6.3 等比数列-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

@第六章 数列 数为an,则数列 n (n+2)an 的 前2 025项 和 为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 2" 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法 通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所 讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不 同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之 差或者高次差成等差数列.如数列1,3,6,10, 前后两项之差组成新数列2,3,4,新数列2, 3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数 列,现有二阶等差数列,其前7项分别为2,3, 5,8,12,17,23,则该数列的第100项为 . 学习至此,请完成课时作业37 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 6.3 等比数列 5A>! 1.理解等比数列的概念和通项公式的意义. 探索并掌握等比数列的前n 项和公式,理解等比数列的通项公 式与前n 项和公式的关系. 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. AMc
-  -@) 1.等比数列的概念 (1)等比数列的定义:一般地,如果一个数列 从第2项起,每一项与它的前一项的 等于同一个 ,那么这个数列叫做等 比数列,这个常数叫做等比数列的 , 公比通常用字母q表示(q≠0),即 = q(n∈N*),或 =q(n∈N*,n≥2). (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,此时,G2= . 2.等比数列的通项公式与前n项和公式 (1)通项公式:an = . 该式又可以写 成an = ,这表明q>0且q≠1时, an 是常数与指数函数(关于n)的乘积. (2)前n项和公式: Sn = (q=1), (q≠1). 当q≠1时,该式又可以写成Sn = a1 1-q- a1 1-q ·qn,这表明q>0,且q≠1时,Sn 的图象 是指数型函数y= -Aqx+A A= a1 1-q 图象 上一群孤立的点. 3.等比数列的性质 (1)与项有关的性质 ① 在 等 比 数 列 {an}中,an =amqn-m(n, m ∈N*). ② 在等比数列{an}中,若m+n=p+q=2k, m,n,p,q,k∈N*,则aman =apaq =a2k. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 149 hh ③ 在公比为q的等比数列{an}中,取出项数 成等差数列的项ak,ak+d,ak+2d,…,仍可组成 一个等比数列,公比是qd. ④m 个等比数列,由它们的各对应项之积组 成一个新数列,仍然是等比数列,公比是原来 每个等比数列对应的公比之积. ⑤ 若{an},{bn}均为等比数列,公比分别为 q1,q2,则{kan}(k≠0)仍为等比数列,且公比 为q1;{anbn}仍为等比数列,且公比为q1q2; an bn 仍为等比数列,且公比为q1q2. ⑥当{an}是公比为q(q>0)的正项等比数列 时,数列{lg an}是等差数列,首项为lg a1,公 差为lg q. (2)与和有关的性质 ① 等比数列连续k 项的和仍为等比数列, 即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…,仍为等比数列, 且公比为qk(q≠-1,或q=-1且k为奇数). ② 在等比数列中,若项数为2n(n∈N*),则 S偶 S奇 =q. ③ 在等比数列中,当qm ≠1时, Sn Sm = 1-qn 1-qm , n,m ∈N*. ④ 在 等 比 数 列 中,Sn+m =Sn +qnSm,n, m ∈N*. 4.等比数列的单调性 (1)当a1>0,q>1或a1<0,0<q<1时, 等比数列{an}是递增数列. (2)当a1>0,0<q<1或a1<0,q>1时, 等比数列{an}是递减数列. (3)当q=1时,等比数列{an}是一个常数列. (4)当q<0时,等比数列{an}是一个摆动数列. 常用结论与知识拓展 1.若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则数 列{c·an}(c≠0),{|an|},{a2n}, 1 an ,{an·bn}, an bn 也是等比数列. 2.等比数列{an}的通项公式可以写成an=cqn,这 里c≠0,q≠0. 3.等比数列{an}的前n 项和Sn 可以写成Sn = Aqn -A A ≠0,q≠1,0,A= a1 q-1 . 即若Sn =Aqn +B(AB≠0,q≠0,1),则{an}是 等比数列 ⇔A+B=0. -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)等比数列的公比q是一个常数,它可以是 任意实数. ( ) (2)等比数列的单调性只与q的正负有关. ( ) (3)若正项数列{an}是公比不为1的等比数 列,则点Q(n,an)必在指数函数上. ( ) (4)等比数列前n项和为Sn = a1(1-qn) 1-q . ( ) (5)如果 数 列{an}是 等 比 数 列,那 么 S6, S12-S6,S18-S12 仍是等比数列. ( ) 2.(教材改编题)在等比数列{an}中,a1a3=36, a2+a4=60,则a1= ,公比q= . 3.(教材改编题)已知数列{an}是公比为q的等 比数 列,且a2,a4,a3 成 等 差 数 列,则q = . 4.(教材改编题)我国古代数学著作《九章算术》 中有“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比数列,最上面3节的 容积之积为3,最下面3节的容积之积为243, 则第5节的容积是 . 5.(多选题)(教材改编题)在等比数列{an}中, a1= 1 2 ,a4=-4,以下选项正确的是 ( ) A.公比q=-2 B.数列{|an|}为等比数列 C.{an}的前n项和一定为负数 D.数列{|an|}是单调递增数列 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 150 @第六章 数列 A /c5%1@ 考点1 等比数列的基本运算 命题角度1 有关“基本量”运算 【例1】 (1)(2023·全国甲卷)记Sn 为等比数列 {an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公 比为 . (2)(2023·北京卷)我国度量衡的发展有着悠 久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝 码的、用来测量物体质量的“环权”.已知 9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项 数为9的数列{an},该数列的前3项成等差 数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12, a9=192,则a7= ,数列 {an}所有 项的和为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决等比数列基本运算问题的两种常用思想 方程的思想:等比数列中有五个量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q,问题可迎刃而解. 分类讨论的思想:当q=1时,{an}的前n 项 和Sn =na1;当q ≠1时,{an}的前n 项和Sn = a1(1-qn) 1-q = a1-anq 1-q . 【对点训练1】 (1)(2023·全国甲卷改编)设等 比数列{an}的各项均为正数,前n 项和 为Sn,若a1 =1,S5 =5S3 -4,则 S4 = . (2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列, a2a4a5=a3a6,a9a10= -8,则a7= . (3)(2023·天津卷改编)已知{an}为等比数 列,Sn 为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+ 2,则a4 的值为 . 命题角度2 等比数列项的性质及应用 【例2】 (1)在各项均为正数的等比数列{an} 中,a1a7+2a4a5+a2a8=16,则a4a5的最大 值为 . (2)已知等比数列{an},a15=15,则9a9+a21的 最小值为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 等比数列性质“当m+n=p+q(m,n,p,q∈ N*)时,有am·an=ap·aq”常用来转化条件. 此性 质可以拓展到多项,但是一定保证“等号”两端的项 数相同,项数和也相同才可以. 【对点训练2】 在等比数列{an}中,a1+a2+ a3+a4+a5= 31 16 ,a3= 1 4 ,则1 a1+ 1 a2+ 1 a3+ 1 a4+ 1 a5= . 命题角度3 等比数列的前n项和的性质及应用 【例3】 (1)(2023·新课标 Ⅱ 卷改编)记Sn 为 等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6= 21S2,则S8= . (2)等比数列{an}的前5项的和S5=10,前10项 的和S10 =50,则它的前15项的和S15 = . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 151 hh 1.在等比数列中遇到S奇 和S偶 的问题要灵活 运用Sn =S奇 +S偶 及S奇 和S偶 之间的等量关系. 2.在等比数列中,若Sn ≠0,则Sn,S2n -Sn, S3n -S2n 成等比数列. 【对点训练3】 (1)设等比数列{an}的前n项和 为Sn,若 S6 S3= 3,则 S9 S6= . (2)已 知 等 比 数 列{an}共 有2n 项,其 和 为 -240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则 公比q= . 命题角度4 与等比数列前n项之积有关问题 【例4】 (1)(多选题)等比数列{an}的公比为 q,其前n项的积为Tn,并且满足条件a1 > 1,a99a100-1>0, a99-1 a100-1< 0.给出下列结 论,其中正确的是 ( ) A.0<q<1 B.a99a101-1<0 C.T100 的值是Tn 中最大的 D.T99 的值是Tn 中最大的 (2)(多选题)(2024·安徽亳州质量检测)已知 等比数列{an}的前n项积为Tn,a1>0,公 比q>1,且T2 023<1,T2 024>1,则 ( ) A.当n=2 023时,Tn 最小 B.a2 024>1 C.存在n<1 012,使得anan+1=an+2 D.当n=1 012时,Tn 最小 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 等比数列前n项之积问题实质是等比数列的性 质的深层次应用,把握好“积”的特征即可,亦可与等 差数列前n 项之和的相应性质类比记忆. 【对点训练4】 (1)在正项等比数列{an}中, a1= 1 3 ,a2a4=9,记数列{an}的前n项的积 为Tn,Tn >9,则n的最小值为 . (2)一个等比数列中,前3项的积为2,最后3项 的积为4,且所有项的积为64,则该数列有 项. 考点2 等比数列的证明与判断 命题角度1 等比数列的证明 【例5】 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1= 0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是 等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 等比数列的四种常用判定方法 定义法 若 an+1 an =q(q为非零常数,n∈N*)或 an an-1 = q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an} 是等比数列 中项 公式法 若 数 列 {an}中,an ≠ 0 且 a2n+1 =an · an+2(n∈N*),则{an}是等比数列 通项 公式法 若数列{an}的通项公式可写成an =c· qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则 {an}是等比数列 前n项 和公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为 常数且k ≠0,q ≠0,1),则{an}是等比 数列 【对点训练5】 已知数列{an}的前n项和为Sn, 数列{bn}满足bn=an+an+1(n∈N*),再从 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 152 @第六章 数列 下面的条件 ① 与 ② 中任选一个作为已知条 件,证明:{bn}是等比数列. ①a1 = 3 2 ,4Sn +2an+1 =3n+1(n ∈ N*); ②a1=a2= 3 2 ,an+2=an+2×3n(n∈N*). 命题角度2 等比数列的判断 【例6】 (1)已知数列{an}满足a1 >0,an+1= log2an,n为奇数, 2an+2,n为偶数. 判断数列{a2n-1}是否为 等比数列? 若是,给出证明;否则,请说明 理由. (2)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,a1= 2+1,S4=42+16. ① 求数列{an}的通项公式; ②设bn= Sn n ,问:数列{bn}中是否存在互不 相同的三项br,bs,bt 构成等比数列? 若存 在,求出一组符合题意的项;若不存在,请说 明理由. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 判断数列{an}是等比数列的常用方法与证明 数列{an}是等比数列的方法基本一致,通常有四种 方法:定义法、中项公式法、通项公式法和前n 项和 公式法,值得注意的是,若要判断的数列不是等比 数列,往往通过特殊验证(举 反 例)来 进 行 否 定 即可. 【对点训练6】 (1)(多选题)设公比为q的等 比数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法 中一定正确的是 ( ) A.数列Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列 B.当q≠1时,数列 Sn + a1 q-1 是等比 数列 C.{an +2an+1}是等比数列 D.{a2n}是等比数列 (2)在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1= 1 2 n ,记 Sn 为{an}的 前n 项 和,bn = a2n+a2n-1,n∈N*.判断数列{bn}是否为 等比数列,并写出其通项公式. 考点3 等比数列前n项和以及最值问题 【例7】 (1)(2023·天津卷节选)已知{an}是 等差数列,a2+a5= 16,a5-a3= 4.求 {an}的通项公式和∑ 2n-1 i=2n-1 ai. (2)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的 等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比 的 等 比 数 列,设cn = abn,Tn = c1 + c2+…+cn(n∈N*),则当Tn <2 022 时,n的最大值是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 153 hh 等比数列中的最值(范围)问题,要抓住基本 量a1,q等,充分运用方程、函数、转化等数学思 想,合理调用相关知识构造函数,再用基本不等 式法、单调性法等求值域. 【对点训练7】 (1)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,其中a1 >0,则“a3 >a1”是 “Sn 无最大值”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 (2)(2024·广东惠州高三第一次调研考试) 设等差数列{an}的公差为d,且d=2a1, a5=9. ① 求数列{an}的通项公式; ② 设数列{bn}满足a1b1 +a2b2 + … + anbn =3- 2n+3 2n ,求{bn}的前n项和Sn. 学习至此,请完成课时作业38 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 6.4 数列求和 5A>! 1.探索并掌握等差、等比数列前n项和公式及其推导用到的“倒序相加法”“错位相减法”和其他一些重要的 求和方法. 2.能在具体的问题情境中,发现数列的等差、等比关系,并解决相应的问题. 并掌握非等差数列、非等比数 列求和的几种常见方法. AMc
-  -@) 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列前n项和公式: Sn = n(a1+an) 2 =na1+ n(n-1)d 2 . (2)等比数列前n项和公式: Sn = na1(q=1), a1(1-qn) 1-q = a1-anq 1-q (q≠1). 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项,使其转化 为几个等差、等比数列,再求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间 的一些项可以相互抵消,从而求得其和. (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一 个等比数列的对应项之积构成的,这个数列 的前n项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等 “距离”的两项的和相等或等于同一个常数, 那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加 法求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 154 参 考 答 案 和为30个正数之和,又b31+b32=2> 0,故{anan+1an+2}(n∈N*)的前32项之 和最大. 例7:解:(1)设等差数列的公差为d, 由题意可得 a2 =a1+d =11, S10 =10a1+ 10×9 2 d =40 , 即 a1+d =11, 2a1+9d =8, 解得 a1 =13,d = -2, 所以an =13-2(n-1)=15-2n. (2)因 为 Sn = n(13+15-2n) 2 = 14n-n2,令an =15-2n>0,解得 n< 15 2 ,且n ∈N*,当n ≤7时,则 an >0,可得Tn =|a1|+|a2|+…+ |an|=a1+a2+…+an =Sn =14n-n2; 当n ≥8时,则an <0,可得 Tn = |a1|+|a2|+ … +|an |= (a1 + a2+…+a7)-(a8+…+an)=S7- (Sn -S7)=2S7-Sn =2(14×7- 72)-(14n-n2)=n2-14n+98. 综上所述,Tn = 14n-n2,n≤7, n2-14n+98,n≥8. 对点训练7:解:(1)设等差数列{an}的公 差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d, 由题意,得 3a1+3d = -3, a1(a1+d)(a1+2d)=8, 解得 a1 =2, d = -3 或 a1 = -4,d =3, 所以由等差数列通项公式可得an = 2-3(n-1)= -3n+5或an = -4+ 3(n-1)=3n-7, 故an = -3n+5或an =3n-7. (2)当an = -3n+5时,a2,a3,a1分别 为-1,-4,2,不成等比数列; 当an =3n-7时,a2,a3,a1 分别为 -1,2,-4成等比数列,满足条件. 故|an|=|3n-7|= -3n+7,n=1,2, 3n-7,n≥3,n∈N*. 记 数 列 {an}的 前 n 项 和 为 Sn, Sn = n(3n-11) 2 , T10 =|a1|+|a2|+ … +|a10|= -(a1+a2)+(a3+…+a10)=S10- 2S2 =105. 􀪋􀪋􀪋􀪋  􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:(1)21 解析:根据题意,设各层球的个数构成 数列{an},由题意可知,a1 =1,a2 = a1+2=1+2,a3 =a2+3=1+2+ 3,…,an =an-1+n=1+2+3+…+ n,则有an = (1+n)×n 2 = n(n+1) 2 ,故 第六层球的个数a6 = 6×7 2 =21. (2)225338 解析:由题意可知a1=2,a2-a1=3, a3-a2=4,…,an-an-1=n+1(n≥ 2),累加可得an =2+3+4+…+(n+ 1)= n(n+3) 2 (n≥2),显然对于n= 1也成立,∴an = n(n+3) 2 ,n∈N*, ∴ n(n+2)an = 2 (n+2)(n+3) = 2 1n+2- 1n+3 ,∴Sn =2 13 - 1 4 +2 14 - 15 +… +2 1n+2- 1 n+3 =2 13 - 1n+3 = 2n3n+9. ∴S2 025 = 2×2 025 3×2 025+9= 225 338. 素养检测:4 952 解析:2,3,5,8,12,17,23,… 的后 项 减 前项可得1,2,3,4,5,6,…,所以an - an-1 =n-1(n ≥2),a1 =2,所 以 an = (an - an-1) + (an-1 - an-2)+… + (a2-a1)+a1 = (n- 1)+ (n - 2)+ … + 1 + 2 = (n-1+1)·(n-1) 2 +2= n(n-1) 2 + 2,n≥2.所以a100 = 100×99 2 +2= 4 952. 6.3 等比数列 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)比 常数 公比 an+1 an an an-1 (2)ab 2.(1)a1qn-1 a1 q ·qn (2)na1 a1(1-qn) 1-q = a1-anq 1-q 基础检测 1.(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× 2.2或-2 3或-3 3.- 1 2 或1 4.3 5.ABD 因 为 数 列 {an}是 等 比 数 列, a1 = 1 2 ,a4 = -4,所以q3 = a4 a1 = -8,解 得q = -2,故 A正 确;所 以 an = 1 2 × (-2)n-1,则|an|= 1 2 × 2n-1 =2n-2,所以 |an+1| |an| = 2n-1 2n-2 =2, 由等比数列的定义可知,数列{|an|} 为等比数列,故B正确;因为|a1|= 1 2 ,数列{|an|}的公比为2>1,所以 数列{|an|}是单调递增数列,故D正确; 由a1= 1 2 ,q= -2,所以数列{an}的前 n 项 和 为 Sn = 1 2× [1-(-2)n] 1-(-2) = 1-(-2)n 6 ,当 n 为 奇 数 时,Sn = 1-(-2)n 6 >0 ,故C错误.故选ABD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)- 1 2 解析:若q=1,则由8S6 =7S3 得8· 6a1 =7·3a1,则a1 =0,不合题意,所 以q≠1,当q≠1时,因为8S6=7S3, 所以8· a1(1-q6) 1-q = 7· a1(1-q3) 1-q , 即8·(1-q6)=7·(1-q3),即8· (1+q3)(1-q3)=7·(1-q3),即8· (1+q3)=7,解得q= - 1 2. (2)48 384 解析:解法1:设前3项的公差为d,后7 项公比为q>0,则q4 = a9 a5 = 192 12 = 16,且q>0,可得q=2,则a3 =1+ 2d = a5 q2 ,即1+2d=3,可得d=1,可 得a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+ a9 =1+2+3+3×2+…+3×26 = 3+ 3(1-27) 1-2 = 384. 解法2:因为{an}(3≤n≤9)为等比数 列,则a27 =a5a9 =12×192=482,且 an >0,所 以a7 =48;又 因 为a25 = a3a7,则a3= a25 a7 =3;设后7项公比为 q>0,则q2 = a5 a3 =4,解得q=2,可 得a1+a2+a3= 3(a1+a3) 2 =6 ,a3+ a4 +a5 +a6 +a7 +a8 +a9 = a3-a9q 1-q = 3-192×2 1-2 = 381,所 以 a1 +a2 + … +a9 = 6+381- a3 =384. 对点训练1:(1)15 解析:设公比为q,易得q>0,由题知 1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)- 4,即q3+q4 =4q+4q2,即q3+q2- 4q-4=0,即(q-2)(q+1)(q+2)= 0.因为q>0,所以q=2.所以S4 = 1+2+4+8=15. (2)-2 解析:设{an}的公比为q(q≠0),则 a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然an≠ 0,则a4 =q2,即a1q3 =q2,则a1q= 1, 因 为 a9a10 = -8, 则 a1q8 · a1q9 = -8,则q15 = (q5)3 = -8= (-2)3,则q5 = -2,则a7 =a1q· q5 =q5 = -2. (3)54 解析:由题意可得:当n =1时,a2 = 2a1+2,即a1q=2a1+2①,当n=2 时,a3 =2(a1 +a2)+2,即a1q2 = 2(a1+a1q)+2②,联 立 ①② 可 得 a1 =2,q=3,则a4 =a1q3 =54. 例2:(1)4 解析:由等比数列的性质可知,a1a7 = a24,a2a8=a25,所以a24+2a4a5+a25= 16,即(a4+a5)2=16,得a4+a5=4, 且an>0,所以a4a5≤ a4+a5 2 2 = 4,当且仅当a4 =a5 时,等号成立,所 以a4a5 的最大值为4. (2)90 解析:设{an}的公比为q,由等比数列 的知识可知a21 =a15·q6,a15 =a9· q6,结合a15 =15>0可 得a9 >0, a21 >0.由基本不等式及等比数列的 性质可得9a9 +a21 ≥2 9a9a21 = 6a15 =90,当且仅当a9 =5,a21 =45 时等号成立,故9a9+a21 的最小值为90. 对点训练2:31 解析:设T5= 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 + 1 a4 + 1 a5 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -501- hh 则2T5 = 1 a1 + 1 a5 + 1a2 + 1a4 + 1 a3 + 1 a3 + 1a4 + 1a2 + 1a5 + 1 a1 =a1+a5a1a5 +a2+a4a2a4 +a3+a3a3a3 + a2+a4 a2a4 + a1+a5 a1a5 = 2(a1+a2+a3+a4+a5) a23 = 2× 31 16 1 4 2 = 62,所以T5 =31. 例3:(1)-85 解析:解法1:设等比数列{an}的公比 为q,首项为a1,若q = -1,则S4 = 0≠-5,与题意不符,所以q≠-1;若 q=1,则S6=6a1=3×2a1=3S2≠ 21S2,与题意不符,所以q≠1;由S4= -5,S6 =21S2 可 得, a1(1-q4) 1-q = -5, a1(1-q6) 1-q = 21× a1(1-q2) 1-q ①,由 ① 可得,1+q2+q4=21,解得q2=4, 所以S8= a1(1-q8) 1-q = a1(1-q4) 1-q × (1+q4)= -5×(1+16)= -85. 解法2:设等比数列{an}的公比为q, 因为S4 = -5,S6 =21S2,所以q≠ -1,否 则 S4 = 0,从 而,S2,S4 - S2,S6-S4,S8-S6 成等比数列,所以 有,(-5-S2)2 =S2(21S2 +5),解 得S2 = -1或S2 = 5 4 ,当S2 = -1 时,S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,即 为 -1,-4,-16,S8+21,易知,S8+ 21= -64,即S8 = -85;当S2 = 5 4 时,S4 =a1+a2+a3+a4 = (a1+ a2)(1+q2)= (1+q2)S2 > 0, 与S4 = -5矛盾,舍去. (2)210 解析:设等比数列{an}的公比为q,当 q=1时, S5 =5a1 =10, S10 =10a1 =50, 无解,所 以q ≠1,所 以 S5 = a1(1-q5) 1-q = 10,S10 = a1(1-q10) 1-q = 50,两式相除 得 1-q10 1-q5 = (1+q5)(1-q5) 1-q5 =1+ q5=5,q5=4,则 a1(1-4) 1-q = 10, a1 1-q= - 10 3 ,所以S15= a1(1-q15) 1-q = - 10 3× (1-43)= - 10 3× (-63)=210. 对点训练3:(1)73 解析:设等比数列{an}的公比为q,易 知q≠-1,由等比数列前n 项和的性 质可知S3,S6-S3,S9-S6 仍成等比 数列,∴ S6-S3 S3 = S9-S6 S6-S3 ,又 由 已 知得S6 =3S3,∴S9-S6 =4S3, ∴S9 =7S3,∴ S9 S6 = 7 3. (2)2 解析:由题意,得 S奇 +S偶 = -240, S奇 -S偶 =80, 解得 S奇 = -80, S偶 = -160, 所 以q = S偶S奇 = -160 -80 = 2. 例4:(1)ABD 对于 A,∵a99a100-1> 0,∴a21·q197 >1,即(a1·q98)2·q> 1,∴q > 0,又 a1 > 1, a99-1 a100-1 < 0,∴a99 >1,且0<a100 <1,∴0< q = a100 a99 <1,故 A 正 确;对 于 B, ∵ a99 ·a101 =a2100, 0<a100<1, ∴0<a99·a101<1, 即a99·a101-1<0,故B正确;对于C, 由于T100=T99·a100,而0<a100<1, 故有T100<T99,故C错误;对于D,由 题可知a1 >a2 > … >a99 >1> a100 >0,所 以 当n ≤99时, Tn Tn-1 = an >1,即Tn >Tn-1,当n≥100时, 0< Tn Tn-1 =an <1,即Tn <Tn-1, ∴T99 的值是Tn 中最大的,故D正确. 故选ABD. (2)BD 因为a1>0,q>1,所以an = a1qn-1 >0,又因为a1a2…a2 023 <1, a1a2…a2 024 > 1, 所 以 a2 024 > 1 a1a2…a2 023 > 1,故 B 正 确;因 为 a1a2 023=a2a2 022= … =a1 012a1 012= a21 012,所以a1a2…a2 023 =a2 023 1 012 <1, 则 a1 012 < 1, 又 因 为 a1a2 024 = a2a2 023 = … = a1 012a1 013, 可 得 a1a2…a2 024= (a1 012a1 013)1 012>1,则 a1 012a1 013>1,故a1 013>1,且a1>0, q>1,可 知 数 列{an}是 单 调 递 增 数 列,当n≤1 012时,an ≤a1 012<1;当 n≥1 013时,an ≥a1 013 >1,所以当 n=1 012时,a1a2…an 最小,故 A错 误,D正确;因为数列{an}是单调递增 数列,且当n<1 012时,an <a1 012< 1,所以anan+1 <an+1 <an+2,故C错 误.故选BD. 对点训练4:(1)5 解析:设正项等比数列{an}的公比为 q,由a23 =a2a4 =9得a3 =3,于是得 q2 = a3 a1 =9,而q>0,解得q=3,因 此,an = 1 3 × 3 n-1 = 3n-2,Tn = a1a2a3· … ·an =3-1+0+1+ …+(n-2) = 3 n(n-3) 2 ,由Tn>9得3 n(n-3) 2 >9,从而得 n(n-3) 2 >2 ,而n>0,解得n>4,又 n∈N*,则n 的最小值为5. (2)12 解析:设 该 等 比 数 列 为 {an},由 已 知 a1a2a3 =2,an-2an-1an =4,由等比数 列 的 性 质, 得 (a1an)3 = 8, 所 以 a1an =2.又因为a1a2a3…an =64= 26 = (a1an)6 = (a1an) n 2, 所以 n 2 = 6,n=12,所以该数列有12项. 例5:解:(1)证 明:由 题 设 得4(an+1 + bn+1)=2(an +bn),即an+1+bn+1 = 1 2 (an+bn). 又因为a1+b1=1,所以 {an +bn}是首项为1,公比为 1 2 的等 比数列. 由 题 设 得4(an+1 -bn+1)=4(an - bn)+8,即an+1-bn+1 =an -bn +2. 又因为a1-b1 =1,所以{an -bn}是 首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an +bn = 1 2n-1 ,an - bn =2n-1. 所 以 an = 1 2 [(an +bn)+ (an - bn)]= 1 2n +n- 1 2 , bn = 1 2 [(an +bn)- (an -bn)]= 1 2n -n+ 1 2. 对点训练5:证明:选择条件 ①:当n =1 时,4S1+2a2 =32,因为S1 =a1 = 3 2 ,所以a2= 3 2 ,所以b1=a1+a2=3, 当n≥1时,4Sn +2an+1 =3n+1, 4Sn+1+2an+2 =3n+2, 两式相减可得an+2+an+1 =3n+1, 即bn =an +an+1 =3n(n∈N*), 则{bn}是 首 项、公 比 均 为3的 等 比 数列. 选择 条 件 ②:由 an+2 = an +2× 3n(n∈N*),可得an+2+an+1 =an + an+1+2×3n, 因为bn =an +an+1,所以bn+1 =bn + 2×3n,则bn+1-3n+1 =bn -3n, 所以bn-3n =b1-3=a1+a2-3= 0,bn =3n(n∈N*), 则{bn}是 首 项、公 比 均 为3的 等 比 数列. 例6:(1)解:数列{a2n-1}是等比数列. 证明:根据an+1 = log2an,n为奇数, 2 an+2,n为偶数, 得 a2n+1 = 2 a2n+2 = 2 log2a2n-1+2 = 22a2n-1 =4a2n-1; ∵a1 >0,∴a2n-1>0, a2n+1 a2n-1 =4,即数 列{a2n-1}是首项为a1,公比为4的等 比数列. (2)解:① 设 数 列{an}的 公 差 为 d, 则S4 =4a1+6d =42+16, ∵a1 = 2+1,∴d =2, 由等差数列通项公式可知,an =a1+ (n-1)d =2n-1+ 2. ② 由 ①可知,Sn =na1+ n(n-1) 2 d= n2+ 2n,故bn =n+ 2, 假设存在互不相等的r,s,t∈N*,使 得br·bt =b2s, 即(r+ 2)(t+ 2)= (s+ 2)2, 化简得(rt-s2)+(r+t-2s)2=0. 得rt=s2 = r+t 2 2 ,当且仅当r= t=s时等号成立, 故不存在互不相同的三项br,bs,bt 构 成等比数列. 对点训练6:(1)BD 对于A,当q= -1 时,数列1,-1,1,-1,… 为等比数列, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -502- 参 考 答 案 但 S2 = 0, 所 以 Sn,S2n - Sn, S3n -S2n,… 不能构成等比数列,故A 错误;对 于 B,当 q ≠ 1 时,Sn = a1(1-qn) 1-q ,Sn + a1 q-1 = a1qn q-1 , 则 Sn+1 + a1 q-1 = a1qn+1 q-1 , 所 以 Sn+1+ a1 q-1 Sn + a1 q-1 =q 为 常 数,所 以 数 列 Sn + a1 q-1 是等比数列,故B正确; 对于 C,当q = - 1 2 时,则an+1 an = - 1 2 ,即an +2an+1 =0,所以{an + 2an+1}不能构成等比数列,故C错误; 对于D, an+1 an =q,则 a2n+1 a2n =q2 为常数, 所以{a2n}是等比 数 列,故 D正 确.故 选BD. (2)解:因为an·an+1 = 1 2 n ,所以 an+1·an+2 = 1 2 n+1 , 所以 an+2 an = 1 2 ,an+2 = 1 2an , 又a1 =1,a1a2 = 1 2 ,所以a2 = 1 2 , 因为bn =a2n +a2n-1, 所以 bn+1 bn = a2n+2+a2n+1 a2n +a2n-1 = 1 2a2n + 1 2a2n-1 a2n +a2n-1 = 1 2 , 所以{bn}是以b1=a2+a1= 3 2 为首 项,1 2 为公比的等比数列, 所以bn = 3 2× 1 2 n-1 = 3 2n (n∈N*). 例7:(1)解:由题意可得 a2+a5 =2a1+5d =16, a5-a3 =2d =4, 解得 a1 =3, d =2. 则数列{an}的通项公式为an =a1+ (n-1)d =2n+1, 求和 得 ∑ 2n-1 i=2n-1 ai = ∑ 2n-1 i=2n-1 (2i+1)= 2∑ 2n-1 i=2n-1 i+(2n-1-2n-1+1)=2[2n-1+ (2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)]+ 2n-1 = 2(2n-1+2n -1)·2n-1 2 +2 n-1 = 3·4n-1. (2)9 解析:因为数列{an}是以1为首项,2 为公差的等差数列,所以an =1+(n- 1)×2=2n-1,因为{bn}是以1为首 项,2为公 比 的 等 比 数 列,所 以bn = 2n-1,由cn =abn 得cn =2bn-1=2 n- 1,所 以 Tn =c1 +c2 + … +cn = 2(1-2n) 1-2 - n=2n+1-n-2. 当Tn <2 022时,即2n+1-n-2< 2 022,2n+1 <2 024+n, 当n=9时,210 =1 024<2 033, 当n=10时,211 =2 048>2 034, 所以n 的最大值是9. 对点训练7:(1)A 充分性:设等比数列 {an}的 公 比 为 q,∵a3 >a1,a1 > 0,∴a1q2 >a1,∴q2>1可得q<-1 或q > 1,又 Sn = a1(1-qn) 1-q = a1 q-1 (qn-1),当q<-1时,若n为奇 数,Sn = a1 q-1 (qn-1)= a1 1-q (-q)n+ a1 1-q ,∵ a1 1-q> 0,-q>1,∴当n为 奇数时Sn 单调递增,则Sn 无最大值. 当q > 1 时,Sn = a1 q-1 (qn -1), ∵ a1 q-1> 0,q>1,∴Sn 单调递增, 则Sn 无最大值; 必要性:当q=1时,Sn =na1,又a1> 0,则Sn 无最大值.可得“a3>a1”不是 “Sn 无最大值”的必要条件;由此可知 “a3 >a1”是“Sn 无最大值”的充分不 必要条件.故选A. (2)解:①依题意有 d=2a1 , a5 =a1+4d=9, 解得 a1 =1, d =2, 于是an =a1+(n-1)d =2n-1, ∴ 数 列 {an}的 通 项 公 式 是 an = 2n-1. ②∵n ∈ N*,a1b1 +a2b2 + … + anbn =3- 2n+3 2n , 当 n ≥ 2 时,a1b1 +a2b2 + … + an-1bn-1 =3- 2n+1 2n-1 , 两式相减,得anbn = 2n-1 2n , 而当n=1时,a1b1= 1 2 满足上式,因 此n∈N*,anbn = 2n-1 2n , 由 ① 知an =2n-1,于是得bn = 1 2n , ∴ bn bn-1 = 1 2n 1 2n-1 = 1 2 (n≥2), ∴{bn}是以 1 2 为首项,1 2 为公比的等 比数列, ∴Sn = b1 + b2 + … + bn = 1 2 1- 1 2 n 1- 1 2 , 得Sn =1- 1 2 n . 6.4 数列求和 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 基础检测 1.(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)√ 2.4 050 3.2 n+1-n-2 2n 4.n2+1- 1 2n 5.AC 对于 A,由通项公式易知,数列 {an} 为 等 差 数 列, 则 Sn = n(1+2n-1) 2 =n 2,故 A正确;对于 B,an = 1 n(n+1)= 1 n - 1 n+1 ,Sn = 1- 1 2 + 12 - 13 + … + 1n - 1 n+1 =1- 1n+1,故B错误;对于C, 设 等 差 数 列 {an}的 公 差 为 d,则 2 an+1 ÷2 an =2 an+1-an =2d,则 数 列 {2 an }是等比数列,故C正确;对于D, a1 =2,a2=S2-S1=3,a3=S3-S2= 5≠4,则数列{an}不是等差数列,故D 错误.故选AC. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:46 解析:因为函数f(x)=log2 2x 1-x 的 定义域为(0,1),设 M(x1,y1),N(x2, y2)是函数y =f(x)图象上的两点, 其中x1,x2∈(0,1),且x1+x2 =1, 则有y1+y2 =f(x1)+f(x2)= log2 2x1 1-x1 +log2 2x2 1-x2 = log2 4x1x2 1-(x1+x2)+x1x2 =2, 从而当x∈(0,1)时,有f(x)+f(1- x)=2,当n ≥2时,an =f 1 n + f 2 n +f 3n +…+f n-1n , an = f n-1 n + f n-2n + … + f 1 n , 相 加 得2an = f 1n + f n-1n + f 2n +f n-2n +…+ f n-1n +f 1n =2n-2, 所以an =n-1,又a1 =1, 所以对一切正整数n,有an = 1,n=1, n-1,n≥2, 故有a1+a2+…+a10=1+(1+2+ 3+…+9)=46. 对点训练1:44 解析:由题意,可得h(x)=f(x-4)+ x =e-(x-4)-ex-4+x, 设等差数列{an}的前n 项和为Sn,公 差为d, 则S11 =11a1+ 11×10 2 d =11 (a1+ 5d)=11a6 =44,解得a6 =4, 则h(a6)=h(4)=e- (4-4)-e4-4+4= 4,根 据 等 差 中 项 的 性 质,可 得a1 + a11 =2a6 =8, 则h(a1)+h(a11)=e -(a1-4)-e a1-4+ a1+e -(a11-4)-e a11-4+a11 = 1 e a1-4 + 1 e a11-4 -(e a1-4+e a11-4)+a1+a11 = e a1-4+e a11-4 e a1+a11-8 -(e a1-4+e a11-4)+a1+ a11 =a1+a11 =8, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -503-