基本量法解决数列问题

合集下载

数列基本量的计算

证明：【解】 (1)证明：Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，两边同除证明， 1 1 1 1 以 Sn·Sn－1，得－S ＋2＝0， S －＝，即＝2(n≥2)， ≥ ， Sn－1 Sn－1 n n 1 1 1 为首项，为公差的等差数列． ∴{S }是以＝＝2 为首项，2 为公差的等差数列．是以 S1 a1 n 1 1 (2)由(1)知S ＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，由知－＝＋－ × ＝， S1 n 1 ∴Sn＝ . 2n
第5章章
数列
2012高考高考
江苏考纲解读 1．了解数列的概念及数列通项公式的意义．．了解数列的概念及数列通项公式的意义． 2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式．理解等差数列的概念，与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．与前项和公式，并能解决简单的实际问题．项和公式 3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式．理解等比数列的概念，与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．与前项和公式，并能解决简单的实际问题．项和公式
3．数列的表示方法．数列的表示方法有_________、公式法、数列的表示方法有列举法、__________、图象法．图象法． ________ 4．数列的分类．
有穷数列：项数有限有穷数列：按项分类无穷数列：无穷数列：项数无限
递减数列：对于任何 ∈N ，均有 <a 按 a 的增递减数列：对于任何n∈ 均有a 减性分类摆动数列：例如：－， 1，－， 1，… 摆动数列：例如：－：－1，，－，－1，，常数数列：例如：8，8，8，8，… 常数数列：例如：，，，，
为零的等差数列，项和，为零的等差数列，Sn 为其前 n 项和，满足 a2＋a2＝a2＋a2，S7＝7. 2 3 4 5 (1)求数列 n}的通项公式及前 n 项和 Sn；求数列{a 的通项公式及前求数列 amam＋1 (2)试求所有的正整数 m，试求所有的正整数，使得为数列 am＋2 {an}中的项．中的项．中的项

2022年高考数学(文)一轮复习文档：第五章数列第3讲等比数列及其前n项和 Word版含答案

第3讲等比数列及其前n 项和 ,)1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项假如a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇒G 2＝ab ． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中依据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类争辩思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必需分类求和，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q；在推断等比数列单调性时，也必需对a 1与q 分类争辩．1.教材习题改编等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36 C ．812D ．54C 法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，所以a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812.故选C.法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，所以a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，所以a 6＝a 24a 2＝1828＝812.故选C.2.教材习题改编设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 3.教材习题改编在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，得q 3＝27，所以q ＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 27，814.教材习题改编由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.255.教材习题改编在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________．由于a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.所以a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1. ①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0，所以q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．所以a 3＝1×22＝4. 4等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，属中、低档题．高考对等比数列基本运算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(2021·兰州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1，两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)，即6a n ＝9(a n －a n －1)，所以a n ＝3a n －1.所以数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由于b n ＝1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2，所以{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .等比数列基本运算的解题技巧(1)求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：①由已知条件列出以首项和公比为未知数的方程(组)；②求出首项和公比；③求出项数或前n 项和等其余量．(2)设元的技巧，可削减运算量，如三个数成等比数列，可设为a q，a ，aq (公比为q )；四个数成等比数列且q >0时，设为a q 3，a q，aq ，aq 3.角度一求首项a 1、公比q 或项数n1．(2021·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6角度二求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三求前n 项和3．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－310) B ．19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)C 由题意知数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则q ＝a n ＋1a n ＝－13，a 1＝a 2q ＝4，因此其前10项和等于4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．等比数列的判定与证明(2022·高考全国卷丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【解】 (1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(2)由(1)得，S n ＝1－(λλ－1)n. 由S 5＝3132得，1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132. 解得λ＝－1.证明数列{a n }是等比数列常用的方法一是定义法，证明a n a n －1＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，证明a 2n ＝a n －1·a n ＋1.若推断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．已知数列{a n }是等差数列，a 3＝10，a 6＝22，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋13b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋5d ＝22，解得a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2. (2)证明：由T n ＝1－13b n ，①令n ＝1，得T 1＝b 1＝1－13b 1.解得b 1＝34，当n ≥2时，T n －1＝1－13b n －1，②①－②得b n ＝13b n －1－13b n ，所以b n ＝14b n －1，所以b n b n －1＝14.又由于b 1＝34≠0，所以数列{b n }是以34为首项，14为公比的等比数列．等比数列的性质(1)(2021·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1C ．12D ．18(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42D ．48(3)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________．【解析】 (1)法一：由于a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又由于q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：由于a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)．将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31，故选A.(3)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，S 10－S 5S 5＝－132. 由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.【答案】 (1)C (2)A (3)－12等比数列常见性质的应用(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)等比数列性质的应用可以分为三类：①通项公式的变形；②等比中项的变形；③前n 项和公式的变形．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(3)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时留意设而不求思想的运用．1．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18 B ．－18C ．578D ．558A 由于a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.2．(2021·沈阳质量监测)数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________．设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)．323(1－4－n) ,)——分类争辩思想在等比数列中的应用已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．【解析】设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件冲突，故q ≠1.由于S 2m S m ＝a 1（1－q 2m ）1－q a 1（1－q m）1－q ＝q m＋1＝9，所以q m＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2. 【答案】 2(1)本题在利用等比数列的前n 项和公式表示S 2m 和S m 时，对公比q ＝1和q ≠1进行了分类争辩．(2)分类争辩思想在等比数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况． ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1争辩．③项数的奇、偶数争辩．④等比数列的单调性的推断留意与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)．由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n 2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.,)1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12A 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a2，所以a ＝－13.3．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C ．n （n ＋1）2D ．n （n －1）2A 由于a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．故选A.4．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3C 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依据题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝2，a 1q 4＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16125，q ＝52.所以a n ＝a 1qn －1＝16125×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －4，所以lg a n ＝lg 2＋(n －4)lg 52，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg 52＝8lg 2＋4lg 52＝4lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×52＝4.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·唐山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1D 设{a n}的公比为q ，由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q2q ＋q 3＝2，所以q ＝12，代入①得a 1＝2，所以a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ，所以S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，所以S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n－1，选D.7．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.2n－18．(2021·郑州其次次质量猜测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1（1－q n ）1－q，得S 6＝a 1（1－36）1－3，S 3＝a 1（1－33）1－3，所以S 6S 3＝a 1（1－36）1－3·1－3a 1（1－33）＝28.289．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________． T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0＜a 1＜a 2＜…＜a 14＜a 15＜1＜a 16＜a 17＜…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.1510．在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2a 4＝16，a 6＝32，记b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前5项和S 5为________．设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝a 2a 4＝16得，a 3＝4，即a 1q 2＝4，又a 6＝a 1q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n －1＋2n ＝3·2n －1，所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 5＝3（1－25）1－2＝93.9311．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)，当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1. 由于S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)由于a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.12．(2021·衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1C 由于数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，由于数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.13．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n－1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．由于4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．14．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列，所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5，即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0，由于q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。

(完整版)等差数列的前n项和练习含答案

课时作业8 等差数列的前n 项和时间：45分钟满分：100分课堂训练1．已知{a n }为等差数列，a 1＝35，d ＝－2，S n ＝0，则n 等于( ) A ．33 B ．34 C ．35 D ．36【答案】 D【解析】本题考查等差数列的前n 项和公式．由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝35n ＋n (n －1)2×(－2)＝0，可以求出n ＝36.2．等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156 【答案】 B【解析】 3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24⇒6a 4＋6a 10＝24⇒a 4＋a 10＝4⇒S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×42＝26. 3．等差数列的前n 项和为S n ，S 10＝20，S 20＝50.则S 30＝________. 【答案】 90【解析】等差数列的片断数列和依次成等差数列． ∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20也成等差数列． ∴2(S 20－S 10)＝(S 30－S 20)＋S 10，解得S 30＝90.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝84，S 20＝460，求S 28. 【分析】 (1)应用基本量法列出关于a 1和d 的方程组，解出a 1和d ，进而求得S 28；(2)因为数列不是常数列，因此S n 是关于n 的一元二次函数且常数项为零．设S n ＝an 2＋bn ，代入条件S 12＝84，S 20＝460，可得a 、b ，则可求S 28；(3)由S n ＝d 2n 2＋n (a 1－d 2)得S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是一个等差数列，又2×20＝12＋28，∴2×S 2020＝S 1212＋S 2828，可求得S 28.【解析】方法一：设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知条件得：⎩⎨⎧12a 1＋12×112d ＝84，20a 1＋20×192d ＝460，整理得⎩⎨⎧2a 1＋11d ＝14，2a 1＋19d ＝46，解得⎩⎨⎧a 1＝－15，d ＝4.所以S n ＝－15n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－17n ，所以S 28＝2×282－17×28＝1 092.方法二：设数列的前n 项和为S n ，则S n ＝an 2＋bn . 因为S 12＝84，S 20＝460，所以⎩⎨⎧122a ＋12b ＝84，202a ＋20b ＝460，整理得⎩⎨⎧12a ＋b ＝7，20a ＋b ＝23.解之得a ＝2，b ＝－17，所以S n ＝2n 2－17n ，S 28＝1 092. 方法三：∵{a n }为等差数列，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以S n n ＝a 1－d 2＋d2n ，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列．因为12,20,28成等差数列，所以S 1212，S 2020，S 2828成等差数列，所以2×S 2020＝S 1212＋S 2828，解得S 28＝1 092.【规律方法】基本量法求出a 1和d 是解决此类问题的基本方法，应熟练掌握．根据等差数列的性质探寻其他解法，可以开阔思路，有时可以简化计算．课后作业一、选择题(每小题5分，共40分)1．已知等差数列{a n }中，a 2＝7，a 4＝15，则前10项的和S 10等于( )A ．100B ．210C ．380D ．400【答案】 B【解析】 d ＝a 4－a 24－2＝15－72＝4，则a 1＝3，所以S 10＝210.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝19，S 5＝40，则a 10＝( ) A ．27 B ．24 C ．29 D ．48【答案】 C 【解析】由已知⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝19，5a 1＋10d ＝40.解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝3.∴a 10＝2＋9×3＝29.3．数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋2n －1，则这个数列一定是( ) A ．等差数列 B ．非等差数列 C ．常数列 D ．等差数列或常数列【答案】 B【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，当n ＝1时a 1＝S 1＝2.∴a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2，这不是等差数列．4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )C ．8D ．9【答案】 A 【解析】⎩⎨⎧a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，∴⎩⎨⎧a 1＝－11，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－11n ＋n 2－n ＝n 2－12n . ＝(n －6)2－36. 即n ＝6时，S n 最小．5．一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于( )A ．22B ．21C ．19D ．18【答案】 D【解析】 ∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34， a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －4＝146， ∴5(a 1＋a n )＝180，a 1＋a n ＝36， S n ＝n (a 1＋a n )2＝n ×362＝234. ∴n ＝13，S 13＝13a 7＝234.∴a 7＝18.6．一个有11项的等差数列，奇数项之和为30，则它的中间项为( )A ．8B ．7【答案】 D【解析】 S 奇＝6a 1＋6×52×2d ＝30，a 1＋5d ＝5，S 偶＝5a 2＋5×42×2d ＝5(a 1＋5d )＝25，a 中＝S 奇－S 偶＝30－25＝5.7．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n＝7n n ＋3，则a 5b 5等于( ) A ．7 B.23 C.278 D.214【答案】 D【解析】 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝92(a 1＋a 9)92(b 1＋b 9)＝S 9T 9＝214.8．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( )A ．445B ．765C ．1 080D ．1 305 【答案】 B【解析】 a n ＋1－a n ＝3，∴{a n }为等差数列． ∴a n ＝－60＋(n －1)×3，即a n ＝3n －63.∴a n ＝0时，n ＝21，a n >0时，n >21，a n <0时，n <21. S ′30＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－a 1－a 2－a 3－…－a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 30 ＝－2(a 1＋a 2＋…＋a 21)＋S 30 ＝－2S 21＋S 30 ＝765.二、填空题(每小题10分，共20分)9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝S 3＝12，则数列的通项公式a n ＝________.【答案】 2n【解析】设等差数列{a n }的公差d ，则⎩⎨⎧a 1＋5d ＝12a 1＋d ＝4，∴⎩⎨⎧a 1＝2d ＝2，∴a n ＝2n .10．等差数列共有2n ＋1项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则n 等于________．【答案】 10【解析】 ∵等差数列共有2n ＋1项，∴S 奇－S 偶＝a n ＋1＝S 2n ＋12n ＋1.即132－120＝132＋1202n ＋1，求得n ＝10.【规律方法】利用了等差数列前n 项和的性质，比较简捷．三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在等差数列{a n }中，(1)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 8； (2)若a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－1 022，求d .【分析】在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可求出其他两个量，其中a 1和d 是两个最基本量，利用通项公式和前n 项和公式，先求出a 1和d ，然后再求前n 项和或特别的项．【解析】 (1)∵a 6＝10，S 5＝5，∴⎩⎨⎧a 1＋5d ＝10，5a 1＋10d ＝5.解方程组，得a 1＝－5，d ＝3， ∴a 8＝a 6＋2d ＝10＋2×3＝16， S 8＝8(a 1＋a 8)2＝44. (2)由S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－512＋1)2＝－1 022，解得n ＝4.又由a n ＝a 1＋(n －1)d ，即－512＝1＋(4－1)d ，解得d ＝－171.【规律方法】一般地，等差数列的五个基本量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知道其中任意三个量可建立方程组，求出另外两个量，即“知三求二”．我们求解这类问题的通性通法，是先列方程组求出基本量a 1和d ，然后再用公式求出其他的量．12．已知等差数列{a n }，且满足a n ＝40－4n ，求前多少项的和最大，最大值为多少？【解析】方法一：(二次函数法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36， ∴S n ＝(a 1＋a n )n 2＝36＋40－4n2·n ＝－2n 2＋38n ＝－2[n 2－19n ＋(192)2]＋1922＝－2(n －192)2＋1922.令n －192＝0，则n ＝192＝9.5，且n ∈N ＋， ∴当n ＝9或n ＝10时，S n 最大，∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝－2(10－192)2＋1922＝180. 方法二：(图象法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36， a 2＝40－4×2＝32，∴d ＝32－36＝－4，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝36n ＋n (n －1)2·(－4)＝－2n 2＋38n ，点(n ，S n )在二次函数y ＝－2x 2＋38x 的图象上，S n 有最大值，其对称轴为x ＝－382×(－2)＝192＝9.5，∴当n ＝10或9时，S n 最大．∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝－2×102＋38×10＝180. 方法三：(通项法)∵a n ＝40－4n ，∴a 1＝40－4＝36，a 2＝40－4×2＝32，∴d ＝32－36＝－4<0，数列{a n }为递减数列．令⎩⎨⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，有⎩⎨⎧40－4n ≥0，40－4(n ＋1)≤0，∴⎩⎨⎧n ≤10，n ≥9，即9≤n ≤10.当n ＝9或n ＝10时，S n 最大．∴S n 的最大值为S 9＝S 10＝a 1＋a 102×10＝36＋02×10＝180. 【规律方法】对于方法一，一定要强调n ∈N ＋，也就是说用函数式求最值，不能忽略定义域，另外，三种方法中都得出n ＝9或n ＝10，需注意a m ＝0时，S m －1＝S m 同为S n 的最值．。

2012高考数学备考冲刺之易错点点睛系列专题数列(学生版)

数列一、高考预测数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前n 项和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前n 项和的性质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等．本讲内容在高考中多以选择题和填空题的形式出现，属于中低档题．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于中高档难度问题.数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．二、知识导学要点1：有关等差数列的基本问题1．涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决问题；要点向3：等差、等比数列综合问题1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。

2．数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由n S求通项，累加法、累乘法等3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法等。

等差数列考点经典例题讲解

等差数列及其前n 项和考纲解读 1.利用等差数列的通项公式、前n 项和公式进行基本量的计算；2.等差数列的判定与证明；3.利用等差数列的性质求等差数列的综合问题．[基础梳理]1．等差数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数． ②符号语言：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．[三基自测]1．已知等差数列{a n }满足：a 3＝13，a 13＝33，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案：B2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18－a 5，则S 8＝( ) A ．18 B ．36 C ．54 D ．72 答案：D3．已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为________．答案：4874．(必修5·习题2.3A 组改编)在100以内的正整数中有________个能被6整除的数．答案：165．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，则S 8＝__________.答案：96[考点例题]考点一等差数列的性质及基本量的运算|方法突破命题点1 用等差数列的基本量a 1和d 进行计算[例1] (1)(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8(2)(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192 C ．10D ．12[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，∴d ＝4，故选C. (2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192，选B.[答案] (1)C (2)B命题点2 用等差数列的性质进行计算[例2] (1)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7D ．3 (2)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列的前13项和为( ) A ．13 B ．26 C ．52D ．156[解析] (1)∵a 1＋a 5＝2a 3＝8，∴a 3＝4，又∵a 3＋a 5＝2a 4， ∴a 5＝2a 4－a 3＝14－4＝10. 故选B.(2)3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×42＝26，故选B.[答案] (1)B (2)B[方法提升]等差数列的计算技巧[母题变式]1．将例1中的(1)变为：已知等差数列{a n }中，a 5＝13，S 5＝35，则公差d ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．3解析：依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝13，5a 1＋10d ＝35，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3，选D.答案：D2．将例2(1)改为：在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：因为{a n }为等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 6，所以a 6＝2a 4－a 2，即a 6＝2×2－4＝0. 答案：B考点二等差数列的判定或证明|方法突破[例3] (2018·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．[解析] (1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0.因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n.由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[方法提升]等差数列的判定与证明方法[母题变式]1．将本例条件变为“数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，2S n －na n ＝n ，”求证：{a n }为等差数列．证明：因为2S n －na n ＝n ，①所以当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝n －1，② 所以①－②得：(2－n )a n ＋(n －1)a n －1＝1， (1－n )a n ＋1＋na n ＝1，所以2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，所以数列{a n }为等差数列．2．把本例变为已知数列{a n }满足：a n ≠0，a 1＝13，a n －a n ＋1＝2a n ·a n ＋1，(n ∈N *)．求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求出a n .解析：由a n －a n ＋1＝2a n ·a n ＋1得出1a n ＋1－1a n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1为首项，2为公差的等差数列，所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×2＝2n ＋1，所以a n ＝12n ＋1.考点三等差数列前n 项和及综合问题|模型突破角度1 等差数列的前n 项和及性质[例4] (1)(2018·日照模拟)等差数列{a n }的前m 项和为30，前3m 项和为90，则它的前2m 项和为________．(2)已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项的和，S 10＝S 22. ①求S n ；②这个数列前多少项的和最大？并求出这个最大值．[解析] (1)由S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，可得2(S 2m －S m )＝S m ＋S 3m －S 2m ，即S 2m ＝3S m ＋S 3m 3＝3×30＋903＝60.填60. 答案：60(2)①∵S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10， S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，又S 10＝S 22，∴a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，即12(a 11＋a 22)2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0. 又a 1＝31，∴d ＝－2.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝31n －n (n －1)＝32n －n 2.②法一：由①知，S n ＝32n －n 2＝－(n －16)2＋256，∴当n ＝16时，S n 有最大值256. 法二：由①知，令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝31＋(n －1)·(－2)＝－2n ＋33≥0，a n ＋1＝31＋n ·(－2)＝－2n ＋31≤0(n ∈N *)，解得312≤n ≤332，∵n ∈N *，∴n ＝16时， S n 有最大值256. [模型解法]角度2 等差数列的综合问题[例5] 已知数列{a n }满足a 1＝2，n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)．(1)求证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求其通项公式；(2)设b n ＝2a n －15，求数列{|b n |}的前n 项和T n . [解析] (1)∵n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)， ∴na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，∴a n ＋1n ＋1－a nn＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，∴a nn＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)知a n ＝2n 2，∴b n ＝2a n －15＝2n －15，则数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－13＋2n －15)2＝n 2－14n .令b n ＝2n －15≤0，解得n ≤7.∴n ≤7时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b n ＝－S n ＝－n 2＋14n .n ≥8时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b 7＋b 8＋…＋b n ＝－2S 7＋S n ＝－2×(72－14×7)＋n 2－14n ＝n 2－14n ＋98.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14n －n 2，n ≤7，n 2－14n ＋98，n ≥8.[模型解法][高考类题]1．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：法一：S 9＝9a 1＋9×8d 2＝27，∴a 1＋4d ＝3，① a 10＝a 1＋9d ＝8，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98，故选C.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.答案：C2．(2014·高考大纲全国卷)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n(a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.[真题感悟]1.[考点一](2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.答案：A2.[考点一、三](2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，∴a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2，得⎩⎨⎧ma 1＋m (m －1)2＝0， ①(m －1)a 1＋(m －1)(m －2)2＝－2. ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5. 答案：C3.[考点一、三](2013·高考新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为__________．解析：由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，得⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋45d ＝0，S 15＝15a 1＋105d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，则S n ＝－3n ＋n (n －1)2·23＝13(n 2－10n )，所以nS n ＝13(n 3－10n 2)，令f (x )＝13(x 3－10x 2)，则f ′(x )＝x 2－203x ＝x ⎝⎛⎭⎫x －203，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，203时，f (x )递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫203，＋∞时，f (x )递增，又6<203<7，f (6)＝－48，f (7)＝－49，所以nS n 的最小值为－49. 答案：－49。

博观而约取,厚积而薄发——数列复习“点点通”

博观而约取，厚积而薄发———数列复习“点点通”■广东省信宜市信宜中学林生数列作为高考数学的一个重要内容，是中学数学与高等数学有机联系的桥梁，在高中数学教学中占有重要地位，因此数列作为高考的一个“重头戏”，特别是文科，每年的分值都比较高.纵观每年的高考数列大题，它在高考试卷中都特别重视基础知识和基本技能的考查,特别是近几年数列大题也重视学科核心素养和数学思想方法考查，侧重考查“基本量的换算”等题型，因此我们在备考时就要把握基本运算关系，查找出学生存在的问题和薄弱点，那么很多问题便迎难而解.下面结合近年全国卷数列的题型来分析，通过对该类型的研究与分析来寻找它的“前世今生”，找到其“源”与“流”，进一步落实基础，掌握数列考点复习的“点点通”，博观而约取，从而对数列题型进行归纳总结和预测，让考生在考场中开启思维、纵横联系、触类旁通，居高临下地觅出2021年高考数列题型的趋势，探窥出数列题型优效备考的策略.一、厚积薄发找“源流”博观约取觅“考道”通过对2016年—2020年全国卷数列题型的统计和分析，可得到表1：通过表1可看出：数列在高考中的考查，客观题突出“小而巧”，题目以容易题、中档题为主；解答题注重对数列基础知识与基本方法的考查，主要是围绕着“数列的通项公式与数列的求和”而展开，在考查的过程中，突出等差数列、等比数列基本量的换算，有时候还会与综合函数、不等式等有关知识结合，但有关数列的综合性问题在高考中往往以压轴题或解答题的形式出现，这类问题不仅考查了学生分析问题、解决问题的能力，还给学生提供了创新思维的空间.因此我们在备考的过程中，要时刻注意数列作为一种特殊的函数，是反映自然规律的基本数学模型，要弄清等差数列的通项公式与一次函数、等差数列的前n项和公式与二次函数、等比数列的通项公式与指数型函数的关系.解题时要充分运用函数思想，借助函数图象、性质简化等，同时还要注意方程思想、分类讨论思想、函数思想、递推思想等在数列中的灵活运用，我们在备考中抓住这些“关键点”，就可以实现对数列题型复习进行优效备考，真正地达到优质高效.二、千淘万漉虽辛苦吹尽狂沙出“考道”试题年份2016年2017年2018年2019年2020年全国Ⅰ卷理3.等差数列通行和求和，15.等比数列通项综合.文17.等差数列、等比数列求通项、求和.理4.等差数列的性质，12.推理、数列的综合.文17.等比数列求和、等差数列判断.理4.等差数列，14.等比数列.文17.数列求证等比、求通项.理9.等差数列求和、求通项，14.等比数列求和与通项.文14.等比数列求和与通项，18.等差数列求通项与求和.理14.等比数列求公比和、错位相减法求和.文10等比数列通项问题，16.数列求和和通项结合问题.全国Ⅱ卷理17.等差数列求和.文17.等差数列求通项、求和.理3.等比数列（数学文化）15.等差数列（裂项）文17.等差、等比比数列、求通项和求和理17.等差数列求通项、求和（最小值）.文17.等差数列求通项、求和（最小值）理18.等差数列与等比数列求通项与求和.文18.等比数列求通项与求和.理4.等差数列（数学文化），6数列通项问题.文6.等比数列求通项、求和问题，14，等差数列通项和求和.全国Ⅲ卷理12.数列新定义，17.递推数列通项和等比数列求和.文17.递推数列通项.理9.等差等比数列求和，14.等比数列.文17.数列求通项、求和（裂项）.理17.等比数列求基本量，20椭圆结合等差数列.文17.等比数列求基本量理5.等比数列求和与求通项，14.等差数列求和与求通项.文5.等比数列求和与求通项，14.等差数列求和与求通项.理17.等差数列和求和（错位相减法），文17.等比数列求通项、求和基本运算.表1：2015年至2019年全国卷数列题型统计分析（1）等差数列和等比数列相糅合，突出基本运算和技能在近年的高考题中，往往是等差数列和等比数列糅合，比如等差数列、等比数列的概念、基本运算与证明等，主要涉及基本量计算，突出考查数列的基本知识技巧以及技能，重在利用等差等比数列的公式和性质等来解决问题.例1.已知{a n}是等差数列，且公差d不为零，其前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A.a1d>0，dS4>0B.a1d<0，dS4<0C.a1d>0，dS4<0D.a1d<0，dS4>0【分析】本题涉及的知识点虽相对多一点，但却是考查等差数列的通项和求和以及等比中项的基本知识，主要考查考生能否灵活运用所学知识解决问题简单问题.本题只要从“a3，23广东教育·高中2020年第12期a4，a8成等比数列”入手即可，即a24=a3a8圯（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d），整理后可得：3a1d=-5d2，所以d=-35a1，则a1d=-35a21<0，且dS4=d（4a1+6d）=-6a2125<0.所以可得答案．解析：由a3，a4，a8成等比数列可得，即a24=a3a8，所以（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d），化简可得3a1d=-5d2，因为公差d不为零，所以d=-35a1，因此a1d=-35a21<0，dS4=d（4a1+6d）=-6a2125<0，故选B.【点评】本题从等差等比的基本知识出发，将等差等比的基本知识结合在一起，侧重基本量的运算.其实在等差数列（或等比数列）中，如果涉及公差、公比等有关项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用a1，d（或a1，q）进行表示，从而得到a1，d（或a1，q）的关系，从而找到其中的等量关系.再如在求解数列基本量问题时，一般设a1，d（q）），也可以设a k，d（q）；如果等差数列已知和未知都只与S n有关，设S n= An2+Bn更好算，同样，如果等比数列已知和未知都只与S n有关，可以设S n=a（1-q n）；解题时要根据已知条件设有利于计算的未知数，再结合实际等量关系便可迎难而解.例2.已知等比数列{a n}的前n项和是S n，且满足a2，2a5，3a8成等差数列，则3S3S6等于（）A.94或32B.1312或3 C.94D.1312或32【分析】本题实际上是例1的改编，侧重等差等比基本知识和运算量的运算，目的是强化该种题型，命题设置和手法如同一撤，只要抓住“a2，2a5，3a8成等差数列”这一条件，即4a5=a2+3a8，即4a1q4=a1q+3a1q7，可得3q6-4q3+1=0，解得q3=1或q3=13，所以3S3S6=32或3S3S6=94.解析：因为a2，2a5，3a8成等差数列，即4a5=a2+3a8，因此有4a1q4=a1q+3a1q7，化简得3q6-4q3+1=0，解得q3=1或q3=1 3，所以当q3=1时，3S3S6=3×3a16a1=32，当q3=13时，3S3S6=3a1（1-q3）1-q a1（1-q6）1-q =3（1-q3）（1-q6）=31+q3=94，因此答案选A.【点评】本题从等差等比的基本知识出发，将等差等比的基本知识结合在一起，侧重基本量的运算.其实在等差数列（或等比数列）中，灵活运用等差（等比）基本公式，特别是在运用等比数列公式求和时，要注意q=1或q≠1两种情况，以免出现漏解的情况.例3.已知等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，求a1·a2·a3·…·a n的最大值.【分析】本题将最大值和等比数列的通性通法结合在一起，突出考查运算的最基本技巧———解方程，而在运算的过程中等比数列要懂得要用两个式子相除，由a1+a3=10，a2+a4=55，即a1（1+q2）=10，a1q（1+q2）=55，从而解得a1=8，q=125，所以a1·a2·a3·…·a n=a n1q1+2+3+…+（n-1）=8n（12）n（n-1）2=2-12n+72n，因此当n=3或n=4时，可得a1·a2·a3·…·a n的最大值为64.解析：设等比数列的公比为q，由a1+a3=10，a2+a4=55，即a1（1+q2）=10，a1q（1+q2）=55，从而解得a1=8，q=125，所以a1·a2·a3·…·a n=a n1q1+2+3+…+（n-1）=8n（12）n（n-1）2=2-12n+72n，而-12n2+72n=-12（n2-7n）=-12（n-72）2+498，所以当n=3或n=4时，a1·a2·a3·…·a n的最大值为26=64.【点评】本题突出考查等比数列的基本知识，解方程的思想，同时和二次函数的最值结合在一起，题目有一定的灵活性，但只要掌握基础知识即可解决.【小结】近年的全国卷高考题的数列题型突出对等差等比数列的基本运算和方程的思想的考查，考查的知识点虽也各不相同，但从考查的“基本运算技巧”来看，这种思路一直没有改变，且呈现出加强的趋势．无论是哪种方式呈现，题目所给出的数据都是含有信息的，要学会根据等差（等比）的概念以及公式选择不同的计算方式，要学会灵活运用方程的思想以及对公式进行变形的应用，这些都是体现最基本的运算能力的处理，所以考生要对等差（等比）数列中基本知识、基本公式熟练掌握，学会用所学公式知识来解决问题，这充分体现了数学的运算能力的核心素养．（2）以等差等比数列的性质为抓手，突出对基本性质的灵活运用近年的高考题除了考查等差等比的基本知识外，还特别注重考查等差等比的性质，要求对：性质1：在等差（等比）数列中，若m+n=p+q，则a m+a n=a p+a q（a m·a n=a p·a q）；性质2：在等差（等比）数列中，其数列的前n和为S n，则S n，S2n-S n，S3n-S2n仍成等差（等比）数列，要求要学会灵活运用这两个性质，从而解决实际问题．例4.在等比数列{a n}中，a2，a16是方程x2+6x+2=0的根，则a2a16a9的值为（）A.-2+2姨2B.-2姨 C.2姨 D.-2姨或2姨【分析】本题只是将等比数列的性质（若m+n=p+q，则a m·a n=a p·a q）和一元二次方程的根与系数结合在一起，即a2a16=a29=2，所以a2a16a9=a29a9=a9，因此所求的值为-2姨或2姨.解析：因为a2，a16是方程x2+6x+2=0的根，所以a2·a16=2，因此由等比数列的性质即可得a2a16=a29=2，所以a2a16a9=a29a9=24广东教育·高中2020年第12期a9，而a9=-2姨或2姨，故选D.【点评】本题主要是灵活考查了等比数列的性质，其实只要灵活运用性质，就可以简化运算.例5.已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，b n=2a，则数列{b n}的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为A，B，C，则（）A.A+B=CB.B2=ACC.（A+B）-C=B2D.（B-A）2=A（C-B）【分析】本题只是将等比数列的定义以及等差数列性质结合一起：即性质：等差数列的前n和为S n，则S n，S2n-S n，S3n-S2n仍成等差数列.由已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，所以数列{b n}是公比不等于1的等比数列，由性质可知：A，B-A，C-B成等比数列，因此（B-A）2=A（C-B）.解析：因为已知数列{a n}是公差不为0的等差数列，设公差为d所以b n+1b n =2a2a=2a-a=2d=常数，数列{b n}是以2d为公比的等比数列，因此A，B-A，C-B成等比数列，即（B-A）2= A（C-B），所以选D.【点评】对于等差（等比）数列的性质有很多，但是高考常考的却是这两个，本题和等比数列的概念结合在一起，虽然涉及的字母多一点，但只要熟练掌握性质，懂得灵活运用，那么很多问题便迎难而解.例6.已知等比数列{a n}中的各项均为正数，且a10a11+a9a12= 2e5，则ln a1+ln a2+…+ln a20=___________.【分析】本题只是将等比数列的性质（若m+n=p+q，则a m·a n=a p·a q）和对数的有关公式结合在一起，这也是常考的一种题型.因此由等比数列性质可得：a10a11=a9a12，从而a10a11= a9a12=e5，这里得：ln a1+ln a2+…+ln a20=ln（a1a2…a20）=ln（e5）10=ln e50=50，也可以由{a n}为等比数列，可得{ln a n}为等差数列，由等差数列求和公式：ln a1+ln a2+…+ln a20=20（ln a10+ln a11）2=10ln a10a11=10ln e5=50.解析：由于数列{a n}为等比数列，且a10a11+a9a12=2e5，所以a10a11=a9a12=e5，因此得ln a1+ln a2+…+ln a20=ln（a1a2…a20）=ln（e5）10= ln e50=50.【点评】本题将等比数列的性质和对数知识结合在一起，这也是高考常考的题型，只要掌握有关公式和性质，懂得灵活运用便可.【小结】数列的性质虽比较多，但不用刻意去记这么多性质，只要懂得利用最基本的公式和性质出发，从最基本的技能技巧入手，侧重于例4、例5、例6这三个例题运用到的两个性质便可.（3）从数列求通项、求和入手，侧重求通项、求和等基本方法从近年的高考题来看，数列的大题既注重基本量的基本运算，但更注重从概念和方法的灵活运用考查，尤其是将求通项与求和两者相结合.因此要掌握求通项公式的几种常用方法：①知S n与a n的关系，用a n=S1（n=1）S n-S n-1（n≥22）；②累加法：a n+1-a n=f（n）（变量）；③累乘法：a n+1a n=f（n）（变量）；④构造新数列：形如a n+1=pa n+q（p，q为常数）的形式构造新的等比数列；再形如a n+1=a npa n+q（p，q为常数）的形式也是构造新数列（先是取倒数，即1a n+1=pa n+qa n=qa n+p，再利用形如a n+1=pa n+q（p，q 为常数）构造新的等比数列，因此要熟练掌握以上这些类型，而对于数列求和则要求先注意观察数列的通项公式，根据通项公式确定求和的方法，而解决非等差数列、等比数列的求和，主要是有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想往往用于通过通项分解或错位相减来完成；②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消、错位相减法等来求和，而数列求和的方法主要有如下：①公式法：等差数列或等比数列结合在一起，就考虑用公式直接解决；②裂项相消法：一般是通项可以通过裂项后可以达到相消的类型，常用的一些裂项方法有：1n（n+k）=1k（1n-1n+k），特别地当k=1时，1n（n+1）=1n-1n+1；1n+k姨+n姨=1k（n+k姨-n姨）；4n2（2n-1）（2n+1）=（4n2-1）+14n2-1=1+14n2-1=1+1（2n-1）（2n+1）=1+12（12n-1-12n+1），2n（2n+1）（2n+1+1）=12n+1-12n+1+1等；其实裂项的基本思想是利用a n=f（n）-f（n+1），f（n+1）-f（n）f（n）f（n+1）=1f（n）-1f（n+1）等，因此在裂项求和的时候注意要正确裂项，同时还要注意裂项相消后剩余的项是哪些，最终达到裂项相消的目的.③错位相减法：即{a n·b n}的类型，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列.其本质是错位相减，方法比较机械，没有太多的技巧而言，关键是错位相减后要注意各项的符号以及利用等比数列求和时要注意项数.例7.已知各项均不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n=a2n+姿n，姿∈R．（1）求姿的值；（2）求数列1a2n-1a2n+11 的前n项和为T n．【分析】本题侧重考查等差数列通项和求和的基本知识，但引入参数姿，这就把一道常规的题型变得“不常规”了，但这里只要从S n与a n的关系出发，再利用等差数列的定义进行解答便可；也可以直接进行等差数列基本量的计算，但由于等差数列基本量a1和d中有参数姿，因此需要构造三个方程，所以常规的基本量计算因为多了参数而变得“不常规”，也可以从表达式的角度来进行解答，这体现了函数的思想，但综合几种解法来看，这些看似“不常规”但其实是“很常规”的解法.25广东教育·高中2020年第12期（1）解析1：（1）设等差数列{a n}的通项为a n=kn+b（k≠0），则S n=n（a1+a n）2=n（kn+k+2b）2，由2S n=a2n+姿n可得n（kn+k+2b）=（kn+b）2+姿n即kn2+（k+2b）n=k2n2+（2kb+姿）n+b2，则k=k2，k+2b=2kb+姿，b2=0"$$$#$$$%，解得k=1，b=0，姿=11$$$#$$$%，所以姿=1.解析2：设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2=a1+d，a3=a1+2d，所以S1=a1，S2=2a1+d，S3=3a1+3d，由2S n=a2n+姿n，可得2a1=a21+姿，2（2a1+d）=（a1+d）2+姿，2（3a1+3d）=（a1+2d）2+姿1$$$#$$$%，解得a1=1，d=1，姿=11$$$#$$$%，所以姿=1.解析3：由2S n=a2n+姿n，得当n≥2时，2S n-1=a n-12+姿（n-1），两式相减得2a n=2S n-2S n-1=a2n-a n-12+姿，所以2a n=a2n-a n-12+姿，所以a n-12=a2n-2a n+姿设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a n-12=（a n-d）2=a2n-2a n d+d2，所以a2n-2a n d+d2=a2n-2a n+姿，因此可得2d= 2，d2=姿，所以d=1，姿=1.（2）解析：由（1）得知2S n=a2n+n，当n=1时，2a1=a21+1，得a1=1.所以a n=a1+（n-1）d=1+n-1=n，所以1a2n-1a2n+1=1（2n-1）（2n+1）=12（12n-1-12n+1），所以T n=12[（1-13）+（13-15）+…+（12n-1-12n+1）]=12（1-1 2n+1）=n2n+1.【点评】本题正是把握住了常见等差数列与前n项和的二次函数关系，通过引入参数姿，这使这一道题型变得“不常规”，但只要对二次模型2S n=n2+n，或2S n=a2n+a n熟练掌握，把握住等差数列的概念和方程的思想，这样很多题型都可以迎难而解.（4）注重综合考查，关注知识交汇在近年的高考中，数列中也注重综合知识的考查，关注知识交汇，特别是与不等式等知识结合，因此近年来的高考试题的设计都十分注重内在联系和知识的综合性，从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问题，将知识交汇的特色突出地彰显出来．因此在备考中我们要注重综合考查，关注数学学科相关知识的交汇点，将相关知识结合在一起备考应对.例8.已知数列{a n}满足na n-（n+1）a n-1=2n2+2n（n=2，3，4…），a1=6.（1）求证a nn+11)为等差数列，并求出{a n}的通项公式；（2）数列1a n1n的前n项和为S n，求证：S n<512.【分析】本题将等差数列的知识与不等式知识结合在一起，将交汇的特色彰显，（1）问只需通过对给出的条件分析，构造出新的等差数列，而（2）问则是要利用所学知识和简单的放缩法结合在一起，利用放缩后再进行裂项求和便可以得到求证.解析：（1）由na n-（n+1）a n-1=2n2+2n，可得a nn+1-a n-1n=2，则数列a nn+11n是以首项为3公差为2的等差数列，因此可得a nn+1=3+2（n-1）=2n+1，则a n=（n+1）（2n+1）.（2）由1（n+1）（2n+1）<12n（n+1）=12（1n-1n+1），因此数列1a n1n的前n项和S n=1a1+1a2+…+1a n≤16+12（12-13+13-14+…+1n-1n+1）=16+12（12-1n+1）<16+14=512，因此可得S n<512.【点评】本题涉及到不等式的证明，大多数不等式的一端为一个数列的前n项和，另一端为常数的形式，证明的关键是放缩：①如果不等式一端的和式可以通过公式法、裂项法、错位相减法求得，则先是求和再放缩；②如果不等式一端的和式无法求和，则要通过数列通项公式的合适放缩使之能够求和，这时先放缩再求和，最后放缩，比如这里就是先通过1（n+1）（2n+1）<12n（n+1）放缩，然后再求和，求出来之后再放缩.因此对于数列不等式常用放缩技巧有：1n2<1n（n-1），1（n+1）（n+2）<1n（n+1）<1n（n-1），1n（n+1）<1n2<1n（n-1），1（n+1）（2n+1）<12n（n+1）等，但在具体解题中，要根据实际需要进行放缩，紧扣着要证明的结论而进行恰当的放缩，从而达到证明的目的.变式：已知各项都为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且对任意的n∈N*，都有2pS n=a2n+pa n（其中p>0，且p为常数），记数列1S n1n的前n项和为H n（1）求数列{a n}的通项公式及H n，（2）当p=2时，将数列1a n1n的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来的顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n}的前m项和为T m，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有T m<H n+姿恒成立，求实数姿的取值范围.【分析】本题信息量比较大，涉及到的字母比较多，但本质是考查S n与a n的通项关系和裂项求和的类型，而在第（2）问中实质是在数列背景下的多元恒成立问题，先求T m，H n的表达式，由已知可得：p=2时，H n=nn+1，要解决T n，首先要解出等比数列{b n}的通项公式，当p=2时，a n=2n，进而1a1=12，1a2=14，1a3=16，1a4=18，显然抽去的应为1a3，所以b1=12，b2=14，b3=18，得到q=12，T m=1-（12）m，所以要处理的恒成26广东教育·高中2020年第12期立不等式为：1-（12）m<nn+1+姿，再利用最值逐步消元即可求得实数姿的取值范围.解析：（1）2pS n=a2n+pa n…①∴2pS n-1=a2n-1+pa n-1（n≥2）…②①-②可得：2pa n=a2n-a2n-1+pa n-pa n-1，a2n-a2n-1-pa n-pa n-1=0.∴（a n+a n-1）（a n-a n-1-p）=0，∵a n>0，∴a n-a n-1-p=0即a n-a n-1=p.∴{a n}为公差是以p为公差的等差数列，在2pS n=a2n+pa n令n=1得：2pS1=a21+pa1解得：a1=p，∴a n=a1+（n+1）p=np，∴S n=p（1+2+…+n）=n（n+1）p2，∴1 S n =2p·1n（n+1）=2p·（1n-1n+1）.∴H n=1S1+1S2+…+1S n=2p[（1-12）+（12-13）+…+（1n-1 n+1）]=2p（1-1n+1）=2p·nn+1.（2）当p=2时，a n=2n，进而1a1=12，1a2=14，1a3=16，1 a4=18，所以1a1，1a2，1a4是以公比为12的等比数列，即数列{b n}的公比为12，且b1=1a1=12，所以b n=（12）n，因此T m=1 2[1-（12）m]1-12=1-（12）m，而由（1）得，当p=2时，H n=n n+1，所以恒成立的不等式为：1-（12）m<nn+1+姿，所以nn+1+姿>[1-（12）m]min，设f（m）=1-（12）m可得f（m）为递增函数，所以f（m）min=f（1）=12，所以nn+1+姿>12对任意的n∈N*均成立，即姿>（12-nn+1）max，设g（n）=12-nn+1=-12+1n+1，g（n）为减函数，所以g（n）max=g（1）=0，因此可得姿>0.【点评】本题其实质是考查数列基本知识和利用不等式处理恒成立问题，在处理恒成立问题时，两个阶段对变量量词的不同导致取最大还是最小值要明确区分，第一阶段是存在m，也就是说只要有m满足不等式即可，所以只要最小值比右边小，就意味着已经存在这样的m；第二阶段是对任意的n，不等式均要成立，所以只要g（n）最大值满足不等式，剩下的函数值也必然能满足不等式.三、活水源流随处满博观约取作预测在数列的题目中，往往考查等差（等比）数列的基本概念和基本公式，以及求和最基本的方法，就算是以“崭新”面貌出现，在其外表上面赋予一层神秘“面纱”，或“改头换面”，但本质都是考查最基本的内容，万变不离其宗，只要大家在备考过程中以不变应万变，熟练掌握数列的有关公式和性质，掌握基本的解题类型和方法，同时加强思想方法的理解，要学会在解题中加以强化数列是一种特殊的函数，理解在公式和性质的推导过程中蕴含的很多思想方法，如：①分类讨论思想，例如利用等比数列求和公式时要考虑q=1和q≠1两种情况；②数形结合思想，数列是一种特殊的函数，因此要学会借助函数的图像来反映数列的性质，要注意数形结合的思想；③化归与转化思想，将数列问题与函数、方程、不等式等知识联系起来，转化成可以解决的问题.因此只要我们在备考的过程中熟悉以上相关类型，做到博观而约取，学会多角度、多方位分析和提取相关的信息，最终会厚积而薄发，从而实现解题的“点点通”，同时在备考中也要注重知识的交汇，注意答题的规范性，通过规范训练和强化，我们肯定才可以达到“八方联系、浑然一体，漫江碧透、鱼翔浅底”的解题境界.下面再给出两道预测题，以供考生牛刀小试，优效备考.1.已知{a n}是等差数列，其前n项和为S n，{b n}是等比数列，且a1=b1=2，a4+b4=27，S4-b4=10，（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式，（2）记T n=a n b1+a n-1b2+…+a1b n，n∈N*，求T n.（简要解答：（1）设{a n}的公差为d，{b n}的公比为q，则a4+ b4=27圯a1+3d+b1q3=27，S4-b4=10圯4a1+6d-b1q3=10，即2+3d+2q3=278+6d-2q3=11，解得：d=3q=12，∴a n=3n-1，b n=2n；（2）：T n=（3n-1）·2+（3n-4）·22+…+2·2n……①2T n=（3n-1）·22+（3n-4）·23+…+2·2n+1……②②-①∴T n=-（3n-1）·2+3（22+23+…+2n）+2·2n+1=2n+2-（3n-1）·2+3·4（2n-1-1）2-1=10·2n-2（3n-1）-12.2.已知数列{a n}满足a n=2n-1，令b n=（-1）n-14na n+1a n，求数列的{b n}的前n项和T n.（简要解答：由题意可得：b n=（-1）n-14n（2n-1）（2n+1），因此分类讨论，当n为偶数时，b n-1+b n=4（n-1）（2n-3）（2n-1）-4n（2n-1）（2n+1）=8n-4（2n-3）（2n-1）（2n+1）=4（2n-3）（2n+1）= 12n-3-12n+1，n为偶数时，所以T n=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b n-1+b n）=（1-15）+（15-19）+…+（12n-3-12n+1）=1-12n+1=2n2n+1.n为奇数时，T n=T n-1+b n=2（n-1）2（n-1）+1+4n（2n-1）（2n+1）= 2（n-1）（2n+1）+4n（2n-1）（2n+1）=2（2n2+n-1）（2n-1）（2n+1）=2（2n-1）（n+1）（2n-1）（2n+1）=2n+22n+1，所以可得：T n=2n2n+1，n=2k2n+22n+1，n=2k--1）【本文系广东省教育科学规划课题———构建高中数学“优效教学”的行动研究（课题号：2016YQJK205）的研究成果】责任编辑徐国坚27广东教育·高中2020年第12期。

数列基础大题20道练习

检验，当时符合.
所以 .
（2）当时，，
而，
所以数列是等比数列，且首项为3，公比为3.
（3）由（1）（2）得，
，
所以
①
②
由①-②得
，
所以 .
因为，
所以 .
【点睛】
本题考查了利用和的关系求通项，构造法证明等比数列，以及错位相减法求和，是数列基本方法的考查，属于基础题.
5．（1）；（2） .
（2）由（1）得，然后利用裂项相消法可求得
【详解】
解：（1）设的公差为d，因为，，成等比数列，所以 .
即，即又，且，解得
所以有 .
（2）由（1）知：
则 .即 .
【点睛】
此题考查等差数列基本量计算，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于基础题
13．（1）；（2）
【分析】
（1）利用递推关系式，根据，逐项代入即可求解.
（2）由（1）可知，根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】
设等差数列的公差为，
由，可得
解得，
所以等差数列的通项公式可得 ;
（2）由（1）可得，
所以 .
【点睛】
本题主要考查了等差数列通项公式的求法，以及裂项相消法在数列求和中的应用，属于基础题.
18．（1），，或，，（2）或
【分析】
4．数列的前项和为，且，数列满足， .
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列是等比数列；
（3）设数列满足，其前项和为，证明： .
5．已知等差数列的前项和满足， .
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和 .

2025届高考数学一轮复习教案：数列-等比数列

第三节等比数列课程标准1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.3.体会等比数列与指数函数的关系.考情分析考点考法:高考命题常以等比数列为载体,考查基本量的运算、求和及性质的应用.等差数列与等比数列的综合应用是高考的热点,在各个题型中均有出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.等比数列的有关概念定义一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列通项公式设{a n}是首项为a1,公比为q的等比数列,则通项公式a n=a1q n-1.推广:a n=a m q n-m(m,n∈N*)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.此时,G2=ab【微点拨】(1)等比数列中不含有0项;(2)同号的两个数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数.2.等比数列的前n项和公式【微点拨】在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.3.等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为a n=1·q n,而y=1·q x(q≠1)是一个不为0的常数1与指数函数q x的乘积,从图象上看,表示数列1·q n中的各项的点是函数y=1·q x的图象上孤立的点.4.等比数列的性质(1)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则a m·a n=a p·a q.特别地,若m+n=2p,则a m·a n=2.(2)若等比数列前n项和为S n,则S m,S2m-S m,S3m-S2m仍成等比数列(公比q≠-1).(3)数列{a n}是等比数列,则数列{pa n}(p≠0,p是常数)也是等比数列.(4)在等比数列{a n}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a n,a n+k,a n+2k,a n+3k,…为等比数列,公比为q k.(5)等比数列{a n}的单调性:当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{a n}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,数列{a n}是递减数列;当q=1时,数列{a n}是常数列.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论正确的是()A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=acC.数列{a n}的通项公式是a n=a n,则其前n项和为S n=(1-)1-D.如果数列{a n}为正项等比数列,则数列{ln a n}是等差数列【解析】选BD.A中q不能为0;B中当a=b=c=0时满足b2=ac,但不是等比数列;C 中a=1时不成立;D中,a n>0,设a n=a1q n-1,则ln a n=ln a1+(n-1)ln q,{ln a n}是等差数列.2.(选择性必修第二册P29例1·变形式)若{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1=1,a5=16,则a6-a5=()A.32B.-48C.16D.-48或16【解析】选C.由题意,q>0,则q=2,所以a6-a5=a5(q-1)=16.3.(忽视前n项和的条件致误)等比数列{a n}中,a3=6,前三项和S3=18,则公比q的值为()A.1B.-12C.1或-12D.-1或-12【解析】选C.因为S3=18,a3=6,所以a1+a2=32(1+q)=12,故2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.4.(2023·全国乙卷)已知{a n}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.【解析】设{a n}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然a n≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1.因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2.答案:-2【巧记结论·速算】1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),{1},{2},{a n·b n数列.2.当{a n}是等比数列且q≠1时,S n=11--11-·q n=A-A·q n.【即时练】1.设n∈N*,则“数列{a n}为等比数列”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.充分性:若数列为等比数列,公比为q,为公比为12的等比数列,充分性成立;必要性:,公比为q,则-1=±所以数列不是等比数列,必要性不成立.2.已知数列{a n}的前n项和S n=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.【解析】因为数列的前n项和S n=22n+1+a=2×4n+a,所以a=-2.答案:-2【核心考点·分类突破】考点一等比数列基本量的计算[例1](1)(一题多法)记S n为等比数列{a n}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1【解析】选B.方法一:设等比数列{a n}的公比为q,则由5-3=14-12=12,6-4=15-13=24,解得1=1,=2,所以S n=1(1-)1-=2n-1,a n=a1q n-1=2n-1,所以=2-12-1=2-21-n.方法二:设等比数列{a n}的公比为q,因为6-45-3=4(1-2)3(1-2)=43=2412=2,所以q=2,所以=1(1-)1-1-1=2-12-1=2-21-n.(2)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3a11=232,且S8+S24=mS16,则m=()A.-4B.4C.-83D.83【解析】选D.因为a3a11=232,且a n≠0,所以a11=2a3即a1q10=2a1q2,解得q8=2或q=0(舍去),因为S 8+S 24=mS 16,所以1(1-8)1-+1(1-24)1-=m ·1(1-16)1-,又因为q 8=2,a 1≠0,所以-8=-3m ,解得m =83.【解题技法】等比数列基本量的计算(1)等比数列中有五个量a 1,n ,q ,a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解;(2)注意观察条件转化式的特点,尽量采用整体消元、代入的方法简化运算,如两式相除就是等比数列中常用的运算技巧.【对点训练】1.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=()A .16B .8C .4D .2【解析】选C .设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ,则1+1+12+13=15,14=312+41,解得1=1=2,所以a 3=a1q 2=4.2.已知{a n }是首项为1的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,且9S 3=S 6,5项和为()A .158或5B .3116或5C .3116D .158【解析】选C .若q =1,则由9S 3=S 6,得9×3a 1=6a 1,则a 1=0,不满足题意,故q ≠1.由9S 3=S 6,得9×1(1-3)1-=1(1-6)1-,解得q =2.故a n =a 1q n-1=2n -1,1=(12)n -1.1为首项,以12为公比的等比数列,所以5项和为T 5=1×[1-(12)5]1-12=3116.【加练备选】设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=()A.32B.12C.23D.2【解析】选A.因为在等比数列中,S2=3a2+2,S4=3a4+2,所以S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),所以a2(q+q2)=3a2(q2-1),又a2≠0,所以q+q2=3(q2-1),即2q2-q-3=0,又q>0,所以q=32.考点二等比数列的判定与证明[例2]已知数列{a n}中,a1=1且2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),(1)求证:数列+;(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)因为2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),所以a n+1=3a n+n-12,所以r1+r12+2=3+-12+r12+2=3+32+2=3,因为a1+12=1+12=32,所以数列+2是首项为32,公比为3的等比数列.(2)由(1)得,a n+2=32×3n-1=12×3n,所以a n=12×3n-2.【解题技法】等比数列的判定方法定义法若a n+1a n=q(q为非零常数,n∈N*)或-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{a n}是等比数列等比中项法若数列{a n}中,a n≠0且r12=a n·+2(n∈N*),则{a n}是等比数列【对点训练】数列{a n}中,a1=2,a n+1=r12a n(n∈N*).证明数列{}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式.【解析】由题设得r1r1=12·,又11=2,所以数列{}是首项为2,公比为12的等比数列,所以=2×(12)n-1=22-n,a n=n·22-n=42.【加练备选】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{b n}中的b3,b4,b5.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+54}是等比数列.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以数列中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去),故数列的第3项为5,公比为2.由b 3=b 1·22,即5=b 1·22,解得b 1=54.所以数列是以54为首项,以2为公比的等比数列,其通项公式为b n =54·2n -1=5·2n -3.(2)数列的前n 项和S n =54(1-2)1-2=5·2n -2-54,即S n +54=5·2n -2,所以S 1+54=52,r1+54+54=5·2-15·2-2=2.因此{S n +54}是以52为首项,以2为公比的等比数列.考点三等比数列性质的应用【考情提示】等比数列的性质作为解决等比数列问题的工具,因其考查数列知识较全面而成为高考命题的热点,重点解决基本量运算、条件转化等.角度1等比数列项的性质[例3]已知各项均为正数的等比数列的前n 项和为S n ,a 2a 4=9,9S 4=10S 2,则a 2+a 4的值为()A .30B .10C .9D .6【解析】选B .已知为各项均为正数的等比数列,则a n >0,可得a 1>0,q >0,因为32=a 2a 4=9,所以a 3=3,又因为9S 4=10S 2,则9(a 1+a 2+a 3+a 4)=10(a 1+a 2),可得9(a 3+a 4)=a 1+a 2,所以3+41+2=q 2=19,解得q =13,故a 2+a 4=3+a 3q =10.角度2等比数列前n 项和的性质[例4]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8,由S8-2S4=5,可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.于是a9+a10+a11+a12=S12-S8=(4+5)24=S4+254+10≥2当且仅当S4=5时等号成立.所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.角度3等比数列的单调性[例5]已知{a n}是等比数列,a1>0,前n项和为S n,则“2S8<S7+S9”是“{a n}为递增数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.因为数列是等比数列,a1>0,2S8<S7+S9,所以a8<a9,所以q7<q8,所以q7(q-1)>0,所以q<0或q>1,所以2S8<S7+S9的充要条件为q<0或q>1.又a1>0,数列为递增数列的充要条件为q>1,所以“2S8<S7+S9”是“为递增数列”的必要不充分条件.【解题技法】1.应用等比数列性质的两个关注点(1)转化意识:在等比数列中,两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方,这是最常用的性质.(2)化归意识:把非等比数列问题转化为等比数列问题解决,例如有关S m,S2m,S3m的问题可利用S m,S2m-S m,S3m-S2m(S m≠0)成等比数列求解.2.等比数列的单调性的应用方法研究等比数列的单调性问题,要综合考虑首项的符号以及公比的取值范围,而涉及等比数列有关的单调性的充分必要条件问题,既要考虑数列的单调性也要善于举反例说明.【对点训练】1.设单调递增的等比数列{a n}满足12+14=1336,a1a5=36,则公比q=()A.32B.94C.2D.52【解析】选A.因为数列{a n}为等比数列,所以a1a5=a2a4=36,所以12+14=2+424=2+436=1336,则a2+a4=13,又数列{a n}单调递增,所以q>1,解得a2=4,a4=9,则q2=94,因为q>1,所以q=32.2.设无穷等比数列{a n}的前n项和为S n,若-a1<a2<a1,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.数列{S n}有最大项D.数列{S n}有最小项【解析】选D.由-a1<a2<a1可得a1>0,所以q=21<1,因为-a1<a2得q=21>-1,所以-1<q<1,因为S n=1(1-)1-,当0<q<1时,{S n}递增,当-1<q<0时,{S n}既有递增又有递减,A,B错误;当0<q<1时,S n有最小项S1,没有最大项,当-1<q<0时,a1>0,a2<0,a3>0,a4<0且a3+a4>0,S n有最小项S2,没有最大项,C错误,D 正确.3.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若a n>0,S3=5,a7+a8+a9=20,则S15=________.【解析】由等比数列的性质可知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12是等比数列,由条件可知S3=5,S9-S6=20,则此等比数列的公比q2=205=4,又a n>0,所以q=2,S15=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)+(S15-S12),所以S15=5(1-25)1-2=155.答案:155。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

基本量法解决数列问题
基本量法是一种解决数列问题的方法，它可以帮助我们快速找到数列中的某个特定数字。

它的基本原理是：通过观察数列中的每一个数字，找出其中的一个基本量，然后根据这个基本量来计算出数列中的其他数字。

基本量法的优点是，它可以帮助我们快速找到数列中的某个特定数字，而不需要花费大量的时间和精力去计算每一个数字。

它的缺点是，它只能用于简单的数列，如等差数列或等比数列，对于复杂的数列，它就无能为力了。

基本量法的应用非常广泛，它可以用于解决各种数列问题，比如求解等差数列的第n项，求解等比数列的第n项，求解数列的和等等。

总之，基本量法是一种非常有用的解决数列问题的方法，它可以帮助我们快速找到数列中的某个特定数字，而不需要花费大量的时间和精力去计算每一个数字。