2018年高考一轮北师大版数学理科 第6章 第6节 数学归纳法

第讲数学归纳法．凸多边形有()条对角线，则凸(＋)边形的对角线的条数(＋)为( )．()＋＋．()＋．()＋－．()＋－解析：选.边数增加，顶点也相应增加个，它与和它不相邻的－个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加－条．．用数学归纳法证明“当为正奇数时，＋能被＋整除”的第二步是( )．假设＝＋时正确，再推＝＋时正确(其中∈*)．假设＝－时正确，再推＝＋时正确(其中∈*)．假设＝时正确，再推＝＋时正确(其中∈*)．假设＝时正确，再推＝＋时正确(其中∈*)解析：选.因为为正奇数，所以＝－(∈*)．．用数学归纳法证明：“＋＋＋…＋<(∈*，>)”时，由＝(>)不等式成立，推理＝＋时，左边应增加的项数是．解析：当＝时，要证的式子为＋＋＋…＋<；当＝＋时，要证的式子为＋＋＋…＋＋＋＋…＋<＋.左边增加了项．答案：．(·九江模拟)已知()＝＋＋＋…＋(∈*)，经计算得()>，()>，()>，()>，则其一般结论为．解析：因为()>，()>，()>，()>，所以当≥时，有()>.答案：()>(≥，∈*)．求证：(＋)(＋)·…·(＋)＝····…·(－)(∈*)．证明：()当＝时，等式左边＝，右边＝，故等式成立；()假设当＝(∈*，≥)时等式成立，即(＋)(＋)·…·(＋)＝····…·(－)，那么当＝＋时，左边＝(＋＋)(＋＋)·…·(＋＋＋)＝(＋)(＋)…(＋)(＋)(＋)＝····…·(－)(＋)·＝＋····…·(－)(＋)．这就是说当＝＋时等式也成立．由()()可知，对所有∈*等式成立．．(·高考广东卷)设数列{}的前项和为，满足＝＋－－，∈*，且＝.()求，，的值；()求数列{}的通项公式．解：()由题意知＝－，所以＝＋＝－.又＝，所以＝，＝－＝.又＝＋＝(－)＋＝－，所以＝，＝＝－＝.综上知，＝，＝，＝.()由()猜想＝＋，下面用数学归纳法证明．①当＝时，结论显然成立；②假设当＝(≥)时，＝＋，则＝＋＋＋…＋(＋)＝＝(＋)．又＝＋－－，所以(＋)＝＋－－，解得＋＝＋，所以＋＝(＋)＋，即当＝＋时，结论成立．由①②知，对于∀∈*，＝＋.。

【走向高考】2018年高考数学总复习 12-6数学归纳法(理)课后作业北师大版一、选择题1．若命题p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，又已知命题p(1)成立，则下列结论正确的是( )A．p(n)对所有自然数n都成立B．p(n)对所有正偶数n成立C．p(n)对所有正奇数n都成立D．p(n)对所有大于1的自然数n成立[答案] C2．下列代数式(其中k∈N＋)能被9整除的是( )A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)[答案] D[解析]对于选项D3(2＋7k)，(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N＋都成立．3．用数学归纳法证明“1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2(n∈N＋)”，从n＝k到n＝k＋1时，左边添加的代数式为( )A．k＋1 B．k＋2C．k＋1＋k D．2(k＋1)[答案] C[解析]在由n＝k到n＝k＋1时，左边式子为1＋2＋3＋…＋k＋k＋1＋k＋…＋2＋1，因此，左边添加的式子为k＋1＋k.4．在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证( )A．n＝1成立B．n＝2成立C．n＝3成立D．n＝4成立[答案] C[解析]凸n边形的内角和为(n－2)π，最少边的凸n边形为三角形，所以应验证n ＝3时成立．5．某学生在证明等差数列前n项和公式时，证法如下：(1)当n＝1时，S1＝a1显然成立．(2)假设n＝k时，公式成立，即S k＝ka1＋－2d.当n＝k＋1时，S k＋1＝a1＋a2＋…＋a k＋a k＋1＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋a1＋(k－1)k＋a1＋kd ＝(k＋1)a1＋(d＋2d＋…＋kd)＝(k＋1)a1＋k k＋12d＝(k＋1)a1＋k＋1[k＋1－1]2d.∴n＝k＋1时公式成立．∴由(1)(2)知，对n∈N＋，公式都成立．以上证明错误的原因是( )A．当n取第一个值1时，证明不对B．归纳假设的写法不对C．从n＝k到n＝k＋1的推理中未用归纳假设D．从n＝k到n＝k＋1的推理有错误[答案] C[解析]由数学归纳法的原理易知选C.6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成( )A．假设当n＝k(k∈N＋)时，x n＋y n能被x＋y整除B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，x n＋y n能被x＋y整除C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，x n＋y n能被x＋y整除D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，x n＋y n能被x＋y整除[答案] D[解析]①显然，当n＝1时，命题成立，即x1＋y1能被x＋y整除②假设当n＝2k－1(k∈N＋)时命题成立，即(x＋y)能整除x2k－1＋y2k－1则当n＝2k＋1时，x2k＋1＋y2k＋1＝x2x2k－1＋x2y2k－1－x2y2k－1＋y2y2k－1＝x2(x2k－1＋y2k－1)－(x＋y)(x－y)y2k－1∵x＋y能整除(x2k－1＋y2k－1)又x＋y能整除(x＋y)(x－y)y2k－1∴(x＋y)能整除(x2k＋1＋y2k＋1)由(1)(2)可知当n为正奇数时x n＋y n能被x＋y整除．二、填空题7．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k到k＋1，左边需要增加的代数式为________．[答案]2(2k＋1)[解析]当n＝k时左边的最后一项是2k，n＝k＋1时左边的最后一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代数式是＋＋k＋1＝2(2k＋1)．8．(改编题)用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为：________.[答案](k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6[解析]首先必须应用归纳假设，然后采用配凑法．三、解答题9．证明凸n边形的对角线的条数为f(n)＝12n(n－3)(n≥4)．[证明]①n＝4时，f(4)＝12×4×(4－3)＝2.四边形有两条对角线，命题成立．②假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝12k(k－3)(k≥4)，当n＝k＋1时凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点A k＋1，增加的对角线条数是顶点A k＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1A k，共增加了对角线条数(k＋1－3)＋1＝k－1，f(k＋1)＝12k(k－3)＋k－1＝12(k2－k－2)＝12(k＋1)(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]．故n＝k＋1时，命题成立，由①，②可知，对于n≥4，n∈N＋命题成立.一、选择题1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )A．k2＋1B．(k＋1)2C.＋4＋＋22D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2[答案] D[解析]∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.2．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图1所示的正六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断前10件首饰所用珠宝总颗数为( )A ．190B ．715C ．725D ．385[答案] B[解析] 由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,1＋5,1＋5＋9,1＋5＋9＋13,1＋5＋9＋13＋17，即每件首饰的珠宝数为一个以1为首项，4为公差的等差数列的前n 项和，通项a n ＝4n －3.由此可归纳出第n 件首饰的珠宝数为n[1＋－2＝2n 2－n.则前n 件首饰所用的珠宝总数为2(12＋22＋…＋n 2)－(1＋2＋…＋n)＝4n 3＋3n 2－n 6.当n ＝10时，总数为715.二、填空题3．数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n3a n ＋1(n∈N ＋)，依次计算出a 2，a 3，a 4后，归纳、猜测得出a n 的表达式为________．[答案] a n ＝26n －5[解析] a 1＝2，a 2＝27，a 3＝213，a 4＝219，猜测a n ＝26n －5. 4．(2018·青岛二模)利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n)(n≥2，n∈N ＋)的过程，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了________项．[答案] 2k[解析] 当n ＝k 时为1＋12＋13＋…＋12k －1，当n ＝k ＋1时为1＋12＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12·2k－1， 所以从n ＝k 到n ＝k ＋1增加了2k项．三、解答题5．数列{a n }满足a 1＝1且a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n (n≥1)．用数学归纳法证明：a n ≥2(n≥2)．[解析] 证明：(1)①当n ＝1时，a 2＝2≥2，不等式成立．②假设当n ＝k(k≥2)时不等式成立，即a k ≥2(k≥2)，那么，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝(1＋1＋)a k ＋12k ≥(1＋1＋)×2＋12k＝2＋2＋＋12k >2， 这就是说，当n ＝k ＋1时不等式成立．根据①②可知a n ≥2对所有n≥2成立．6．(2018·江苏卷)已知△ABC 的三边长都为有理数(1)求证：cosA 是有理数；(2)对任意正整数n ，求证cosnA 是有理数．[解析] 本题主要考查余弦定理、数学归纳法等础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．解：(1)由AB 、BC 、AC 为有理数及余弦定理知cosA ＝AB 2＋AC 2－BC22AB·AC是有理数．(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．②假设当n＝k(k≥1)时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，及①和归纳假设，知cos(k＋1)A与sinA·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．7．在数列{a n}、{b n}中，a1＝2，b1＝4，且a n，b n，a n＋1成等差数列，b n，a n＋1，b n＋1成等比数列(n∈N＋)．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}、{b n}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1a n＋b n<512.[解析]考查等差数列、等比数列、数学归纳法、不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证的能力．(1)由条件得2b n＝a n＋a n＋1，a2n＋1＝b n b n＋1，由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测a n＝n(n＋1)，b n＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上可得结论成立．②假设当n＝k时，结论成立，即a k＝k(k＋1)，b k＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，a k＋1＝2b k－a k＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，b k＋1＝a2k＋1b k＝(k＋2)2，∴当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知，a n＝n(n＋1)，b n＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(2)1a1＋b1＝16<512，n≥2时，由①知a n＋b n＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n，故1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1a n＋b n<16＋12[12×3＋13×4＋…＋1＋]＝16＋12[(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n－1n＋1)]＝16＋12(12－1n＋1)<16＋14＝512.综上，原不等式成立．。

1．等差数列的前n项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)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． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．(2016·潍坊模拟)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d . 又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )， 整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n .2．(教材改编)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝2 0172 018，则n 等于( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案 B解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.令n n ＋1＝2 0172 018，得n ＝2 017. 3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋1－2＋n 2 解析 S n ＝21－2n 1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2， ∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n ·n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2016·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n＝3(n ＋1)·2n ＋1， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝192n ＋79，b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三 裂项相消法求和 命题点1 a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2015·课标全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3).命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a 的图像过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N ＋.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2，可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x . ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项． (2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.四审结构定方案典例 (12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ―――――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大 ―――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n ＝n 2n －1――――――→根据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1―――――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4 规范解答(1)解 当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n .[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1， ①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．(2016·西安模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2 016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N ＋)，则S 2 016等于( ) A ．0 B ．2 016 C ．2 015 D ．2 014答案 A解析 ∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N ＋)，∴a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，q 为等比数列{a n }的公比， 即q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1.∴a n ＝(－1)n －1·2 016， ∴S 2 016＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 015＋a 2 016)＝0.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100答案 C解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2当n 为奇数时，－n 2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0 B ．100 C ．－100 D ．10 200答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.6．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于( ) A ．153 B ．210 C ．135 D ．120答案 A解析 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴从第4项开始大于0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7) ＝9＋12×(1＋23)2＝153.7．(2016·福州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n为________． 答案 120 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.8．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.9．(2016·大连模拟)若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为______________． 答案 34－2n ＋32(n ＋1)( n ＋2)解析 由前四项知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n 2＋2n ，由1n 2＋2n ＝12(1n －1n ＋2)知， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋(1n －2－1n )＋(1n －1－1n ＋1)＋(1n －1n ＋2)] ＝12[1＋12－1n ＋1－1n ＋2] ＝34－2n ＋32(n ＋1)( n ＋2).10.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N ＋，2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ， ∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝n ＋1n －n n ＋1[nn ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －nn ＋1]＝(n ＋1)n －nn ＋1n (n ＋1)＝1n－1n ＋1， ∴T n ＝1－1n ＋1，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.11．(2017·江西于都三中月考)已知各项为正数的数列{a n }满足对任意的正整数m ，n ，都有a m a n ＝2m＋n －2成立．(1)求数列{log 2a n }的前n 项和S n ；(2)设b n ＝a n ·log 2a n (n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当m ＝n ＝1时，a 21＝21＋1－2＝1⇒a 1＝1； 当m ＝1时，a 1·a n ＝2n －1⇒a n ＝2n －1， 所以log 2a n ＝n －1， 所以{log 2a n }是等差数列，其前n 项和S n ＝0＋n －12×n ＝n (n －1)2.(2)b n ＝(n －1)·2n －1，所以T n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，从而2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －2)·2n －1＋(n －1)·2n ， 两式相减得－T n ＝(21＋22＋…＋2n －1)－(n －1)·2n ＝2n －2－(n －1)·2n ， 所以T n ＝(n －2)·2n ＋2.12．(2016·天津)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N ＋，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． 解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2.13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图像上(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明 由c n ＋1－c n ＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，1c n ＝1(n ＋1)( n －1)＝12(1n －1－1n ＋1)， ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝12×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13， ∴原式得证．。

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重点强化课（三) 不等式及其应用［复习导读］本章的主要内容是不等式的性质，一元二次不等式及其解法，简单的线性规划问题，基本不等式及其应用，针对不等式具有很强的工具性，应用广泛，解法灵活的特点，应加强不等式基础知识的复习，要弄清不等式性质的条件与结论；一元二次不等式是解决问题的重要工具,如利用导数研究函数的单调性,往往归结为解一元二次不等式问题；函数、方程、不等式三者密不可分，相互转化，因此应加强函数与方程思想在不等式中应用的训练．重点1 一元二次不等式的综合应用（1）(2016·山东青岛一模)函数y＝错误!的定义域为( ）【导学号：66482295】A．(－∞,1]B．[－1,1］C．［1，2）∪(2，＋∞）D．错误!∪错误!（2)已知函数 f （x)＝错误!则满足不等式 f （1－x2)〉f （2x)的x的取值范围是__________．（1)D(2)（－1，2－1）[(1)由题意得错误!解得错误!即－1≤x≤1且x≠－错误!,所以函数的定义域为错误!，故选D。

(2)由题意得错误!或错误!解得－1<x〈0或0≤x<错误!－1。

第6讲数学归纳法1．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：选C.边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．2．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”的第二步是()A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N*)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)D．假设n＝k时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)解析：选B.因为n为正奇数，所以n＝2k－1(k∈N*)．1 1 13．用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋<n(n∈N*，n>1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，2 3 2n－1推理n＝k＋1时，左边应增加的项数是________．1 1 1 1解析：当n＝k时，要证的式子为1＋＋＋…＋<k；当n＝k＋1时，要证的式子为1＋2 3 2k－1 21 1 1 1 1＋＋…＋＋＋＋…＋<k＋1.左边增加了2k项．3 2k－1 2k2k＋1 2k＋1－1答案：2k1 1 1 5 4．(2016·九江模拟)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)>2，f(8)> ，2 3 n 27f(16)>3，f(32)> ，则其一般结论为________．24 5 6 7 n＋2解析：因为f(22)> ，f(23)> ，f(24)> ，f(25)> ，所以当n≥2时，有f(2n)> .2 2 2 2 2n＋2答案：f(2n)> (n≥2，n∈N*)25．求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k) ＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2) ＝2k.1.3.5.....(2k－1)(2k＋1).2 ＝2k＋1.1.3.5.. (2)－1)(2k＋1)．这就是说当n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立．6．(2014·高考广东卷)设数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＝2na n＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)由题意知S2＝4a3－20，所以S3＝S2＋a3＝5a3－20.又S3＝15，所以a3＝7，S2＝4a3－20＝8.又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，所以a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3. 综上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)由(1)猜想a n＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．1①当n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k(k≥1)时，a k＝2k＋1，k[3＋（2k＋1）]则S k＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝2＝k(k＋2)．又S k＝2ka k＋1－3k2－4k，所以k(k＋2)＝2ka k＋1－3k2－4k，解得2a k＋1＝4k＋6，所以a k＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知，对于∀n∈N*，a n＝2n＋1.2。

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比都等于同一个常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)．3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，G a ＝b a ，G 2＝ab ，G ＝±ab .我们称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .【知识拓展】 等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列． (2)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )1．(教材改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12答案 D解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.2．(2016·南昌一模)若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( ) A.32B.94 C ．1 D ．2 答案 D解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，因为前4项的和为9，积为814， 所以a 1(1－q 4)1－q ＝9，且a 41q 1＋2＋3＝a 41q 6＝814， 即a 21q 3＝92， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1(1－1q 4)1－1q＝a 1(1－q 4)1－q ·1a 21q 3＝2，故选D.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64 答案 C解析 根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C.4．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12D.18(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 (1)C (2)2n －1解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×[1－(12)n ]1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．(1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B.314C.334D.172(2)(2015·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 (1)B (2)3n －1解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3， 可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3， 故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二 等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② 由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列． ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2.引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.题型三 等比数列性质的应用例3 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案 (1)50 (2)34解析 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)方法一 ∵S 6∶S 3＝1∶2，∴{a n }的公比q ≠1. 由a 1(1－q 6)1－q ÷a 1(1－q 3)1－q＝12，得q 3＝－12，∴S 9S 3＝1－q 91－q 3＝34. 方法二 ∵{a n }是等比数列，且S 6S 3＝12，∴公比q ≠－1，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)， 将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形； (2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(1)已知在等比数列{a n }中，a 1a 4＝10，则数列{lg a n }的前4项和等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558答案 (1)C (2)A解析 (1)前4项和S 4＝lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＋lg a 4＝lg(a 1a 2a 3a 4)，又∵等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 1a 4＝10，∴S 4＝lg 100＝2.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18.13．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n(2n ＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．8－4 2答案 C解析 在等比数列中，a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.2．(2016·珠海模拟)在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( )A.32B.23 C ．－23D.23或－23答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23. 又a 1<0，因此q ＝－23.3．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324， 因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C.4.(2015·福建)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9 答案 D解析 由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ ab ＝4，2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1(1－126)1－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.6．(2016·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32C ．1D ．－32答案 B解析 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝π33. log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 3π33＝7π3， 所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 7．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②由①－②，得3a 3＝a 4－a 3，即4a 3＝a 4， 则q ＝a 4a 3＝4.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________. 答案 150解析 依题意，知数列{a n }的公比q ≠－1，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80，S 40＝150.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N ＋)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，① ∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×(12)n －1＝12n .10．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________. 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.11．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1) ＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2. (2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因为b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q＝23(4n－1)．12．(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数， 所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.13．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1， n ∈N ＋.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ， ∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n .。

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比都等于同一个常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)．3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，G a ＝b a ，G 2＝ab ，G ＝±ab .我们称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 【知识拓展】 等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )1．(教材改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12答案 D解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.2．(2016·南昌一模)若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( ) A.32 B.94 C ．1 D ．2 答案 D解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 因为前4项的和为9，积为814， 所以a 1(1－q 4)1－q＝9，且a 41q1＋2＋3＝a 41q 6＝814， 即a 21q 3＝92，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1(1－1q 4)1－1q＝a 1(1－q 4)1－q ·1a 21q3＝2，故选D.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64 答案 C解析 根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C.4．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12 D.18(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 (1)C (2)2n －1解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×[1－(12)n ]1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．(1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( )A.152B.314C.334D.172(2)(2015·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 (1)B (2)3n －1解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3， 可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3， 故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二 等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， ∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②，得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)．∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． (2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.题型三 等比数列性质的应用例3 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案 (1)50 (2)34解析 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)方法一 ∵S 6∶S 3＝1∶2，∴{a n }的公比q ≠1. 由a 1(1－q 6)1－q ÷a 1(1－q 3)1－q＝12，得q 3＝－12，∴S 9S 3＝1－q 91－q 3＝34. 方法二 ∵{a n }是等比数列，且S 6S 3＝12，∴公比q ≠－1，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)， 将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形； (2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(1)已知在等比数列{a n }中，a 1a 4＝10，则数列{lg a n }的前4项和等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558答案 (1)C (2)A解析 (1)前4项和S 4＝lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＋lg a 4＝lg(a 1a 2a 3a 4)，又∵等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 1a 4＝10，∴S 4＝lg 100＝2.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18.13．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．24 答案 A解析 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，得 (3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x 1＝－3或x 2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.2．(2016·珠海模拟)在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( ) A.32 B.23 C ．－23D.23或－23答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23. 又a 1<0，因此q ＝－23.3．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324， 因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C.4．(2016·昆明模拟)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A ．－2 B ．－ 2 C ．±2 D. 2 答案 B解析 根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0，由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1(1－126)1－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.6．(2016·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32 C ．1 D ．－32 答案 B解析 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3. log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7) ＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3， 所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 7．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②由①－②，得3a 3＝a 4－a 3，即4a 3＝a 4， 则q ＝a 4a 3＝4.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________. 答案 150解析 依题意，知数列{a n }的公比q ≠－1，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80，S 40＝150.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N ＋)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列， 则a n ＝12×(12)n －1＝12n . 10．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________. 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2， ∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3， ∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1，∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.11．已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }是等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ∈N ＋)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2. 所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1. 从而b n ＝3n ＋2n －1(n ∈N ＋)． (2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ∈N ＋)， 数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)， 数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n －1. 所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1. 12．(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， 因此a n ＝12n －1. 13．(2016·昆明一检)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18∶S 9＝7∶8.(1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是不是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1， 则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1，S 18∶S 9＝2∶1≠7∶8，∴q ≠1.∴S 18＝a 1(1－q 18)1－q ，S 9＝a 1(1－q 9)1－q， S 18∶S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13. ∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝32×a 11－q ， S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝34×a 11－q ， S 9＝a 1(1－q 9)1－q＝98×a 11－q . ∵S 9－S 3＝－38×a 11－q， S 6－S 9＝－38×a 11－q， ∴S 9－S 3＝S 6－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)解 a 7与a 10的等差中项为a 7＋a 102＝a 1(2－2－2－3)2＝a 116， 设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项，则a 1(－2－13)n －1＝a 116，化简得(－2)－n －13＝(－2)－4， 即－n －13＝－4，解得n ＝13. ∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．。