数列公式汇总

人教版数学必修五

第二章 数列 重难点解析

第二章 课文目录

2．1 数列的概念与简单表示法 2．2 等差数列

2．3 等差数列的前n项和 2．4 等比数列

2．5 等比数列前n项和

【重点】

1、数列及其有关概念，通项公式及其应用。 2、根据数列的递推公式写出数列的前几项。

3、等差数列的概念，等差数列的通项公式；等差数列的定义、通项公式、性质的理解与应用。

4、等差数列n项和公式的理解、推导及应用，熟练掌握等差数列的求和公式。 5、等比数列的定义及通项公式，等比中项的理解与应用。

6、等比数列的前n项和公式推导，进一步熟练掌握等比数列的通项公式和前n项和公式

【难点】

1、根据数列的前n项观察、归纳数列的一个通项公式。 2、理解递推公式与通项公式的关系。

3、等差数列的性质，灵活应用等差数列的定义及性质解决一些相关问题。 4、灵活应用等差数列前n项公式解决一些简单的有关问题。

5、灵活应用求和公式解决问题，灵活应用定义式及通项公式解决相关问题。 6、灵活应用等比数列定义、通项公式、性质解决一些相关问题。

一、数列的概念与简单表示法

⒈ 数列的定义：按一定次序排列的一列数叫做数列.

注意：⑪数列的数是按一定次序排列的，因此，如果组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的数列；

⑫定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，同一个数在数列中可以重复出现. ⒉ 数列的项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项. 各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，…，第n 项，…. ⒊数列的一般形式：

a1,a2,a3,,an,，或简记为an，其中an是数列的第n项

⒋ 数列的通项公式：如果数列an的第n项an与n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.

注意：⑪并不是所有数列都能写出其通项公式，如上述数列④；

⑫一个数列的通项公式有时是不唯一的，如数列：1，0，1，0，1，0，…它的通项公式

n11(1)n1|. 可以是an，也可以是an|cos22⑬数列通项公式的作用：①求数列中任意一项；②检验某数是否是该数列中的一项.

数列的通项公式具有双重身份，它表示了数列的第 项，又是这个数列中所有各项的一般表示．通项公式反映了一个数列项与项数的函数关系，给了数列的通项公式，这个数列便确定了，代入项数就可求出数列的每一项． 5.数列与函数的关系：

数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）为定义域的函数

anf(n)，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值。

反过来，对于函数y=f(x),如果f(i)（i=1、2、3、4…）有意义，那么我们可以得到一个数列f(1)、 f(2)、 f(3)、 f(4)…，f(n)，… 6．数列的分类：

1）根据数列项数的多少分：

有穷数列：项数有限的数列.例如数列1，2，3，4，5，6。是有穷数列 无穷数列：项数无限的数列.例如数列1，2，3，4，5，6…是无穷数列 2）根据数列项的大小分：

递增数列：从第2项起，每一项都不小于它的前一项的数列。 递减数列：从第2项起，每一项都不大于它的前一项的数列。 常数数列：各项相等的数列。

摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列 7．数列的表示方法 （1）通项公式法

如果数列an的第n项与序号之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式。 如数列

的通项公式为

；

；

的通项公式为

的通项公式为

；

（2）图象法

启发学生仿照函数图象的画法画数列的图形．具体方法是以项数

项

为纵坐标，即以

为横坐标，相应的

为坐标在平面直角坐标系中做出点（以前面提到的数列

为例，做出一个数列的图象），所得的数列的图形是一群孤立的点，因为横坐

标为正整数，所以这些点都在

轴的右侧，而点的个数取决于数列的项数．从图象中可以

直观地看到数列的项随项数由小到大变化而变化的趋势． （3）递推公式法

如果已知数列an的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an1（或前n项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。 递推公式也是给出数列的一种方法。

如下数字排列的一个数列：3，5，8，13，21，34，55， 递推公式为：a13,a25,anan1an2(3n8) 4、列表法

．简记为

．

典型例题：

例1：根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式：

(1) 3, 5, 9, 17, 33,……； (2)

246810, , , , , ……； 315356399 (3) 0, 1, 0, 1, 0, 1,……； (4) 1, 3, 3, 5, 5, 7, 7, 9, 9, ……； (5) 2, －6, 12, －20, 30, －42,…….

1(1)n2n 解：(1) an＝2n＋1； (2) an＝； (3) an＝；

2(2n1)(2n1)(4) 将数列变形为1＋0, 2＋1, 3＋0, 4＋1, 5＋0, 6＋1, 7＋0, 8＋1, ……,

1(1)n∴an＝n＋；

2(5) 将数列变形为1×2, －2×3, 3×4, －4×5, 5×6,……， ∴ an＝(－1)

n1

n(n＋1)

a11例2：设数列an满足写出这个数列的前五项。 1a1(n1).nan1分析：题中已给出an的第1项即a11，递推公式：an11 an1解：据题意可知：a11,a211121582,a31，a41,a5 a1a23a335例3：已知a12，an12an 写出前5项，并猜想an．

解：法一：a12 a22222 a322223，观察可得 an2n 法二：由an12an ∴an2an1 即

an2 an1 ∴

anan1an2a22n1 an1an2an3a1 ∴ ana12n12n

二、等差数列

1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示）。

⑪．公差d一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求；

⑫．对于数列{an},若an－an1=d (与n无关的数或字母)，n≥2，n∈N，则此数列是等差数列，d 为公差。

2．等差数列的通项公式：ana1(n1)d【或anam(nm)d】

等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得若一等差数列an的首项是a1，公

差是d，则据其定义可得：

a2a1d即：a2a1d

a3a2d即：a3a2da12d a4a3d即：a4a3da13d

……

由此归纳等差数列的通项公式可得：ana1(n1)d

∴已知一数列为等差数列，则只要知其首项a1和公差d，便可求得其通项an。 由上述关系还可得：ama1(m1)d 即：a1am(m1)d

则：ana1(n1)d=am(m1)d(n1)dam(nm)d 即等差数列的第二通项公式 anam(nm)d ∴ d=3．有几种方法可以计算公差d

aman

mn

① d=an－an1 ② d=

ana1aam ③ d=n

nmn14．结论：（性质）在等差数列中，若m+n=p+q，则，amanapaq 即 m+n=p+q amanapaq (m, n, p, q ∈N )

但通常 ①由amanapaq 推不出m+n=p+q ，②amanamn 典型例题：

例1：⑪求等差数列8，5，2…的第20项

⑫ -401是不是等差数列-5，-9，-13…的项？如果是，是第几项？

解：⑪由a18,d58253 n=20，得a208(201)(3)49 ⑫由a15,d9(5)4 得数列通项公式为：an54(n1) 由题意可知，本题是要回答是否存在正整数n，使得40154(n1)成立解之得n=100，即-401是这个数列的第100项。

例2：已知数列{an}的通项公式anpnq，其中p、q是常数，那么这个数列是否一定是等差数列？若是，首项与公差分别是什么？

分析：由等差数列的定义，要判定an是不是等差数列，只要看anan1（n≥2）是不是一个与n无关的常数。

解：当n≥2时, （取数列an中的任意相邻两项an1与an（n≥2））

anan1(pnq)[p(n1)q]pnq(pnpq)p为常数

∴{an}是等差数列，首项a1pq，公差为p。

注：①若p=0，则{an}是公差为0的等差数列，即为常数列q，q，q，…

②若p≠0, 则{an}是关于n的一次式,从图象上看,表示数列的各点均在一次函数

y=px+q的图象上,一次项的系数是公差,直线在y轴上的截距为q.

③数列{an}为等差数列的充要条件是其通项an=pn+q (p、q是常数)，称其为第3

通项公式。

④判断数列是否是等差数列的方法是否满足3个通项公式中的一个。

例3：求等差数列3，7，11，……的第4项与第10项.

分析：根据所给数列的前3项求得首项和公差，写出该数列的通项公式，从而求出所求项.

解：根据题意可知：a1=3,d=7－3=4.∴该数列的通项公式为：an=3+（n－1）×4,即an=4n－1（n≥1,n∈N*）∴a4=4×4－1=15, a10=4×10－1=39. 评述：关键是求出通项公式.

例4：求等差数列10，8，6，……的第20项.

解：根据题意可知：a1=10,d=8－10=－2.

∴该数列的通项公式为：an=10+（n－1）×（－2）,即：an=－2n+12,∴a20=－2×20+12=－28.

评述：要注意解题步骤的规范性与准确性.

例5：100是不是等差数列2，9，16，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由.

分析：要想判断一数是否为某一数列的其中一项，则关键是要看是否存在一正整数n值，使得an等于这一数.

解：根据题意可得：a1=2,d=9－2=7. ∴此数列通项公式为：an=2+（n－1）×7=7n－5.

令7n－5=100,解得：n=15, ∴100是这个数列的第15项. 例6：－20是不是等差数列0，－3明理由.

1，－7，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说2177 ∴此数列的通项公式为：an=－n+, 222774777令－n+=－20,解得n= 因为－n+=－20没有正整数解，所以－20不是这

22227解：由题意可知：a1=0,d=－3

个数列的项.

例7：如果在a与b中间插入一个数A，使a，A，b成等差数列数列，那么A应满足什么条件？

解：由定义得A-a=b-A ，即：Aab 2ab，则A-a=b-A 2aba,b,成等差数列 由此可可得：A2反之，若A例8：在等差数列{an}中，若a1+a6=9, a4=7, 求a3 , a9 .

分析：要求一个数列的某项，通常情况下是先求其通项公式，而要求通项公式，必须知道这个数列中的至少一项和公差，或者知道这个数列的任意两项（知道任意两项就知道公差），本题中，只已知一项，和另一个双项关系式，想到从这双项关系式入手…… 解：∵ {an }是等差数列

∴ a1+a6=a4+a3 =9a3=9－a4=9－7=2

∴ d=a4－a3=7－2=5

∴ a9=a4+(9－4)d=7+5*5=32 ∴ a3 =2, a9=32

三、等差数列的前n项和

1．等差数列的前n项和公式1：Snn(a1an) 2证明： Sna1a2a3an1an ① Snanan1an2a2a1 ②

①+②：2Sn(a1an)(a2an1)(a3an2)(anan) ∵a1ana2an1a3an2 ∴2Snn(a1an) 由此得：Snn(a1an) 2 从而我们可以验证高斯十岁时计算上述问题的正确性 2． 等差数列的前n项和公式2：Snna1n(n1)d 2 用上述公式要求Sn必须具备三个条件：n,a1,an 但ana1(n1)d 代入公式1即得： Snna1n(n1)d 2此公式要求Sn必须已知三个条件：n,a1,d （有时比较有用） 对等差数列的前n项和公式2：Snna1n(n1)d可化成式子： 2Snd2dn(a1)n，当d≠0，是一个常数项为零的二次式 223． 由Sn的定义可知，当n=1时，S1=a1；当n≥2时，an=Sn-Sn1，

即an=S1(n1).

SnSn1(n2)4． 对等差数列前项和的最值问题有两种方法: （1） 利用an:

当an>0，d<0，前n项和有最大值可由an≥0，且an1≤0，求得n的值 当an<0，d>0，前n项和有最小值可由an≤0，且an1≥0，求得n的值 （2） 利用Sn： 由Snd2dn(a1)n利用二次函数配方法求得最值时n的值 22典型例题：

例1：如图，一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支，最上面一层放120支. 这个V形架上共放了多少支铅笔？

解：由题意知，这个V型架自下而上是个由120层的铅笔构成的等差数列，记为｛an｝，

120(1120)

S1207260. 2答：V型架上共放着7260支铅笔 例2：等差数列－10，－6，－2，2，·······前9项的和多少？

解：设题中的等差数列为{an} 则 a1=－10，d=4, n=9

例3：等差数列前10项的和为140，其中，项数为奇数的各项的和为125，求其第6项．

解 依题意，得

10(101)d=14010a1＋2 a1＋a3＋a5＋a7＋a9=5a1＋20d=125解得a1=113，d=－22．∴ 其通项公式为 an=113＋(n－1)·(－22)=－22n＋135 ∴a6=－22×6＋135＝3

说明 本题上边给出的解法是先求出基本元素a1、d，再求其他的．这种先求出基本元素，再用它们去构成其他元素的方法，是经常用到的一种方法．在本课中如果注意到a6=a1＋5d，也可以不必求出an而

2a1＋9d=28直接去求a6，所列方程组化简后可得相减即得a1＋5d=3，

a＋4d=251即a6＝3．可见，在做题的时候，要注意运算的合理性．当然要做到这一点，必须以对知识的熟练掌握为前提．

例4：在1和2之间插入2n个数，组成首项为1、末项为2的等差数列，若这个数列的前半部分的和同后半部分的和之比为9∶13，求插入的数的个数．

解 依题意2＝1＋(2n＋2－1)d ①

(n1)nd ②2 (n1)n后半部分的和S′·(－d)③n+1＝(n＋1)·2＋2前半部分的和Sn+1＝(n＋1)＋nd)Sn192由已知，有ndS′13n1(n1)(2)2nd19 2化简，得nd13225解之，得 nd= ④11由①，有(2n＋1)d=1 ⑤

(n1)(1由④，⑤，解得d=∴ 共插入10个数．

1，n=5 11例5：在等差数列{an}中，设前m项和为Sm，前n项和为Sn，且Sm＝Sn，m≠n，求Sm+n．

1解 ∵Sm+n＝(m＋n)a1＋(m＋n)(m＋n－1)d2 1＝(m＋n)[a1＋(m＋n－1)d]2且Sm＝Sn，m≠n

11∴ma1＋m(m－1)d＝na1＋n(n－1)d22

d整理得(m－n)a1＋(m－n)(m＋n－1)=021即(m－n)[a1＋(m＋n－1)d]=02

1由m≠n，知a1＋(m＋n－1)d＝02∴Sm+n＝0

例6：已知等差数列{an}中，S3=21，S6=，求数列｛|an|｝的前n项和Tn．

分析 等差数列前n项和Sn=na1＋n(n1)d，含有两个未知数a1， 2d，已知S3和S6的值，解方程组可得a1与d，再对数列的前若干项的正负性进行判断，则可求出Tn来．

n(n1)解 设公差为d，由公式Sn＝na1＋d2

3a1＋3d=21得ba1＋15d=24解方程组得：d＝－2，a1＝9 ∴an＝9＋(n－1)(n－2)＝－2n＋11

由an＝－2n＋11＞0 得n＜11=5.5，故数列{an}的前5项为正， 2其余各项为负．数列{an}的前n项和为：

Sn＝9n＋n(n1)(－2)=－n2＋10n∴当n≤5时，Tn＝－n2＋10n 2当n＞6时，Tn＝S5＋|Sn－S5|＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn ∴Tn＝2(－25＋50)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50

2Tn=－n＋10n 即2n－10n＋50 n≤5n＞6n∈N*

说明 根据数列{an}中项的符号，运用分类讨论思想可求｛|an|｝的前n项和．

例7： 在等差数列{an}中，已知a6＋a9＋a12＋a15＝34，求前20项之和．

解法一 由a6＋a9＋a12＋a15＝34得4a1＋38d＝34

又S20＝20a1＋20×19d 2＝20a1＋190d＝5(4a1＋38d)=5×34=170

解法二 S20=(a1+a20)×20=10(a1＋a20)

2由等差数列的性质可得：a6＋a15=a9＋a12＝a1＋a20 ∴a1＋a20=17 S20＝170

例8：已知等差数列{an}的公差是正数，且a3·a7=－12，a4＋a6=－4，求它的前20项的和S20的值．

解法一 设等差数列{an}的公差为d，则d＞0，由已知可得

(a1＋2d)(a1＋bd)＝－12 a1＋3d＋a1＋5d=－4 ① ②

由②，有a1＝－2－4d，代入①，有d2=4 再由d＞0，得d＝2 ∴a1=－10

最后由等差数列的前n项和公式，可求得S20＝180

解法二 由等差数列的性质可得：a4＋a6＝a3＋a7 即a3＋a7＝－4 又a3·a7=－12，由韦达定理可知：a3，a7是方程x2＋4x－12＝0的二根 解方程可得x1=－6，x2＝2∵ d＞0 ∴{an}是递增数列 ∴a3＝－6，a7=2

a7a3d==2，a1＝－10，S20＝180

73例9：等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若

Sna2n，则100等于[ ] Tn3n1b100A．1199C．299分析 该题是将2B．3 200D．301a100Sn2n与发生联系，可用等差数列的前n项b100Tn3n1

n(a1+an)和公式Sn=把前n项和的值与项的值进行联系．2n(a1an)n(b1bn)，Tn22

Sna1ana1an2n∴∴Tnb1bnb1bn3n1解法一 ∵Sn

∵2a100＝a1＋a199，2b100＝b1＋b199

∴a100a1a1992×199199=== 选C． b100b1b1993×199+1299解法二 利用数列{an}为等差数列的充要条件：Sn＝an2＋bn

∵Sn2nTn3n1

可设Sn＝2n2k，Tn＝n(3n＋1)k

anSnSn12n2k2(n1)2k∴bnTnTn1n(3n1)k(n1)[3(n1)1]k4n22n16n23n12×10011993×1001299

a100∴b100说明 该解法涉及数列{an}为等差数列的充要条件Sn=an2＋bn，由

已知Sn2n，将Sn和Tn写成什么？若写成Sn=2nk，Tn=(3n＋1)k， Tn3n1k是常数，就不对了．

例10： 解答下列各题：

(1)已知：等差数列{an}中a2＝3，a6＝－17，求a9；

(2)在19与中间插入几个数，使它们与这两个数组成等差数列，并且此数列各项之和为1350，求这几个数；

(3)已知：等差数列{an}中，a4＋a6＋a15＋a17＝50，求S20； (4)已知：等差数列{an}中，an=33－3n，求Sn的最大值． 分析与解答

(1)a6=a2＋(6－2)d d＝173=－5 4a9=a6＋(9－6)d=－17＋3×(－5)=－32 (2)a1=19，an+2=，Sn+2＝1350

(a1+an+2)(n+2)∵Sn+2=22×1350∴n＋2==25 n=23

19+35an+2=a25=a1＋24d d=12故这几个数为首项是2111135，末项是86，公差为的23个数． 121212(3)∵a4＋a6＋a15＋a17=50

又因它们的下标有4＋17＝6＋15=21 ∴a4＋a17=a6＋a15=25

S20=(a1+a20)×2010×(a4a17)250

2(4)∵an=33－3n ∴a1＝30

Sn=(a1+an)·n(633n)n363n2n2222

32123×212(n)228∵n∈N，∴当n=10或n=11时，Sn取最大值165．

例11：等差数列{an}的前n项和Sn＝m，前m项和Sm＝n(m＞n)，求前m＋n项和Sm+n．

解法一 设{an}的公差d 按题意，则有

n(n1)S＝na＋d＝m①1n2 S＝ma＋m(m1)d＝n ②m12(mn)(mn1)①－②，得(m－n)·a1＋·d=n－m2mn1即a1＋d=－12(mn)(mn1)∴Smn(mn)a1·d

2mn1(mn)(a1·d)2=－(m＋n)

解法二 设Sx＝Ax2＋Bx(x∈N)

2Am＋Bm＝n 2An＋Bn＝m ① ②

①－②，得A(m2－n2)＋B(m－n)＝n－m ∵m≠n ∴ A(m＋n)＋B=－1 故A(m＋n)2＋B(m＋n)＝－(m＋n) 即Sm+n＝－(m＋n)

说明 a1，d是等差数列的基本元素，通常是先求出基本元素，再

解决其它问题，但本题关键在于求出了a1＋mn1d＝－1，这种设而不 2解的“整体化”思想，在解有关数列题目中值得借鉴．解法二中，由于是等差数列，由例22，故可设Sx=Ax2＋Bx．(x∈N)

例12： 在项数为2n的等差数列中，各奇数项之和为75，各偶数项之和为90，末项与首项之差为27，则n之值是多少？

解 ∵S偶项－S奇项=nd ∴nd=90－75=15

又由a2n－a1＝27，即(2n－1)d=27

例13：在等差数列{an}中，已知a1＝25，S9＝S17，问数列前多少项和最大，并求出最大值．

解法一 建立Sn关于n的函数，运用函数思想，求最大值．

nd＝15 (2n－1)d＝27∴n=5根据题意：S17=17a1＋17×169×8d，S9＝9a1＋d22

∵a1=25，S17＝S9 解得d＝－2

∴Sn＝25n＋n(n1)(－2)=－n2＋26n=－(n－13)2＋1692

∴当n=13时，Sn最大，最大值S13＝169

解法二 因为a1=25＞0，d＝－2＜0，所以数列{an}是递减等

an≥0差数列，若使前n项和最大，只需解，可解出n．a≤0n+1

∵a1＝25，S9＝S17

∴9×25＋9×817×16d=17×25＋d，解得d=－222

∴an=25＋(n－1)(－2)=－2n＋27

－2n＋27≥0n≤13.5∴∴n=13－2(n＋1)＋27≥0n≥12.5

即前13项和最大，由等差数列的前n项和公式可求得S13=169． 解法三 利用S9=S17寻找相邻项的关系． 由题意S9=S17得a10＋a11＋a12＋…＋a17=0 而a10＋a17=a11＋a16=a12＋a15=a13＋a14 ∴a13＋a14＝0，a13=－a14 ∴a13≥0，a14≤0 ∴S13=169最大．

解法四 根据等差数列前n项和的函数图像，确定取最大值时的n． ∵{an}是等差数列 ∴可设Sn＝An2＋Bn

二次函数y=Ax2＋Bx的图像过原点，如图3．2－1所示

∵S9＝S17，

∴ 对称轴x=9+17=132

∴取n=13时，S13＝169最大

四、等比数列

1．等比数列：

一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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；公比通常用字母q表示（q≠0），即：

an=q（q≠0） an11“从第二项起”与“前一项”之比为常数(q) ｛an｝成等比数列an1=q（nN,q≠0） an2 隐含：任一项an0且q0

“an≠0”是数列｛an｝成等比数列的必要非充分条件． 3 q= 1时，{an}为常数。

2.等比数列的通项公式1: ana1qn1(a1q0) 由等比数列的定义，有：

a2a1q；

a3a2q(a1q)qa1q2； a4a3q(a1q2)qa1q3；

… … … … … … …

anan1qa1qn1(a1q0) 3.等比数列的通项公式2: anamqm1(a1q0) 4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列 5．等比数列与指数函数的关系：

等比数列｛an｝的通项公式ana1qn1(a1q0),它的图象是分布在曲线y（q>0）上的一些孤立的点。

当a10，q >1时，等比数列｛an｝是递增数列； 当a10，0q1，等比数列｛an｝是递增数列； 当a10，0q1时，等比数列｛an｝是递减数列； 当a10，q >1时，等比数列｛an｝是递减数列；

当q0时，等比数列｛an｝是摆动数列；当q1时，等比数列｛an｝是常数列。 6．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，那么称这个数G为a与b的等比中项. 即G=±ab（a,b同号）

如果在a与b中间插入一个数G，使a,G，b成等比数列，则

a1xqqGbG2abGab， aG反之，若G=ab,则

2Gb，即a,G,b成等比数列 aG∴a,G,b成等比数列G=ab（a·b≠0）

2

7．等比数列的性质：

若m+n=p+k，则amanapak

在等比数列中，m+n=p+q，am,an,ap,ak有什么关系呢？

k1由定义得：ama1qm1 ana1qn1 apa1qp1 ak a1qamana1qmn2 ，apaka1qpk2

则amanapak

8．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法

9．等比数列的增减性：当q>1, a1>0或01, a1<0,或00时, {an}是递减数列;当q=1时, {an}是常数列;当q<0时, {an}是摆动数列; 10．证明数列为等比数列的方法:

(1)定义法:若

22an1q(nN)数列an为等比数列 an2(2)等比中项法:若an1anan20,(nN)数列an为等比数列

(3)通项法:若ancqn(c,q均是不为0的常数，nN)数列an为等比数列 (4)前n项和法:若SnAqnA(A,q为常数,且q0,q1)数列an为等比数列。

典型例题：

例1：求下列各等比数列的通项公式：

（1）a1=2, a3=8； （2）a1=5, 且2an1=3an； （3）a1=5, 且解：

（1）解：a3a1qq24q2

an1n ann1an(2)2n12n或an(2)(2)n1(2)n

（2）解：qan13an23又：a15an5()n1

2a32an1 ,,na23an1n（3）解：an1an12,ann1a12

以上各式相乘得：an13a1 nn例2：求下面等比数列的第4项与第5项：

（1）5，－15，45，……； （2）1.2，2.4，4.8，……；

2132（3）,.,;(4)2,1,，…….

3282解：（1）∵q=

15n1=－3, a1=5 ∴an=a1qn1=5·（－3） 534∴a4=5·（－3）=－135，a5=5·（－3）=405. （2）∵q=

2.4n1=2, a1=1.2 ∴an=a1qn1=1.2×2 1.234∴a4=1.2×2=9.6, a5=1.2×2=19.2

123223n1n1,a1 ∴an=a1q=×（） 234334233923427∴a4=×（）=, a5=×（）=

243432128（3）∵q=（4）∵q=1÷2112n1,a1=2 ∴an=a1qn1=2·（）= n222(2)∴a4=

112. ,a52324(2)(2)41，公比是－，求它的第1项. 931例3：一个等比数列的第9项是

解：由题意得a9=

41,q=－ 93418∵a9=a1q8,∴=a1（－）,∴a1=2916

93答：它的第1项为2916.

例4：一个等比数列的第2项是10，第3项是20，求它的第1项与第4项.

解：由已知得a2=10, a3=20.在等比数列中 ∵qaa32, ∴a1=2=5, a4=a3q=40. a2q答：它的第1项为5，第4项为40.

例5：已知：b是a与c的等比中项，且a、b、c同号，

求证：

abcabbcca3,,abc 也成等比数列 33证明：由题设：b2=ac 得：

abc3abc33abb2bcabbcca2 abcb()

3333∴

abcabbcca3,,abc 也成等比数列 33例6：已知an,bn是项数相同的等比数列，求证anbn是等比数列.

证明：设数列an的首项是a1，公比为q1;bn的首项为b1，公比为q2，那么数列

anbn的第n项与第n+1项分别为：

a1q1n1b1q2与a1q1b1q2即为a1b1(q1q2)n1与a1b1(q1q2)n

n1nnan1bn1a1b1(q1q2)nq1q2. n1anbna1b1(q1q2)它是一个与n无关的常数，所以anbn是一个以q1q2为公比的等比数列. 例7：(1) 已知{an}是等比数列，且an0,2a2a42a3a5a4a625, 求a3a5 (2) a≠c,三数a, 1, c成等差数列，a,1,c成等比数列，求

解：(1) ∵{an}是等比数列，

∴ a2a4＋2a3a5＋a4a6＝(a3＋a5)＝25, 又an>0, ∴a3＋a5＝5;

(2) ∵a, 1, c成等差数列, ∴ a＋c＝2,

22ac

a2c2又a, 1, c成等比数列, ∴a c＝1, 有ac＝1或ac＝－1, 当ac＝1时, 由a＋c＝2得a＝1, c＝1,与a≠c矛盾，

∴ ac＝－1, ac(ac)2ac6 ∴

2222222ac1. 223ac051525n15例8：已知无穷数列10,10,10,10 求证：（1）这个数列成等比数列

,，

1， 10 （2）这个数列中的任一项是它后面第五项的

（3）这个数列的任意两项的积仍在这个数列中

a10证明：（1）n该数列成等比数列 105（常数）∴n2an1105n151 （2）

an1101n4101，即：anan5 10an510510n15 （3）apaq10p1510q1510pq25，∵p,qN，∴pq2 ∴pq11且pq1N，

∴10pq251n510，（第pq1项） 例9：在等比数列bn中，b43，求该数列前七项之积 解：b1b2b3b4b5b6b7b1b7b2b6b3b5b4

∵b4b1b7b2b6b3b5，

∴前七项之积32233372187

例10：在等比数列an中，a22，a554，求a8， 解：a8a5qa53a554541458 a22 另解：∵a5是a2与a8的等比中项，∴542a8(2) ∴a81458

五、等比数列的前n项和

1、 等比数列的前n项和公式：

aanqa1(1qn) 当q1时，Sn ① 或Sn1 ②

1q1q当q=1时，Snna1

当已知a1, q, n 时用公式①；当已知a1, q, an时，用公式②.

公式的推导方法一：

一般地，设等比数列a1,a2a3,an它的前n项和是

Sna1a2a3an

Sna1a2a3an由 n1ana1q2n2n1Sna1a1qa1qa1qa1q得 23n1nqSna1qa1qa1qa1qa1q(1q)Sna1a1qn

aanqa1(1qn)∴当q1时，Sn ① 或Sn1 ②

1q1q当q=1时，Snna1

公式的推导方法二：

有等比数列的定义，

aa2a3nq a1a2an1a2a3anSa1nq

a1a2an1Snan根据等比的性质，有

即

Sna1q(1q)Sna1anq（结论同上）

Snan围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比定理，导出了公式． 公式的推导方法三：

Sna1a2a3an＝a1q(a1a2a3an1) ＝a1qSn1＝a1q(Snan)

(1q)Sna1anq（结论同上）

2、重要结论

{an}成等比数列，公比为q

1111a1qn11qn（1）也为等比数列，且公比为， Sn n11aqaq(1q)n11q2（2）an也成等比数列，且公比为q2

（3）an成等比，且an>0，则lga1,lga2,lga3…成等差

[注]（1）{an}成等比{lgan}成等差

（2）{an}成等差{aan}成等比

典型例题： 例1：求和：

分析：当 时，

来的，所以用错位相减法来求和.

是由数列

. 与数列

的相应的项相乘而

解：当 当

时，时，

得：

，②，①

左右两边分别乘以

①、②相减得：

于是 .

说明：求和问题要分析数列的项的结构，当通项是一个等差数列与等比数列的乘积时，

用错位相减法求和，此时要注意等比数列的公比是否为1（用字母表示公比时）. 例2：已知

是等比数列

的前

项和，且有

求

的值.

分析：由两个方程不能求出确定的 的方法.

解：设等比数列的首项为

，公比为

，只能得到一个关系，所以应采用整体代入

， 由 可知

，故

两式相除得 ，即 .

于是有

说明：本题强调的是基本量思想与整体思想，整体思想往往是设而不求，整体替换.

例3： 求数列

的24项的和.

分析：

，可用裂项法求和.

解：

.

说明：裂项法是求和的重要方法之一，要把数列的每一项为两项之差，求和时使得中间的大多数项互相抵消了. 例4：设

是由正数组成的等比数列，

.

分析：先比较 证明：设等比数列 当

时，

与

的大小，再根据对数函数的单调性得到所要证明的不等式.

，公比为

.

是其前

项和.求证：

的首项为

当

时，

，

，

故有 .

说明：解题中注意等比数列前 项和公式要对公比进行分类；注意比较两数大小的基本方法是比较法，特别是作差比较法，还要注意结合函数的有关知识. 例5： 已知数列 （1）求

中， 的通项公式；

且当

时，

.

（2）求证：

与一个和有关，

分析：该数列从第二项开始，每一项是其前面所有项之和，于是通项 所以引入前 解：（1）设 所以当 公比为2. 因为

所以

，故当

时，

,

时有 ，于是

项和.

， ，同时又

，两式相减得 所以

是等比数列，

所以

证明：（2）

说明：在解题中注意项数的初始值，以及数列通项与和的相互转化.

第二章 数列 检测题

一、选择题（每题5分，共50分）

1、在数列an中，a12，2an12an1，则a101的值为（ ） A．49 B．50 C．51 D．52 2、数列3，5，9，17，33，…的通项公式an等于（

A．2

2n）

n1B．21

n

C．21

nD．2

3、acb是a、b、c成等比数列的（ ）

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

4、若数列an的前n项和为Snn2，则（ ）

A．an2n1

B．an2n1 C．an2n1 D．an2n1

abc5、已知实数a、b、c满足23，26，212，那么实数a、b、c是（

A．等差非等比数列 B．等比非等差数列

C．既是等比又是等差数列 D．既非等差又非等比数列 6、若a、b、c成等比数列，则关于x的方程axbxc0（

A．必有两个不等实根 B．必有两个相等实根 C．必无实根 D．以上三种情况均有可能 7、已知aA．3

2）

）

132,b1321,则a,b的等差中项为（

）

28、数列an、bn都是等差数列，其中a125,b175,a100b100100，那么anbn前100项的和为（ ）

A．0 B．100 9、数列1,2

B．2 C．

3 D．

1

C．10000 D．102400

12111,3,4,前n项的和为（ ） 4816

1n2n1n2n1 A．n B．n22221n2nD． n1

22

C．

1n2nn

2210、黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：

。。。

第1个

第2个

第3个

则第n个图案中有白色地面砖的块数是

A．4n2 B．4n2 C．2n4 D．3n3

二、填空题（每题4分，共16分）

11、在等差数列an中，已知a1a2a3a4a520，那么a3等于____________；

12、某厂在1995年底制定生产计划，要使2005年底的总产量在原有基础上翻两番， 则年平均增长率为_________________,

13、已知等差数列an的公差d0，且a1,a3,a9成等比数列，则

a1a3a9的值是

a2a4a10__________,

14、等差数列an前n项和为Sn，已知a113,S3S11,n为________时，Sn最大.

三、解答题（共84分） 15、等差数列an中，已知a1

16、各项都是正数的等比数列{an}的公比q≠1，且a2，

17、已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn1kSn2，又a12，a21． （1）求k的值； （2）求Sn;

1,a2a54,an33，试求n的值 31a3，a1成2a3a4

a4a5

18、已知公比为3的等比数列bn与数列an满足bn3n,nN*，且a11，

a（1）判断an是何种数列，并给出证明；（2）若Cn1，求数列Cn的前n项和

anan119、已知等差数列an的第二项为8，前10项和为185。 （1）求数列an的通项公式；

（2）若从数列an中，依次取出第2行，第4项，第，……，第2项，……按原来顺

n序组成一个新bn数列，试求数列bn的通项公式和前n项的和

20、已知数列an的首项a15,前n项和为Sn，且Sn1Snn5(nN*) （I）证明数列an1是等比数列；

（II）令f(x)a1xa2x2anxn，求函数f(x)在点x1处的导数f(1)并比较2f(1)2与23n13n的大小.

答案 一、 题号 答案 1 D 2 B 3 B 4 A 5 A 6 C 7 A 8 C 9 B 10 C 二、11、4 12、1041 13、

13 1614、7

121221a2a5a1d4d2a15d4,又a1 d,an(n1)n333333 三、15、

21an33, n33得n5033116、解：∵a2，a3，a1成等

2∴ a3=a1+ a2 ∵an等比数列 ∴a1q2=a1+a1q (∵a1≠0) ∴q2-q-1=0 又 an>0 ∴q=15 2∴

a3a4151==

2a4a5q17、

1 2n n118、等差数列，Sn

a1d8a5119、解：（1）依题意 解得

d310a145d185 an3n2

（2）由（1）得

ba32n2

n2n

b1b2bn322322232n2

22n12n32n12n6 32222n3212n20、解：由已知Sn1Snn5(nN*)可得n2,Sn2Sn1n4两式相减得

Sn1Sn2SnSn11即an12an1从而an112an1当

n1时

S22S115所以a2a12a16又a15所以a211从而a212a11

故总有an112(an1)，nN*又a15,a110从而比数列；

（II）由（I）知an32n1

因为f(x)a1xa2x2anxn所以f(x)a12a2xnanxn1

2n从而f(1)a12a2nan=3212321n(321)

an112即数列an1是等an1n12n=3222n2-12n=3n122n2由上2f(1)23n13n12n12-122nn1=

n(n1)6 2n 12n12n12n1(2n1)=12(n1)2(2n1)①

当n1时，①式=0所以2f(1)23n13n； 当n2时，①式=-120所以2f(1)23n13n

n01n1n当n3时，n10又211CnCnCnCn2n22n1 n2022n1023n13n 所以n1即①从而2f(1)n22

附：等差数列与等比数列的有关知识比较一览表 等 差 数 列 等 比 数 列

一般地,如果一个数列从第2项起，定 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．这个义 常数叫公差． ①an1ana2a1 （nN） 递 推 关 系 ③an1ananan1 ③（n2,nN*） 通 ①aa(n1)d （nN*） n1项 公 式 ②an1and （nN） ②**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等于同一个常数，那么这个数列就叫等比数列．这个常数叫公比． ①an1a2 （nN*） ana1an1q （q0,nN*） anan1an* （n2,nN） anan1*①ana1qn1 （nN） ②anpnq （p,q为常数,nN*） ②anpqn ①2Snn(a1an) （nN） *（p,q是常数,q0,p0,nN*） 求 和 ②Snan(n1)d (nN*) n1公 式 nn*a(aa)nN①求积公式 () i1ni122 ③SnAn2Bn(A,B是常数,nN) *na1,q1*②Sna1(1qn) (nN) 1q,q1na1,q1*nN③Sn (，A0) nAAq,q1①若p+q=s+r, p、q、s、rN*,则 主 ①若p+q=s+r, p、q、s、rN*,则 apaqasar. ②对任意c>0,c1,c ③an1an12an,nN*,n2. ④若an、bn分别为两等差数列，则 apaqasar. an为等比数列. ②对任意c>0,c1, 若an恒大于0，则logcan为等差数列. 2③an1an1an,nN,n2. ④若an、则anbn为bn为两等比数列，等比数列. anbn为等差数列.

要 性 S⑤数列n为等差数列. n⑥若bn为正项等差自然数列，则abn为等差数列. ⑦Sn,S2nSn,S3nS2n,为等差数列. ⑤若an恒大于0，则数列nai为等比i1n数列. ⑥若bn为正项等差自然数列，则abn为等比数列. ⑦Sn,S2nSn,S3nS2n,为等比数列. ⑧nSSSm*⑧nnm，n>2m，m、nN. nn2m ain2mi1n质 ⑨SmnSmSnmnd. ⑩若SmSn,mn,则Smn0. im1*N，n>2m，m、n，ainmap0,pN*. ⑨SmnSmqmSnSnqnSm. ⑩若a1a2ama1a2an,mn, 则ai1mni1. 此外，还要了解一些等差数列与等比数列中的重要结论，这些结论之间不具有对偶关系：

等 差 数 列 ①若apq,aqp,p、qN，且*等 比 数 列 ① SmnSm(1qmq2mq(n1)m) =Sn(1qnq2nq(m1)n). ②若|q|<1,则limSnSn重 要 结 pq, 则apq0. 论 ②若Sq,Sp,且pq,则pqa1. 1qSpq(pq), p、qN*.