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1、章末整合对点讲练一、等差数列与等比数列的基本运算例 1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bn1a2n，n1,2,3，.(1)证明：bn为等比数列；(2)如果数列 bn的前 3 项的和等于724，求数列 an的通项公式an及数列 bn的前 n 项和Tn.点拨先利用等差数列an的首项 a1和公差 d 来表示 bn，再证明 bn 为等比数列(1)证明lg a1、lg a2、lg a4成等差数列，2lg a2lg a1lg a4.即 a22a1a4，设等差数列an 的公差为d，则(a1d)2a1(a13d)，整理得d2a1d.d0，a1d.a2na1
2、(2n1)d2n d，bn1a2n1d12n.bn是以12d为首项，12为公比的等比数列(2)解b1b2b312d11214724，d3，a1d 3.an a1(n1)d3n，bn1312n.Tnb1 b2bn16112n11213112n回顾归纳在等差数列 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?变式训练1等差数列 an中，a410，且a3，a6，a10成等比数列，求数列an 前 20项的和 S20.解设数列 an的公差为d，则 a3a4d10d，a6a42d 102d
3、，a10a46d10 6d.由 a3，a6，a10成等比数列得a3a10a26，即(10d)(106d)(102d)2，整理得10d210d0，解得 d0 或 d1.当 d0 时，S2020a4200；当 d1 时，a1a43d7，S2020a120192d207190330.二、数列的通项公式和前n 项和例 2在数列 an中，a11，an12an2n.(1)设 bnan2n1.证明：数列 bn是等差数列；(2)求数列 an的前 n 项和点拨先利用等差数列的定义判断bn是等差数列，借助 bn求出 an是解决第(2)小题的关键(1)证明由已知 an12an2n得 bn1an12n2an2n2na
4、n2n11bn1.bn 1bn1，又 b1a11.bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)解由(1)知，bnn，an2n1bnn.ann 2n1.Sn 12 213 22 n 2n1两边乘以2 得：2Sn1212 22(n1)2n1n 2n两式相减得：Sn12122 2n1n 2n2n1n 2n(1n)2n1 Sn(n1)2n1.回顾归纳递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法?变式训练2已知数列 an的首项 a123，an12anan1，n1,2，.(1)证明：数列1an1 是等比数列；(2)求数列nan的前 n 项和
5、Sn.(1)证明an 12anan1，1an1an12an12121an，1an11121an1，又 a123，1a1112.数列1an1 是以12为首项，12为公比的等比数列(2)解由(1)知1an112n，1an112n，nannn2n.设 Tn12222323n2n，则12Tn122223 n12nn2n112Tn1212212312nn2n112112n112n2n1112nn2n11n22n1Tn 2n22n.又 123 n12n(n1)数列nan的前 n 项和 Sn2n22nn(n1)2.三、等差数列与等比数列的综合运用例 3已知等差数列an 的首项 a11，公差 d0，且第二项、
6、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn1n(an3)(nN*)，Sn b1b2 bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的n 均有 Snt36总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由点拨解答本题的关键是求出 an的通项公式，注意 Sn大于t36总成立?t36小于 Sn的最小值解(1)由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2.a1 1，解得(d0 舍)，d2.an2n1(nN*)(2)bn1n(an3)12n(n1)121n1n1，Sn b1b2bn1211212131n1n11211n1n2(n1).假
7、设存在整数t 满足 Snt36总成立，又 Sn1Snn 12(n2)n2(n 1)12(n2)(n1)0，数列 Sn 是单调递增的S114为 Sn的最小值，故t3614，即 t0，n2,3,4，)(1)求证：数列 an是等比数列；(2)设数列 an的公比为f(t)，作数列 bn，使 b11，bnf1bn1(n2,3,4，)求数列bn的通项 bn；(3)求和：b1b2b2b3b3b4b4b5 b2n1b2nb2nb2n1.(1)证明由 a1S11，S2 1a2，得 a23 2t3t，a2a132t3t.又 3tSn(2t3)Sn13t，3tSn1(2t3)Sn23t.，得 3tan(2t3)an
8、10.anan12t33t，(n2,3，)数列 an 是一个首项为1，公比为2t33t的等比数列(2)解由 f(t)2t33t231t，得 bnf1bn 123bn 1.数列 bn 是一个首项为1，公差为23的等差数列bn123(n1)2n 13.(3)解由 bn2n13，可知 b2n1和 b2n是首项分别为1 和53，公差均为43的等差数列于是 b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7)b2n(b2n1b2n1)43(b2b4b2n)4312n534n1349(2n23n)课堂小结：1等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，
9、an，Sn或 a1，n，q，an，Sn.一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和 d(或 q)，问题可迎刃而解2数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：建立基本量的方程(组)求解；巧用等差数列或等比数列的性质求解；构建递推关系求解，有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解，如函数的思想等课时作业一、选择题1数列 an的前 n 项和 Sn 2n23n 3，则 a4a5 a10等于()A171 B21 C10 D 161 答案D 解析a4a5a10S10S3161.2(2010 东北三省四市联考)已知数列 an满足 a11，an1an2n，则 a10等于()A1 024 B1 023
10、 C2 048 D2 047 答案B 解析利用累加法及等比数列求和公式，可求得a1021011 023，故选 B.3已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为()A4 B6 C 8 D10 答案C 解析设项数为2n，公比为q.由已知 S奇a1a3a2n1.S偶a2a4 a2n.得，q170852，S2nS奇S偶 255a1(1q2n)1q122n12?2n8.4已知等比数列an 的各项均为正数，数列 bn 满足 bnln an，b318，b612，则数列bn前 n 项和的最大值等于()A126 B130 C132 D134 答案C 解析an
11、是各项不为0 的正项等比数列，bnln an是等差数列又 b318，b612，b122，d 2，Sn22nn(n1)2(2)n223n，(Sn)max 1122311132.二、填空题5三个数成等比数列，它们的和为14，积为 64，则这三个数按从小到大的顺序依次为_答案2,4,8 解析设这三个数为aq，a，aq.由aq a aqa364，得 a4.由aqaaq4q44q14.解得 q12或 q2.这三个数为2,4,8.6一个等差数列的前12 项和为 354，前 12 项中偶数项与奇数项和之比为32 27，则这个等差数列的公差是_答案5 解析S偶 a2a4a6a8a10a12；S奇a1a3a5a
12、7a9a11.则S奇S偶354S偶 S奇3227，S奇162，S偶192，S偶 S奇6d30，d5.7等比数列 an中，S33，S69，则 a13 a14a15 _.答案48 解析易知 q1，S3a1(1q3)1q3S6a1(1q6)1q9，S6S31q33，q32.a13a14a15(a1a2 a3)q12S3 q1232448.三、解答题8设数列 an 的前 n 项和为 Sn，点 n，Snn(nN*)均在函数y3x 2 的图象上(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn是数列 bn的前 n 项和，求使得Tnm20对所有 n N*都成立的最小正整数 m.解(1)依题意得S
13、nn 3n2，即 Sn3n2 2n.当 n2 时，anSnSn 13n22n3(n 1)22(n1)6n5，当 n1 时，a1S13 12615，所以 an6n5(nN*)(2)由(1)得 bn3anan13(6n 5)6(n 1)51216n516n1，故Tn121171711316n516n112116n 1，因此，使得12116n10，a60，a4 a2q20，a48.4设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S10S512，则 S15S5等于()A34 B 23 C12 D13 答案A 解析显然等比数列 an的公比 q1，则由S10S51q101 q51 q512?q512，故S15
14、S51q151q51(q5)31q5112311234.5(2009 安徽理，5)已知 an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以 Sn表示an的前 n 项和，则使得Sn达到最大值的n 是()A21 B20 C19 D18 答案B 解析(a2a1)(a4a3)(a6a5)3d，99 1053d.d 2.又 a1a3a53a16d105，a139.Sn na1n(n1)2dd2n2 a1d2n n240n(n20)2400.当 n 20 时，Sn有最大值6已知数列 an为等比数列，a22，a514，则 a1a2a2a3 anan1等于()A16(14n)B 16(12n)C.323
15、(1 4n)D.323(12n)答案C 解析设an 的公比为q，则 q3a5a218.q12，a14，anan1 也是等比数列且首项a1a28，公比为q214，a1a2a2a3 anan 18 114n114323(14n)7(2009 天津十二区县毕业班联考)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，且 S2142，记A2a211a9a13，则 A 的值为()A2 B1 C 16 D32 答案B 解析由 S2121(a1a21)221a1142，a11 2.a211(a9a13)a2112a110.A 2a211a9a13201.8若 an是等比数列，其公比是q，且 a5，a4，a6成等差数
16、列，则q 等于()A1 或 2 B1 或 2 C 1 或 2 D 1 或 2 答案C 解析依题意有2a4a6a5，即 2a4 a4q2a4q，而 a40，q2 q20，(q2)(q1)0.q 1 或 q2.9已知等差数列an 的公差 d0 且 a1，a3，a9成等比数列，则a1a3 a9a2a4a10等于()A.1514B.1213C.1316D.1516答案C 解析因为 a23a1 a9，所以(a12d)2a1(a1 8d)所以 a1d.所以a1a3a9a2a4a103a110d3a113d1316.10某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5
17、%以下，则至少需过滤的次数为(lg 20.301 0)()A5 B10 C14 D15 答案C 解析设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a11，公比 q120%，an 1(120%)n，由题意可知：(120%)n5%，即 0.8n0.05.两边取对数得nlg 0.8lg 0.05，lg 0.8lg 0.05lg 0.8，即 nlg 52lg 811lg 223lg 2 1lg 213lg 210.301 0130.301 0113.41，取 n14.11在数列 an中，a12，an1anln 11n，则 an等于()A2ln nB2(n1)ln nC2nln nD1nln n答案A 解
18、析an1anln 11n，an1anln 11nlnn1nln(n1)ln n.又 a12，an a1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)2ln 2 ln 1ln 3ln 2ln 4ln 3ln nln(n1)2ln nln 12 ln n.12(2009 山东日照2 月模拟)已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，则56是数列中的()A第 48 项B第 49 项C第 50 项D第 51 项答案C 解析将数列分为第1 组一个，第2 组二个，第 n 组 n 个，即11，12，21，13，22，31，1n，2n1，n1，则第 n 组中每个数分子分母的和为n
19、1，则56为第 10 组中的第5 个，其项数为(1 239)550.二、填空题(本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分)13 已知在等差数列an中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为_答案4 解析由a6235d0a7236d0，解得235d236，dZ，d 4.14 在83和272之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_答案216 解析设插入的三个数为aq，a，aq，则由题意有83，a，272也为等比数列，所以a28327236，由于83，a，272都处在奇数位上，所以同号，故a6，从而aq a aq a3216.15数列 an 中，Sn是其前 n
20、 项和，若a11，an113Sn(n1)，则 an_.答案1，n11343n2，n2解析an113Sn，an213Sn1，an 2an113(Sn1 Sn)13an1an 243an1(n1)a213S113，an1，n11343n2，n2.16等差数列 an中，a10|a10|，Sn为数列 an的前 n 项和，则使Sn0 的 n 的最小值为 _答案20 解析S1919(a1a19)219a100.当 n 19 时，Sn0.故使 Sn0 的 n 的最小值是20.三、解答题(本大题共6 小题，共74 分)17(12 分)已知数列 log2(an1)(nN*)为等差数列，且a13，a39.(1)求
21、数列 an的通项公式；(2)证明：1a2a11a3a21an1an1.(1)解设等差数列 log2(an 1)的公差为d.由 a13，a39 得 log2(91)log2(31)2d，则 d1.所以 log2(an1)1(n1)1n，即 an2n1.(2)证明因为1an1an12n12n12n，所以1a2a11a3a21an 1 an12112212312n1212n12112112n1.18(12 分)函数 f(x)3x22x，已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数 yf(x)的图象上(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn3anan1，Tn是数列 bn
22、的前 n 项和，求使得Tnm20对所有 n N*都成立的最小正整数 m.解(1)由点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上得Sn3n2 2n.当 n2 时，anSnSn 1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当 n1 时，a1S13 122116 15.所以 an6n5(nN*)(2)由(1)得 bn3anan13(6n 5)6(n 1)51216n516n1，故 Tn ni1bi12 1171711316n516n112116n 1因此，使得12116n10，bnbn 1 20.bn为首项 b11，公差 d2 的等差数列bn 2(n1)12n1，即 bn的通项 bn2n1.
23、20(12 分)某市 20XX 年共有 1 万辆燃油型公交车有关部门计划于20XX 年投入 128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在 20XX 年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13？解(1)由题意可知，该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中a1128，q 150%1.5，到 20XX 年应为 a7，则到20XX 年该市应该投入的电力型公交车为a7a1 q6 1281.561 458(辆)(2)设经过 n 年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13，记 Sn a1a2an，依
24、题意有Sn10 000Sn13，即 Sn5 000，Sna1(1 qn)1q128(11.5n)11.5256(1.5n1)5 000，即 1.5n65732，解得 n7.5，故 n8.所以到 20XX 年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的13.21(12 分)设 an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5 b313.(1)求an、bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Sn.解(1)设 an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0 且12dq421，14dq213.解得 d2，q 2.所以 an1(n1)d 2n1，bn qn12n
25、1.(2)anbn2n12n 1.Sn1321522 2n32n22n12n1，2Sn23522n32n32n12n2.得 Sn2222222 22n22n12n12211212212n22n12n122112n11122n12n162n32n1.22(14 分)在数列 an中，已知a1 1，且 an12an 3n4(nN*)(1)求证：数列 an1an3是等比数列；(2)求数列 an的通项公式；(3)求和：Sn|a1|a2|a3|an|(nN*)(1)证明令 bnan1an3?bn 1an2an13 2an 13(n1)42an3n43 2(an1an3)2bn.数列 bn 为公比为2 的等比数列(2)解a22a11 3，b1a2a1 31?bnan 1an 32n1?2an3n4an32n1?an 2n13n1(nN*)(3)解设数列 an的前 n 项和为 Tn，Tn2n 1n(23n1)22n 1n(3n1)2，Sn|a1|a2|an|，n4 时，an4 时，an0，n4 时，Sn Tn1n(3n1)22n；n4 时，SnTn2T42n21n(3n1)2.Sn1n(3n 1)22n(n4)，2n21n(3n1)2 (n4).