PAGEPAGE16Lesson6數(shù)列知識點1：等差數(shù)列及其前n項1．等差數(shù)列的定義2．等差數(shù)列的通項公式如果等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，那么它的通項公式an＝a1＋(n－1)d.3．等差中項如果A＝eq\f(a＋b,2)，那么A叫做a與b的等差中項．4．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝am＋〔n-m〕d，(n，m∈N*)．(2)假設(shè){an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，那么ak＋al＝am＋an.(3)假設(shè){an}是等差數(shù)列，公差為d，那么{a2n}也是等差數(shù)列，公差為2d.(4)假設(shè){an}，{bn}是等差數(shù)列，那么{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(5)假設(shè){an}是等差數(shù)列，公差為d，那么ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列．5．等差數(shù)列的前n項和公式設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d，其前n項和Sn＝eq\f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.6．等差數(shù)列的前n項和公式與函數(shù)的關(guān)系Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.數(shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn，(A、B為常數(shù))．7．等差數(shù)列的最值在等差數(shù)列{an}中，a1>0，d<0，那么Sn存在最大值；假設(shè)a1<0，d>0，那么Sn存在最小值．[難點正本疑點清源]1．等差數(shù)列的判定(1)定義法：an－an－1＝d(n≥2)；(2)等差中項法：2an＋1＝an＋an＋2.2．等差數(shù)列與等差數(shù)列各項和的有關(guān)性質(zhì)(1)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差數(shù)列，公差為kd.(2)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列．(3)S2n－1＝(2n－1)an.(4)假設(shè)n為偶數(shù)，那么S偶－S奇＝eq\f(n,2)d.假設(shè)n為奇數(shù)，那么S奇－S偶＝a中(中間項)．例1〔等差數(shù)列的判定或證明〕：數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}中的最大項和最小項，并說明理由．(1)證明∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2時，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1.∴數(shù)列{bn}是以－eq\f(5,2)為首項，1為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，那么an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))內(nèi)為減函數(shù)．∴當(dāng)n＝3時，an取得最小值－1；當(dāng)n＝4時，an取得最大值3.例2〔等差數(shù)列的根本量的計算〕設(shè)a1，d為實數(shù)，首項為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足S5S6＋15＝0.(1)假設(shè)S5＝5，求S6及a1(2)求d的取值范圍．解(1)由題意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)方法一∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0.因為關(guān)于a1的一元二次方程有解，所以Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).方法二∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，9da1＋10d2＋1＝0.故(4a1＋9d)2＝d2－8.所以d2≥8.故d的取值范圍為d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).例3〔前n項和及綜合應(yīng)用〕(1)在等差數(shù)列{an}中，a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15，求當(dāng)n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值；(2)數(shù)列{an}的通項公式是an＝4n－25，求數(shù)列{|an|}的前n項和．解方法一∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，∴d＝－eq\f(5,3).∴an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).∴a13＝0，即當(dāng)n≤12時，an>0，n≥14時，an<0，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S13＝S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.方法二同方法一求得d＝－eq\f(5,3).∴Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).∵n∈N*，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.(2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25，∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21.所以數(shù)列{an}是以－21為首項，以4為公差的遞增的等差數(shù)列．令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝4n－25<0，①,an＋1＝4n＋1－25≥0，②))由①得n<6eq\f(1,4)；由②得n≥5eq\f(1,4)，所以n＝6.即數(shù)列{|an|}的前6項是以21為首項，公差為－4的等差數(shù)列，從第7項起以后各項構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，而|a7|＝a7＝4×7－24＝3.設(shè){|an|}的前n項和為Tn，那么Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21n＋\f(nn－1,2)×－4n≤6,66＋3n－6＋\f(n－6n－7,2)×4n≥7))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23nn≤6，,2n2－23n＋132n≥7.))例4，某等差數(shù)列共有10項，其奇數(shù)項之和為15，偶數(shù)項之和為30，那么其公差為3例5等差數(shù)列的前n項和分別為，且,那么使得為正整數(shù)的正整數(shù)n的個數(shù)是3.〔先求an/bnn=5,13,35〕遞推關(guān)系求通項：這類問題的要求不高，但試題難度較難把握.一般有三常見思路：(1)算出前幾項，再歸納、猜測；(2)“an+1=pan+q〞這種形式通常轉(zhuǎn)化為an+1+λ=p(an+λ),由待定系數(shù)法求出,再化為等比數(shù)列；(3)逐差累加或累乘法.例6數(shù)列中，，當(dāng)時，其前項和滿足，那么數(shù)列的通項公式為例7在數(shù)列中，，，那么.知識點2：等比數(shù)列及其n項和1．等比數(shù)列的定義2．等比數(shù)列的通項公式3．等比中項假設(shè)G2＝a·b(ab≠0)，那么G叫做a與b的等比中項．4．等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項公式的推廣：an＝anqn－m，(n，m∈N*)．(2)假設(shè){an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，那么ak·al＝am·an.(3)假設(shè){an}，{bn}(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，那么{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比數(shù)列．5．等比數(shù)列的前n項和公式等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，其前n項和為Sn，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).6．等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)公比不為－1的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，那么Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn.7.等比數(shù)列的單調(diào)性

q>10<q<1q=1q<0

a>0

遞增

遞減

常數(shù)列

擺動數(shù)列

a<0

遞減

遞增

常數(shù)列

擺動數(shù)列【難點】1．等比數(shù)列的特征從等比數(shù)列的定義看，等比數(shù)列的任意項都是非零的，公比q也是非常數(shù)．2．等比數(shù)列中的函數(shù)觀點利用函數(shù)、方程的觀點和方法，揭示等比數(shù)列的特征及根本量之間的關(guān)系．在借用指數(shù)函數(shù)討論單調(diào)性時，要特別注意首項和公比的大?。?．等比數(shù)列的前n項和Sn(1)等比數(shù)列的前n項和Sn是用錯位相減法求得的，注意這種思想方法在數(shù)列求和中的運用．(2)等比數(shù)列的通項公式an＝a1qn－1及前n項和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知三求二，表達了方程的思想的應(yīng)用．(3)在使用等比數(shù)列的前n項和公式時，如果不確定q與1的關(guān)系，一般要用分類討論的思想，分公比q＝1和q≠1兩種情況．例1：(1)在等比數(shù)列{an}中，a6－a4＝24，a3a5＝64，求{an}的前8項和S8；(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，它的前n項和為40，前2n項和為3280，且前n項中數(shù)值最大的項為27，求數(shù)列的第2n項．(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由通項公式an＝a1qn－1及條件得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6－a4＝a1q3q2－1＝24，①,a3·a5＝a1q32＝64.

②))由②得a1q3＝±8.將a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，無解將a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝±2.，故舍去．當(dāng)q＝2時，a1＝1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝255；當(dāng)q＝－2時，a1＝－1，∴S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝85.(2)假設(shè)q＝1，那么na1＝40,2na1＝3280，矛盾．∴q≠1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝40，①,\f(a11－q2n,1－q)＝3280，

②))eq\f(②,①)得：1＋qn＝82，∴qn＝81，③將③代入①得q＝1＋2a1.④又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}為遞增數(shù)列．∴an＝a1qn－1＝27，⑤由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4.∴a2n＝a8＝1×37＝2187.例2數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.(1)設(shè)cn＝an－1，求證：{cn}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{bn}的通項公式．1)證明∵an＋Sn＝n，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴{an－1}是等比數(shù)列．∵首項c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，∴c1＝－eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(1,2).又cn＝an－1，∴{cn}是以－eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)解由(1)可知cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴an＝cn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴當(dāng)n≥2時，bn＝an－an－1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.又b1＝a1＝eq\f(1,2)代入上式也符合，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.例3在等比數(shù)列{an}中，(1)假設(shè)a2＝4，a5＝－eq\f(1,2)，求an；(2)假設(shè)a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值．解(1)設(shè)公比為q，那么eq\f(a5,a2)＝q3，即q3＝－eq\f(1,8)，∴q＝－eq\f(1,2)，∴an＝a5·qn－5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－4.(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝aeq\o\al(2,4)，∴aeq\o\al(3,4)＝8，a4＝2.∴a2a3a4a5a6＝aeq\o\al(5,4)＝25＝32.例4數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等比數(shù)列；(2)求{an}的通項公式．標(biāo)準(zhǔn)解答(1)證明b1＝a2－a1＝1，[1分]當(dāng)n≥2時，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，[5分]∴{bn}是首項為1，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．[6分](2)解由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，[8分]當(dāng)n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)[10分]＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1當(dāng)n＝1時，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)．[14分]例4〔07重慶11〕設(shè)的等比中項，那么a+3b的最大值為2.〔三角函數(shù)〕例5假設(shè)數(shù)列1,2cosθ,22cos2θ,23cos3θ,…,前100項之和為0,那么θ的值為〔〕例6△ABC的三內(nèi)角成等差數(shù)列,三邊成等比數(shù)列,那么三角形的形狀為__等邊三角形__________.【綜合應(yīng)用】例7.等差數(shù)列{an}的首項a1＝1，公差d>0，且第2項、第5項、第14項分別是等比數(shù)列{bn}的第2項、第3項、第4項．(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}對n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.解(1)由有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(∵d>0).∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴數(shù)列{bn}的公比為3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1得當(dāng)n≥2時，eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn－1)＝an.兩式相減得：n≥2時，eq\f(cn,bn)＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．又當(dāng)n＝1時，eq\f(c1,b1)＝a2，∴c1＝3.∴cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,2·3n－1n≥2)).∴c1＋c2＋c3＋…＋c2013＝3＋eq\f(6－2×32013,1－3)＝3＋(－3＋32013)＝32013.知識點3：數(shù)列的根本知識1，例1：設(shè)數(shù)列的前n項和，那么的值為15.2，數(shù)列的遞推公式及應(yīng)用：利用數(shù)列的遞推公式求數(shù)列的通項公式，一般有三種方法：累加法，累積法，構(gòu)造法①對形如的遞推公式，可令，整理得，所以是等比數(shù)列②對形如的遞推公式，兩邊取倒數(shù)后換元轉(zhuǎn)化為，再求出即可例2：數(shù)列滿足，那么的最小值為10.5歷年高考真題匯編數(shù)列〔含〕1、(2023年新課標(biāo)卷文) 等比數(shù)列中，，公比． 〔I〕為的前n項和，證明： 〔II〕設(shè)，求數(shù)列的通項公式．解：〔Ⅰ〕因為所以〔Ⅱ〕 所以的通項公式為2、(2023全國新課標(biāo)卷理〕等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，且〔1〕求數(shù)列的通項公式.(2)設(shè)求數(shù)列的前項和.解：〔Ⅰ〕設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由得所以。有條件可知a>0,故。由得，所以。故數(shù)列{an}的通項式為an=?！并颉彻仕詳?shù)列的前n項和為3、〔2023新課標(biāo)卷理〕設(shè)數(shù)列滿足求數(shù)列的通項公式；令，求數(shù)列的前n項和解〔Ⅰ〕由，當(dāng)n≥1時，。而所以數(shù)列{}的通項公式為?！并颉秤芍購亩冖?②得。即4、〔20I0年全國新課標(biāo)卷文〕設(shè)等差數(shù)列滿足，?！并瘛城蟮耐椆?；〔Ⅱ〕求的前項和及使得最大的序號的值。解：〔1〕由am=a1+〔n-1〕d及a1=5，a10=-9得解得數(shù)列{an}的通項公式為an=11-2n?！?.6分(2)由(1)知Sn=na1+d=10n-n2。因為Sn=-(n-5)2+25.所以n=5時，Sn取得最大值。5、〔2023年全國卷〕設(shè)數(shù)列的前N項和為,求和6、〔2023遼寧卷〕等差數(shù)列{an}滿足a2=0，a6+a8=-10〔I〕求數(shù)列{an}的通項公式；〔II〕求數(shù)列的前n項和．解：〔I〕設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由條件可得解得故數(shù)列的通項公式為………………5分〔II〕設(shè)數(shù)列，即，所以，當(dāng)時，=所以綜上，數(shù)列7、〔2023年陜西省〕{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比數(shù)列.〔Ⅰ〕求數(shù)列{an}的通項; 〔Ⅱ〕求數(shù)列{2an}的前n項和Sn.解〔Ⅰ〕由題設(shè)知公差d≠0， 由a1＝1，a1，a3，a9成等比數(shù)列得＝， 解得d＝1，d＝0〔舍去〕，故{an}的通項an＝1+〔n－1〕×1＝n. (Ⅱ)由〔Ⅰ〕知=2n，由等比數(shù)列前n項和公式得 Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-28、〔2023年全國卷〕設(shè)等差數(shù)列{}的前項和為，公比是正數(shù)的等比數(shù)列{}的前項和為，的通項公式。解：設(shè)的公差為，的公比為由得①由得②由①②及解得故所求的通項公式為9、〔2023福建卷〕等差數(shù)列{an}中，a1=1，a3=-3.〔I〕求數(shù)列{an}的通項公式；〔II〕假設(shè)數(shù)列{an}的前k項和Sk=-35，求k的值.10、〔2023重慶卷〕設(shè)是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，,.(Ⅰ)求的通項公式;(Ⅱ)設(shè)是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列的前項和.11、〔2023浙江卷〕公差不為0的等差數(shù)列的首項為，且，，成等比數(shù)列．〔Ⅰ〕求數(shù)列的通項公式；〔Ⅱ〕對，試比擬與的大?。猓涸O(shè)等差數(shù)列的公差為，由題意可知 即，從而 因為 故通項公式〔Ⅱ〕解：記 所以 從而，當(dāng)時，；當(dāng)12、〔2023湖北卷〕成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列中的、、。(I)求數(shù)列的通項公式；(II)數(shù)列的前n項和為，求證：數(shù)列是等比數(shù)列。13、〔2023年山東卷〕等差數(shù)列滿足：，，的前項和為〔Ⅰ〕求及；〔Ⅱ〕令〔〕，求數(shù)列的前項和為。解：〔Ⅰ〕設(shè)等差數(shù)列的首項為，公差為，由于，，所以，，解得，，由于，，所以，〔Ⅱ〕因為，所以因此故所以數(shù)列的前項和14、〔2023陜西卷〕{an}是公差不