【数学】2018届一轮复习人教A版第五章 数 列学案
第1课时 数列的概念及其简单表示法(对应学生用书(文)、(理)82～83页)
理解数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型，探索并掌握数列的几种简单表示法(列表、图象、通项公式)；了解数列是一种特殊的函数；发现数列规律，写出其通项公式．
① 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).② 了解数列是自变量为正整数的一类函数．
1. (必修5P34习题3改编)已知数列{an}满足an＝4an－1＋3，且a1＝0，则a 5＝________．
答案：255
解析：a2＝4a1＋3＝3，a3＝4a2＋3＝4×3＋3＝15，a4＝4a3＋3＝4×15＋3＝63，a5＝4a4＋3＝4×63＋3＝255.
2. (必修5P34习题2改编)数列－1，，－，，…的一个通项公式是________．
答案：an＝(－1)n
解析：－1＝－，数列1，4，9，16，…对应通项n2，数列1，3，5，7，…对应通项2n－1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n，故an＝(－1)n.
3. (必修5P48习题9改编)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋3n，则＝________．
答案：2
解析：∵ 数列{an}的前n项和Sn＝n2＋3n，∴ a1＋a2＋a3＝S3＝32＋3×3＝18，a4＋a5＋a6＝S6－S3＝36，
∴ ＝＝2.
4. (必修5P34习题9改编)已知数列{an}的通项公式是an＝n2－8n＋5，则这个数列的最小项是________．
答案： －11
解析：由an＝(n－4)2－11，知n＝4时，an取最小值为－11.
5. 已知数列{an}满足a1＝3，an－anan＋1＝1，An表示{an}的前n项之积，则A2 017＝________．
答案：3
解析：a1＝3，a2＝，a3＝－，a4＝3，…，数列的循环周期T＝3，A2 017＝3.
1. 数列的概念
按照一定顺序排列的一列数．
2. 数列的分类
项数有限的数列叫做有穷数列．
项数无限的数列叫做无穷数列．
3. 数列与函数的关系
从函数观点看，数列可以看成是以正整数或其子集为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反过来，对于函数y＝f(x)，如果f(i)(i＝1，2，3，…)有意义，那么可以得到一个数列{f(n)}．
4. 数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个公式an＝f(n)(n＝1，2，3，…)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．通项公式可以看成数列的函数解析式．
5. 数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系是an＝
[备课札记]
, 1 由数列的前几项求数列的通项)
, 1) 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1) －1，7，－13，19，…；
(2) ，，，，，…；
(3) ，2，，8，，…；
(4) 5，55，555，5 555，….
解：(1) 偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2) 这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为an＝.
(3) 数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4) 将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1)．
变式训练
(1) 数列－，，－，，…的一个通项公式an＝__________；
(2) 数列{an}的前4项是，1，，，则这个数列的一个通项公式an＝__________．
答案：(1) (－1)n (2)
解析：(1) 这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n.
(2) 数列{an}的前4项可变形为，，，，故an＝.
, 2 由an与Sn关系求an)
, 2) 已知数列{an}的前n项和Sn，求通项an.
(1) Sn＝3n－1；
(2) Sn＝n2＋3n＋1.
解：(1) n＝1时，a1＝S1＝2.
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1.
当n＝1时，an＝1符合上式．
∴ an＝2·3n－1.
(2) n＝1时，a1＝S1＝5.
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2.
当n＝1时，a1＝5不符合上式．
∴ an＝
变式训练
(1) 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝__________；
(2) 若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝__________．
答案：(1) (2) (－2)n－1
解析：(1) a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
∵ a1＝4不适合上等式，∴ an＝
(2) 由Sn＝an＋得，当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，
两式相减，得an＝an－an－1，
∴ 当n≥2时，an＝－2an－1，即＝－2.
又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，
∴ an＝(－2)n－1.
, 3 由数列的递推关系求数列的通项公式)
, 3) (1) 设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________；
(2) 数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，则它的一个通项公式为an＝________；
(3) 在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则{an}的通项公式为an＝________．
答案：(1) ＋1 (2) 2×3n－1－1 (3)
解析：(1) 由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋＝＋1.
又a1＝2＝＋1，符合上式，
因此an＝＋1.
(2) (解法1：累乘法)
an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3，
所以＝3，＝3，＝3，…，＝3.
将这些等式两边分别相乘得＝3n.
因为a1＝1，所以＝3n，即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(解法2：迭代法)
an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(3) 由题设知，a1＝1.
当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
∴ ＝. ∴ ＝，…，＝，＝，＝3.
以上n－1个式子的等号两端分别相乘，得到＝.
∵ a1＝1，∴ an＝.
(1) 已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝n，则an＝________；
(2) 已知数列{an}满足a1＝1，an＝·an－1(n≥2)，则an＝________．
答案：(1) (2)
解析：(1) 由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n相加，可得a2－a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝
.
(2) ∵ an＝an－1 (n≥2)，∴ an－1＝an－2，…，a2＝a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1···…·＝＝.当n＝1时也满足此等式，∴ an＝.
1. 设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是________．
答案：0
解析：∵ an＝－3＋，且n∈N*，∴ 当n＝2或n＝3时，an取最大值，最大值为a2＝a3＝0.
2. 已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是________．
答案：an＝n
解析：由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1，
∴ ＝.∴ 数列是常数列，且＝＝1.∴ an＝n.
3. (2016·苏北四市模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，则a10等于__________．
答案：32
解析：∵ an＋1an＝2n，∴ an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2.又a1a2＝2，a1＝1，∴ a2＝2，则···＝24，即a10＝25＝32.
4. (2016·无锡期末)对于数列{an}，定义数列{bn}满足：bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，则a1＝________．
答案：8
解析：b3＝a4－a3＝－1－1＝－2，由b3－b2＝1，得b2＝－3，而b2＝a3－a2＝－3，得a2＝4.又b2－b1＝1，则b1＝－4，而b1＝a2－a1＝4－a1＝－4，则a1＝8.
5. (2016·苏锡常镇调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝____________．
答案：
解析：当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，∴ a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，∴ ＝－.∴ 数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝(－)n－1.
1. 若an＝n2＋λn＋3(其中λ为实常数)，n∈N*，且数列{an}为单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．
答案：(－3，＋∞)
解析：(解法1：函数观点)因为{an}为单调递增数列，所以an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＋3＞n2＋λn＋3，化简为λ＞－2n－1对一切n∈N*都成立，所以λ＞－3.
故实数λ的取值范围是(－3，＋∞)．
(解法2：数形结合法)因为{an}为单调递增数列，所以a1＜a2，要保证a1＜a2成立，二次函数f(x)＝x2＋λx＋3的对称轴x＝－应位于1和2中点的左侧，即－＜，亦即λ＞－3，故实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．
2. 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p，其中p是不为零的常数．
(1) 求证：数列{an}是等比数列；
(2) 当p＝3时，数列{bn}满足bn＋1＝bn＋an(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
(1) 证明：因为Sn＝4an－p，
所以Sn－1＝4an－1－p(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得＝.
由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列．
(2) 解：当p＝3时，由(1)知，an＝，
由bn＋1＝bn＋an，得bn＋1－bn＝，
当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3－1，
当n＝1时，上式也成立．
∴ 数列{bn}的通项公式为bn＝3－1.
3. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1) 求出数列{an}的通项公式；
(2) 若对任意正整数n，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
解：(1) ∵ 3an＋1＋2Sn＝3 ①，
∴ 当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3 ②，
由①－②，得3an＋1－3an＋2an＝0.∴ ＝(n≥2)．
又a1＝1，3a2＋2a1＝3，解得a2＝.
∴ 数列{an}是首项为1，公比q＝的等比数列．
∴ an＝a1qn－1＝(n为正整数)．
(2) 由(1)知，Sn＝，由题意可知，对于任意的正整数n，恒有k≤.
∵ 数列单调递增，当n＝1时，数列取最小值为，∴ 必有k≤1，即实数k的最大值为1.
4. 设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1) 设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2) 若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解：(1) 依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．
即bn＋1＝2bn.又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2) 由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2
＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2，
当n≥2时，an＋1≥an12＋a－3≥0a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
综上，所求的a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．
1. 数列中的数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列的项和数集中元素的异同，数列可以看作是一个定义域为正整数集或其子集的函数，因此在研究数列问题时，
既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性．
2. 根据所给数列的前几项求其通项，需要仔细观察分析，抓住特征：分式中分子、分母的独立特征，相邻项变化的特征，拆项后的特征，各项的符号特征和绝对值特征，并由此进行化归、归纳、联想．
3. 通项an与其前n项和Sn的关系是一个十分重要的考点．运用时不要忘记讨论an＝
[备课札记]
第2课时 等 差 数 列(对应学生用书(文)、(理)84～85页)
理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中用等差数列的有关知识解决相应的问题．
① 理解等差数列的概念.
② 掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
③ 了解等差数列与一次函数的关系．
1. (必修5P47习题5改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________．
答案：12
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意知，3×2＋×3×2d＝12，得d＝2，则a6＝2＋(6－1)×2＝12.
2. (必修5P48习题7改编)在等差数列{an}中，
(1) 已知a4＋a14＝2，则S17＝________；
(2) 已知a11＝10，则S21＝________；
(3) 已知S11＝55，则a6＝________；
(4) 已知S8＝100，S16＝392，则S24＝________．
答案：(1) 17 (2) 210 (3) 5 (4) 876
解析：(1) S17＝＝＝17.
(2) S21＝＝＝210.
(3) S11＝＝＝55，∴ a6＝5.
(4) S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，∴ 100＋S24－392＝2(392－100)，∴ S24＝876.
3. (必修5P44练习6改编)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝5，S9＝27，则S7＝________．
答案：14
解析：由S5＝(a1＋a5)×＝2a3×＝5a3＝5，得a3＝1；由S9＝(a1＋a9)×＝2a5×＝9a5＝27，得a5＝3.从而S7＝(a1＋a7)×＝(a3＋a5)×＝4×＝14.
4. (必修5P48习题10改编)已知数列{an}为等差数列，若a1＝－3，11a5＝5a8，则使其前n项和Sn取最小值的n＝________．
答案：2
解析：∵ a1＝－3，11a5＝5a8，∴ d＝2，∴ Sn＝n2－4n＝(n－2)2－4，∴ 当n＝2时，Sn最小．
5. (必修5P43例2改编)在等差数列{an}中，已知d＝，an＝，Sn＝－，则a1＝________．
答案：－3
解析：由题意，得
由②得a1＝－n＋2，代入①得n2－7n－30＝0，∴ n＝10或n＝－3(舍去)，∴ a1＝－3.
1. 等差数列的定义
(1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．
(2) 符号语言：an＋1－an＝d(n∈N)．
2. 等差数列的通项公式
若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d．
推广：an＝am＋(n－m)d.
3. 等差中项
如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫a和b的等差中项，且有A＝．
4. 等差数列的前n项和公式
(1) Sn＝na1＋d．
(2) Sn＝．
5. 等差数列的性质
(1) 等差数列{an}中，对任意的m，n，p，q∈N*，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq．特殊的，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap．
(2) 等差数列{an}中，依次每m项的和仍成等差数列，即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列．
, 1 数列中的基本量的计算)
, 1) (1) 设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝__________；
(2) 设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝__________．
答案：(1) －6 (2) 30
解析：(1) 设公差为d，则8a1＋28d＝4a1＋8d，即a1＝－5d，a7＝a1＋6d＝－5d＋6d＝d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.
(2) 设数列{an}的首项为a1，公差为d，由S3＝6，S4＝12，可得解得即S6＝6a1＋15d＝30.
变式训练
(1) 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝__________；
(2) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差是__________．
答案：(1) 5 (2) 2
解析：(1) ∵ {an}为等差数列，∴ a1＋a5＝2a3，
∴ a1＋a3＋a5＝3a3＝3，得a3＝1，
∴ S5＝＝5a3＝5.
(2) ∵ Sn＝，∴ ＝.
又－＝1，
得－＝1，即a3－a2＝2，
∴ 数列{an}的公差为2.
, 2 判断或证明一个数列是否是等差数列)
, 2) 已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4.
(1) 求证：{an}为等差数列；
(2) 求{an}的通项公式．
(1) 证明：当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，即a－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5.又2Sn＝a＋n－4，两式相减得2an＝a－a＋1，即a－2an＋1＝a，也即(an－1)2＝a，因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1，而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，因此{an}为等差数列．
(2) 解：由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)＝n＋2，即an＝n＋2.
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝，判断与{an}是否为等差数列，并说明你的理由．
解：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＋2SnSn－1＝0，
所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)，
所以－＝2(n≥2)．
因为S1＝a1＝，
所以是以2为首项，2为公差的等差数列．
所以＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
所以an＋1＝，而an＋1－an＝－
＝＝.
所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是一个等差数列．
综上，可知是等差数列，{an}不是等差数列．
, 3 等差数列的性质)
, 3) (1) 已知等差数列{an}的公差d>0.若a1＋a2＋…＋a2 017＝2 017am(m∈N*)，则m＝________；
(2) 在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________；
(3) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________．
答案：(1) 1 009 (2) 10 (3) 60
解析：(1) 由a1＋a2＋…＋a2 017＝2 017am(m∈N*)，得＝2 017am，所以a1＋a2 017＝2am，所以m＝＝1 009.
(2) 因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
(3) ∵ S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，
∴ 2×20＝10＋S30－30，∴ S30＝60.
变式训练
(1) 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若2a8＝6＋a11，则S9的值等于__________；
(2) 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝__________．
答案：(1) 54 (2) 45
解析：(1) 根据题意及等差数列的性质，知2a8－a11＝a5＝6，根据等差数列的求和公式，知S9＝×9＝×9＝6×9＝54.
(2) 由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列．即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45.
, 4 等差数列中的最值问题)
, 4) (1) 若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，当n取何值时，{an}的前n项和最大？
(2) 已知数列{an}为等差数列．若<－1，且{an}的前n项和Sn有最大值，求使Sn>0时n的最大值；
(3) 在等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，a5＝3a7，其前n项和为Sn，求Sn取得最大值时n的值．
解：(1) 由等差数列的性质，得a7＋a8＋a9＝3a8，a8>0，又a7＋a10<0，∴ a8＋a9<0，∴ a9<0，∴ S8>S7，S8>S9，故数列{an}的前8项和最大．
(2) ∵ <－1，且Sn有最大值，∴ a6>0，a7<0且a6＋a7<0，∴ S11＝＝11a6>0，S12＝＝6(a6＋a7)<0，∴ 使Sn>0的n的最大值为11.
(3) 在等差数列{an}中，a1>0，公差d<0.
∵ a5＝3a7，∴ a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴ a1＝－7d，
∴ Sn＝n(－7d)＋d＝(n2－15n)，
∴ n＝7或8时，Sn取得最大值．
已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.
(1) 求Sn；
(2) 这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．
解：(1) ∵ S10＝a1＋a2＋…＋a10，S22＝a1＋a2＋…＋a22，
S10＝S22，∴ a11＋a12＋…＋a22＝0，＝0，
即a11＋a22＝2a1＋31d＝0.又a1＝31，∴ d＝－2，
∴ Sn＝na1＋d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
(2) (解法1)由(1)知Sn＝32n－n2，∴ 当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.
(解法2)由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，应有1
0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5＝________．
答案：6
解析：a2a4＋2a3a5＋a4a6＝(a3＋a5)2＝36，又a1>0，∴ a3，a5>0，∴ a3＋a5＝6.
4. (必修5P61习题3改编)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q＝________．
答案：1或－[来源:学。科。网Z。X。X。K]
解析：由已知得 化简得＝3.整理得2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－.
5. (必修5P56例2改编)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝________．
答案：63
解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，易知q≠1，根据题意可得解得q2＝4，＝－1，所以S6＝＝(－1)(1－43)＝63. 本题也可以利用结论“等比数列前n项和为Sn(≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…构成等比数列”解题．
1. 等比数列的概念
(1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．
(2) 符号语言：＝q(n∈N，q是等比数列的公比).2. 等比数列的通项公式
设{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则第n项an＝a1qn－1．
推广：an＝amq(n－m)．
3. 等比中项
若a，G，b成等比数列，则G为a和b的等比中项且G＝±．
4. 等比数列的前n项和公式
(1) 当q＝1时，Sn＝na1．
(2) 当q≠1时，Sn＝＝．
5. 等比数列的性质
(1) 等比数列{an}中，对任意的m，n，p，q∈N*，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq．特殊的，若m＋n＝2p，则aman＝a．
(2) 等比数列{an}中，依次每m项的和(非零)仍成等比数列，即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列，其公比为qm(q≠－1)．(其中Sm≠0)
[备课札记]
, 1 等比数列的基本运算)
, 1) (1) 已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________；
(2) 在等比数列{an}中，a4＝2，a7＝16，则an＝________；
(3) 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若27a3－a6＝0，则＝________．
答案：(1) 2n－1 (2) 2n－3 (3) 28
解析：(1) 由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，∴ 联立方程解得或又数列{an}为递增数列，∴ a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴ q＝2，∴ 数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.
(2) 由＝q3＝8，知q＝2，∴ an＝a4qn－4＝2·2n－4＝2n－3.
(3) 设等比数列的公比为q，首项为a1，则＝q3＝27.
＝＝1＋＝1＋＝1＋q3＝28.
变式训练
(1) 已知正项数列{an}为等比数列，且5a2是a4与3a3的等差中项．若a2＝2，则该数列的前5项和为__________；
(2) 设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝__________．
答案：(1) 31 (2) 3n－1
解析：(1) 设{an}的公比为q，q＞0.
由已知得a4＋3a3＝2×5a2，
即a2q2＋3a2q＝10a2，q2＋3q－10＝0，
解得q＝2或q＝－5(舍去)，
又a2＝2，则a1＝1，
所以S5＝＝＝31.
(2) 由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，所以公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.
, 2 等比数列的判定与证明)
, 2) 已知数列{an}的前n项和为Sn，3Sn＝an－1(n∈N)．
(1) 求a1，a2；
(2) 求证：数列{an}是等比数列；
(3) 求an和Sn.
(1) 解：由3S1＝a1－1，得3a1＝a1－1，
所以a1＝－.又3S2＝a2－1，即3a1＋3a2＝a2－1，得a2＝.
(2) 证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，得＝－，所以{an}是首项为－，公比为－的等比数列．
(3) 解：由(2)可得an＝n，
Sn＝＝－.
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1) 求证：数列{an}是等比数列；
(2) 若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
(1) 证明：依题意Sn＝4an－3(n∈N*)，
n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2) 解：由(1)知an＝，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝.
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3·－1(n≥2)．
当n＝1时也满足，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·－1(n∈N*)．
, 3 等比数列的性质)
, 3) (1) 在等比数列{an}中，各项均为正值，且a6a10＋a3a5＝41，a4a8＝5，则a4＋a8＝________；
(2) 等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________．
答案：(1) (2) －
解析：(1) 由a6a10＋a3a5＝41及a6a10＝a，a3a5＝a，得a＋a＝41.因为a4a8＝5，所以(a4＋a8)2＝a＋2a4a8＋a＝41＋2×5＝51.又an>0，所以a4＋a8＝.
(2) 由＝，a1＝－1知公比q≠1，则可得＝－.
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，q＝－.
变式训练
(1) 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝__________；
(2) 等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1＝__________．
答案：(1) 5 (2) 3
解析：(1) a1a5＝a＝4，∴ a3＝2，
∴ log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1·a2·a3·a4·a5)＝log2a＝5log22＝5.
(2) 设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3.
, 4 等比数列的应用)
, 4) 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1) 设bn＝an＋1－2an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2) 求数列{an}的通项公式．
(1) 证明： 由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴ a2＝5，∴ b1＝a2－2a1＝3.
又
①－②，得an＋1＝4an－4an－1，
∴ an＋1－2an＝2(an－2an－1)．
∵ bn＝an＋1－2an，∴ bn＝2bn－1，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2) 解：由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴ －＝，
故是首项为，公差为的等差数列．
∴ ＝＋(n－1)·＝，
故an＝(3n－1)·2n－2.
已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2) 设cn＝a·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋10.若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为________．
答案：20
解析：an＞0，前n项和Sn＞0, S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，则(S6－S3)2＝S3·(S9
－S6)，S9－S6＝＝＝＝＝S3＋＋10，由均值不等式得，当且仅当S3＝5时，有最小值5＋5＝10，此时有最小值10＋10＝20，则S9－S6的最小值为20.
1. 已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn.若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________．
答案：
解析：∵ Sn＝1－，∴ Tn＝Sn－＝1－－.当n为奇数时，Tn＝1＋－递减，则00时，求数列{an}的最小项．
(1) 证明：∵ bn＝an＋n2，
∴ bn＋1＝an＋1＋(n＋1)2＝2an＋(n＋1)2－4(n＋1)＋2＋(n＋1)2＝2an＋2n2＝2bn(n≥2)．
由a1＝2a＋1，得a2＝4a，b2＝a2＋4＝4a＋4，
∵ a≠－1，
∴ b2≠0，即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列．
(2) 解：由(1)知bn＝
Sn＝a＋＝－3a－4＋(2a＋2)2n，当n≥2时，＝＝2＋.
∵ {Sn}是等比数列，
∴ (n≥2)是常数，
∴ 3a＋4＝0，即a＝－.
(3) 解：由(1)知当n≥2时，bn＝(4a＋4)2n－2＝(a＋1)2n，
∴ an＝
∴ 数列{an}为2a＋1，4a，8a－1，16a，32a＋7，…
显然最小项是前三项中的一项．
当a∈时，最小项为8a－1；
当a＝时，最小项为4a或8a－1；
当a∈时，最小项为4a；
当a＝时，最小项为4a或2a＋1；
当a∈时，最小项为2a＋1.
1. 重点是本着化多为少的原则，解题时，需抓住首项a1和公比q这两个基本量．
2. 运用等比数列求和公式时，要对q＝1和q≠1进行讨论．
3. 解决等比数列有关问题的常见思想方法：①方程的思想：等比数列中有五个量a1，q，n，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求关键量a1，q；②分类的思想：当a1>0，q>1或者a1<0，00，01时，等比数列{an}递减；当q<0时，等比数列为摆动数列；当q＝1时，等比数列为常数列；③函数的思想：用函数的观点来理解和掌握等比数列的概念、通项公式和前n项和公式．
4. 巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
[备课札记]
第4课时 数列的求和(对应学生用书(文)、(理)88～89页)
理解数列的通项公式；会由数列的前n项和求数列通项公式，及化为等差数列、等比数列求数列的通项公式．掌握等差数列、等比数列前n项和的公式；数列求和的常用方法：分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等．
① 掌握求数列通项公式的常用方法.② 掌握数列求和的常用方法．
1. (必修5P33练习4改编)在数列1，1，2，3，5，8，x，21，34，55中，x＝________．
答案：13
解析：由an＋2＝an＋1＋an，得x＝5＋8＝13.
2. (必修5P68复习题13(1)改编)求和：＋＋…＋＝________．
答案：1－
解析：＋＋…＋＝1－.
3. (必修5P54习题8改编)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝________．
答案：(4n－1)
解析：当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.又a1＝1适合上式，∴ an＝2n－1，∴ a＝4n－1，∴ 数列{a}是以a＝1为首项，4为公比的等比数列．∴ a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
4. (必修5P68复习题13(2)改编)已知数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前________项之和等于9.
答案：99
解析：由an＝＝－，Sn＝－1＝9，得n＝99.
5. (必修5P68复习题12改编)数列{an}中，an＝(2n－1)3n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
答案：(n－1)3n＋1
解析：Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减，得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.
1. 已知数列{an}，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
2. 已知数列{an}，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.
3. (1) an＝
(2) 等差数列前n项和Sn＝，推导方法：倒序相加法．
(3) 等比数列前n项和Sn＝
推导方法：错位相减法．
4. 常见数列的前n项和
(1) 1＋2＋3＋…＋n＝；
(2) 2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
(3) 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2．
5. 数列求和的常见方法
(1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(3) 错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(4) 倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．
6. 常见的拆项公式
(1) ＝－；
(2) ＝；
(3) ＝；
(4) ＝(－)．
, 1 分组转化法求和)
, 1) 数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn＝________________．
答案：n2＋1－
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.
已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
, 2 错位相减法求和)
, 2) 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1) 由题意得即
解得或
故或
(2) 由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋ ①，
Tn＝＋＋＋＋＋…＋ ②.
①－②可得，
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
变式训练
已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1) 设数列{an}的公差为d，
令n＝1，得＝，所以a1a2＝3.
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
(2) 由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，
所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝×4n＋1－.
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
, 3 裂项相消法求和)
, 3) 在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1) 求Sn的表达式；
(2) 设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1) ∵ S＝an，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴ S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn ①.
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
∴ 数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
∴ ＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴ Sn＝.
(2) ∵ bn＝＝＝，
∴ Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)＝.
变式训练
设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1) 求an；
(2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1) 设数列{an}的公差为d，
由题意得解得a1＝3，d＝2，
∴ an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2) 由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴ bn＝＝.
∴ Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝(1＋－－)＝－(＋)．
1. (2016·苏北四市期末)若公比不为1的等比数列{an}满足log2(a1·a2·…·a13)＝13，等差数列{bn}满足b7＝a7，则b1＋b2＋…＋b13的值为__________．
答案：26
解析：由log2(a1·a2·…·a13)＝13，得a1·a2·…·a13＝213，∴ a＝213，a7＝2，b7＝2，则b1＋b2＋…＋b13＝13b7＝26.
2. (2016·扬州期末)已知数列{an}中，a1
＝a(0＜a≤2)，an＋1＝(n∈N*)，记Sn＝a1＋a2＋…＋an.若Sn＝2 015，则n＝__________．
答案：1 343
解析：当1≤a≤2时，a1＝a，a2＝3－a≤2，a3＝a.若n为偶数时，即×3＝2 015，无解；若n为奇数时，×3＋a＝2 015，即3n＝4 033－2a，n∈N*，由2≤2a≤4，仅当2a＝4，整数n存在且n＝1 343.当0＜a≤1时，a1＝a，a2＝3－a＞2，a3＝1－a，a4＝a＋2，a5＝a.同理此时a＝，得n＝1 343.
3. (2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1) 求通项公式an；
(2) 求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1) 由题意得则
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2) 设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，所以bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，n＝2也适合此式，
所以Tn＝
4. (2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1) 求数列{bn}的通项公式；
(2) 令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1) 由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5；当n＝1时，a1＝S1＝11，也符合上式，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即解得
所以bn＝3n＋1.
(2) 由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，[来源:学#科#网]
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×[4＋－(n＋1)×2n＋2]＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
1. 已知数列{an}的前n项和Sn＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31＝________．
答案：－76
解析：Sn＝
∴ Sn＝
∴ S15＝29，S22＝－44，S31＝61，∴ S15＋S22－S31＝－76.
2. 求数列：1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和．
解：an＝1＋21＋22＋23＋…＋2n－1＝＝2n－1.
1＋(1＋2)＋(1＋2＋22)＋…＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n－1)＝21＋22＋23＋24＋25＋…＋2n－n＝＝2n＋1－2－n.
3. (2016·苏北四市期末)已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且满足：anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝λanan＋1(λ≠0，n∈N*)．
(1) 若a1，a2，a3成等比数列，求实数λ的值；
(2) 若λ＝，求Sn.
解：(1) 令n＝1，得a2＝.
令n＝2，得a2S3－a3S2＋a2－a3＝λa2a3，
所以a3＝.
由a＝a1a3，得＝，
因为λ≠0，所以λ＝1.
(2) 当λ＝时，anSn＋1－an＋1Sn＋an－an＋1＝anan＋1，
所以－＋－＝，即－＝，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以＝2＋(n－1)·，即Sn＋1＝an ①，
当n≥2时，Sn－1＋1＝an－1 ②，
①－②，得an＝an－an－1，
即(n＋1)an＝(n＋2)an－1，
所以＝(n≥2)，
所以是首项为的常数列，
所以an＝(n＋2)．
代入①得Sn＝an－1＝.
4. 已知数列{an}的前n项和Sn，满足：Sn＝2an－2n(n∈N*)．
(1) 求数列{an}的通项an；
(2) 若数列{bn}满足bn＝log2(an＋2)，Tn为数列的前n项和，求证：Tn≥.
(1) 解：当n∈N*时，Sn＝2an－2n，
则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2，
∴ an＋2＝2(an－1＋2)，∴ ＝2，
当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2，
∴ {an＋2}是以a1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列，
∴ an＋2＝4·2n－1，∴ an＝2n＋1－2.
(2) 证明：bn＝log2(an＋2)＝log22n＋1＝n＋1，
∴ ＝，则Tn＝＋＋…＋，Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋－
＝＋－－＝－，
∴ Tn＝－，
当n≥2时，Tn－Tn－1＝－＋＝>0，
∴ {Tn}为递增数列，∴ Tn≥T1＝.[来源:学§科§网Z§X§X§K]
1. an的两种常见变形
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(累加法)；
an＝a1···…·(累乘法)．
2. 数列求和的方法技能
① 倒序相加；② 错位相减；③ 分组求和；④ 拆项相消．
3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．
[备课札记]
第5课时 数列的综合应用(对应学生用书(文)、(理)90～92页)
灵活运用等差数列、等比数列公式与性质解决一些综合性问题．
掌握一些简单的递推数列、子数列问题的处理方法及一些数列证明题的证明方法．
1. 根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个 月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn＝(21n－n2－5)(n＝1，2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是________．
答案：7，8
解析：由Sn解出an＝(－n2＋15n－9)，再解不等式(－n2＋15n－9)>1.5，得6ann≥2时，an>an－1，
所以an≥an－1＋1an≥am＋(n－m)(m1.要使q最小，只需要k2最小即可．若k2＝2，则由a2＝，得q＝＝，此时ak3＝2·＝.
由＝(n＋2)，解得n＝N*，所以k2>2.同理k2>3.若k2＝4，则由a4＝4，得q＝2，此时akn＝2n.因为akn＝(kn＋2)，所以(kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2.
所以对任何正整数n，akn是数列{an}的第3·2n－1－2项，且最小的公比q＝2，则kn＝3·2n－1－2.
, 2 数列与不等式的综合问题)
, 2) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰好是等比数列{bn}的前三项．
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，k≥3n－6恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1) 当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，
所以4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，
所以a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，
因为an>0，所以an＋1＝an＋2，
所以当n≥2时，{an}是以2为公差的等差数列．
因为a2，a5，a14构成等比数列，
所以a＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，
由条件可知，4a1＝a－5＝4，所以a1＝1.
因为a2－a1＝3－1＝2，
所以数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
因为a5＝9，所以＝3，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2) Tn＝＝＝.
因为k≥3n－6对n∈N*恒成立，
所以k≥对n∈N*恒成立．
令cn＝，则cn－cn－1＝－
＝(n≥2，n∈N*)，
当n≤3时，cn>cn－1；当n≥4时，cndn，当n≥4时，dn＋1bn；当n＞k时，anbn；n＞k时，and，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a
依次构成等比数列．
(3) 解：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，
且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．
化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t) (**)．
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，
则g′(t)＝2[(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)]÷[(1＋t)(1＋2t)(1＋3t)]．
令φ(t)＝(1＋3t)3ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝>0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列.
1. 数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目需对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟他在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化等．
2. 在现实生活中，人口的增长，产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以用数列解决，由此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用数列知识解决问题．[来源:学|科|网]
[备课札记]
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