高中~数学必修5第二章-《数列》-预习复习重点分析总结与-练习学习(一~).doc

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1、#*高中数学必修高中数学必修 5_第二章第二章数列数列复习知识点总结与练习（一）复习知识点总结与练习（一）一数列的概念与简单表示法一数列的概念与简单表示法知识能否忆起1数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：数列：按照一定顺序排列的一列数数列的项：数列中的每一个数(2)数列的分类：分类标准类型满足条件有穷数列项数有限 项数 无穷数列项数无限递增数列an1an递减数列an10，则 Sm最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.以题试法3(2012江西七校联考)数列an的通项 an，则数列an中的最大值是( )nn290A3 B1910C. D.1191060解析：选 C an，由基本不等式得

2、，由于 nN*，易知当 n91n90n1n90n12 90或 10 时，an最大119二等差数列及其前二等差数列及其前 n 项和项和知识能否忆起一、等差数列的有关概念1定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为 an1and(nN*，d 为常数)2等差中项：数列 a，A，b 成等差数列的充要条件是 A，其中 A 叫做 a，b 的ab2等差中项二、等差数列的有关公式1通项公式：ana1(n1)d.#*2前 n 项和公式：Snna1d.nn12a1ann2三、等差数列的性质1若 m，n，p，qN*，且 mnpq，an为等差数列，则

3、 amanapaq.2在等差数列an中，ak，a2k，a3k，a4k，仍为等差数列，公差为 kd.3若an为等差数列，则 Sn，S2nSn，S3nS2n，仍为等差数列，公差为 n2d.4等差数列的增减性：d0 时为递增数列，且当 a10 时前 n 项和 Sn有最大值5等差数列an的首项是 a1，公差为 d.若其前 n 项之和可以写成 SnAn2Bn，则A ，Ba1 ，当 d0 时它表示二次函数，数列an的前 n 项和 SnAn2Bn 是an成d2d2等差数列的充要条件1.与前 n 项和有关的三类问题(1)知三求二：已知 a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想(

4、2)Sn n2nAn2Bnd2A.d2(a1d2)(3)利用二次函数的图象确定 Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的纵坐标不一定是最小值2设元与解题的技巧已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为，a2d，ad，a，ad，a2d，；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为，a3d，ad，ad，a3d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元考点等差数列的判断与证明例 1 在数列an中，a13，an2an12n3(n2，且 nN*)(1)求 a2，a3的值；(2)设 bn(nN*)，证明：bn是等差数列an32n自主解答 (1)a

5、13，an2an12n3(n2，且 nN*)，a22a12231，a32a223313.(2)证明：对于任意 nN*，#*bn1bn(an12an)3(2n13)31，an132n1an32n12n112n1数列bn是首项为0，公差为 1 的等差数列a132332由题悟法1证明an为等差数列的方法：(1)用定义证明：anan1d(d 为常数，n2)an为等差数列；(2)用等差中项证明：2an1anan2an为等差数列；(3)通项法：an为 n 的一次函数an为等差数列；(4)前 n 项和法：SnAn2Bn 或 Sn.na1an22用定义证明等差数列时，常采用的两个式子 an1and 和 ana

6、n1d，但它们的意义不同，后者必须加上“n2” ，否则 n1 时，a0无定义以题试法1已知数列an的前 n 项和 Sn是 n 的二次函数，且 a12，a22，S36.(1)求 Sn；(2)证明：数列an是等差数列解：(1)设 SnAn2BnC(A0)，则Error!Error!解得 A2，B4，C0.故 Sn2n24n.(2)证明：当 n1 时，a1S12.当 n2 时，anSnSn12n24n2(n1)24(n1)4n6.an4n6(nN*)an1an4，数列an是等差数列.等差数列的基本运算典题导入例 2 (2012重庆高考)已知an为等差数列，且 a1a38，a2a412.(1)求an的

7、通项公式；(2)记an的前 n 项和为 Sn，若 a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数 k 的值自主解答 (1)设数列an的公差为 d，由题意知Error!Error!解得Error!Error!所以 ana1(n1)d22(n1)2n.#*(2)由(1)可得 Snn(n1)na1an2n22n2因为 a1，ak，Sk2成等比数列，所以 a a1Sk2.2 k从而(2k)22(k2)(k3)，即 k25k60，解得 k6 或 k1(舍去)，因此 k6.由题悟法1等差数列的通项公式 ana1(n1)d 及前 n 项和公式 Snna1na1an2d，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中

8、三个就能求另外两个，体现了方程的思nn12想2数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法以题试法2(1)在等差数列中，已知 a610，S55，则 S8_.(2)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若1，则公差为_S412S39解析：(1)a610，S55，Error!Error!解方程组得Error!Error!则 S88a128d8(5)28344.(2)依题意得 S44a1d4a16d，S33a1d3a13d，于是有4 323 221，由此解得 d6，即公差为 6.4a16d123a13d9答案：(1)

9、44 (2)6等差数列的性质典题导入例 3 (1)等差数列an中，若 a1a4a739，a3a6a927，则前 9 项和 S9等于( )A66 B99C144 D297(2)(2012天津模拟)设等差数列an的前 n 项和 Sn，若 S48，S820，则a11a12a13a14( )A18 B17#*C16 D15自主解答 (1)由等差数列的性质及 a1a4a739，可得 3a439，所以 a413.同理，由 a3a6a927，可得 a69.所以 S999.9a1a929a4a62(2)设an的公差为 d，则 a5a6a7a8S8S412，(a5a6a7a8)S416d，解得 d ，a11a1

10、2a13a14S440d18.14答案 (1)B (2)A由题悟法1等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题2应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系以题试法3(1)(2012江西高考)设数列an，bn都是等差数列，若 a1b17，a3b321，则a5b5_.(2)(2012海淀期末)若数列an满足：a119，an1an3(nN*)，则数列an的前 n项和数值最大时，n 的值为( )A6 B7C8 D9解析：(1)设两等差数列组成的和数列为cn，由题意知新数列仍为等差

11、数列且c17，c321，则 c52c3c1221735.(2)an1an3，数列an是以 19 为首项，3 为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n.设前 k 项和最大，则有Error!Error!即Error!Error!解得k.kN*，k7.故满足条件的 n 的值为 7.193223答案：(1)35 (2)B三等比数列及其前三等比数列及其前 n 项和项和知识能否忆起1等比数列的有关概念(1)定义：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(不为零)，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，通常用字母 q 表示，定义的表#*达式为q(nN*，q 为

12、非零常数)an1an(2)等比中项：如果 a、G、b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项即：G 是 a 与 b 的等比中项a，G，b 成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前 n 项和公式：SnError!Error!3等比数列an的常用性质(1)在等比数列an中，若 mnpq2r(m，n，p，q，rN*)，则 amanapaqa .2 r特别地，a1ana2an1a3an2.(2)在公比为 q 的等比数列an中，数列 am，amk，am2k，am3k，仍是等比数列，公比为 qk；数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍是等比数列(此时

13、q1)；anamqnm.1.等比数列的特征(1)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比 q 也是非零常数(2)由 an1qan，q0 并不能立即断言an为等比数列，还要验证 a10.2等比数列的前 n 项和 Sn(1)等比数列的前 n 项和 Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用(2)在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q1 与 q1 分类讨论，防止因忽略 q1 这一特殊情形导致解题失误考点考点 等比数列的判定与证明典题导入例 1 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn.(1)设 cnan1，求证：cn是等比数列；(2)求数列an的通

14、项公式自主解答 (1)证明：anSnn，an1Sn1n1.得 an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，#* .an11an112首项 c1a11，又 a1a11，a1 ，c1 .1212又 cnan1，故cn是以 为首项， 为公比的等比数列1212(2)由(1)可知 cnn1n，(12) (12)(12)ancn11n.(12)在本例条件下，若数列bn满足 b1a1，bnanan1(n2)，证明bn是等比数列证明：由(2)知 an1n，(12)当 n2 时，bnanan11n(12)1(12)n1n1nn.(12)(12)(12)又 b1a1 也符合上式，bnn.12(12)

15、 ，数列bn是等比数列bn1bn12由题悟法等比数列的判定方法(1)定义法：若q(q 为非零常数，nN*)或q(q 为非零常数且an1ananan1n2，nN*)，则an是等比数列(2)等比中项法：若数列an中，an0 且 aanan2(nN*)，则数列an是等比数2n1列(3)通项公式法：若数列通项公式可写成 ancqn(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)，则an是等比数列以题试法1 (2012沈阳模拟)已知函数 f(x)logax，且所有项为正数的无穷数列an满足#*logaan1logaan2，则数列an( )A一定是等比数列B一定是等差数列C既是等差数列又是等比数列D既不是等差数列

16、又不是等比数列解析：选 A 由 logaan1logaan2，得 loga2logaa2，故a2.又 a0an1anan1an且 a1，所以数列an为等比数列等比数列的基本运算典题导入例 2 an为等比数列，求下列各值：(1)a6a424，a3a564，求 an；(2)已知 a2a836，a3a715，求公比 q.解：(1)设数列an的公比为 q，由题意得Error!由得 a1q38，将 a1q38 代入中，得 q22(舍去)将 a1q38 代入中，得 q24，q2.当 q2 时，a11，ana1qn12n1.当 q2 时，a11，ana1qn1(2)n1.an2n1或 an(2)n1.(2)

17、a2a836a3a7，而 a3a715，Error!或Error!q44 或 .a7 a31 4q或 q.222由题悟法1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a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二” ，通过列方程(组)可迎刃而解2在使用等比数列的前 n 项和公式时，应根据公比 q 的情况进行分类讨论，切不可忽视 q 的取值而盲目用求和公式以题试法#*2(2012山西适应性训练)已知数列an是公差不为零的等差数列，a12，且a2，a4，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求数列3an的前 n 项和解：(1)设等差数列an的公差为 d(d0)因为 a2，

18、a4，a8成等比数列，所以(23d)2(2d)(27d)，解得 d2.所以 an2n(nN*)(2)由(1)知 3an32n，设数列3an的前 n 项和为 Sn，则 Sn323432n (9n1)919n1998等比数列的性质典题导入例 3 (1)(2012威海模拟)在由正数组成的等比数列an中，若 a3a4a53，则sin(log3a1log3a2log3a7)的值为( )A. B.1232C1 D32(2)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S6S312，则 S9S3等于( )A12 B23C34 D13自主解答 (1)因为 a3a4a53a ，所以 a43 .3 43log3a1l

19、og3a2log3a7log3(a1a2a7)log3a7 47log33 ，373故 sin(log3a1log3a2log3a7).32(2)由等比数列的性质：S3，S6S3，S9S6仍成等比数列，于是(S6S3)2S3(S9S6)，#*将 S6 S3代入得 .12S9S334答案 (1)B (2)C由题悟法等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差” ，它们的通项公式和性质有许多相似之处，其中等差数列中的“和” “倍数”可以与等比数列中的“积” “幂”相类比关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握，同时也有利于类比思想的推广对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算，若能关注通项公式 anf

20、(n)的下标 n 的大小关系，可简化题目的运算以题试法3(1)(2012新课标全国卷)已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则 a1a10( )A7 B5C5 D7(2)(2012成都模拟)已知an是等比数列，a22，a5 ，则 a1a2a2a3anan1( )14A16(14n) B16(12n)C.(14n) D.(12n)323323解析：(1)选 D 法一：由题意得Error!Error!解得Error!Error!或Error!Error!故 a1a10a1(1q9)7.法二：由Error!Error!解得Error!Error!或Error!Error!则Error!Erro

21、r!或Error!Error!故 a1a10a1(1q9)7.(2)选 C a22，a5 ，a14，q ，anan12n5.1412(12)故 a1a2a2a3anan1(14n)8(114n)114323练习题1(教材习题改编)数列 1， 的一个通项公式是 ( )23354759Aan Bann2n1n2n1#*Can Dann2n3n2n3答案：B2设数列an的前 n 项和 Snn2，则 a8的值为( )A15 B16C49 D64解析：选 A a8S8S7644915.3已知数列an的通项公式为 an，则这个数列是( )nn1A递增数列 B递减数列C常数列 D摆动数列解析：选 A an1

22、an0.n1n2nn1n12nn2n1n21n1n24(教材习题改编)已知数列an的通项公式是 anError!Error!则 a4a3_.解析：a4a3233(235)54.答案：545已知数列an的通项公式为 anpn ，且 a2 ，qn32a4 ，则 a8_.32解析：由已知得Error!Error!解得Error!Error!则 an n ，故 a8 .142n94答案：941(2012福建高考)等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为( )A1 B2C3 D4解析：选 B 法一：设等差数列an的公差为 d，由题意得Error!Error!解得Error!Error!故

23、 d2.法二：在等差数列an中，a1a52a310，a35.又 a47，公差 d752.2(教材习题改编)在等差数列an中，a2a6，则 sin( )32(2a43)#*A. B.3212C D3212解析：选 D a2a6，2a4.3232sinsincos .(2a43)(323)3123(2012辽宁高考)在等差数列an中，已知 a4a816，则该数列前 11 项和 S11( )A58 B88C143 D176解析：选 B S1188.11a1a11211a4a824在数列an中，若 a11，an1an2(n1)，则该数列的通项 an_.解析：由 an1an2 知an为等差数列其公差为

24、2.故 an1(n1)22n1.答案：2n15(2012北京高考)已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和，若 a1 ，S2a3，则12a2_，Sn_.解析：设an的公差为 d，由 S2a3知，a1a2a3，即 2a1da12d，又 a1 ，所以 d ，故 a2a1d1，1212Snna1 n(n1)d n (n2n)12121212 n2 n.1414答案：1 n2 n14141(2011江西高考)an为等差数列，公差 d2，Sn为其前 n 项和若 S10S11，则a1( )A18 B20C22 D24解析：选 B 由 S10S11，得 a11S11S100，a1a11(111)d0(10)

25、(2)20.#*2(2012广州调研)等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a58，S36，则 S10S7的值是( )A24 B48C60 D72解析：选 B 设等差数列an的公差为 d，由题意可得Error!Error!解得Error!Error!则S10S7a8a9a103a124d48.3(2013东北三校联考)等差数列an中，a5a64，则 log2(2a12a22a10)( )A10 B20C40 D2log25解析：选 B 依题意得，a1a2a3a105(a5a6)20，因此有10a1a102log2(2a12a22a10)a1a2a3a1020.4(2012海淀期末)已知数列

26、an满足：a11，an0，aa 1(nN*)，那么使2n12 nan0，an.an0，S110，S110，d0，所以 a50，即数列的前 5 项都为正数，第 5 项之后的都为负数，所以 S5最大，则 k5.6数列an的首项为 3，bn为等差数列且 bnan1an(nN*)若b32，b1012，则 a8( )A0 B3C8 D11解析：选 B 因为bn是等差数列，且 b32，b1012，故公差 d2.于是 b16，122103且 bn2n8(nN*)，即 an1an2n8.所以 a8a76a646a5246a1(6)(4)(2)02463.#*7(2012广东高考)已知递增的等差数列an满足 a

27、11，a3a 4，则 an_.2 2解析：设等差数列公差为 d，由 a3a 4，得 12d(1d)24，解得 d24，即2 2d2.由于该数列为递增数列，故 d2.an1(n1)22n1.答案：2n18已知数列an为等差数列，Sn为其前 n 项和，a7a54，a1121，Sk9，则k_.解析：a7a52d4，则 d2.a1a1110d21201，Skk2k29.又 kN*，故 k3.kk12答案：39设等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意自然数 n 都有SnTn，则的值为_2n34n3a9b5b7a3b8b4解析：an，bn为等差数列，.a9b5b7a3b8b4a92b

28、6a32b6a9a32b6a6b6，.S11T11a1a11b1b112a62b62 1134 1131941a6b61941答案：194110(2011福建高考)已知等差数列an中，a11，a33.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前 k 项和 Sk35，求 k 的值解：(1)设等差数列an的公差为 d，则 ana1(n1)d.由 a11，a33，可得 12d3，解得 d2.从而 an1(n1)(2)32n.(2)由(1)可知 an32n，所以 Sn2nn2.n132n2由 Sk35，可得 2kk235，即 k22k350，解得 k7 或 k5.又 kN*，故 k7.11设数列a

29、n的前 n 项积为 Tn，Tn1an，#*(1)证明是等差数列；1Tn(2)求数列的前 n 项和 Sn.anTn解：(1)证明：由 Tn1an得，当 n2 时，Tn1，TnTn1两边同除以 Tn得1.1Tn1Tn1T11a1a1，故 a1 ，2.121T11a1是首项为 2，公差为 1 的等差数列1Tn(2)由(1)知n1，则 Tn，1Tn1n1从而 an1Tn.故n.nn1anTn数列是首项为 1，公差为 1 的等差数列anTnSn.nn1212已知在等差数列an中，a131，Sn是它的前 n 项和，S10S22.(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)S

30、10a1a2a10，S22a1a2a22，又 S10S22，a11a12a220，即0，故 a11a222a131d0.12a11a222又a131，d2，Snna1d31nn(n1)32nn2.nn12(2)法一：由(1)知 Sn32nn2，故当 n16 时，Sn有最大值，Sn的最大值是 256.法二：由 Sn32nn2n(32n)，欲使 Sn有最大值，#*应有 1n32，从而 Sn2256，(n32n2)当且仅当 n32n，即 n16 时，Sn有最大值 256.1(教材习题改编)等比数列an中，a44，则 a2a6等于( )A4 B8C16 D32解析：选 C a2a6a 16.2 42已

31、知等比数列an的前三项依次为 a1，a1，a4，则 an( )A4n B4n(32)(23)C4n1 D4n1(32)(23)解析：选 C (a1)2(a1)(a4)a5，a14，q ，故 an4n1.32(32)3已知等比数列an满足 a1a23，a2a36，则 a7( )A64 B81C128 D243解析：选 A q2，a2a3a1a2故 a1a1q3a11，a7127164.4(2011北京高考)在等比数列an中，若 a1 ，a44，则公比12q_；a1a2an_.解析：a4a1q3，得 4 q3，解得 q2，a1a2an2n1 .121212n1212答案：2 2n1125(2012

32、新课标全国卷)等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S33S20，则公比q_.解析：S33S20，a1a2a33(a1a2)0，a1(44qq2)0.a10，q2.答案：21设数列an是等比数列，前 n 项和为 Sn，若 S33a3，则公比 q 为( )#*A B112C 或 1 D.1214解析：选 C 当 q1 时，满足 S33a13a3.当 q1 时，S3a1(1qq2)3a1q2，a11q31q解得 q ，综上 q 或 q1.12122(2012东城模拟)设数列an满足：2anan1(an0)(nN*)，且前 n 项和为 Sn，则的值为( )S4a2A. B.152154C4 D2解

33、析：选 A 由题意知，数列an是以 2 为公比的等比数列，故.S4a2a112412a1 21523(2012安徽高考)公比为 2 的等比数列an的各项都是正数，且 a3a1116，则log2a10( )A4 B5C6 D7解析：选 B a3a1116，a 16.2 7又等比数列an的各项都是正数，a74.又a10a7q342325，log2a105.4已知数列an，则“an，an1，an2(nN*)成等比数列”是“aanan2”的( )2n1A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解析：选 A 显然，nN*，an，an1，an2成等比数列，则 aanan2，反之，

34、2n1则不一定成立，举反例，如数列为 1,0,0,0，5(2013太原模拟)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若Sn2，S3n14，则 S4n等于( )A80 B30C26 D16解析：选 B 设 S2na，S4nb，由等比数列的性质知：#*2(14a)(a2)2，解得 a6 或 a4(舍去)，同理(62)(b14)(146)2，所以 bS4n30.6已知方程(x2mx2)(x2nx2)0 的四个根组成以 为首项的等比数列，则 ( )12mnA. B. 或323223C. D以上都不对23解析：选 B 设 a，b，c，d 是方程(x2mx2)(x2nx2)0 的四个根，不妨设a

35、cdb，则 abcd2，a ，故 b4，根据等比数列的性质，得到 c1，d2，则12mab ，ncd3，或 mcd3，nab ，则 或 .9292mn32mn237已知各项不为 0 的等差数列an，满足 2a3a 2a110，数列bn是等比数列，2 7且 b7a7，则 b6b8_.解析：由题意可知，b6b8b a 2(a3a11)4a7，2 72 7a70，a74，b6b816.答案：168(2012江西高考)等比数列an的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.若 a11，则对任意的nN*，都有 an2an12an0，则 S5_.解析：由题意知 a3a22a10，设公比为 q，则 a1(q2q2

36、)0.由 q2q20 解得 q2 或 q1(舍去)，则 S511.a11q51q1253答案：119(2012西城期末)已知an是公比为 2 的等比数列，若 a3a16，则a1_；_.1a2 11a2 21a2 n解析：an是公比为 2 的等比数列，且 a3a16，4a1a16，即 a12，故ana12n12n，n，n，即数列是首项为 ，公比为 的等比数列，1an(12)1a2 n(14)1a2 n1414.1a2 11a2 21a2 n14(114n)11413(114n)答案：2 13(114n)#*10设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列(1)求

37、数列an的通项公式；(2)求 a1a3a2n1.解：(1)S1a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列，Sn2n1，又当 n2 时，anSnSn12n2(21)2n2.anError!Error!(2)a3，a5，a2n1是以 2 为首项，以 4 为公比的等比数列，a3a5a2n1.214n1424n13a1a3a2n11.24n1322n11311设数列an的前 n 项和为 Sn，其中 an0，a1为常数，且a1，Sn，an1成等差数列(1)求an的通项公式；(2)设 bn1Sn，问：是否存在 a1，使数列bn为等比数列？若存在，求出 a1的值；若不存在，请说明理由解：(1)依题意，得

38、2Snan1a1.当 n2 时，有Error!Error!两式相减，得 an13an(n2)又因为 a22S1a13a1，an0，所以数列an是首项为 a1，公比为 3 的等比数列因此，ana13n1(nN*)(2)因为 Sn a13n a1，a113n131212bn1Sn1 a1 a13n.1212要使bn为等比数列，当且仅当 1 a10，即 a12.12所以存在 a12，使数列bn为等比数列12 (2012山东高考)已知等差数列an的前 5 项和为 105，且 a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意 mN*，将数列an中不大于 72m的项的个数记为 bm.求数列bm的前 m 项和Sm.解：(1)设数列an的公差为 d，前 n 项和为 Tn，由 T5105，a102a5，#*得Error!Error!解得 a17，d7.因此 ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对 mN*，若 an7n72m，则 n72m1.因此 bm72m1.所以数列bm是首项为 7，公比为 49 的等比数列，故 Sm.b11qm1q7 149m1497 72m14872m1748