sn 的最大值为 S5 或 S6. 答案:B 2. (安徽高考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, S8=4a3, a7=-2, 则 a9= ( ) A.-6 B.-4 C.-2 D.2 解析:根据等差数列的定义和性质可得,S8=4(a3+a6),又 S8=4a3,所以 a6=0,又 a7 =-2,所以 a8=-4,a9=-6. 答案:A 3.若一个等差数列的前 3 项的和为 34,最后 3 项的和为 146,且所有项的和为 390,则 这个数列有 ( ) A.13 项 B.12 项 C.11 项 D.10 项 解析:∵a1+a2+a3=34,an-2+an-1+an=146, ∴a1+a2+a3+an-2+an-1+an=180. ∴3(a1+an)=180,a1+an=60. ?a1+an?· n Sn= =390 2

∴n=13 答案:A 4.在数列{an}中,若 a1=-2,且对任意的 n∈N*,总有 2an+1-2an=1,则{an}的前 15 项的和 S15 等于______. 1 解析:∵2(an+1-an)=1,∴an+1-an= =d, 2 15×14 1 ∴S15=15×(-2)+ × 2 2 105 45 =-30+ = 2 2 45 答案: 2 5.设等差数列的前 n 项和为 Sn,若 a6=S3=12,则 an=________. 解析:∵S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d =3a1+3d=12, ∴a1+d=4.而 a6=a1+5d=12. ∴4d=8,d=2,a1=2. ∴an=a1+(n-1)×d=2n. 答案:2n 6.已知数列{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5. (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, ? ?a1+d=1, 由已知条件,? 解得 a1=3,d=-2. ? ?a1+4d=-5, 所以 an=a1+(n-1)d=-2n+5. n?n-1? (2)Sn=na1+ d=-n2+4n=4-(n-2)2. 2 所以 n=2 时,Sn 取到最大值 4.

一、选择题 1. 在等差数列{an}中, S2=4, S4=20, 则该数列的公差 d 为 A.7 B.6 C.3 ? ?a1+a2=4, D.2 ( )

解析:∵S2=4,S4=20,∴? ?a3+a4=20-4=16. ? ∴(a3+a4)-(a1+a2)=12=4d,即 d=3. 答案:C 2. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足: Sn+Sm=Sn+m, 且 a1=1, 那么 a10= ( ) A.1 B.9 C.10 D.55 解析:S2=S1+S1=2,可得 a2=1, S3=S1+S2=3,可得 a3=S3-S2=1, 同理可得 a4=a5=?=a10=1. 答案:A 3. 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 am-1+am+1-a2 S2m-1=38, 则 m= ( ) m=0, A.38 B.20 C.10 D.9 解析:因为{an}是等差数列,所以 am-1+am+1=2am,由 am-1+am+1-a2 m=0,得:2am- a2 m=0,由 S2m-1=38 知 am≠0,所以,am=2,又 S2m-1=38,

?2m-1??a1+a2m-1? =38, 2 即(2m-1)×2=38,解得 m=10. 答案:C 即 3 4. 在等差数列{an}中, 已知 a3∶a5= , 则 S9∶S5 的值是 ( ) 4 27 9 3 12 A. B. C. D. 20 4 4 5 9?a1+a9? 2 S9 9 a5 9 4 12 解析: = = × = × = . S5 5?a1+a5? 5 a3 5 3 5 2 答案:D 二、填空题 5 5.在数列{an}中,an=4n- ,a1+a2+?+an=an2+bn,n∈N*,其中 a,b 为常数, 2 则 ab=________. 5 3 解析:∵an=4n- ,∴a1= . 2 2 3 5 ? n? ?2+4n-2? n 从而 Sn= =2n2- . 2 2 1 ∴a=2,b=- ,则 ab=-1. 2 答案:-1 6.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100=________. 解析:由 a1=1,a2=2 且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*)知, 当 n 为奇数时,an+2-an=0; 当 n 为偶数时,an+2-an=2. 所以前 100 项中, 奇数项为常数项 1, 偶数项构成以 a2=2 为首项, 2 为公差的等差数列. 50×49 ∴S100=50×2+ ×2+50×1=2 600. 2 答案:2 600 7.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,a4=15,S5=55,则过点 P(3,a3),Q(4,a4)的 直线的的斜率为________. 解析:由 S5=5a3=55 得,a3=11, a4-a3 直线 PQ 的斜率 k= =4. 4-3 答案:4 8.等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和.若 a1=1,ak+a4=0,则 k=________. 9?a1+a9? 4?a1+a4? 解析:法一:S9=S4,即 = , 2 2 ∴9a5=2(a1+a4),即 9(1+4d)=2(2+3d), 1 1 ?-1?=0, ∴d=- ,由 1- (k-1)+1+3· ? 6? 6 6 得 k=10. 法二:S9=S4,∴a5+a6+a7+a8+a9=0, ∴a7=0,从而 a4+a10=2a7=0,∴k=10. 答案:10 三、解答题 9.等差数列{an}中,a1=-60,a17=-12,求数列{|an|}的前 n 项和.

a17-a1 -12-?-60? 解:数列{an}的公差 d= = =3, 16 17-1 ∴an=a1+(n-1)d=-60+(n-1)×3=3n-63. 由 an<0,得 3n-63<0,即 n<21. ∴数列{an}的前 20 项是负数,第 20 项以后的项都为非负数. 设 Sn、S?n 分别表示数列{an}、{|an|}的前 n 项和, n?n-1? 当 n≤20 时,S?n=-Sn=--60n+ ×3 2 3 123 =- n2+ n; 2 2 当 n>20 时, S?n=-S20+(Sn-S20)=Sn-2S20 n?n-1? 20×19 ? =-60n+ ×3-2×?-60×20+ ×3 2 2 ? ? 3 2 123 = n - n+1 260. 2 2 ∴数列{|an|}的前 n 项和为 3 123 - n2+ n?n≤20?, 2 2 S?n= 3 2 123 n - n+1 260?n>20?. 2 2

? ? ?

10.设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6 +15=0. (1)若 S5=5,求 S6 及 a1; (2)求 d 的取值范围. 15 解:(1)由题意知 S6=- =-3, S5 a6=S6-S5=-8, ?5a1+10d=5, ? 所以? 解得 a1=7, ?a1+5d=-8 ? 所以 S6=-3,a1=7. (2)因为 S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
2 即 2a2 1+9da1+10d +1=0,

故(4a1+9d)2=d2-8,所以 d2≥8. 故 d 的取值范围为(-∞,-2 2 ]∪[2 2,+∞).

2.4
第一课时

等比数列

等比数列的概念及通项公式

1.等比数列的概念 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,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(q≠0). 2.等比中项 如果在 a 与 b 中间插入一个数 G,使 a,G,b 成等比数列,那么 G 叫做 a 与 b 的等比中 项,这三个数满足关系式 G=± ab. 3.等比数列的通项公式 - 已知等比数列 {an}的首项为 a1,公比为 q(q≠0),则数列 {an} 的通项公式为 an= a1qn 1 (q≠0).

1.判断下列数列是否为等比数列? (1)2,2,2,2,?; (2)-1,1,2,4,8,?; (3)a1,a2,a3,?,an,?. 提示:(1)是.(2)不是.(3)当 a=0 时不是,当 a≠0 时是等比数列. 2.若 a,G,b 成等比数列,则 a,b 满足什么条件? 提示:ab>0.

考点一

等比数列的通项公式

已知等比数列{an},若 a1+a2+a3=7,a1a2a3=8,求 an. [自主解答] 法一:∵a1a3=a2 2, ? ?a1+a3=5, ∴a1a2a3=a3 2=8,∴a2=2.从而? ?a1a3=4. ? 解得 a1=1,a3=4 或 a1=4,a3=1. 1 当 a1=1 时,q=2;当 a1=4 时,q= . 2 - - 故 an=2n 1 或 an=23 n. 法二:设公比为 q,由等比数列的定义知 a2=a1q,a3=a1q2,代入已知得, ?a1+a1q+a1q2=7, ?a1?1+q+q2?=7, ? ? ? 即? 3 3 ?a1· ?a1q =8. a1q· a1q2=8, ? ?
2 ? ?a1?1+q+q ?=7 ? 即 ?a1q=2 ② ?



2 1 将 a1= 代入①得 2q2-5q+2=0,∴q=2 或 q= . q 2

? ?a1=1 ? 1 ? 由②得? 或? 1 ?q=2 ? ?q= , ?
2

a =4, 故 an=2n
-1

或 an=23 n.


————— ————————————— a1 和 q 是等比数列的基本量,只要求出这两个基本量,便可求出数列中的任意一项,法 一是常规解法,先求 a1,q,再求 an,法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求 a1 和 q, 也是常用的方法.

——————————————————————————————————————

1.已知{an}为等比数列,且 a5=8,a7=2,该数列的各项都为正数,求 an. 解:∵a5=a1· q4=8,a7=a1· q6=2, 2 1 1 ∴q2= = ,q=± . 8 4 2 而 an 各项都为正数, 1 8 ∴q= ,a1= =128. 2 1 ? ?4 ?2? 1?n-1 - 8-h ∴an=a1· qn 1=128×? ?2? =2 .

考点二

等比中项及其应用

a1+a3+a9 等差数列{an}中,公差 d≠0,且 a1,a3,a9 成等比数列,则 等于多少? a2+a4+a10 [自主解答] 由题意知 a3 是 a1 和 a9 的等比中项, 2 ∴a2 3=a1a9.∴(a1+2d) =a1(a1+8d),得 a1=d, a1+a3+a9 13d 13 ∴ = = . a2+a4+a10 16d 16 ————— ————————————— 等比中项的应用问题: 已知等比数列中的相邻三项 an-1,an,an+1,则 an 是 an-1 与 an+1 的等比中项,即 a2 n=an -1an+1.运用等比中项解决问题,会简化运算过程. ——————————————————————————————————————

2.在等比数列{an}中,a1+a2+a3=168,a2-a5=42,求 a5,a7 的等比中项. 解:设公比为 q,
2 ? ?a1+a1q+a1q =168, ? 由题意得 4 ?a1q-a1q =42, ?

?a1?1+q+q2?=168, ? ∴? 3 ?a1q?1-q ?=42, ② ?



1 ②÷ ①得 q(1-q)= , 4 1 42 解得 q= ,∴a1= =96. 2 q?1-q3? 设 G 是 a5 与 a7 的等比中项, 10 2 ?1?10 则 G2=a5· a7=a2 3. 1q =96 × 2 ? ? ,∴G=±

考点三

等比数列的判定

数列{an}的前 n 项和记为 Sn,已知 a1=1,an+1=
?Sn? (1)数列? n ?是等比数列; ? ?

n+2 S (n=1,2,3,?).证明: n n

(2)Sn+1=4an. n+2 [自主解答] (1)∵an+1=Sn+1-Sn,an+1= S, n n ∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn). 整理,得 nSn+1=2(n+1)Sn, Sn+1 Sn ?Sn? ∴ =2 .故? n ?是以 2 为公比的等比数列. n ? ? n+1 Sn+1 Sn-1 (2)由(1)知 =4· (n≥2). n+ 1 n-1 Sn-1 于是 Sn+1=4(n+1)· =4an(n≥2), n-1 又∵a2=3S1=3,故 S2=a1+a2=4=4a1. 因此对于任意正整数 n≥1,都有 Sn+1=4an. n+2 S ”改为“an+1=2Sn+1”,其它条件不变,试判断数列{an}是否为等 n n

若将“an+1= 比数列?

解:∵an+1=2Sn+1,∴an=2Sn-1+1(n≥2). 两式相减,得 an+1-an=2an,即 an+1=3an(n≥2), 又 a2=2S1+1=3,a1=1, ∴a2=3a1. ∴{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列. ————— ————————————— 判断或证明一个数列为等比数列常用的方法有: (1)定义法: an+1 =q(q 为常数且 q≠0)等价于{an}是等比数列. an (2)等比中项法: * a2 n+1=anan+2(n∈N 且 an≠0)等价于{an}是等比数列. (3)通项公式法: - an=a1qn 1(a1≠0 且 q≠0)等价于{an}是等比数列. —————————————————————————————————————— 1 1 3.已知数列{an}满足 an+1= an+ (n=1,2,3,?). 2 3 2? 2 ? (1)当 an≠ 时,求证?an-3?是等比数列; 3 ? ? 7 (2)当 a1= 时,求数列{an}的通项公式. 6

1 1 解:(1)证明:因为 an+1= an+ , 2 3 2? 2 1? 改写成 an+1- = ?an-3?. 3 2 2? 2 ? 1 故当 an≠ 时数列?an-3?是以 为公比的等比数列. 3 2 ? ? 7 2 1 (2)当 a1= 时,a1- = . 6 3 2 2? ? 2 1 1 故数列?an-3?是首项为 a1- = ,公比为 的等比数列. 3 2 2 ? ? 2 1?n 2 1?n ∴an= +? ,即数列{an}的通项公式为 an= +? . 3 ?2? 3 ?2?

解题高手

易错题

审题要严,做题要细,一招不慎,满盘皆输,试试能否走出迷宫!

设四个实数依次成等比数列,其积为 210,中间两项的和是 4,则这四个数为多少. a a [错解] 设这四个数依次为 3、 、aq、aq3. q q a =2 , ? ? 2 则所求的公比为 q ,依题意得?a ? ?q+aq=4, 解得 a=± 4 2,但 q 无解, ∴不存在这样的四个实数. [错因] 本题的错误在于设数时出错,此时得出的公比为 q2,从而这 4 个数全为正,或 全为负,这 4 个数全为负显然不可能,这样就导致了错误. a [正解] 设这四个数依次为: ,a,aq,aq2, q 4 2 10 ? q =2 , ① ?a · 根据题目条件可得? ?a+aq=4, ② ? 1 解得 q=-2 或- , 2 当 q=-2 时,a=-4, 所求四个数依次为 2,-4,8,-16, 1 当 q=- 时,a=8, 2 所求四个数依次为:-16,8,-4,2, 综上这四个数依次为 2,-4,8,-16 或-16,8,-4,2.
4 10

1. 数列 a, a, a, ?, a, ?(a∈R)必为 A.等差数列但不是等比数列 B.等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列,又是等比数列 D.等差数列

(

)

解析:a=0 时为等差数列,a≠0 时为等比且等差数列. 答案:D 2. 在等比数列{an}中, 已知 a4=7, a8=63, 则 a6 等于 ( ) A.7 B.63 C.21 D.± 21 解析:a4=a1q3=7, a8=a1q7=63, 2 10 ∴a4· a8=a1 q =(a1q5)2=a2 6, a6=± 7×63=± 21,但 a6=a4q2 与 a4 同号,故 a6=21. 答案:C 3. 2+ 3与 2- 3的等比中项是 ( ) A.1 B.-1 C.± 1 D.2 解析:设 a 为 2+ 3,2- 3的等比中项, ∴a2=(2+ 3)(2- 3)=1. ∴a=± 1. 答案:C 4.(广东高考)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:依题意得 a1=1,a2=-2,a3=4,a4=-8,所以 a1+|a2|+a3+|a4|=15. 答案:15 1 5.在等比数列中,若 a4=27,q=- ,则 a1=________;an=________. 3 1 解析:∵a4=27,q=- , 3 ∴a1· q3=27, a1=27×(-27)=-272=-36, 1 - 1 - ∴an=-36×(- )n 1=-(- )n 7. 3 3 1 - 答案:-36 an=-(- )n 7 3 1 6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= (an-1)(n∈N*). 3 (1)求 a1,a2; (2)求证:数列{an}是等比数列. 1 解:(1)由 S1= (a1-1), 3 1 得 a1= (a1-1), 3 1 ∴a1=- . 2 1 又 S2= (a2-1), 3 1 1 即 a1+a2= (a2-1),得 a2= . 3 4 (2)证明:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 1 1 = (an-1)- (an-1-1), 3 3 an 1 1 得 =- ,又 a1=- , 2 2 an-1 1 1 所以{an}是首项为- ,公比为- 的等比数列. 2 2

一、选择题 1. 设 a1=2, 数列{1+2an}是公比为 2 的等比数列, 则 a6 等于 ( )

(

A.31.5 B.160 C.79.5 D.159.5 n-1 5 解析:1+2an=(1+2a1)· 2 ,∴1+2a6=5· 2. 5×32-1 ∴a6= =79.5. 2 答案:C 2. 已知等比数列{an}, a4=7, a6=21, 则 a10 等于 ( ) A.35 B.63 C.21 3 D.189 a 6 解析:∵a4=a1q3,a6=a1q5,∴q2= =3. a4 9 5 4 2 ∴a10=a1· q =a1· q· q =a6· q =189. 答案:D 3 . 若 等 比 数 列 {an} 满 足 anan + 1 = 16n 则 公 比 为 ) A.2 B.4 C.8 D.16 解析:设等差数列的公比为 q,则由 anan+1=16n 得, an· an+1 2 - an-1· an=16n 1,∴ =q =16,得 q=± 4. an-1· an n 而 anan+1=16 >0,∴q=4 答案:B 4. 等比数列{an}中, a1+a2+a3+a4+a5=31, a2+a3+a4+a5+a6=62, 则通项是 ( ) - + - A.2n 1 B.2n C.2n 1 D.2n 2 解析:∵a2+a3+a4+a5+a6=62 ① a1+a2+a3+a4+a5=31 ② 由①-②得 a6-a1=31. 而①可化为(a1+a2+a3+a4+a5)· q=31· q=62. ∴q=2. a1q5-a1=a1(32-1)=31. ∴a1=1. - - an=a1qn 1=2n 1. 答案:A 二、填空题 5.(1)把下面数列填上适当的数,补充完整: 32,16,________,4,2,1. (2)数列 2,4,8,16,32,?,的一个通项公式为________. 1 解析:(1)公比为 的等比数列,填 8. 2 - (2)该数列为等比数列,首项 a1=2,公比 q=2,所以 an=a1qn 1=2n. n 答案:(1)8 (2)an=2 6.在等比数列{an}中,a9+a10=a(a≠0),a19+a20=b,则 a99+a100=________. 解析:∵a19+a20=a9· q10+a10· q10 10 10 =(a9+a10)· q =a· q =b, 10 b ∴q = . a 9 ?b?9=b8. a99+a100=q90(a9+a10)=a· ?a? a b9 答案: 8 a 7.已知数列{an}为等差数列,其前 n 项和为 Sn,S2=8,S4=32,数列{bn}为等比数列,

且 b1=a1,b2(a2-a1)=b1,则{bn}的通项公式为 bn=________. ?2a1+d=8, ? 解析:设公差为 d,公比为 q,由已知得? ? ?4a1+6d=32.
? ?a1=2, ∴? ?d=4. ?

b2 1 1 1 又∵b2(a2-a1)=b1,∴q= = = = . b1 a2-a1 d 4 1 ?n-1 ∴bn=2×? ?4? . 1?n-1 答案:2×? ?4? 8.已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比 q=________. 解析:由题意得 2q2-2q=4,解得 q=2 或 q=-1.又{an}单调递增,得 q>1,∴q=2. 答案:2 三、解答题 9.在等比数列中: (1)若 a4=27,q=-3,求 a7; (2)若 a2=18,a4=8,求 a1 与 q; (3)若 a5-a1=15,a4-a2=6,求 a3. 解:(1)a7=a4q3=27×(-3)3=-729. ?a2=18, ?a1q=18, ? ? (2)由? 得? 3 ? ? ?a4=8, ?a1q =8, a =27, a =-27, ? ? ? 1 ? 1 解得? 2 或? 2 ?q=3, ? ? ?q=-3.
4 ? ? ?a5-a1=15, ?a1q -a1=15, (3)法一:由? 得? 3 ?a4-a2=6, ? ? ?a1q -a1q=6,

?a1?q2+1??q2-1?=15, ? 即? 2 ? ?a1q?q -1?=6,

a =-16, ? ? ? 1 ?a1=1, 解得? 1 或? ?q=2. ? ?q=2, ? ∴a3=a1q2=-4 或 4. - ?a3· q2-a3q 2=15, ? 法二:由已知得? -1 ? ?a3q-a3q =6, 可解得 a3=± 4. 10.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+1. (1)求证:数列{an+1}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)证明:因为 an+1=2an+1, 所以 an+1+1=2(an+1). 由 a1=1,知 a1+1=2≠0, 可得 an+1≠0. an+1+1 所以 =2(n∈N*). an+1 所以数列{an+1}是等比数列. (2)由(1)知{an+1}是以 a1+1=2 为首项,以 2 为公比的等比数列.

所以 an+1=2· 2n 1=2n,即 an=2n-1.


第二课时

等比数列的性质及应用

1.若{an}是等比数列,则 (1)a1>0,q>1 或 a1<0,0<q<1 时,数列为递增数列; (2)a1>0,0<q<1 或 a1<0,q>1 时,数列为递减数列; (3)q=1 时,数列为常数列; (4)q<0 时,数列为摆动数列. 2.一般地,如果 m,n,k,l 为正整数,且 m+n=k+l,则有 am· an=ak· al.特别地,当 m +n=2k 时,am· an=a2 . k 3.在等比数列{an}中,每隔 k 项(k∈N*)取出一项,按原来的顺序排列,所得的新数列为 等比数列.
?1? 4.如果{an},{bn}均为等比数列,且公比分别为 q1,q2,那么数列?a ?,{kan}(k∈R,且

? n? ?bn? 1 q2 k≠0),{an· bn},?a ?,{|an|}仍是等比数列,且公比分别为 ,q1,q1q2, ,|q1|. q1 q1 ? n?

1.在等比数列{an}中,如何用 am 表示 an? - 提示:an=am· qn m. 2.若数列{an}是一个无穷等比数列,公比为 q,将数列{an}的偶数项去掉,剩余各项组 成一个新的数列,它还是等比数列吗?它的首项和公比分别是多少? 提示:仍然是等比数列,首项为 a1,公比为 q2.

考点一

等比数列的性质

已知{an}是等比数列且 an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,求 a3+a5 的值. [自主解答] ∵{an}为等比数列, 2 ∴a2a4=a2 3,a4a6=a5. 2 ∴a2 3+2a3a5+a5=25. 2 即(a3+a5) =25. ∵an>0,∴a3+a5=5. ————— ————————————— 等比数列性质的运用技巧: (1)利用性质,整体求值,在简化运算的过程中有重要的作用. * (2)巧妙地利用 am· an=a2 p(m+n=2p,m,n,p∈N )可简化解题过程.

——————————————————————————————————————

1.在等比数列{an}中,a3+a7+a11=28,a2· a7· a12=512,求 q. 解:法一:由条件得 - ? q 4+a7+a7q4=28, ?a7·
? - ?a7· q 5· a7· a7· q5=512, ?



② 由②得 a3 = 512 , 7 ∴a7=8.将其代入①得 2q8-5q4+2=0. 4 1 1 4 解之,得 q4= 或 q4=2,即 q=± 或 q=± 2. 2 2 3 法二:∵a3a11=a2a12=a2 7,∴a7=512. ? ?a3+a11=20, ∴a7=8.∴? ?a3a11=64. ? ∴a3 和 a11 是方程 x2-20x+64=0 的两根. 解此方程得 x=4 或 x=16. ?a3=4, ?a3=16, ? ? ∴? 或? ?a11=16 ?a11=4. ? ? 11-3 又 a11=a3· q =a3· q8, 1 4 ?a11?1=± ?1?1=± 1 . ∴q=± ? a3 ?8 48=± 2或 q=± ?4?8 4 2 考点二 等比数列性质的应用

有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且前后两数的和 是 16,中间两数的和是 12.求这四个数. ?a+d?2 [自主解答] 法一:设这四个数依次为 a-d,a,a+d, , a ?a+d? ? ?a-d+ =16, a 由条件得? ? ?a+?a+d?=12.
? ? ?a=4, ?a=9, 解得? 或? ?d=4, ?d=-6. ? ? 所以当 a=4,d=4 时,所求四个数为 0,4,8,16; 当 a=9,d=-6 时,所求四个数为 15,9,3,1. 故所求四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1. 2a a 法二:设这四个数依次为 -a, ,a,aq(a≠0), q q 2a 1 -a+aq=16, ? ?q=2, q ?q=3, ? 由条件得 解得? 或? a ?a=8, ? ? ?a=3. +a=12. q
2

? ? ?

所以当 q=2,a=8 时,所求四个数为 0,4,8,16; 1 当 q= ,a=3 时,所求四个数为 15,9,3,1. 3

故所求四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1. 法三:设这四个数依次为 x,y,12-y,16-x, ? ?2y=x+?12-y?, 由已知得? 2 ??12-y? =y?16-x?. ?
?x=0, ?x=15, ? ? 解得? 或? ? ? ?y=4, ?y=9. 故所求四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1.

若将“和是 16”改为“积是-128”,将“和是 12”改为“积为 16”,如何求解? 2a a 解:设所求四个数为 -aq, ,aq,aq3. q q

? ?aq?=16, ?? ?q?· 则由已知? 2a ? ?aq ?=-128. ?? ? q -aq?·
3

a

① ②

由①得 a2=16,∴a=4 或 a=-4. 由②得 2a2q2-a2q4=-128. 将 a2=16 代入整理,得 q4-2q2-8=0.解得 q2=4, ∴q=2 或 q=-2. ∴所求的四个数为-4,2,8,32 或 4,-2,-8,-32. ————— ————————————— 等比数列的“对称设项”方法为:当项数 n 为奇数时,先设中间一个数为 a,再以公比 a 为 q 向两边对称地依次设项即可,如三个数成等比数列,可设为 ,a,aq;当项数 n 为偶数 q a 2 且公比大于 0 时,先设中间两个数为 和 aq,再以公比为 q 向两边对称地依次地设项即可, q a a a a a 如四个数成等比数列,可设为 3, ,aq,aq3,六个数成等比数列可设为 5, 3, ,aq,aq3, q q q q q aq5. ——————————————————————————————————————

2.在递增等比数列中,a1a9=64,a3+a7=20.求 a11 的值. 解:在等比数列{an}中, ∵a1· a9=a3· a7, ? a7=64, ?a3· ∴由已知可得? ?a3+a7=20. ?
?a3=4, ?a3=16, ? ? ∴? 或? ? ? ?a7=16, ?a7=4. ∵{an}是递增等比数列, ∴a7>a3.

∴a3=4,a7=16. ∴16=4q4. ∴q4=4. ∴a11=a7· q4=16×4=64. 考点三 等比数列的实际应用

从盛满 a(a>1)升纯酒精的容器里倒出 1 升然后添满水摇匀,再倒出 1 升混合溶 液后又用水添满摇匀,如此继续下去,问:第 n 次操作后溶液的浓度是多少?若 a=2 时,至 少应倒几次后才能使酒精的浓度低于 10%? 1 [自主解答] 设开始的浓度为 1, 操作一次后溶液浓度 a1=1- , 设操作 n 次后溶液的浓 a 度为 an, 1 1- ?. 则操作 n+1 次后溶液的浓度为 an+1=an? ? a? 1 ∴{an}是以 a1=1- 为首项, a 1 公比为 q=1- 的等比数列. a 1?n - ∴an=a1qn 1=? ?1-a? . 1 1- ?n. 即第 n 次操作后酒精的浓度是? ? a? 1 1 n ? 当 a=2 时,由 an=? ?2? <10,解得 n≥4. 故至少应操作 4 次后才能使酒精浓度小于 10%. ————— ————————————— 本题将实际问题抽象成一个数列问题,解决数列应用题的关键是读懂题意,建立数学模 型,弄清问题的哪一部分是数列问题,是哪种数列.在求解过程中应注意首项的确立,时间 的推算.不要在运算中出现问题. ——————————————————————————————————————

3.始于 2007 年初的美国次贷危机,至 2008 年中期,已经演变为全球金融危机.受此影 响, 国际原油价格从 2008 年 7 月每桶最高的 147 美元开始大幅下跌, 9 月跌至每桶 97 美元. 你 能求出国际原油价格 7 月到 9 月之间平均每月下降的百分比吗?若按此计算,到什么时间跌 至谷底(即每桶 34 美元)? 解:设每月平均下降的百分比为 x,则每月的价格构成了等比数列{an},记 a1=147(7 月 份价格),则 8 月份价格 a2=a1(1-x)=147(1-x), 9 月份价格 a3=a2(1-x)=147(1-x)2. ∴147(1-x)2=97,解得 x≈18.8%. - 设 an=34,则 34=147· (1-18.8%)n 1,解得 n=8. 即从 2008 年 7 月算起第 8 个月,也就是 2009 年 2 月国际原油价格将跌至 34 美元每桶.

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多解题

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已知数列{cn},其中 cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数 p. [解] 法一:因为{cn+1-pcn}是等比数列, 所以当 n≥2 时, 有(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1), 将 cn=2n+3n 代入上式,得 + + + + + + - - [2n 1+3n 1-p(2n+3n)]2=[2n 2+3n 2-p(2n 1+3n 1)]· [2n+3n-p(2n 1+3n 1)], n n 2 n+1 n+1 n-1 n-1 即[(2-p)2 +(3-p)3 ] =[(2-p)2 +(3-p)· 3 ][(2-p)2 +(3-p)· 3 ]. 1 n n 整理得 (2-p)(3-p)· 2· 3 =0. 6 解得 p=2 或 p=3. 法二:由 cn=2n+3n,得 c1=5,c2=13,c3=35,c4=97. 因而数列{cn+1-pcn}的前三项依次为 13-5p,35-13p,97-35p. 由题意得:(35-13p)2=(13-5p)(97-35p) 整理得:p2-5p+6=0,∴p=2 或 p=3. + + 当 p=2 时,cn+1-pcn=(2n 1+3n 1)-2(2n+3n)=3n, + cn+2-pcn+1 3n 1 ∴ = n =3. 3 cn+1-pcn ∴此时{cn+1-pcn}是等比数列. 同理 p=3 时数列{cn+1-pcn}也是等比数列, ∴p=2 或 p=3. 法三:{cn+1-pcn}是等比数列 cn+2-pcn+1 ? =常数. cn+1-pcn + + cn+2-pcn+1 ?2-p?2n 1+?3-p?3n 1 ∵ = cn+1-pcn ?2-p?2n+?3-p?3n 2[?2-p?2n+?3-p?3n]+?3-p?3n = ?2-p?2n+?3-p?3n ?3-p?3n =2+ ?2-p?2n+?3-p?3n 3-p =2+ . 2?n ?2-p?? + ? 3 - p ? ? 3? cn+2-pcn+1 为使 为常数,也就是使 cn+1-pcn 3-p 2+ 为常数. 2?n ?2-p?? + ? 3 - p ? ?3? ∴p-2=0 或 p-3=0,∴p=2 或 p=3. [点评] 法一是利用等比中项,法二是先利用特值求得 p 的值,然后加以验证说明,其 中法二是解决此类问题的常用方法,且可以降低解题错误.

1. 若{an}, {bn}都是等比数列, 则下列数列中仍是等比数列的是

(

)

A.{an+bn}

B.{an-bn}

C.{anbn}

D.{an+5}

解析: 当数列{an}和{bn}中的对应项都相等, 即 an=bn 时, 排除选项 B; 当数列{an}和{bn} 中的对应项互为相反数,即 an=-bn 时,排除选项 A;选项 D 显然不正确;而由等比数列的 性质可知{anbn}仍为等比数列. 答案:C 2. 等比数列{an}中, a4=4, 则 a2· a6 等于 ( ) A.4 B.8 C.16 D.32 2 解析:据等比数列的性质:a2· a6=a2 4=4 =16. 答案:C 1 3. 已知{an}是等比数列, a2=2, a5= , 则公比 q 等于 ( ) 4 1 1 A.- B.-2 C.2 D. 2 2 - 解析:据 an=am· qn m,得:a5=a2· q3. 1 1 1 ∴q3= × = . 4 2 8 1 ∴q= . 2 答案:D 4.在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=120,则 a5+a6=________. 解析:据等比数列的性质:a1+a2,a3+a4,a5+a6 也成等比数列. a3+a4 120 ∴a5+a6=(a3+a4)· =120× =480. 30 a1+a2 答案:480 5.在等比数列{an}中,a1· a9=256,a4+a6=40,则公比 q=________. 解析:据 a1· a9=a4· a6, ? ?a4+a6=40, 列方程组? ?a4· a6=256. ?
?a4=32, ?a4=8, ? ? 解得? 或? ?a6=8, ?a6=32. ? ? a6 8 1 32 ∴q2= = = 或 q2= =4. a4 32 4 8 1 ∴q=± 或 q=± 2. 2 1 答案:± 或± 2 2

1 6.在等比数列{an}中,已知 a3+a6=36,a4+a7=18,an= ,求 n 的值. 2 解:设等比数列{an}的公比为 q. 因为 a4+a7=a3q+a6q=(a3+a6)q, a4+a7 18 1 所以 q= = = . a3+a6 36 2 因为 a4+a7=18, 所以 a4(1+q3)=18. 1?n-4 - 所以 a4=16.所以 an=a4qn 4=16? ?2? . 1?n-4 1 ?1?n-4 1 ?1?5 令 16? ?2? =2,所以?2? =32=?2? . 所以 n-4=5,n=9.

一、选择题 1. 将公比为 q 的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列 a1a2,a2a3,a3a4,?. 此数列是 ( ) A.公比为 q 的等比数列 B.公比为 q2 的等比数列 C.公比为 q3 的等比数列 D.不一定是等比数列 解析:设新数列为{bn},{bn}的通项公式为 bn=anan+1. an+1an+2 an+2 所以 = =q2,数列{bn}是公比为 q2 的等比数列. an anan+1 答案:B 2.等比数列{an}的各项均为正数,且 a5a6+a4a7=18,则 log3a1+log3a2+?+log3a10= ( ) A.12 B.10 C.8 D.2+log35 解析:由 a5a6+a4a7=18,得 2a5a6=18,即 a5a6=9. ∴log3a1+log3a2+?+log3a10=log3(a1· a2· ?· a10)=log3(a5· a6)5=5log39=10. 答案:B 3. 等比数列{an}中, a3=12, a2+a4=30, 则 a10 的值为 ( ) - A.3×10 5 B.3×29 - C.128 D.3×5 2 或 3×29 a3 解析:∵a2= ,a4=a3q, q 12 ∴a2= ,a4=12q. q 12 ∴ +12q=30.即:2q2-5q+2=0. q 1 ∴q= 或 q=2. 2 1 当 q= 时,a2=24, 2 1?8 -5 ∴a10=a2· q8=24×? ?2? =3×2 ; 当 q=2 时,a2=6, ∴a10=a2q8=6×28=3×29. 答案:D 4. 在等比数列{an}中, a2 012=8a2 009, 则公比 q 的值为 ( ) A.2 B.3 C.4 D.8 解析:法一:a2 012=a1q2 011, a2 009=a1q2 008, 所以 a1q2 011=8a1q2 008,化简得 q3=8,所以 q=2. 法二:因为 a2 012=a2 009· q3, 所以 a2 009· q3=8a2 009,所以 q3=8,q=2. 答案:A 二、填空题 5.在等比数列{an}中,若 an>0,a1· a100=100,则 lg a1+lg a2+lg a3+?+lg a100= ________. 解析:由等比数列性质知:a1· a100=a2· a99=?=a50· a51=100. ∴lg a1+lg a2+lg a3+?+lg a100=lg(a1· a2· a3· ?· a100)=lg(a1· a100)50=lg 10050=lg 10100=

100. 答案:100 6.三个数 a,b,c 成等比数列,公比 q=3,又 a,b+8,c 成等差数列,则这三个数依 次为________. 解析:∵a,b,c 成等比数列,公比是 q=3, ∴b=3a,c=a· 32=9a. 又由等差中项公式有:2(b+8)=a+c, ∴2(3a+8)=a+9a.∴a=4. ∴b=12,c=36. 答案:4,12,36 2 1 4 2 x

y z 7.在右列表格中,每格填上一个数字后,使每一横行成等差数列,每纵列成等比数列, 则 x+y+z 的值为________. x 2 解析:∵ = ,∴x=1. 2 4 ∵第一行中的数成等差数列,首项为 2,公差为 1,故后两格中数字分别为 5,6. 同理,第二行后两格中数字分别为 2.5,3. ?1?3,z=6· ?1?4. ∴y=5· ?2? ?2? ?1?3+6· ?1?4=32=2. ∴x+y+z=1+5· ?2? ?2? 16 答案:2 8.某单位某年十二月份的产值是同年一月份产值的 m 倍,那么该单位此年的月平均增 长率是________. a12 解析: 由题意可知, 这一年中的每一个月的产值成等比数列, 求月平均增长率只需利用 a1 =m,所以月平均增长率为 11 m-1.

11 答案: m-1 三、解答题 9.已知各项都为正数的等比数列{an}中,a1a5+2a2a6+a3a7=100,a2a4-2a3a5+a4a6= 36,求此数列的通项公式. 2 解:∵a1a5=a2a4=a2 3,a2a6=a3a5,a3a7=a4a6=a5, ?a1a5+2a2a6+a3a7=100, ? ∴由? 得: ?a2a4-2a3a5+a4a6=36. ?
2 2 2 ? ? ?a3+2a3a5+a5=100, ??a3+a5? =100, ? 2 ? 即 2 2 ?a3-2a3a5+a5=36. ? ? ??a3-a5? =36,

∵数列{an}的各项均为正数, ? ?a3+a5=10, ∴? ?a3-a5=± 6, ?
?a3=8, ?a3=2, ? ? 解得? 或? ?a5=2 ? ? ?a5=8. a5 1 ∴公比 q= = 或 2. a3 2

1?n-3 - 6-n n-3 n-2 6-n n-2 ∴an=a3· qn 3=8×? ?2? =2 或 an=2×2 =2 .即 an=2 或 an=2 . 10.某市 2013 年新建住房 400 万 m2,其中 250 万 m2 是中低价房,预计 2013 后的若干 年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长 8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面 积比上一年增加 50 万 m2,那么到哪一年底 (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2013 年为累计的第一年)将首次不少于 4 750 万 m
2?

(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%. 解:(1)设中低价房面积构成数列{an},由题意可知,{an}是等差数列,其中 a1=250,d n?n-1? =50,则 Sn=250n+ ×50=25n2+225n,令 25n2+225n≥4 750,即 n2+9n-190≥0, 2 解得 n≤-19 或 n≥10,而 n 是正整数.∴n≥10.故到 2022 年年底,该市历年所建中低价房 的累计面积将首次不少于 4 750 万平方米. (2)设新建住房面积构成数列{bn}, 由题意可知,{bn}是等比数列, 其中 b1=400,q=1.08,则 bn=400×(1.08)n 1,


由题意可知 an>0.85bn, 即 250+(n-1)×50>400×(1.08)n 1×0.85,满足上述不等式的最小正整数 n=6.


故到 2018 年年底, 当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%.

2.5

等比数列的前 n 项和
等比数列的前 n 项和

第一课时

等比数列的前 n 项和公式 已知量 公式 首项、公比和项数 na ?q=1? ? ? 1 Sn=?a1?1-qn? ?q≠1? ? ? 1-q 首项、末项和公比 na ?q=1? ? ? 1 Sn=?a1-anq ?q≠1? ? ? 1-q

1. 等比数列前 n 项和公式中共涉及哪几个基本量?这几个基本量中知道其中几个可以求 出另外几个? 提示:共四个基本量{Sn,a1,q,n 或 Sn,a1,an,q},只要知道其中三个可求另外一个. 2.求数列 a,a2,a3,?,an,?的前 n 项和. 提示:当 a=0 时,前 n 项和为 0; 当 a=1 时,前 n 项和为 n; a?1-an? 当 a≠0 且 a≠1 时,前 n 项和 Sn= . 1-a 3.你能用函数的观点来研究等比数列的前 n 项和吗? 提示:函数观点下的等比数列前 n 项和公式 (1)若数列{an}是非常数列的等比数列, 则其前 n 项和公式为: Sn=-Aqn+A(A≠0, q≠0, * q≠1,n∈N ). a1 (2)注意到指数式的系数和常数项互为相反数,且 A= . 1-q (3)当 q≠1 时,数列 S1,S2,S3,?,Sn,?的图象是函数 y=-Aqx+A 图象上一群孤立 的点; 当 q=1 时,数列 S1,S2,S3,?,Sn,?的图象是正比例函数 y=a1x 图象上一群孤立的 点.

考点一

等比数列前 n 项和公式的基本运算

在等比数列{an}中, (1)若 Sn=189,q=2,an=96,求 a1 和 n; 5 (2)若 a1+a3=10,a4+a6= ,求 a4 和 S5; 4 (3)若 q=2,S4=1,求 S8. a ?1-2 ? ? ?189= 1 , a1?1-q ? n-1 1-2 [自主解答] (1)法一:由 Sn= ,an=a1q 以及已知条件得? 1-q - ? 2n 1, ?96=a1·
n n

192 ∴a1· 2n=192.∴2n= . a1 192 ? ∴189=a1(2n-1)=a1? ? a1 -1?.∴a1=3. 96 - 又∵2n 1= =32,∴n=6. 3 a1-anq 法二:由公式 Sn= 及条件得 1-q a1-96×2 - 189= ,解得 a1=3,又由 an=a1· qn 1, 1- 2 - 得 96=3· 2n 1,解得 n=6. (2)设公比为 q,由通项公式及已知条件得 a +a q2=10, ? ? 1 1 ? 3 即 5 5 ?a1q +a1q =4, ?

a ?1+q ?=10, ? ? 1 ? 3 5 2 ? ?a1q ?1+q ?=4, ②

2



∵a1≠0,1+q2≠0,∴②÷ ①得, 1 1 q3= ,即 q= ,∴a1=8. 8 2 1?3 ∴a4=a1q3=8×? ?2? =1, ?1?5 8 × 1 - 5 ?2? 31 a1?1-q ? S5= = = . 1 2 1-q 1- 2 (3)设首项为 a1, a1?1-24? 1 ∵q=2,S4=1,∴ =1.即 a1= . 15 1-2 1 ?1-28? a1?1-q8? 15 ∴S8= = =17. 1-q 1-2 ————— ————————————— (1)熟练掌握等比数列的通项公式和前 n 项和公式, 运用方程的思想, 求出基本量 a1 和 q, 然后求出其他量,是解这类题的常用方法. a1-anq a1?1-qn? (2)已知 an 时用 Sn= 较简便,而 Sn= 在将已知量表示为最基本元素 a1 和 1-q 1-q q 的表达式中发挥着重要作用. —————————————————————————————————————— 1.在等比数列{an}中,a1=-3,an=-46 875,Sn=-39 063,求 q 和 n. 解:易知 q≠1, a1-anq 由 Sn= , 1- q -3+46 875q 得-39 063= ,得 q=-5. 1-q - - 由 an=a1qn 1 得-46 875=-3· (-5)n 1,得 n=7. 故 q=-5,n=7.

考点二

等比数列前 n 项和的性质

在等比数列{an}中,已知 Sn=48,S2n=60,求 S3n. [自主解答] 法一:∵S2n≠2Sn, ∴q≠1, a ?1-q ? ? ? 1-q =48, 由已知得? a ?1-q ? ? ? 1-q =60,
1 1 2n n

① ②

5 ②÷ ①得 1+qn= , 4

1 即 qn= , 4 ③代入①得



a1 =64, 1-q a1?1-q3n? 1 1- 3?=63. ∴S3n= =64? 4 ? ? 1-q 法二:∵{an}为等比数列,显然公比不等于-1, ∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 也成等比数列. ∴(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n). ?S2n-Sn?2 ?60-48?2 ∴S3n= +S2n= +60=63. Sn 48

若保持例 2 条件不变,且 an>0,前 n 项中最小的项为 4,求 a1 和 q. 解:∵S2n≠2Sn,∴q≠1,

? ? 由已知得? a ?1-q ? ? 1-q
1

a1?1-qn? =48, 1-q
2n



? =60, ②

② 5 1 得 1+qn= ,∴qn= <1. 4 4 ① 1 ∴前 n 项中 an 最小,将 qn= 代入①得 a1=64-64q, 4 1 - 又∵an=a1qn 1,∴an· q=a1qn.即 4q= a1. 4 4 ∴64-64q=16q.即 80q=64.∴q= , 5 4 64 a1=64-64× = . 5 5 ————— ————————————— 等比数列前 n 项和的性质: (1)在公比不等于-1 的等比数列{an}中,连续相同项数和也成等比数列,即:Sk,S2k- Sk,S3k-S2k,?仍成等比数列. S偶 (2)当 n 为偶数时,偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比,即 =q. S奇 n * (3)若一个非常数列{an}的前 n 项和 Sn=Aq -A(A≠0,q≠0,n∈N ),则数列{an}为等比 数列,即 Sn=Aqn-A?数列{an}为等比数列. (4)若数列{an}是公比为 q 的等比数列,则 Sn+m=Sn+qn· Sm . ——————————————————————————————————————

2.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3+S6=2S9 求数列的公比 q. 解:法一:若 q=1,则有 S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1,但 a1≠0,即 S3+S6≠2S9,与题 设矛盾,故 q≠1.同理可得 q≠-1,依题意 S3+S6=2S9. a1?1-q3? a1?1-q6? a1?1-q9? ∴ + =2× . 1-q 1-q 1-q 整理,得 q3(2q6-q3-1)=0,由于 q≠0,得 2q6-q3-1=0.

1 ∵q≠-1,∴q3≠-1,∴q3=- , 2 4 . 2 法二:S3+S6=2S9, ∴S3,S9,S6 成等差数列. ∴S9-S3=S6-S9, ∴a1q3+a1q4+?+a1q8=-a1q6-a1q7-a1q8, ∴a1q3(1+q+q2)(2q3+1)=0. ∵a1≠0,q≠0,1+q+q2≠0, ∴2q3+1=0, ∴q=- 3 3 1 4 =- . 2 2 法三:∵S3+S6=2S9,又 S3,S6-S3,S9-S6 成等比数列. ? ?S3+S6=2S9, ∴由? 2 ? ?S3?S9-S6?=?S6-S3? . 消去 S9,得 S3=2S6,又由法一知 q≠1, q=- 3 S6-S3 1 4 ∴q = =- ,∴q=- . S3 2 2
3

3

考点三

等比数列前 n 项和的实际应用

陈老师购买安居工程集资房 92 m2,单价为 1 000 元/m2,一次性国家财政补贴 28 800 元,学校补贴 14 400,余款由个人负担.房地产开发公司对教师实行分期付款每期为一 年,等额付款,签订购房合同后一年付款一次再经过一年又付款一次,共付 10 次,10 年后 付清,如果按年利率 7.5%,每年按复利计算,那么每年应付款多少元?(计算结果精确到百 元) [自主解答] 设每年应付款 x 元,那么到最后一次付款时(即购房十年后), 第一年付款所生利息之和为 x×1.0759 元, 第二年付款及所生利息之和为 x×1.0758 元,? 第九年付款及其所生利息之和为 x×1.075 元, 第十年付款为 x 元,而所购房余款的现价及其利息之和为 [1 000×92 - (28 800 + 14 400)]×1.07510 =48 800×1.07510(元). 因此有 x(1+1.075+1.0752+?+1.0759)=48 800×1.07510, 1.075-1 ∴x=48 800×1.07510× ≈48 800×2.061×0.071≈7 141(元). 1.07510-1 故每年需交款 7 141 元. ————— ————————————— 在数列的实际应用中, 把数学问题背景中的数列知识挖掘出来(投入资金数列和收入资金 数列), 然后用数列的知识进行加工和整理(如本题中的构建不等式并求解)是常见的解题方法, 应注意合理安排,解题中要明确数学问题的实际意义,以便进行合理取舍. ——————————————————————————————————————

3.某校为扩大教学规模,从今年起扩大招生,现有学生人数为 b,以后学生人数年增长率 为 4.9?.该校今年年初有旧实验设备 a 套,其中需要换掉的旧设备占了一半.学校决定每年 以当年年初设备数量的 10%的增长率增加新设备,同时每年淘汰 x 套的旧设备. (1)如果 10 年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番,那么每年应更换的 旧设备是多少套? (2)依照(1)的更换速度,共需多少年能更换所有需要更换的旧设备? 下列数据供计算时参考: 1.19=2.38 1.004 99=1.04 10 1.1 =2.60 1.004 910=1.05 1.111=2.85 1.004 911=1.06 解:(1)设今年学生人数为 b 人,则 10 年后学生人数为 b(1+4.9?)10=1.05b, 由题设可知,1 年后的设备为 a×(1+10%)-x=1.1a-x, 2 年后的设备为 (1.1a-x)×(1+10%)-x=1.12a-1.1x-x =1.12a-x(1+1.1),?, 10 年后的设备为 a×1.110-x(1+1.1+1.12+?+1.19) 1×?1-1.110? =2.6a-x× =2.6a-16x, 1-1.1 2.6a-16x a 1 由题设得 =2× ,解得 x= a. 1.05b b 32 1 每年更换旧设备为 a 套; 32 1 a (2)全部更换旧设备需 a÷ =16 年. 2 32 按此速度全部更换旧设备需 16 年. 解题高手 妙解题 同样的结果, 不一样的过程, 节省解题时间, 也是得分!

1? ? 2 1 ? ? n 1? 求和:? ?x+y?+?x +y2?+?+?x +yn?(xy≠0). 式子中均由两项组成,显然不是等比数列.如果将括号去掉,且重新组合,会 1 1 1 1 得到 x+x +?+xn 与 + 2+?+ n两个等比数列的 n 项和,它们的公比 x, 是否为 1 不确 y y y y 定,故需分 x=1 且 y=1;x=1,y≠1;x≠1,y=1 与 x≠1,y≠1 四种情况讨论. 1 1 1 1 1 1 2 n x+ ?+?x2+ 2?+?+?xn+ n?, [妙解] 设 Sn=? y? y ? 则 Sn=(x+x +?+x )+y +y2+?+yn, ? y? ? ? 当 x=1,y=1 时,Sn=2n. 当 x=1,y≠1 时, 1 1 - y yn+1 yn-1 Sn=n+ =n+ n+1 n. 1 y -y 1- y 当 x≠1,y=1 时, + x-xn 1 Sn= +n. 1-x 当 x≠1,y≠1 时,
2

[巧思]

x-xn 1 yn-1 Sn= + n+1 n. 1-x y -y


S4 1. 设等比数列{an}的公比 q=2, 前 n 项和为 Sn, 则 = ( ) a2 15 17 A.2 B.4 C. D. 2 2 4 a1?1-q ? 解析:S4= =15a1,a2=a1q=2a1, 1-q S4 15 ∴ = . a2 2 答案:C 2. 设{an}是公比为正数的等比数列, 若 a1=1, a5=16, 则数列{an}前 7 项的和为 ( ) A.63 B.64 C.127 D.128 a5 4 解析:∵a1=1,a5=16,∴ =q =16. a1 又∵q>0,∴q=2. 1×?1-27? 7 S7= =2 -1=127. 1-2 答案:C 3. 已知等比数列的公比为 2, 且前 5 项和为 1, 那么前 10 项和等于 ( ) A.31 B.33 C.35 D.37 a1?1-q5? 解析:∵q=2,S5= =1, 1-q a1?1-q10? a1?1-q5??1+q5? 而 S10= = 1-q 1-q =S5· (1+q5)=1· (1+32)=33. 答案:B 4.若数列{an}满足 a1=1,an+1=2an,n=1,2,3,?,则 a1+a2+?+an=________. an+1 解析:∵an+1=2an, ∴q= =2. an 1×?1-2n? n 又∵a1=1,∴Sn= =2 -1. 1-2 答案:2n-1 1?n 5.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=? ?2? +a,若{an}为等比数列,则 a=________. 1?n ?1?n-1 解析:∵Sn-Sn-1=? ?2? +a-?2? -a 1?n ?1?n-1 ?1?n ?1?n =? ?2? -?2? =?2? -2· ?2? 1 ?n =-? ?2? ,n≥2 时, 1 当 n=1 时,a1=S1= +a. 2 又∵an 为等比数列,

1?n+1 -? ?2? an+1 1 ∴ = = =q. an 1 ?n 2 -? ?2? 1 1 ∴a1=- = +a.即 a=-1. 2 2 答案:-1 6.在等比数列{an}中. (1)S2=30,S3=155,求 Sn; (2)a1=2,S3=6,求 a3 和 q. ? ?a1?1+q?=30, 解:(1)由题意知? 2 ?a1?1+q+q ?=155, ?

? ? ? 1 ?a1=5, 解得? 或? 5 ?q=5, ? ?q=- , ?
6

a =180,

5 - ?n 1 080×1-? 6? ? 1 5 + 从而 Sn= ×5n 1- 或 Sn= . 4 4 11 (2)由题意,得若 q=1,则 S3=3a1=6,符合题意. 此时,q=1,a3=a1=2. 若 q≠1,则由等比数列的前 n 项和公式, a1?1-q3? 2?1-q3? 得 S3= = =6, 1-q 1-q 解得 q=-2. 此时,a3=a1q2=2×(-2)2=8. 综上所述,q=1,a3=2 或 q=-2,a3=8.

5 为 ,则 S5= 4

一、选择题 1. 等比数列{an}的各项都是正数, 若 a1=81, a5=16, 则它的前 5 项和是 ( ) A.179 B.211 C.248 D.275 2 解析:由 16=81×q4,q>0 得 q= , 3 2?5? ? ? 81?1-?3? ? ∴S5= =211. 2 1- 3 答案:B 2.等比数列{an}中, 已知前 4 项之和为 1, 前 8 项和为 17, 则此等比数列的公比 q 为( ) A.2 B.-2 C.2 或-2 D.2 或-1 a1?1-q4? 解析:S4= =1, ① 1-q a1?1-q8? S8= =17, ② 1-q ②÷ ①得 1+q4=17,q4=16. q=± 2. 答案:C 3.已知数列{an}为等比数列,Sn 是它的前 n 项和,若 a2· a3=2a1,且 a4 与 2a7 的等差中项 ( )

A.35 B.33 C.31 D.29 解析:设数列{an}的公比为 q, 2 3 ∵a2· a3=a1 · q =a1· a4=2a1,∴a4=2. 5 又∵a4+2a7=a4+2a4q3=2+4q3=2× , 4 1 ∴q= . 2 a1?1-q5? a4 ∴a1= 3=16.S5= =31. q 1-q 答案:C S6 S9 4.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 =3, 则 = ( ) S3 S6 7 8 A.2 B. C. D.3 3 3 3 S6 ?1+q ?S3 解析:设公比为 q,则 = =1+q3=3, S3 S3 ∴q3=2. 3 6 S9 1+q +q 1+2+4 7 ∴ = = 3 = S6 3 1+q 1+2 答案:B 二、填空题 5.在等比数列{an}中,若公比 q=4,且前 3 项之和等于 21,则该数列的通项公式 an= ________. 解析:∵在等比数列{an}中, 前 3 项之和等于 21, a1?1-43? - ∴ =21,∴a1=1.∴an=4n 1. 1-4 - 答案:4n 1 6.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,2S2,3S3 成等差数列,则{an}的公比为________. 解析:∵S1,2S2,3S3 成等差数列, ∴4S2=S1+3S3, 即 4(a1+a1q)=a1+3(a1+a1q+a1q2), 1 ∴4(1+q)=1+3(1+q+q2),解得 q= . 3 1 答案: 3 7.等比数列的前 n 项和 Sn=m· 3n+2,则 m=________. 解析:设等比数列为{an},则 a1=S1=3m+2, S2=a1+a2=9m+2?a2=6m, S3=a1+a2+a3=27m+2?a3=18m, 又 a2 a3?(6m)2=(3m+2)· 18m 2=a1· ?m=-2 或 m=0(舍去).∴m=-2. 答案:-2 8.等比数列{an}的公比 q>0,已知 a2=1,an+2+an+1=6an,则{an}的前 4 项和 S4= ________. 解析:由 an+2+an+1=6an, + - 得 qn 1+qn=6qn 1, 2 即 q +q-6=0,q>0 解得 q=2, 1 又∵a2=1,∴a1= , 2

1 ?1-24? 2 15 ∴S4= = . 2 1-2 15 答案: 2 三、解答题 9.设等比数列{an}的公比 q<1, 前 n 项和为 Sn, 已知 a3=2, S4=5S2, 求{an}的通项公式. a1?1-qn? 解:由题设知 a1≠0,Sn= ,则 1-q a q =2, ? ? 1 ?a1?1-q4? a1?1-q2? = 5 × , ② ? 1-q ? 1-q
2



由②得 1-q4=5(1-q2),(q2-4)(q2-1)=0. (q-2)(q+2)(q-1)(q+1)=0, 因为 q<1,解得 q=-1 或 q=-2. 当 q=-1 时,代入①得 a1=2, - 通项公式 an=2×(-1)n 1; 1 当 q=-2 时,代入①得 a1= ; 2 1 n-1 通项公式 an= ×(-2) . 2 - 综上,当 q=-1 时,an=2×(-1)n 1; 1 - 当 q=-2 时,an= ×(-2)n 1. 2 10.某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M, M 的价值在使用过程中逐年减 少,从第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年开始,每年初 M 的价值为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式; a1+a2+?+an (2)设 An= ,若 An 大于 80 万元,则 M 继续使用,否则须在第 n 年初对 M n 更新,证明:须在第 9 年初对 M 更新. 解:(1)当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列. an=120-10(n-1)=130-10n; 3 当 n≥7 时,数列{an}是以 a6 为首项,公比为 的等比数列,又 a6=70,所以 4 3 n-6 an=70×( ) ; 4 130-10n,n≤6, ? ? 因此,第 n 年初,M 的价值 an 的表达式为 an=? 3 n-6 ?70×?4? ,n≥7. ? (2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,由等差及等比数列的求和公式得 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1), An=120-5(n-1)=125-5n; 当 n≥7 时, Sn=S6+(a7+a8+?+an) 3 ?3?n-6? ?3?n-6 =570+70× ×4×? ?1-?4? ?=780-210×?4? 4 3?n-6 780-210×? ?4? An= . n 因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列,又

3?8-6 3?9-6 780-210×? 780-210×? ?4? ?4? 47 79 A8= =82 >80,A9= =76 <80,所以须在第 9 年 8 64 9 96 初对 M 更新.

第二课时

常见的数列求和

考点一

分 组 求 和

1?2 ? 2 1 ?2 ? n 1 ?2 求和:Sn=? ?x+x? +?x +x2? +?+?x +xn? . [自主解答] 当 x≠± 1 时, 1 1 2 ?2 ? ?2 ? n 1 ?2 Sn=? ?x+x? +?x +x2? +?+?x +xn? 1? ? 4 1? 1 2 2n =? ?x +2+x2?+?x +2+x4?+?+x +2+x2n 1 1 1? =(x2+x4+?+x2n)+2n+? ?x2+x4+?+x2n? - - x2?x2n-1? x 2?1-x 2n? = 2 + +2n -2 x -1 1-x + ?x2n-1??x2n 2+1? = +2n x2n?x2-1? 当 x=± 1 时,Sn=4n. 4n, x=± 1, ? ? 2n + 综上知,Sn=??x -1??x2n 2+1? +2n, x≠± 1. 2n 2 ? ? x ?x -1? ————— ————————————— 某些数列,通过适当分组,可把它拆分成两个或两个以上的等差数列或等比数列求和问 题,那么我们可利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和,进而得出原数列的和. —————————————————————————————————————— 1 1 1 1 1.求数列 2 ,4 ,6 ,?,2n+ n+1,?的前 n 项和 Sn. 4 8 16 2 1 1 1 1 解:Sn=2 +4 +6 +?+?2n+2n+1? 4 8 16 ? ? 1 1 1 =(2+4+6+?+2n)+?4+8+?+2n+1? ? ? 1 ?1?n 1- n?2n+2? 4 ?2? = + 2 1 1- 2

1 1 =n(n+1)+ - n+1. 2 2

考点二

裂 项 求 和

22+1 32+1 42+1 ?n+1?2+1 求数列 2 , 2 , 2 ,?, 的前 n 项和 Sn. 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1?2-1 1 1 ?n+1?2+1 n2+2n+2 2 [自主解答] 数列的通项 an= = 2 =1+ 2 =1+?n-n+2?, 2 ? ? ?n+1? -1 n +2n n +2n 1 1 1 1 1 1? ? 1 1? 1 1 ?1+ ? ?1+ - ? - 所以 Sn=? ?1+1-3?+?1+2-4?+1+3-5+?+? n-1 n+1?+? n n+2? 1 1 1 1 1 3 =n+1+ - - =n- - + . 2 n+1 n+2 n+1 n+2 2 ————— ————————————— 对于通项公式是分式的一类数列,在求和时常用“裂项法”.可用待定系数法对通项公 式进行拆项,相消时应注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.常见的拆项公式有: 1 ? 1 1 ?1 - (1) = · ; n?n+k? k ?n n+k? 1 1 1 1 (2)若{an}为等差数列,公差为 d,则 = ? a -a ? ; an· an+1 d? n n+1? 1 (3) = n+1- n等. n+1+ n ——————————————————————————————————————

2.已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前 n 项和为 Sn,{bn}为等比数列,b1=1, 且 b2S2=64,b3S3=960. (1)求 an 与 bn; 1 1 1 (2)求 + +?+ . S1 S2 Sn 解:(1)设{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q,则 d 为正数, ∵an>0(n∈N*),∴d>0, - an=3+(n-1)d,bn=qn 1. ? ?S2b2=?6+d?q=64, 依题意有? 2 ?S3b3=?9+3d?q =960, ?
? ?d=2, 解得? 或 ?q=8 ?

?d=-5, ? 40 ?q= 3 .

6

(舍去)


故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n 1. (2)∵Sn=3+5+?+(2n+1)=n(n+2), 1 1 1 ∴ + +?+ S1 S2 Sn 1 1 1 1 = + + +?+ 1×3 2×4 3×5 n?n+2?

1 1 1 1 1 1 1 1 = ?1-3+2-4+3-5+?+n-n+2? 2? ? 1 1 1 1 = ?1+2-n+1-n+2? 2? ? 2 n + 3 3 = - . 4 2?n+1??n+2?

考点三

利用错位相减法求和

在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n. an (1)设 bn= n-1,证明数列{bn}是等差数列; 2 (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. [自主解答] (1)证明:由已知 an+1=2an+2n,得 an+1 2an+2n an bn+1= n = = n-1+1=bn+1. 2 2n 2 又 b1=a1=1,因此{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. an - (2)由(1)知 n-1=n,即 an=n· 2n 1. 2 - Sn=1+2· 21+3· 22+?+n· 2 n 1, 两边乘以 2,得 2Sn=2+2· 22+?+n· 2n, - 1 2 两式相减,得 Sn=-1-2 -2 -?-2n 1+n· 2n n n n =-(2 -1)+n· 2 =(n-1)2 +1. ————— ————————————— (1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an· bn}的前 n 项和时, 可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时,应注意: ①要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形更值得注意; ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确写 出“Sn-qSn”的表达式; ③应用等比数列求和公式必须注意公比 q≠1 这一前提条件, 如果不能确定公比 q 是否为 1,应分两种情况讨论. —————————————————————————————————————— 3.求数列 1,3a,5a2,7a3,?,(2n-1)an 1,(a≠0)的前 n 项和.


解:当 a=1 时,数列变为 1,3,5,7,?,(2n-1), n[1+?2n-1?] 2 则 Sn= =n . 2 当 a≠1 时,有 - Sn=1+3a+5a2+7a3+?+(2n-1)an 1, ① 2 3 4 aSn=a+3a +5a +7a +?+(2n-1)an, ② - ①-②,得 Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+?+2an 1-(2n-1)an, - (1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+a4+?+an 1) n-1 a?1-a ? =1-(2n-1)an+2· 1-a

2?a-an? =1-(2n-1)an+ . 1-a 又 1-a≠0, 1-?2n-1?an 2?a-an? ∴Sn= + . 1-a ?1-a?2 2 综上知:当 a=1 时,Sn=n ; 1-?2n-1?an 2?a-an? 当 a≠1 时,Sn= + . 1-a ?1-a?2 解题高手 妙解题 同样的结果,不一样的过程,节省解题时间,也是得分!

2 ,求 f(-2 010)+f(-2 009)+?+f(0)+f(1)+?+f(2 010)+f(2 011)的值. 2+2x [巧思] 因为 2 011+(-2 010)=1,2 010+(-2 009)=1,?,0+1=1,所以可考虑 f(x) +f(1-x)的值,然后再求解. 2 2 [妙解] ∵f(x)+f(1-x)= - x+ 2+2 2+21 x 2 2· 2x 2 2x = + = + =1, 2+2x 2· 2x+2 2+2x 2+2x 设 S=f(-2 010)+f(-2 009)+?+f(0)+f(1)+?+f(2 010)+f(2 011), 则 S=f(2 011)+f(2 010)+?+f(1)+f(0)+?+f(-2 009)+f(-2 010), ∴2S=[f(-2 010)+f(2 011)]+[f(-2 009)+f(2 010)]+?+[f(0)+f(1)]+[f(1)+f(0)]+? +[f(2 011)+f(-2 010)]=2 011×2. ∴S=2 011. 设 f(x)=

1. 数列{(-1)n· n}的前 2 012 项的和 S2 012 为 ( ) A.-2 012 B.-1 006 C.2 012 D.1 006 解析: S2 012=-1+2-3+4-5+?+2 008-2 009+2 010-2 011+2 012=(2-1)+(4- 3)+(6-5)+?+(2 010-2 009)+(2 012-2 011)=1+1+1+?+1 006 1 个=1 006. 答案:D 1 2.已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+?+anan+1= ( ) 4 - - A.16(1-4 n) B.16(1-2 n) 32 32 - - C. (1-4 n) D. (1-2 n) 3 3 a5 1 1 ?1?n-1· ?1?n=25-2n.故 a1a2+a2a3+a3a4+?+ 解析:∵ =q3= ,∴q= .∴an· an+1=4· 4· 2 ? ? ?2? a2 8 2 1 ? 8? ?1-4n? 32 -1 -3 - 3 1 5-2n anan+1=2 +2 +2 +2 +?+2 = = (1-4 n). 1 3 1- 4 答案:C 1 3. 数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 an= , 则 S5 等于 ( ) n?n+1? 5 1 1 A.1 B. C. D. 6 6 30

1 1 1 解析:∵an= = - , n?n+1? n n+1 1 1 1 1 1 1 5 1- ?+? - ?+?+? - ?=1- = . ∴S5=? ? 2? ?2 3? ?5 6? 6 6 答案:B - 4.数列 1,1+2,1+2+22,?,1+2+22+?+2n 1,?的前 n 项和为________. 1· ?1-2n? n - 解析:∵1+2+22+?+2n 1= =2 -1. 1-2 ∴Sn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+?+(2n-1) 2· ?1-2n? + =(2+22+?+2n)-n= -n=2n 1-2-n. 1-2 + 答案:2n 1-2-n a1+a2+a3+?+an 5.已知数列{an}的通项 an=2n+1,由 bn= 所确定的数列{bn}的前 n n 项和是________. n 解析:a1+a2+?+an= (2n+4)=n2+2n. 2 n?n+5? ∴bn=n+2.∴bn 的前 n 项和 Sn= . 2 n?n+5? 答案: 2 6.等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2=1,a2 3=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式; ?1? (2)设 bn=log3a1+log3a2+?+log3an,求数列?b ?的前 n 项和. ? n? 2 2 2 1 解:(1)设数列{an}的公比为 q,由 a3=9a2a6 得 a2 3=9a4,所以 q = ,由条件可知 q>0, 9 1 故 q= , 3 1 由 2a1+3a2=1,得 2a1+3a1q=1,得 a1= , 3 1 故数列{an}的通项公式为 an= n. 3 (2)bn=log3a1+log3a2+?+log3an= n?n+1? -(1+2+?+n)=- . 2 1 1 1 2 故 =- =-2?n-n+1?. bn ? ? n?n+1? 1? ?1 1? 1 1 1 2n ?1- 1 ? + +?+ =-2? ?1-2?+?2-3?+?+?n n+1?=-n+1. b1 b2 bn ?1? 2n 所以数列?b ?的前 n 项和为- . ? n? n+1

一、选择题 1 1 1 1.1+ + +?+ 等于 1×2 2×3 99×100 99 199 98 A. B. C. 100 100 99 1 1 1 解析:∵ = - , n?n+1? n n+1

( 197 D. 99

)

1? ?1 1? 1 ? ?1 ∴所求和=1+? ?1-2?+?2-3?+?+?99-100? 1 ? 199 =1+? ?1-100?=100. 答案:B 1 9 ,其前 n 项和为 ,则在平面直角坐标系中,直线(n+1)x 10 n?n+1? +y+n=0 在 y 轴上的截距为 ( ) A.-10 B.-9 C.10 D.9 1 1 1 1 1 1 1 1 解析:数列{an}的前 n 项和为 + +?+ =1- + - +?+ - =1 2 2 3 n n+1 1×2 2×3 n?n+1? 1 n 9 - = = ,所以 n=9,于是直线(n+1)x+y+n=0 即为 10x+y+9=0.所以其在 y n+1 n+1 10 轴上的截距为-9. 答案:B 3. 数列{n· 2n}的前 n 项和 ( ) + + n A.n· 2 -2n+2 B.n· 2n 1-2n 1+2 + + + C.n· 2n 1-2n D.n· 2n 1-2n 1 解析:∴Sn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n,① + ∴2Sn=1×22+2×23+?+(n-1)×2n+n×2n 1.② + 由②-①得 Sn=n×2n 1-(2+22+23+?+2n) n 2-2 ×2 + + + =n×2n 1- =n· 2n 1-2n 1+2. 1-2 答案:B 4.已知 an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),若称使乘积 a1· a2· a3· ?· an 为整数的数 n 为劣数,则在区 间(1,2 012)内所有的劣数的和为 ( ) A.2 026 B.2 046 C.1 024 D.1 022 lg 3 lg 4 lg?n+2? lg?n+2? 解析:∵a1· a2· a3· ?· an= · · ?· = =log2(n+2),令 log2(n+2)=k,则 lg 2 lg 3 lg?n+1? lg 2 n=2k-2(k∈Z). 令 1<2k-2<2 012,得 k=2,3,4,?,10. 4?1-29? ∴所有劣数的和为 -18=211-22=2 026. 1-2 答案:A 二、填空题 1 1 1 1 1 1 5.数列 1,1+ ,1+ + 2?,1+ + 2+?+ n-1+?的前 n 项和为________. 2 2 2 2 2 2 1 ? 解析:据等比数列的求和公式得 an=2? ?1-2n?, 1 1 1 1 + 2+?+ n?= n-1+2n-2. 则 Sn=2n-? 2? 2 ?2 2 1 答案: n-1+2n-2 2 6.1+11+111+?+11? 个 1 =________. 2.数列{an}中,an= 1 - 解析:因为 11? 1 =1+10+102+?+10n 1= (10n-1), 9 n个 1 所以 Sn= (101-1+102-1+103-1+?+10n-1) 9 n 1 110?1-10 ? = [(101+102+?+10n)-n]= -n 9 9 -9
n 1

10n 1-9n-10 . 81 n+1 10 -9n-10 答案: 81




1 7.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列 的 bn bn+1 前 n 项和 Sn=________. - 解析:易求得等比数列{an}的公比为 3,通项 an=3×3n 1=3n, 故 bn=log33n=n. 1 1 1 1 ∴ = = - . bn bn+1 n?n+1? n n+1 1 1 1 1 1 ∴Sn=1- + - +?+ - 2 2 3 n n+1 1 n =1- = . n+1 n+1 n 答案: n+1 8.已知函数 f(x)=log2x,若数列{an}的各项使得 2,f(a1),f(a2),?,f(an),2n+4 成等 差数列,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析: 设等差数列的公差为 d, 则由题意, 得 2n+4=2+(n+1)d, 解得 d=2, 于是 log2a1 =4,log2a2=6,log2a3=8,?,从而 a1=24,a2=26,a3=28,?.易知数列{an}是等比数列, 24?4n-1? 16 n a2 其公比 q= =4,所以 Sn= = (4 -1). a1 3 4-1 16 n 答案: (4 -1) 3 三、解答题 9.在等差数列{an}中,已知 a1+a2+a3=9,a2+a4+a6=21. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2n· an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)在等差数列{an}中,由 a1+a2+a3=3a2=9,得,a2=a1+d=3. 又由 a2+a4+a6=3a4=21,得 a4=a1+3d=7, 联立解得 a1=1,d=2, 则数列{an}的通项公式为 an=2n-1. (2)∵bn=2n· an=(2n-1)· 2n, 2 3 ∴Sn=1· 2+3· 2 +5· 2 +?+(2n-1)· 2n① + 2Sn=1· 22+3· 23+5· 24+?+(2n-3)· 2n+(2n-1)· 2n 1② ①—②得 + -Sn=2+2(22+23+?+2n)-(2n-1)· 2n 1, n-1 8?1-2 ? + 得 Sn=-2- +(2n-1)· 2n 1 1-2 + =6+(2n-3)· 2n 1. 1 1 10.设数列{an}满足 a1=0 且 - =1. 1-an+1 1-an (1)求{an}的通项公式; 1- an+1 bk (2)设 bn= ,记 Sn= k ?1 ,证明:Sn<1. n 1 1 解:(1)由题设 - =1, 1-an+1 1-an 1 得{ }是公差为 1 的等差数列. 1-an

?

n

1 =1, 1-a1 1 故 =n. 1-an 1 所以 an=1- . n (2)证明:由(1)得 1- an+1 n+1- n 1 1 bn= = = - , n n n+1· n n+1 又 Sn <1. =

?b
k ?1

n

k



?
k ?1

n

(

1 k



1 k+1

)



1



1 n+1

1.an 与 Sn 的关系 ?S1, n=1, ? an=? 若 n=1 时,a1 符合 an=Sn-Sn-1(n≥2),则数列的通项公式可 ? ?Sn-Sn-1, n≥2, 以写成一个函数的形式:an=f(n),n∈N*;若 n=1 时,a1 不符合 an=Sn-Sn-1(n≥2),则数 ?S1, n=1, ? 列的通项公式只能写成分段函数的形式 an=? ? ?f?n?, n≥2. 2.等差数列 (1)通项公式:an=a1+(n-1)d,an=am+(n-m)d. n?n-1? n?a1+an? (2)前 n 项和公式:Sn=na1+ d= , 2 2 n?n-1? d? d 对于公式 Sn=na1+ d 常写成二次函数的形式 Sn= n2+? 用于研究等差数 ?a1-2?n, 2 2 列前 n 项和的最值问题. (3)常用性质: ①当 d>0 时为递增数列;当 d<0 时为递减数列;当 d=0 时为常数列. ②若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am+an=ap+aq. ③在等差数列{an}中,若 k1,k2,?,kn,?成等差数列,则 ak1,ak2,?,akn,?也成 等差数列. ④在等差数列{an}中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等差数列. ⑤若{an}是等差数列,{bn}是等差数列,则{an± bn}、{kan+bn}也是等差数列. (4)判断一个数列是否是等差数列的方法: ①递推式法:证 an+1-an=d(d 是常数)对 n∈N*都成立,或证 2an+1=an+an+2 对 n∈N* 都成立. ②{an}成等差数列?an=a1+(n-1)d. ③{an}成等差数列?Sn=an2+bn(a,b 为常数).

3.等比数列 - - (1)通项公式:an=a1qn 1,an=amqn m. (2)前 n 项和公式: na , q=1, ? ? 1 n Sn=?a1?1-q ? a1-anq = , q≠1. ? 1-q ? 1-q (3)等比中项:若 a、G、b 成等比数列,则 G 叫做 a、b 的等比中项,且有 G2=a· b或G =± ab. (4)等比数列的性质: ?a1>0, ?a1<0, ?a1>0, ?a1<0, ? ? ? ? ①当? 或? 时为递增数列;当? 或? 时为递减数列;当 q<0 ?q>1 ?0<q<1 ?0<q<1 ?q>1 ? ? ? ? 时为摆动数列;当 q=1 时为常数列. ②若 m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则 am· an=ap· aq. ③在等比数列{an}中,若 k1,k2,?,kn,?成等差数列,则 ak1,ak2,?,akn,?成等 比数列. ④在公比不等于-1 的等比数列{an}中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等比数列. ?1? ⑤若{an}是等比数列,则{λan}(λ 为不等于零的常数)仍是公比为 q 的等比数列;?a ?是公 ? n? 1 比为 的等比数列;{|an|}是公比为|q|的等比数列;若{bn}是公比为 q?的等比数列,则{an· bn} q 是公比为 q· q?的等比数列. (5)判断一个数列是否是等比数列的方法: an+1 2 ①递推法(定义法):证 =q(q 是不为零的常数)对 n∈N*都成立,或 an an+2 对 n +1=an· an ∈N*都成立. - ②通项公式法:{an}成等比数列?an=a1qn 1. n ③{an}成等比数列?Sn=A-Aq (其中 A 是不为零的常数).

考点一

等差数列与等比数列的基本运算

已知{an}是各项为不同的正数的等差数列,lg a1、lg a2、lg a4 成等差数列.又 bn 1 = ,n=1,2,3,?. a2n (1)证明:{bn}为等比数列; 7 (2)如果数列{bn}的前 3 项的和等于 ,求数列{an}的通项公式 an 及数列{bn}的前 n 项和 24 Tn. [解] (1)证明:∵lg a1、lg a2、lg a4 成等差数列, ∴2lg a2=lg a1+lg a4. 即 a2 2=a1a4.设等差数列{an}的公差为 d, 则(a1+d)2=a1(a1+3d), 整理得 d2=a1d.∵d≠0,∴a1=d. ∴a2n=a1+(2n-1)d=2n· d. 1 1 1 ∴bn= = ·n. a2n d 2 1 1 ∴{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列. 2d 2

1 1 1 7 1+ + ?= , (2)∵b1+b2+b3= ? 2 4? 24 2d? ∴d=3.∴a1=d=3. 1 ?1?n ∴an=a1+(n-1)d=3n,bn= · . 3 ?2? 1? ?1?n? 1- 6? ?2? ? 1? ?1?n? Tn=b1+b2+?+bn= = ?1-?2? ?. 1 3 1- 2 [借题发挥] 在等差数列{an}中,通常把首项 a1 和公差 d 作为基本量,在等比数列{bn} 中,通常把首项 b1 和公比 q 作为基本量,列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数 列的常用方法. 1.数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*). (1)设 bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列; an (2)设 cn= ,求证:{cn}是等比数列; 3n-1 (3)求 Sn. 解:(1)证明:由 Sn+1=4an+2 得 Sn=4an-1+2,an+1=Sn+1-Sn=(4an+2)-(4an-1+2)= 4an-4an-1(n≥2), 即 an+1-2an=2(an-2an-1), ∴bn=2bn-1(n≥2,n∈N*),又 b1=a2-2a1=3, ∴{bn}是以 3 为首项,2 为公比的等比数列. - (2)证明:由(1)知 an+1-2an=bn=3· 2n 1,于是有 1 n-2 an-2 an-1=3· 2 , - 1 2 2 an-1-2 an-2=3· 2n 2, - 22an-2-23an-3=3· 2n 2, ? - - - 2n 2a2-2n 1a1=3· 2n 2. 将以上 n-1 个等式叠加得 - - an-2n 1a1=(n-1)· 3· 2n 2, - - - ∴an=3(n-1)2n 2+2n 1a1=(3n-1)· 2n 2(n≥2,n∈N*), an - 又 n=1 时也满足此式,∴cn= =2n 2, 3n-1 ∴{cn}是等比数列,公比是 2. (3)当 n=1 时,S1=a1=1; - 当 n≥2 时,Sn=4an-1+2=(3n-4)· 2n 1+2. 经检验,S1=1 也符合上式, - 故 Sn=(3n-4)· 2n 1+2,n∈N*. 考点二 求数列的通项公式

N. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式. [解] (1)因为 Tn=2Sn-n2,n∈N*,所以当 n=1 时,a1=2a1-1,所以 a1=1. (2)当 n≥2 时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2,所以 Sn=Tn-Tn-1=2(Sn-Sn-1)-(2n-1),所以 Sn -2Sn-1=2n-1, 即 an-Sn-1=2n-1, 所以 an+1-Sn=2n+1, 所以(an+1-Sn)-(an-Sn-1)=2, 即 an+1-2an=2,所以 an+1+2=2(an+2),所以数列{an+2}为等比数列,公比为 2,首项为

*

设数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{Sn}的前 n 项和为 Tn,满足 Tn=2Sn-n2,n∈

3,所以 an+2=3×2n 1,所以 an=3×2n 1-2,易知 a1=1 也满足上式,所以数列{an}的通 - 项公式是 an=3×2n 1-2,n∈N*. [借题发挥] (1)已知形如“an+1=can+d”的递推公式, 一般利用待定系数法把关系式转 化为等比数列求 an. (2)已知形如“an+1=an+f(n)”的递推公式,可考虑叠加法求 an. (3)已知形如“an+1=f(n)· an”的递推公式,则可考虑累乘法求 an.
- -

2.设数列{an}是首项为 1 的正项数列,且 an+1-an+an+1· an=0(n∈N*),求{an}的通项. 1 1 解:∵an+1-an+an+1· an=0.∴ - =1. a an+1 n 1 1 又 =1,∴ 是首项为 1,公差为 1 的等差数列, a1 an 1 1 故 =n,∴an= . an n 3.已知数列{an}满足 an+1=2an+3×2n,a1=2,求数列{an}的通项公式. + 解:an+1=2an+3×2n 两边除以 2n 1,得 an+1 an 3 an+1 an 3 + = n+ ,则 n+1- n= , 2 2 2n 1 2 2 2 ?an? a1 2 故数列?2n?是以 1= =1 为首项, 2 2 ? ? 3 an 3 以 为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得 n=1+ (n-1), 2 2 2 3 1 ? n 所以数列{an}的通项公式为 an=? ?2n-2?2 . 考点三 数列的前 n 项和

2 若数列{an}满足 a2 n+1-an=d,其中 d 为常数,则称数列{an}为等方差数列.已知 等方差数列{an}满足 an>0,a1=1,a5=3. (1)求数列{an}的通项公式; 1n (2)求数列{a2 n( ) }的前 n 项和. 2 2 2 2 [解] (1)由 a1 =1,a2 5=9 得,a5-a1=4d,∴d=2. 2 an=1+(n-1)×2=2n-1, ∵an>0,∴an= 2n-1. 数列{an}的通项公式为 an= 2n-1; 1n 1 (2)a2 n( ) =(2n-1) n. 2 2 1 1 1 1 设 Sn=1·+3·2+5·3+?+(2n-1)·n,① 2 2 2 2 1 1 1 1 1 S =1·2+3·3+5·4+?+(2n-1)·n+1,② 2 n 2 2 2 2 ①-②,得 1 1 1? 1 1 1 S = +2? + ?22+23+?+2n?-(2n-1)· 2 n 2 2n 1 1 1? 1- n-1? 4? 2 ? 1 1 = +2· -(2n-1)·n+1, 2 1 2 1- 2

2n+3 Sn=3- n . 2 2n+3 ? ?1?n? ?的前 n 项和为 3- 即数列?a2 . 2n ? n? 2 ? ? [借题发挥] 若数列{an}的通项公式形如 an=bn· cn, 而{bn}是等差数列, {cn}是等比数列, 可采用错位相减法求和. 4.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2Sn=(n+2)an-1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)设 Tn= + +?+ ,求 Tn. a1· a3 a2· a4 an· an+2 解:(1)由 2Sn=(n+2)an-1(n∈N*), 得 2Sn-1=(n+1)an-1-1(n∈N*,n≥2) 则 2an=2(Sn-Sn-1) =[(n+2)an-1]-[(n+1)an-1-1](n≥2), 整理得 nan=(n+1)an-1(n≥2), an-1 an ∴ = (n≥2), n n+1 由 2a1=2S1=(1+2)a1-1,得 a1=1, an-1 an a1 1 则 = =?= = (n≥2), n 2 2 n+1 n+1 ∴an= (n≥2). 2 显然 a1=1 满足上式, n+1 故数列{an}的通项公式为 an= . 2 1 1 1 (2)Tn= + +?+ a1· a3 a2· a4 an· an+2 4 4 4 = + +?+ 2×4 3×5 ?n+1??n+3? 1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ? =2? ?2-4?+?3-5?+?+?n+1 n+3? 1 1 1 1 5 2 2 =2?2+3-n+2-n+3?= - ? ? 3 n+2-n+3. 考点四 数列的实际应用

假设你正在某公司打工,根据表现,老板给你两个加薪的方案: ①每年年末加 1 000 元; ②每半年结束时加 300 元.请你选择: (1)如果在该公司干 10 年,问两种方案各加薪多少元? (2)对于你而言,你会选择其中的哪一种? [解] 设方案一第 n 年年末加薪 an,因为每年年末加薪 1 000 元,则 an=1 000n; 设方案二第 n 个半年加薪 bn,因为每半年加薪 300 元,则 bn=300n. (1)在该公司干 10 年(20 个半年). 方案一:共加薪 S10=a1+a2+?+a10=55 000(元); 20×?20-1? 方案二:共加薪 T20=b1+b2+?+b20=20×300+ ×300=63 000(元). 2 (2)设在该公司干 n 年,两种方案共加薪分别为

Sn=a1+a2+?+an n?n-1? =1 000×n+ ×1 000=500n2+500n, 2 2n×?2n-1? T2n=b1+b2+?+b2n=2n×300+ ×300=600n2+300n. 2 令 T2n≥Sn,即 600n2+300n≥500n2+500n,解得 n≥2, 当 n=2 时等号成立. 所以,如果干 3 年以上(包括 3 年)应选择第二个方案;如果只干 2 年,随便选;如果只 干 1 年,当然选择第一个方案. [借题发挥] 解决数列的应用问题必须准确探索问题所涉及的数列的类型: (1)如果问题所涉及的数列是特殊数列(如等差数列、等比数列,或与等差、等比有关的数 列,等等)应首先建立数列的通项公式. (2)如果问题所涉及的数列不是某种特殊数列,一般应考虑先建立数列的递推关系(即 an 与 an-1 的关系). (3)解决数列的应用问题必须准确计算项数,例如与“年数”有关的问题,必须确定起算 的年份,而且应准确定义 an 是表示“第 n 年”还是“n 年后”. 5.某企业投资 1 000 万元于一个高科技项目,每年可获利 25%,由于企业间竞争激烈, 每年年底需要从利润中取出奖金 200 万元进行科研、技术改造与广告投入,方能保持原有的 利润增长率,问经过多少年后,该项目资金可以达到或超过翻两番(4 倍)的目标?(取 lg 2= 0.3) 解:设该企业逐年的项目资金数依次为 a1,a2,a3,?an,则由已知得 an+1=an(1+25%) -200 (n∈N*). 5 即 an+1= an-200, 4 5 令 an+1-x= (an-x), 4 5 1 即 an+1= an- x. 4 4 x 由 =200,得 x=800, 4 5 ∴an+1-800= (an-800)(n∈N*). 4 5 故{an-800}是以 a1-800 为首项, 为公比的等比数列. 4 ∵a1=1 000(1+25%)-200=1 050, ∴a1-800=250. 5?n-1 ∴an-800=250? ?4? . 5?n-1 * ∴an=800+250? ?4? (n∈N ). 由题意 an≥4 000, 5?n-1 ?5?n ∴800+250? ?4? ≥4 000.即?4? ≥16. 5 ∴nlg ≥lg 16.即 n(1-3lg 2)≥4lg 2. 4 ∵lg 2=0.3,∴0.1n≥1.2,故 n≥12. 答:经过 12 年后,该项目的资金可以达到或超过翻两番的目标.

(时间:90 分钟 满分:120 分)

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分) 1. 等差数列- 2, 0, 2, ?的第 15 项为 ( ) A.11 2 B.12 2 C.13 2 D.14 2 解析:∵a1=- 2,d= 2, ∴an=- 2+(n-1)× 2= 2n-2 2. ∴a15=15 2-2 2=13 2. 答案:C * 2. 若在数列{an}中, a1=1, an+1=a2 则 a1+a2+a3+a4+a5= ( ) n-1(n∈N ), A.-1 B.1 C.0 D.2 解析:由递推关系式得 a2=0,a3=-1,a4=0, a5=-1, ∴a1+a2+a3+a4+a5=-1. 答案:A 3.某种细胞开始有 2 个,1 小时后分裂成 4 个并死去 1 个,2 小时后分裂成 6 个并死去 1 个,3 小时后分裂成 10 个并死去 1 个,?,按此规律进行下去,6 小时后细胞存活的个数 是 ( ) A.33 个 B.65 个 C.66 个 D.129 个 ?a1=2, ? 解析:设开始的细胞数和每小时后的细胞数构成的数列为 {an}.则? 即 ?an+1=2an-1, ? an+1-1 =2. an-1 - - ∴an-1=1· 2n 1,an=2n 1+1,a7=65. 答案:B 4. 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, 若 S8=30, S4=7, 则 a4 的值等于 ( ) 1 9 13 17 A. B. C. D. 4 4 4 4 d 8a1+8×?8-1? =30, 2 解析:由题意可知, d 4a1+4×?4-1? =7, 2

? ? ?

1 ? ?a1=4 13 解得? ,故 a4=a1+3= . 4 ? ?d=1 答案:C 5.设 f(x)是定义在 R 上的恒不为零的函数,且对任意的实数 x、y∈R,都有 f(x)· f(y)= 1 f(x+y), 若 a1= , a =f(n)(n∈N*), 则数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围为 ( ) 2 n 1 ? ?1,2? ,2 A.? B. 2 ? ? ?2 ? 1 ? 1 ? C.? D.? ?2,1? ?2,1? 1 1 1 解析:依题意得 f(n+1)=f(n)· f(1),即 an+1=an· a1= an,所以数列{an}是以 为首项, 为 2 2 2 1? 1? 1- n 2? 2 ? 1 ? 1 公比的等比数列,所以 Sn= =1- n,所以 Sn∈? ?2,1?. 1 2 1- 2 答案:C 6.小正方形按照如图所示的规律排列:

每个图中的小正方形的个数构成一个数列{an},有以下结论:①a5=15;②数列{an}是一 个等差数列;③数列{an}是一个等比数列;④数列的递推公式为:an+1=an+n+1(n∈N*).其 中正确的命题序号为 ( ) A.①② B.①③ C.①④ D.① 解析: 当 n=1 时, a1=1; 当 n=2 时, a2=3; 当 n=3 时, a3=6; 当 n=4 时, a4=10, ? 观察图中规律,有 an+1=an+n+1,a5=15.故①④正确. 答案:C an- 3 7. 已知数列{an}满足 a1=0, an+1= (n∈N*), 则 a20= ( ) 3an+1 3 A.0 B.- 3 C. 3 D. 2 an- 3 解析:由 a1=0,an+1= (n∈N*), 3an+1 得 a2=- 3,a3= 3,a4=0,?由此可知数列{an}是周期变化的,周期为 3, ∴a20=a2=- 3. 答案:B 8.若数列{an}是等差数列,a1>0,a2 009+a2 010>0,a2 009· a2 010<0,则使前 n 项和 Sn>0 成 立的最大自然数 n 是 ( ) A.4 017 B.4 018 C.4 019 D.4 020 解析:由 a2 009+a2 010>0,a2 009· a2 010<0 及 a1>0 得 a2 009>0,a2010<0 且|a2 009|>|a2 010|, 4 017?a1+a4 017? ∴S4 017= 2 =4 017a2 009>0. 4 018?a1+a4 018? S4 018= 2 4 018?a2 009+a2 010? = >0, 2 4 019?a1+a4 019? S4 019= =4 019a2 010<0. 2 答案:B ?an+λ? 9.数列{an}满足递推公式 an=3an-1+3n-1(n≥2),又 a1=5,则使得? n ?为等差数列 ? 3 ? 的实数 λ= ( ) 1 1 A.2 B.5 C.- D. 2 2 an+λ 解析:a1=5,a2=23,a3=95,令 bn= n , 3 5+λ 23+λ 95+λ 则 b1= ,b2= ,b3= , 3 9 27 1 ∵b1+b3=2b2,∴λ=- . 2 答案:C 10.在等差数列{an}中,a10<0,a11>0,且 a11>|a10|,则{an}的前 n 项和 Sn 中最大的负数 为 ( ) A.S17 B.S18 C.S19 D.S20 解析:∵a10<0,a11>0,且 a11>|a10|, ∴a11+a10>0,

20?a1+a20? =10· (a11+a10)>0, 2 19?a1+a19? 19 S19= = · 2a <0. 2 2 10 答案:C 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 11.设数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1,则通项 an=__________. 解析:∵a1=2,an+1=an+n+1, ∴an-an-1=n,an-1-an-2=n-1,an-2-an-3=n-2,?,a3-a2=3,a2-a1=2,a1= S20= 2. 将以上各式的两边分别相加, n?n+1? 得 an=[n+(n-1)+(n-2)+(n-3)+?+2+1]+1= +1. 2 n?n+1? 答案: +1 2 3 12. 若数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且满足 Sn= an-3, 则数列{an}的通项公式是________. 2 3 解析:n≥2 时,Sn= an-3,① 2 3 Sn-1= an-1-3,② 2 3 3 1 3 ①-②知 an= an- an-1,即 an= an-1, 2 2 2 2 an 3 3 ∴ =3,由 Sn= an-3 得 S1=a1= a1-3, 2 2 an-1 n 故 a1=6,∴an=2· 3. n 答案:an=2· 3 13.(重庆高考)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和,若 a1,a2, a5 成等比数列,则 S8=________. 解析:因为{an}为等差数列,且 a1,a2,a5 成等比数列,所以 a1(a1+4d)=(a1+d)2,解 得 d=2a1=2,所以 S8=64. 答案:64 14. 某房地产开发商在销售一幢 23 层的商品楼之前按下列方法确定房价: 由于首层与顶 层均为复式结构,因此首层价格为 a1 元/m2,顶层由于景观好价格为 a2 元/m2,第二层价格为 a a 元/m2,从第三层开始每层在前一层价格上加价 元/m2,则该商品房各层的平均价格为 100 ________. a 解:设第二层到第 22 层的价格构成数列{bn},则{bn}是等差数列,b1=a,公差 d= , 100 21×20 a 1 共 21 项,所以其和为 S21=21a+ · =23.1a,故平均价格为 (a1+a2+23.1a)元/m2. 2 100 23 1 答案: (a1+a2+23.1a)元/m2 23 三、解答题(本大题共 4 小题,共 50 分) 15.(本小题满分 12 分)为了治理“沙尘暴”,西部某地区政府经过多年努力,到 2013 年底,将当地沙漠绿化了 40%,从 2014 年开始,每年将出现这种现象:原有沙漠面积的 12% 被绿化,即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲),同时原有绿洲面积的 8%又被侵蚀为沙漠,问 至少经过几年的绿化, 才能使该地区的绿洲面积超过 50%?(可参考数据 lg 2=0.3, 最后结果 精确到整数) 2 解:设该地区总面积为 1,2013 年底绿化面积为 a1= ,经过 n 年后绿洲面积为 an+1,设 5 2013 年底沙漠面积为 b1,经过 n 年后沙漠面积为 bn+1,则 a1+b1=1,an+bn=1.依题意 an+1

由两部分组成:一部分是原有绿洲 an 减去被侵蚀的部分 8%· an 的剩余面积 92%· an,另一部分 4 3 是新绿化的 12%· bn,所以 an+1=92%· an+12%(1-an)= an+ , 5 25 3 3 4 a - ?, 即 an+1- = ? 5 5? n 5? 3? ? 1 4 ∴?an-5?是以- 为首项, 为公比的等比数列. 5 5 ? ? 3 1?4?n 则 an+1= - ?5? . 5 5 3 1 4?n 1 ∵an+1>50%,∴ - ? > . 5 5?5? 2 4?n 1 ∴? ?5? <2. 41 lg 2 n>log = =3. 52 1-3lg 2 4?n 1 则当 n≥4 时,不等式? ?5? <2恒成立. 所以至少需要 4 年才能使绿化面积超过 50%. 16.(本小题满分 12 分)已知{an}为递减的等比数列,且 {a1,a2,a3 -4,-3,- 2,0,1,2,3,4}. (1)求数列{an}的通项公式; 1-?-1?n 16 (2)当 bn= an 时,求证:b1+b2+b3+?+b2n-1< . 2 3 解:(1)∵{an}是递减的等比数列, ∴数列{an}的公比 q 是正数, 又∵{a1,a2,a3 -4,-3,-2,0,1,2,3,4}, ∴a1=4,a2=2,a3=1. a2 2 1 ∴q= = = , a1 4 2 8 - ∴an=a1qn 1= n. 2 8[1-?-1?n] (2)由已知得 bn= ,当 n=2k(k∈N*)时,bn=0, + 2n 1 当 n=2k-1(k∈N*)时,bn=an. * ? ?0,?n=2k,k∈N ? ? 即 bn= * ?an,?n=2k-1,k∈N ? ? ∴b1+b2+b3+?+b2n-2+b2n-1=a1+a3+?+a2n-1 ?1?n? 4? 1 - ? ?4? ? = 1 1- 4 16 ?1?n?<16. = ? 1 - 3 ? ?4? ? 3 17.(本小题满分 12 分)(重庆高考)设数列{an} 满足:a1=1,an+1=3an,n∈N*. (1)求{an}的通项公式及前 n 项和 Sn; (2)已知{bn}是等差数列,Tn 为其前 n 项和,且 b1=a2,b3=a1+a2+a3,求 T20. 解:(1)由题设知{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, 1-3n 1 n - 所以 an=3n 1,Sn= = (3 -1). 1-3 2 (2)b1=a2=3,b3=a1+a2+a3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以数列{bn}的公差 d =5,

20×19 故 T20=20×3+ ×5=1 010. 2 18.(本小题满分 14 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn=3+log4an,设 Tn=|b1|+|b2|+?+|bn|,求 Tn. 解:(1)由 an+Sn=1,得 an+1+Sn+1=1,两式相减得 an+1-an+Sn+1-Sn=0, 1 ∴2an+1=an,即 an+1= an. 2 1 又 n=1 时,a1+S1=1,∴a1= . 2 an+1 1 又 = , an 2 1 1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 的等比数列. 2 2 1 1 1 - ? ?n-1=? ?n. ∴an=a1qn 1= · ?2? 2 ?2? 1?n n 6-n (2)bn=3+log4? ?2? =3-2= 2 . 当 n≤6 时,bn≥0, n?11-n? Tn=b1+b2+?+bn= ; 4 当 n>6 时,bn<0, Tn=b1+b2+?+b6-(b7+b8+?+bn) 6×5 ? 1 ?n-6??n-7? ? 1?? = - ?n-6??-2?+ · ? ? ?-2?? 4 2 ? n2-11n+60 = . 4

?n?114-n? ?n≤6?, 综上,T =? n -11n+60 ?n≥7?. ? 4
n 2


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