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高考数学(理数)一轮精品复习：第5章《数列》讲与练(61页教师版)
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这是一份高考数学(理数)一轮精品复习：第5章《数列》讲与练(61页教师版)，共59页。试卷主要包含了数列的通项公式； 2，故选B，))，故选A，故选D等内容，欢迎下载使用。
第五章 数列
第一节 数列的概念与简单表示
本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式； 2.数列的性质.
突破点(一) 数列的通项公式
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．
2．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式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
3．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)(或an＝f(an－1，an－2)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
4．Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝这个关系式对任意数列均成立．
1．判断题
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达．( )
(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(3)若已知数列{an}的递推公式为an＋1＝，且a2＝1，则可以写出数列{an}的任何一项．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．填空题
(1)已知数列{an}的前4项为1,3,7,15，则数列{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a2＝________.
答案：
(3)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项公式是________________．
答案：an＝
利用数列的前几项求通项
给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系．
[例1] (1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2 B．an＝(－1)nn2
C．an＝(－1)n＋1n2 D．an＝(－1)n(n＋1)2
(2)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
[解析] (1)法一：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.
法二：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，故选C.
(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
由数列的前几项求通项公式的思路方法
(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．
(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n＋1或(－1)n－1来调控．
(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．
[提醒] 根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验．
利用an与Sn的关系求通项
数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系为an＝通过纽带：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，根据题目已知条件，消掉an或Sn，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．
[例2] 已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.
[解] (1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)
＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]
＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，所以an＝
[方法技巧]
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
利用递推关系求通项
[例3] (1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，求数列{an}的通项公式．
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
(3)在数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
(4)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
[解] (1)因为an＋1－an＝3n＋2，
所以an－an－1＝3n－1(n≥2)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2＝×(3×1＋1)，符合上式，
所以an＝n2＋.
(2)因为an＝an－1(n≥2)，
所以an－1＝an－2，…，a2＝a1.
由累乘法可得an＝a1···…·＝＝(n≥2)．又a1＝1符合上式，∴an＝.
(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1.
(4)∵an＋1＝，a1＝1，∴an≠0，
∴＝＋，即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N*)．
[方法技巧] 典型的递推数列及处理方法
递推式
方法
示例
an＋1＝an＋f(n)
叠加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
an＋1＝anf(n)
叠乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝Aan＋B (A≠0,1，B≠0)
化为等比数列
a1＝1，an＋1＝2an＋1
an＋1＝
(A，B，C为常数)
化为等差数列
a1＝1，an＋1＝
1.在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，…中，x的值为( )
A．11 B．12
C．13 D．14
解析：选C 观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的和，所以x＝5＋8＝13，故选C.
2.数列1，－，，－，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
B．an＝(－1)n－1(n∈N*)
C．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
D．an＝(－1)n－1(n∈N*)
解析：选D 所给数列各项可写成：，－，，－，…，通过对比各选项，可知选D.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝( )
A．2n＋1 B．2n
C．2n－1 D．2n－2
解析：选A 因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4, 两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即 ＝2(n≥2)．因为S1＝a1＝2a1－4，所以a1＝4，所以an＝2n＋1.
4.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
解析：选A 法一：由已知得an＋1－an＝ln＝ln，
而an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，n≥2，
所以an＝ln＋ln＋…＋ln＋2＝ln＋2＝ln n＋2，n≥2.
当n＝1时，a1＝2＝ln 1＋2.故选A.
法二：由an＝an－1＋ln＝an－1＋ln＝an－1＋ln n－ln(n－1)(n≥2)，可知an－ln n＝an－1－ln(n－1)(n≥2)．令bn＝an－ln n，则数列{bn}是以b1＝a1－ln 1＝2为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－ln n，所以an＝2＋ln n．故选A.
突破点(二) 数列的性质
数列的分类
分类标准
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
按其他标准分类
有界数列
存在正数M，使|an|≤M
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项
(1)已知函数f(x)＝，设an＝f(n)(n∈N*)，则{an}是________数列(填“递增”或“递减”)．
答案：递增
(2)数列{an}的通项公式为an＝－n2＋9n，则该数列第________项最大．
答案：4或5
(3)现定义an＝5n＋n，其中n∈N*，则{an}是_______数列(填“递增”或“递减”)．
答案：递增
(4)对于数列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的____________条件．
答案：充分不必要
数列的单调性
(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．
(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去．
[例1] (1)已知数列{an}的通项公式为an＝nn，则数列{an}中的最大项为( )
A. B．
C. D．
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是单调递增数列，则实数t的取值范围是( )
A．(－6，＋∞) B．(－∞，－6)
C．(－∞，－3) D．
[解析] (1)法一(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)n＋1－nn＝·n，
当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
法二(作商比较法)：
＝＝，
令>1，解得n<2；令＝1，解得n＝2；令<1，解得n>2.
又an>0，故a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
(2)法一：因为{an}是单调递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1>an，
即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，
所以t>－4n－2对于任意的n∈N*都成立，因为－4n－2≤－6，所以t>－6.故选A.
法二：设f(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为n＝－，要使{an}是递增数列，
则－<，即t>－6.故选A.
[答案] (1)A (2)A
[方法技巧]
1．判断数列单调性的两种方法
(1)作差比较法
an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．
(2)作商比较法
an>0时
①>1⇔数列{an}是单调递增数列；
②<1⇔数列{an}是单调递减数列；
③＝1⇔数列{an}是常数列
an<0时
①>1⇔数列{an}是单调递减数列；
②<1⇔数列{an}是单调递增数列；
③＝1⇔数列{an}是常数列
2.求数列最大项或最小项的方法
(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项；
(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项．
数列的周期性
数列的周期性与函数的周期性相类似．求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前n项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．
[例2] (1)已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，且xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2 017项和S2 017＝( )
A．672 B．673
C．1 342 D．1 345
(2)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则a2 018＝( )
A．－2 B．－1
C．2 D．
[解析] (1)∵x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋(1－a)＝2，又xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，所以数列{xn}的前2 017项和S2 017＝S672×3＋1＝672×2＋1＝1 345.故选D.
(2)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，∴a2＝＝－1，a3＝＝，a4＝＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2 018＝a672×3＋2＝a2＝－1.故选B.
[答案] (1)D (2)B
[方法技巧]
周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法
根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
1.在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a1＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝( )
A．132 B．299
C．68 D．99
解析：选B 因为对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2＋an＋3，所以an＋3＝an，所以数列{an}是周期数列，且周期为3.故a2＝a98＝4，a3＝a9＝3，a100＝a1＝2，所以S100＝33(a1＋a2＋a3)＋a100＝299.故选B.
2.已知数列，欲使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B 由数列的前n项的乘积···…·＝>36，得n2＋3n－70>0，解得n<－10或n>7.又因为n∈N*，所以n的最小值为8，故选B.
3.在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝( )
A．0 B．2 018
C．1 010 D．1 009
解析：选C 由a1＝1及an＋1－an＝sin，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sin＝0，a4＝a3＋sin＝0，a5＝a4＋sin＝1，a6＝a5＋sin＝1，a7＝a6＋sin＝0，a8＝a7＋sin＝0，…，可见数列{an}为周期数列，周期T＝4，所以S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1 010.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴－＝1，
即－＝－1.又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
答案：－
2．数列 {an}满足 an＋1＝ , a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，
可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；
由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
答案：
3．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
解析：当n＝1时，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；
当n≥2时，由已知得到Sn－1＝an－1＋，
所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1，
所以an＝－2an－1，所以数列{an}为以1为首项，以－2为公比的等比数列，
所以an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
4．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因此{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 数列的通项公式
1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则是这个数列的( )
A．第6项 B．第7项
C．第8项 D．第9项
解析：选B 由an＋1＝可得＝＋，即数列是以＝1为首项，为公差的等差数列，故＝1＋(n－1)×＝n＋，即an＝，由＝，解得n＝7，故选B.
2．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是( )
A. B． C. D．
解析：选C 由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝，∴a4＝＋(－1)4，
a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝，∴＝×＝.
3．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋＝( )
A. B．
C. D．
解析：选D ∵a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋n＋1，
即an＋1－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋＝，
∴＝＝2，∴＋＋＋…＋
＝2＝，故选D.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B．
C.n－1 D．n－1
解析：选D 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，所以＝，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝n－1.故选D.
5．在数列1,2，，，，…中2是这个数列的第________项．
解析：数列1,2，，，，…，即数列，，，，，
…，∴该数列的通项公式为an＝＝，∴＝2＝，
∴n＝26，故2是这个数列的第26项．
答案：26
6．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则a3＝________，an＝________.
解析：由an＝n(an＋1－an)，可得＝，则an＝···…··a1
＝×××…××1＝n(n≥2)，∴a3＝3.∵a1＝1满足an＝n，∴an＝n.
答案：3 n
7．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．
解析：已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1，将n＝1代入，得a1＝2；当n≥2时，
将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n，两式相减得nan＝(n＋1)－n＝1，
∴an＝，∴an＝答案：an＝
对点练(二) 数列的性质
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)．则下列说法正确的是( )
A．这个数列的第10项为
B.是该数列中的项
C．数列中的各项都在区间内
D．数列{an}是单调递减数列
解析：选C an＝＝＝.令n＝10，得a10＝.故选项A不正确，令＝，
得9n＝300，此方程无正整数解，故不是该数列中的项．因为an＝＝＝1－，又n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，所以≤an<1，所以数列中的各项都在区间内，故选项C正确，选项D不正确，故选C.
2．已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，则a2 018＝( )
A．－2 B．
C．－ D．3
解析：选D ∵a1＝，∴a2＝＝3，a3＝＝－2，a4＝＝－，a5＝＝，…，∴数列{an}是周期数列且周期T＝4，∴a2 018＝a2＝3，故选D.
3．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝m，a2＝n，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017的值为( )
A．2 017n－m B．n－2 017m
C．m D．n
解析：选C 根据题意计算可得a3＝n－m，a4＝－m，a5＝－n，a6＝m－n，a7＝m，a8＝n，…，因此数列{an}是以6为周期的周期数列，且a1＋a2＋…＋a6＝0，所以S2 017＝S336×6＋1＝a1＝m.故选C.
4．已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)
解析：选C ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故选C.
5．数列{an}的通项为an＝(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，则a的取值范围是________．
解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15.
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－2＋.
∵a5是{an}中的最大值，∴解得9≤a≤12.∴a的取值范围是[9,12]．
答案：[9,12]
[大题综合练——迁移贯通]
1．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)令n＝1，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1
＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，
所以an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
2．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)可得，a1＝a＋a1，
解得a1＝1，a1＝0(舍)．S2＝a1＋a2＝a＋a2，
解得a2＝2(负值舍去)；同理可得a3＝3，a4＝4.
(2)因为Sn＝a＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝a＋，②
①－②得an＝(an－an－1)＋(a－a)，所以(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.
3．已知等比数列{an}是递增数列，a2a5＝32，a3＋a4＝12，又数列{bn}满足bn＝2log2an＋1，Sn是数列{bn}的前n项和．
(1)求Sn;
(2)若对任意n∈N*，都有≤成立，求正整数k的值．
解：(1)因为{an}是等比数列，则a2a5＝a3a4＝32，
又a3＋a4＝12，且{an}是递增数列，所以a3＝4，a4＝8，所以q＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1.所以bn＝2log2an＋1＝2log22n＝2n.
所以Sn＝2＋4＋…＋2n＝＝n2＋n.
(2)令cn＝＝，则cn＋1－cn＝－＝－＝.
所以当n＝1时，c1
当n≥3时，cn＋1－cn<0，即c3>c4>c5>…，
所以数列{cn}中最大项为c2和c3.
所以存在k＝2或3，使得任意的正整数n，都有≥.
第二节 等差数列及其前n项和
本节主要包括3个知识点：
1.等差数列基本量的计算；
2.等差数列的基本性质及应用；
3.等差数列的判定与证明.
突破点(一) 等差数列基本量的计算
1．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an＋1－an＝d(n∈N*，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的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
1．判断题
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．填空题
(1)已知等差数列{an}，a5＝－20，a20＝－35，则an＝________.
答案：－15－n
(2)已知等差数列5,4，3，…，则该数列的第5项为________．
答案：2
(3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________.
答案：12
(4)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案：6
等差数列基本量的计算
[典例] (1)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
(2)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A，B，C，D，E五人分5钱，A，B两人所得与C，D，E三人所得相同，且A，B，C，D，E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E所得为( )
A.钱 B．钱
C.钱 D．钱
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解析] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则由得
即解得故选C.
(2)由题意，设A所得为a－4d，B所得为a－3d，C所得为a－2d，D所得为a－d，E所得为a，则解得a＝，故E所得为钱．故选A.
(3)①设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
②由①，可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．
∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧]
解决等差数列基本量计算问题的思路
(1)在等差数列{an}中，a1与d是最基本的两个量，一般可设出a1和d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可．
(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式an＝a1＋(n－1)d和前n项和公式Sn＝＝na1＋d，在两个公式中共涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．
1．已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于( )
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
解析：选C 法一：由题意可得解得d＝－3.
法二：a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．
解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，
即2a1＋2m－1＝5，所以a1＝3－m.
由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，解得正整数m的值为5.
答案：5
3．已知等差数列{an}的各项均为正数，其公差为2，a2a4＝4a3＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋a9＋…＋a3n.
解：(1)依题意知，an＝a1＋2(n－1)，an>0.
因为a2a4＝4a3＋1，所以(a1＋2)(a1＋6)＝4(a1＋4)＋1，
所以a＋4a1－5＝0，解得a1＝1或a1＝－5(舍去)，所以an＝2n－1.
(2)a1＋a3＋a9＋…＋a3n
＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1)
＝2×(1＋3＋32＋…＋3n)－(n＋1)
＝2×－(n＋1)＝3n＋1－n－2.
突破点(二) 等差数列的基本性质及应用
等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.
(5)S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性质及有关公式求解．
(6){an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则＝.
(7)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的.
(1)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝________.
答案：100
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的前n项和为Tn，若＝，则＝________.
答案：
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
答案：60
(4)等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
解析：∵∴∴Sn的最大值为S5.
答案：S5
等差数列的性质
[例1] (1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m的值为( )
A．8 B．12
C．6 D．4
(2)在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6＝( )
A．8 B．6
C．4 D．3
(3)若等差数列{an}的前n项和Sn满足S4＝4，S6＝12，则S2＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．3
[解析] (1)由a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得4a8＝32，∴a8＝8，∴m＝8.故选A.
(2)由等差数列的性质可知2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝2×3a3＋3×2a9＝6×2a6＝36，得a6＝3，故选D.
(3)根据等差数列的性质，可得S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，即2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，因此S2＝0.
[答案] (1)A (2)D (3)B
[方法技巧]
利用等差数列性质求解问题的注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝(n，m∈N*)等．
[提醒] 一般地，am＋an≠am＋n，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.
等差数列前n项和最值问题
等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题．
[例2] 等差数列{an}的首项a1>0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？
[解] 设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－a1<0.
法一(函数法)：
Sn＝na1＋d＝na1＋·
＝－a1(n2－17n)＝－a12＋a1，
因为a1>0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法二(通项变号法)：
设此数列的前n项和最大，
则即解得即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法
①a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝54，则a2＋a4＋a9＝( )
A．9 B．15
C．18 D．36
解析：选C 由等差数列的通项公式及性质，可得S9＝＝9a5＝54，a5＝6，
则a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18.故选C.
2.等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m等于( )
A．38 B．20
C．10 D．9
解析：选C 因为am－1＋am＋1－a＝0，所以am－1＋am＋1＝2am＝a，显然am≠0，所以am＝2.又因为S2m－1＝＝(2m－1)am＝38.所以将am＝2代入可得(2m－1)×2＝38，解得m＝10，故选C.
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则使Sn取得最小值时n的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B 根据等差数列的性质可得a4＋a7＋a10＝3a7＝9，得a7＝3.S14－S3＝11a9＝77，解得a9＝7，所以等差数列的通项公式为an＝2n－11.当n＝6时，an>0；当n＝5时，an<0，所以使Sn取得最小值的n的值为5.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则在数列中绝对值最小的项为( )
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
解析：选C 根据等差数列{an}的前n项和公式Sn＝，
因为所以由得
所以数列{an}中绝对值最小的项为第7项．
突破点(三) 等差数列的判定与证明
等差数列的判定与证明
[典例]已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证数列是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
[解] (1)∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝－15＝2n－15，
则数列{bn}的前n项和Sn＝＝n2－14n.
令bn＝2n－15≤0，解得n≤7.5.
∴当n≤7时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Sn＝－n2＋14n.
当n≥8时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－b7＋b8＋…＋bn＝－2S7＋Sn
＝－2×(72－14×7)＋n2－14n＝n2－14n＋98.
∴Tn＝
[方法技巧] 等差数列的判定与证明方法
方法
解读
适合题型
定义法
对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中的证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
[提醒] 判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2－a1＝d这一关键条件．
1．如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
解析：选A 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线(图略)，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
2．已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99 C．98 D．97
解析：选C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.
3．等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________．
解析：由已知解得a1＝－3，d＝，那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，因而检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49.∴nSn 的最小值为－49.
答案：－49
4．)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 等差数列基本量的计算
1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选D 由题意知Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.
2．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )
A．37 B．36
C．20 D．19
解析：选A am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋d＝36d＝a37，∴m＝37.故选A.
3．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(3n－1) B．
C．n(n＋1) D．
解析：选C 依题意得an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)，故选C.
4．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝( )
A．－1 B．0
C. D．
解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝，数列{an}单调递增，∴a2＝，a4＝.∴公差d＝＝.∴a1＝a2－d＝0.
对点练(二) 等差数列的基本性质及应用
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，则n的值为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：选D 因为{an}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝＝＝×32＝16n＝336，解得n＝21，故选D.
2．设数列{an}是公差d<0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n等于( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
解析：选C ∵S6＝5a1＋10d，∴6a1＋15d＝5a1＋10d，得a1＋5d＝0，即a6＝0.∵数列{an}是公差d<0的等差数列，∴n＝5或6时，Sn取最大值．
3．设{an}是等差数列，d是其公差，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值
解析：选C 由S50.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正确；∵d＝a7－a6<0，∴A正确；而C选项，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，知C选项错误；∵S5S8，∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确．选C.
4．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为Sn，则S17为( )
A．20 B．17
C．42 D．84
解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a1＋a17＝2，故S17＝＝17.
5．已知数列{an}为等差数列，a3＝7，a1＋a7＝10，Sn为其前n项和，则使Sn取到最大值的n＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得故d＝a4－a3＝－2，an＝a3＋(n－3)d＝7－2(n－3)＝13－2n.令an>0，得n<6.5.所以在等差数列{an}中，其前6项均为正，其他各项均为负，于是使Sn取到最大值的n的值为6.
答案：6
6．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，
得解得又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
7．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1
对点练(三) 等差数列的判定与证明
1．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
A．公差为3的等差数列
B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列
D．公差为9的等差数列
解析：选C 令bn＝a2n－1＋2a2n，则bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.即{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．
2．若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前200项中，能被 5整除的项数为( )
A．90 B．80
C．60 D．40
解析：选B 数列{an}满足－＝1，即－＝1，又＝1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
an的个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为80，故选B.
3．若数列{an}满足a1＝，－＝5(n∈N*)，则a10＝________.
解析：因为－＝5，所以是以＝3为首项、5为公差的等差数列，
所以＝3＋5(n－1)＝5n－2，即an＝，所以a10＝＝.
答案：
[大题综合练——迁移贯通]
1．已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且a1＝2，S3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋4n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＝2，S3＝12，
∴S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝2×＋＝n2＋n＋－.
2．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意得an＝8－2n，
因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，
所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．
(2)由题意得bn＝|8－2n|.
由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．
所以当n≤4时，Sn＝6n＋×(－2)＝－n2＋7n，
当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋×2＝n2－7n＋24.
故Sn＝
3．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn;
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故解得
即所求m的值为5，k的值为4.
第三节 等比数列及其前n项和
本节主要包括3个知识点：
1.等比数列基本量的计算； 2.等比数列的性质； 3.等比数列的判定与证明.
突破点(一) 等比数列基本量的计算
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.
(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⇒G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
1．判断题
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( )
(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．填空题
(1)等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6＝________.
答案：
(2)在等比数列{an}中，已知a1＝－1，a4＝64，则公比q＝________，S4＝________.
答案：－4 51
(3)设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________.
答案：－或1
(4)在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________.
答案：32
等比数列基本量的计算
解决等比数列基本量计算问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
[典例] (1)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B．
C．2 D．
(2)设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
①求数列{an}的通项公式；
②若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}前n项和Tn.
[解析] (1)由题意，得解得或(舍去)，故选C.
(2)①当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.
当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.
∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝×3n－1＝3n－2.
②∵bn＝＝n－2，
∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
[答案] (1)C
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
解析：选D 设{an}的公比为q，
∵∴
由(ⅰ)(ⅱ)可得＝2，∴q＝，代入(ⅰ)得a1＝2，
∴an＝2×n－1＝，∴Sn＝＝4，∴＝＝2n－1，选D.
2．Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4，S3，S5成等差数列，则{an}的公比q的值为( )
A. B．2
C．－ D．－2
解析：选D 由S4，S3，S5成等差数列，得2S3＝S5＋S4，即2(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a5，整理得a5＝－2a4，所以＝－2，即q＝－2，故选D.
3．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝3，S6＝63，则S5＝( )
A．－33 B．15
C．31 D．－33或31
解析：选D 由题意得a1＋a2＝3，a3＋a4＋a5＋a6＝60，设数列{an}的公比为q，则a1q2＋a2q2＋a1q4＋a2q4＝60，得q2＋q4＝20，即q＝－2或q＝2.当q＝2时，得a1＝1，故S5＝31；当q＝－2时，得a1＝－3，得S5＝－33，故选D.
4．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
突破点(二) 等比数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N*.对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．
(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
(5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，其公比为qk.
(6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
(7)若数列{an}的项数为2n，S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
(1)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝________.
答案：4
(2)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.
答案：14
(3)在等比数列{an}中，若a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝________.
答案：25
(4)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝3，a＝4a3a7，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案：
等比数列的性质
[典例] (1)(设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝( )
A．2 B．
C. D．1或2
(2)设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a3·a6·a9·…·a30＝( )
A．210 B．220
C．216 D．215
[解析] (1)设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.
(2)因为a1a2a3＝a，a4a5a6＝a，a7a8a9＝a，…，a28a29a30＝a，所以a1a2a3a4a5a6a7a8a9…a28a29a30＝(a2a5a8…a29)3＝230.所以a2a5a8…a29＝210.则a3a6a9…a30＝(a2q)(a5q)(a8q)…(a29·q)＝(a2a5a8…a29)q10＝210×210＝220，故选B.
[答案] (1)B (2)B
[易错提醒]
(1)在等比数列{an}中，若am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，则不一定有m＋n＝p＋q成立，如当数列{an}是非零常数列时，此结论不成立．
(2)当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
1．已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－a＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选D 由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7.由a6－a＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2.由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝b＝23＝8.
2．在等比数列{an}中，若a4a5a6＝27，则a1a9＝( )
A．3 B．6
C．27 D．9
解析：选D 在等比数列{an}中，由a4a5a6＝a＝27，得a5＝3，所以a1a9＝a＝9，故选D.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝( )
A．31 B．36 C．42 D．48
解析：选A 由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由且an>0，q>1，得a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31，故选A.
4．已知等比数列{an}的公比q>0，且a5·a7＝4a，a2＝1，则a1＝( )
A. B． C. D．2
解析：选B 因为{an}是等比数列，所以a5a7＝a＝4a，所以a6＝2a4，q2＝＝2，又q>0，所以q＝，a1＝＝，故选B.
突破点(三) 等比数列的判定与证明
等比数列的判定与证明
等比数列的四种常用判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列
[典例]已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：由题意知Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]，
又易知a1＝3，所以S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n＝2n＋2＋－4.
[易错提醒]
(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、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．
1．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是( )
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
解析：选D ∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，….∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：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．
解：(1)证明：n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝an－1，又a1＝1≠0，∴{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)∵an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝n－1.当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＝3×n－1－1，当n＝1时，上式也成立，∴数列{bn}的通项公式为bn＝3×n－1－1.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42
C．63 D．84
解析：选B ∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3 ＝ a2 ＋10a1 ，a5＝9，则a1＝( )
A. B．－ C. D．－
解析：选C 由题知q≠1，则S3＝＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝，故选C.
4．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·＝23n－＋＝2－＋n.记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.由S5＝得1－5＝，即5＝.解得λ＝－1.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 等比数列基本量的计算
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则＝( )
A．－3 B．5
C．－31 D．33
解析：选D 设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.∵S3＝2，S6＝18，∴＝，得q3＝8，∴q＝2.∴＝＝1＋q5＝33，故选D.
2．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝( )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：选A ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，∵等比数列{an}中，a＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3.故选A.
3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析：选A 因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝a＝8，所以a3＝2，所以a7＝a3q4＝2q4＝8，所以q2＝2，a1＝＝1，故选A.
4．已知在等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则＝( )
A．2 B．4
C．8 D．16
解析：选B 因为数列{an}是等比数列，a3＝2，所以a4a6＝a3q·a3q3＝4q4＝16，所以q2＝2.所以＝＝＝q4＝4.故选B.
5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B．或5
C. D．
解析：选C 若q＝1，则由9S3＝S6，得9×3a1＝6a1，则a1＝0，不满足题意，故q≠1.由9S3＝S6，得9×＝，解得q＝2.故an＝a1qn－1＝2n－1，＝n－1.所以数列是以1为首项，以为公比的等比数列，所以数列的前5项和为T5＝＝.故选C.
6．在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“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．”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程．则下列说法错误的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第三天走的路程占全程的
D．此人后三天共走了四十二里路
解析：选C 记每天走的路程里数为an(n＝1,2,3，…，6)，
由题意知{an}是公比为的等比数列，由S6＝378，得＝378，解得a1＝192，∴a2＝192×＝96，此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)，a3＝192×＝48，>，前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，则后3天走的路程为378－336＝42(里)，故选C.
对点练(二) 等比数列的性质
1．(2018·新余调研)已知等比数列{an}中，a2＝2，a6＝8，则a3a4a5＝( )
A．±64 B．64
C．32 D．16
解析：选B 由等比数列的性质可知，a2a6＝a＝16，而a2，a4，a6同号，故a4＝4，所以a3a4a5＝a＝64.故选B.
2．)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64
C．128 D．256
解析：选C ∵a2·a4＝a＝16，∴a3＝4(负值舍去)，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝＝3，∴3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a1＝1，∴a8＝27＝128.
3．若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是( )
A．pm B．p2m
C．qm D．q2m
解析：选C 由题意得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.
4．已知等比数列{an}共有10项，其中奇数项之积为2，偶数项之积为64，则其公比q为( )
A. B．
C．2 D．2
解析：选C 由奇数项之积为2，偶数项之积为64，得a1·a3·a5·a7·a9＝2，a2·a4·a6·a8·a10＝64，则q5＝＝32，则q＝2，故选C.
5．一个等比数列{an}的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
解析：选B 设首项a1，共有n项，公比为q.前三项之积为aq3＝2，最后三项之积为aq3n－6＝4，两式相乘得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2，又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，∴aq＝64，则(aqn－1)n＝642，∴2n＝642，∴n＝12，故选B.
对点练(三) 等比数列的判定与证明
1．在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”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
解析：选B 当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.
2．数列{an}中，a1＝p，an＋1＝qan＋d(n∈N*，p，q，d是常数)，则d＝0是数列{an}是等比数列的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选D 当d＝0，p＝0时，an＝0，数列{an}不是等比数列，所以充分性不成立；当q＝0，p＝d，d≠0时，an＝d，则数列{an}为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d＝0是数列{an}是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D.
[大题综合练——迁移贯通]
1．数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an(n∈N*)．
(1)证明数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<2.
解：(1)由题设得＝·，又＝2，所以数列是首项为2，公比为的等比数列，所以＝2×n－1＝22－n，an＝n·22－n＝.
(2)证明：bn＝＝＝，
因为对任意n∈N*,2n－1≥2n－1，所以bn≤.
所以Tn≤1＋＋＋＋…＋＝2<2.
2．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，
∴＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝26，S6＝728.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：S－SnSn＋2＝4×3n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由728≠2×26得，S6≠2S3，∴q≠1.
由已知得解得
∴an＝2×3n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝＝3n－1.
∴Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1.
∴S－SnSn＋2＝(3n＋1－1)2－(3n－1)(3n＋2－1)＝4×3n.
第四节 数列的综合问题
本节主要包括2个知识点： 1.数列求和； 2.数列的综合应用问题.
突破点(一) 数列求和
1．公式法与分组转化法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(2)分组转化法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(2)并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(1)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
答案：n2＋1－
(2)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________.
答案：9
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．
答案：
(4)若an＝2n－1，则数列的前n项和Sn＝________.
答案：
分组转化求和
[例1]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)∵{an}为等差数列，
∴解得
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，
∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝2×＋＝(4n－1)＋n2＋2n.
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
错位相减求和
[例2]已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
[方法技巧]
错位相减法求和的策略
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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．
裂项相消求和
几种常见的裂项方式
数列(n为正整数)
裂项方式
(k为非零常数)
＝
＝
＝－
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan
[例3]已知数列是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)Sn＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋＝－＝1－，n∈N*.
[方法技巧]
用裂项法求和的裂项原则及规律
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
1.已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( )
A.－1 B．－1
C.－1 D．＋1
解析：选C 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
2.已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选C 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.选C.
3.已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，∴bn＝2bn－1(n∈N*，n≥2)．∵b1＝a1－3＝2≠0，∴bn≠0(n≥2)，∴＝2，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋32＋…＋3n)＝＋＝2n＋1＋－.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
所以由①②两式相减得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.
又因为q>0，所以q＝2.
又因为S2＝2a2－2，所以a1＋a2＝2a2－2，
所以a1＋a1q＝2a1q－2，
代入q＝2，解得a1＝2，所以an＝2n.
(2)由(1)得bn＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，①
将①式两边同乘，得Tn＝＋＋＋…＋＋，②
由①②两式错位相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－
＝1－－，整理得Tn＝2－.
突破点(二) 数列的综合应用问题
1.等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点，主要有：(1)综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性质；(2)重点考查基本量(即“知三求二”，解方程(组))的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.
2.数列与函数的特殊关系，决定了数列与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：(1)以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；(2)根据数列是一种特殊的函数这一特点命题，考查利用函数的性质来研究数列的单调性、最值等问题.
3.数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等.(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等.(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.
等差数列与等比数列的综合问题
[例1]已知等比数列{an}满足an>0，a1a2a3＝64，Sn为其前n项和，且2S1，S3,4S2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求数列的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公比为q，∵2S1，S3,4S2成等差数列，∴2S3＝2S1＋4S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋4(a1＋a1q)，化简得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.∵an>0，∴q＝2，由a1a2a3＝64可得a＝64，解得a2＝4，故2a1＝4，得到a1＝2，∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)∵bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2(a1a2·…·an)＝log221＋2＋…＋n＝1＋2＋…＋n＝，
∴＝＝2×.
∴Tn＝＋＋…＋＝2×＝2×＝.
[方法技巧]
等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略
(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
[提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合．
数列与函数的综合问题
[例2] 已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*.
(1)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝处取得最大值a4＋1，求函数f(x)在区间上的值域；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)因为anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，所以＝2，又因为a1＝1，所以a1a2＝21，即a2＝2，所以a3＝2，a4＝4，所以A＝a4＋1＝5，所以f(x)＝5sin(2x＋φ)．又因为x＝时，f(x)＝5，所以sin＝1，且0<φ<π，所以φ＝，所以f(x)＝5sin.又因为x∈，所以2x＋∈，所以sin∈，所以函数f(x)在上的值域为.
(2)由(1)得a1＝1，a2＝2，＝2，所以当n为奇数时，an＝a1·2＝2；当n为偶数时，an＝a2·2＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝
[方法技巧]
数列与函数问题的解题技巧
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
数列与不等式的综合问题
[例3]已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，设{bn}的前n项和为Sn.求最小的正整数n，使得Sn>.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，依题意有
解得a1＝1，d＝2，从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)因为bn＝＝－，所以Sn＝＋＋…＋＝1－，令1－>，解得n>1 008，故取n＝1 009.
[方法技巧]
数列与不等式相结合问题的处理方法
(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．
总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．
1.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由Sn＝2an－a1，知Sn－1＝2an－1－a1(n≥2)，两式相减得an＝2an－1(n≥2)，即数列{an}是以2为公比的等比数列．又a1，a2＋1，a3成等差数列，∴a1＋a3＝2(a2＋1)，∴a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.故选B.
2.已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4＋，a11成等比数列．若p－q＝10，则ap－aq＝( )
A．14 B．15
C．16 D．17
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，由题意分析知d>0，因为a3，a4＋，a11成等比数列，所以2＝a3a11，即2＝(1＋2d)·(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0，所以d＝，所以an＝.所以ap－aq＝(p－q)＝15.
3.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，所以数列{an}是一个等差数列，an＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3，bn＝3n－1.数列{bn}的前n项和Tn＝＝.Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
4.已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.
(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；
(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2.解：(1)因为函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，
所以令y＝1，得f(x＋1)＝f(x)·f(1)，所以f(n＋1)＝f(n)·f(1)．又因为f(1)＝，所以＝，所以f(n)＝n(n∈N*)．
(2)证明：由(1)得an＝n·n，设Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，则Tn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，①
所以Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－2)n－1＋(n－1)×n＋n×n＋1，②
所以由①－②得Tn＝＋2＋3＋…＋n－1＋n－n·n＋1
＝－n·n＋1＝1－n－n·n＋1＝1－，
所以Tn＝2－<2，
即a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an<2.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
2．设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )
A．{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析：选B 已知b1＞c1，b1＋c1＝2a1，a2＝a1，故b2＝＝c1＋b1＜b1，c2＝＝b1＋c1＞c1，b2＋c2＝a1＋＝2a1，b2－c2＝＜0，即b2＜c2，b2c2＝·＝(b1＋c1)2＋b1c1＞b1c1.又a3＝
a2＝a1，所以b3＝＝c2＋b2＜b2，c3＝＝b2＋c2＞c2，b3＋c3＝＋＝2a2＝2a1，b3－c3＝c2＋b2－＝＞0，即b3＞c3，b3c3＝＝(b2＋c2)2＋b2c2＞b2c2＞b1c1.又△AnBnCn的面积为Sn＝ ＝ ，其中p＝(an＋bn＋cn)，p(p－an)和p2－(bn＋cn)p都为定值，bncn逐渐递增，所以数列{Sn}为递增数列，选择B.
3．Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝.
[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．已知数列{an}的通项公式为an＝5－n，其前n项和为Sn，将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn.若存在m∈N*，使对任意n∈N*，Sn≤Tm＋λ恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：选D 依题意得Sn＝＝，根据二次函数的性质，n＝4,5时，Sn取得最大值为10.另外，根据通项公式得数列{an}的前4项为a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，观察易知抽掉第二项后，余下的三项可组成等比数列．所以数列{bn}中，b1＝4，公比q＝，所以Tn＝＝8，所以4≤Tn<8.因为存在m∈N*，对任意n∈N*，Sn≤Tm＋λ恒成立，所以10<8＋λ，所以λ>2.故选D.
2．已知数列{an}满足a1＝1，P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，如果函数f(n)＝＋＋…＋(n∈N*，n≥2)，那么函数f(n)的最小值为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 将点P的坐标代入直线方程，得an＋1－an＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n，所以f(n)＝＋＋…＋，f(n＋1)＝＋＋…＋，所以f(n＋1)－f(n)＝＋－>＋－＝0，所以f(n)单调递增，故f(n)的最小值为f(2)＝，故选C.
3．据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是( )
A．11 B．13
C．15 D．17
解析：选B 设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a(1＋q)，a2＝a1＝a(1＋q)，…，a5＝a(1＋2)×(1＋1)×××＝a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.
4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( )
A. B．
C. D．
解析：选C 由题意知所得新数列为1×，×，×，…，×，
所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝，故选C.
5．数列{an}满足a1＝，an＋1＝，若不等式＋＋…＋
C. D．
解析：选A 因为数列{an}满足a1＝，an＋1＝，所以反复代入计算可得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，…，由此可归纳出通项公式an＝，经验证，成立．所以＝1＋＝1＋，所以＋＋…＋＝n＋1＋＝n＋－.因为要求＋＋…＋
A．0 B．－9
C．9 D．1
解析：选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
7．若f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列(n∈N*)的前n项和为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm－1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，所以＝＝－，所以数列的前n项和为＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.故选A.
8．若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
解析：∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝，∵a1＝1，∴an＝.
答案：
9．已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.
解析：由an＝2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝＝3n－1，则bn＝＝＝－，则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
答案：－
10．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，数列{an}满足an＝f(3n)(n∈N*)，且a1＝3，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：因为an＝f(3n)，所以an＋1＝f(3n＋1)且a1＝3＝f(3)．又因为对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，所以令x＝3n，y＝3，则f(3n＋1)＝3nf(3)＋3f(3n)，所以an＋1＝3an＋3·3n，所以－＝1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·3n.
答案：n·3n
[大题常考题点——稳解全解]
1．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝1，且2a2，a4,3a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由2a2，a4,3a3成等差数列可得2a4＝2a2＋3a3，
即2a1q3＝2a1q＋3a1q2，
又q>1，a1＝1，故2q2＝2＋3q，
即2q2－3q－2＝0，得q＝2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)bn＝2n×2n－1＝n×2n，
Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.②
①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，
－Tn＝－n×2n＋1，
Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
2．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解：(1)设数列{xn}的公比为q，由已知得q>0.由题意得所以3q2－5q－2＝0.因为q>0，所以q＝2，x1＝1，因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.
3．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，a1a3＝4，且a3＋1是a2和a4的等差中项，若bn＝log2an＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝an＋1＋，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，且q>0，
在等比数列{an}中，由an>0，a1a3＝4得，a2＝2，①
又a3＋1是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋1)＝a2＋a4，②
把①代入②得，2(2q＋1)＝2＋2q2，
解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a2qn－2＝2n－1，
则bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋＝2n＋＝2n＋，
所以数列{cn}的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋
＝＋＝2n＋1－2＋.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋.
解：(1)因为Sn＝＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝＋，②
所以由①②两式相减得an＝Sn－Sn－1＝＋－－＝n＋1.
又因为n＝1时，a1＝S1＝2适合an＝n＋1，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)知bn＝n＋3－(n＋1)＋＝2＋，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋
＝2n＋
＝2n＋－<2n＋.
第五章 数列
第一节 数列的概念与简单表示
本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式； 2.数列的性质.
突破点(一) 数列的通项公式
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．
2．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式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
3．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)(或an＝f(an－1，an－2)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
4．Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝这个关系式对任意数列均成立．
1．判断题
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达．( )
(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(3)若已知数列{an}的递推公式为an＋1＝，且a2＝1，则可以写出数列{an}的任何一项．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．填空题
(1)已知数列{an}的前4项为1,3,7,15，则数列{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a2＝________.
答案：
(3)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项公式是________________．
答案：an＝
利用数列的前几项求通项
给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系．
[例1] (1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2 B．an＝(－1)nn2
C．an＝(－1)n＋1n2 D．an＝(－1)n(n＋1)2
(2)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
[解析] (1)法一：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，故选C.
法二：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，故选C.
(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
由数列的前几项求通项公式的思路方法
(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．
(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n＋1或(－1)n－1来调控．
(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．
[提醒] 根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验．
利用an与Sn的关系求通项
数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系为an＝通过纽带：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，根据题目已知条件，消掉an或Sn，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解．
[例2] 已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.
[解] (1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)
＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]
＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，所以an＝
[方法技巧]
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
利用递推关系求通项
[例3] (1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，求数列{an}的通项公式．
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
(3)在数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
(4)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
[解] (1)因为an＋1－an＝3n＋2，
所以an－an－1＝3n－1(n≥2)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2＝×(3×1＋1)，符合上式，
所以an＝n2＋.
(2)因为an＝an－1(n≥2)，
所以an－1＝an－2，…，a2＝a1.
由累乘法可得an＝a1···…·＝＝(n≥2)．又a1＝1符合上式，∴an＝.
(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1.
(4)∵an＋1＝，a1＝1，∴an≠0，
∴＝＋，即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N*)．
[方法技巧] 典型的递推数列及处理方法
递推式
方法
示例
an＋1＝an＋f(n)
叠加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
an＋1＝anf(n)
叠乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝Aan＋B (A≠0,1，B≠0)
化为等比数列
a1＝1，an＋1＝2an＋1
an＋1＝
(A，B，C为常数)
化为等差数列
a1＝1，an＋1＝
1.在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，…中，x的值为( )
A．11 B．12
C．13 D．14
解析：选C 观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的和，所以x＝5＋8＝13，故选C.
2.数列1，－，，－，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
B．an＝(－1)n－1(n∈N*)
C．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
D．an＝(－1)n－1(n∈N*)
解析：选D 所给数列各项可写成：，－，，－，…，通过对比各选项，可知选D.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝( )
A．2n＋1 B．2n
C．2n－1 D．2n－2
解析：选A 因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4, 两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即 ＝2(n≥2)．因为S1＝a1＝2a1－4，所以a1＝4，所以an＝2n＋1.
4.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
解析：选A 法一：由已知得an＋1－an＝ln＝ln，
而an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，n≥2，
所以an＝ln＋ln＋…＋ln＋2＝ln＋2＝ln n＋2，n≥2.
当n＝1时，a1＝2＝ln 1＋2.故选A.
法二：由an＝an－1＋ln＝an－1＋ln＝an－1＋ln n－ln(n－1)(n≥2)，可知an－ln n＝an－1－ln(n－1)(n≥2)．令bn＝an－ln n，则数列{bn}是以b1＝a1－ln 1＝2为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－ln n，所以an＝2＋ln n．故选A.
突破点(二) 数列的性质
数列的分类
分类标准
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
按其他标准分类
有界数列
存在正数M，使|an|≤M
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项
(1)已知函数f(x)＝，设an＝f(n)(n∈N*)，则{an}是________数列(填“递增”或“递减”)．
答案：递增
(2)数列{an}的通项公式为an＝－n2＋9n，则该数列第________项最大．
答案：4或5
(3)现定义an＝5n＋n，其中n∈N*，则{an}是_______数列(填“递增”或“递减”)．
答案：递增
(4)对于数列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的____________条件．
答案：充分不必要
数列的单调性
(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．
(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去．
[例1] (1)已知数列{an}的通项公式为an＝nn，则数列{an}中的最大项为( )
A. B．
C. D．
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是单调递增数列，则实数t的取值范围是( )
A．(－6，＋∞) B．(－∞，－6)
C．(－∞，－3) D．
[解析] (1)法一(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)n＋1－nn＝·n，
当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
法二(作商比较法)：
＝＝，
令>1，解得n<2；令＝1，解得n＝2；令<1，解得n>2.
又an>0，故a1
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
(2)法一：因为{an}是单调递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1>an，
即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，
所以t>－4n－2对于任意的n∈N*都成立，因为－4n－2≤－6，所以t>－6.故选A.
法二：设f(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为n＝－，要使{an}是递增数列，
则－<，即t>－6.故选A.
[答案] (1)A (2)A
[方法技巧]
1．判断数列单调性的两种方法
(1)作差比较法
an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．
(2)作商比较法
an>0时
①>1⇔数列{an}是单调递增数列；
②<1⇔数列{an}是单调递减数列；
③＝1⇔数列{an}是常数列
an<0时
①>1⇔数列{an}是单调递减数列；
②<1⇔数列{an}是单调递增数列；
③＝1⇔数列{an}是常数列
2.求数列最大项或最小项的方法
(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项；
(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项．
数列的周期性
数列的周期性与函数的周期性相类似．求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前n项观察规律．确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题．
[例2] (1)已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，且xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2 017项和S2 017＝( )
A．672 B．673
C．1 342 D．1 345
(2)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则a2 018＝( )
A．－2 B．－1
C．2 D．
[解析] (1)∵x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋(1－a)＝2，又xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，所以数列{xn}的前2 017项和S2 017＝S672×3＋1＝672×2＋1＝1 345.故选D.
(2)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，∴a2＝＝－1，a3＝＝，a4＝＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2 018＝a672×3＋2＝a2＝－1.故选B.
[答案] (1)D (2)B
[方法技巧]
周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法
根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
1.在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a1＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝( )
A．132 B．299
C．68 D．99
解析：选B 因为对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2＋an＋3，所以an＋3＝an，所以数列{an}是周期数列，且周期为3.故a2＝a98＝4，a3＝a9＝3，a100＝a1＝2，所以S100＝33(a1＋a2＋a3)＋a100＝299.故选B.
2.已知数列，欲使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B 由数列的前n项的乘积···…·＝>36，得n2＋3n－70>0，解得n<－10或n>7.又因为n∈N*，所以n的最小值为8，故选B.
3.在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝( )
A．0 B．2 018
C．1 010 D．1 009
解析：选C 由a1＝1及an＋1－an＝sin，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sin＝0，a4＝a3＋sin＝0，a5＝a4＋sin＝1，a6＝a5＋sin＝1，a7＝a6＋sin＝0，a8＝a7＋sin＝0，…，可见数列{an}为周期数列，周期T＝4，所以S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1 010.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴－＝1，
即－＝－1.又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
答案：－
2．数列 {an}满足 an＋1＝ , a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，
可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；
由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
答案：
3．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
解析：当n＝1时，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；
当n≥2时，由已知得到Sn－1＝an－1＋，
所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1，
所以an＝－2an－1，所以数列{an}为以1为首项，以－2为公比的等比数列，
所以an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
4．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因此{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 数列的通项公式
1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则是这个数列的( )
A．第6项 B．第7项
C．第8项 D．第9项
解析：选B 由an＋1＝可得＝＋，即数列是以＝1为首项，为公差的等差数列，故＝1＋(n－1)×＝n＋，即an＝，由＝，解得n＝7，故选B.
2．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是( )
A. B． C. D．
解析：选C 由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝，∴a4＝＋(－1)4，
a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝，∴＝×＝.
3．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋＝( )
A. B．
C. D．
解析：选D ∵a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋n＋1，
即an＋1－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋＝，
∴＝＝2，∴＋＋＋…＋
＝2＝，故选D.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B．
C.n－1 D．n－1
解析：选D 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，所以＝，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝n－1.故选D.
5．在数列1,2，，，，…中2是这个数列的第________项．
解析：数列1,2，，，，…，即数列，，，，，
…，∴该数列的通项公式为an＝＝，∴＝2＝，
∴n＝26，故2是这个数列的第26项．
答案：26
6．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则a3＝________，an＝________.
解析：由an＝n(an＋1－an)，可得＝，则an＝···…··a1
＝×××…××1＝n(n≥2)，∴a3＝3.∵a1＝1满足an＝n，∴an＝n.
答案：3 n
7．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．
解析：已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1，将n＝1代入，得a1＝2；当n≥2时，
将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n，两式相减得nan＝(n＋1)－n＝1，
∴an＝，∴an＝答案：an＝
对点练(二) 数列的性质
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)．则下列说法正确的是( )
A．这个数列的第10项为
B.是该数列中的项
C．数列中的各项都在区间内
D．数列{an}是单调递减数列
解析：选C an＝＝＝.令n＝10，得a10＝.故选项A不正确，令＝，
得9n＝300，此方程无正整数解，故不是该数列中的项．因为an＝＝＝1－，又n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，所以≤an<1，所以数列中的各项都在区间内，故选项C正确，选项D不正确，故选C.
2．已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，则a2 018＝( )
A．－2 B．
C．－ D．3
解析：选D ∵a1＝，∴a2＝＝3，a3＝＝－2，a4＝＝－，a5＝＝，…，∴数列{an}是周期数列且周期T＝4，∴a2 018＝a2＝3，故选D.
3．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝m，a2＝n，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017的值为( )
A．2 017n－m B．n－2 017m
C．m D．n
解析：选C 根据题意计算可得a3＝n－m，a4＝－m，a5＝－n，a6＝m－n，a7＝m，a8＝n，…，因此数列{an}是以6为周期的周期数列，且a1＋a2＋…＋a6＝0，所以S2 017＝S336×6＋1＝a1＝m.故选C.
4．已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)
解析：选C ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故选C.
5．数列{an}的通项为an＝(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，则a的取值范围是________．
解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15.
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－2＋.
∵a5是{an}中的最大值，∴解得9≤a≤12.∴a的取值范围是[9,12]．
答案：[9,12]
[大题综合练——迁移贯通]
1．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)令n＝1，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1
＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，
所以an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
2．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)可得，a1＝a＋a1，
解得a1＝1，a1＝0(舍)．S2＝a1＋a2＝a＋a2，
解得a2＝2(负值舍去)；同理可得a3＝3，a4＝4.
(2)因为Sn＝a＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝a＋，②
①－②得an＝(an－an－1)＋(a－a)，所以(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.
3．已知等比数列{an}是递增数列，a2a5＝32，a3＋a4＝12，又数列{bn}满足bn＝2log2an＋1，Sn是数列{bn}的前n项和．
(1)求Sn;
(2)若对任意n∈N*，都有≤成立，求正整数k的值．
解：(1)因为{an}是等比数列，则a2a5＝a3a4＝32，
又a3＋a4＝12，且{an}是递增数列，所以a3＝4，a4＝8，所以q＝2，a1＝1，
所以an＝2n－1.所以bn＝2log2an＋1＝2log22n＝2n.
所以Sn＝2＋4＋…＋2n＝＝n2＋n.
(2)令cn＝＝，则cn＋1－cn＝－＝－＝.
所以当n＝1时，c1
当n≥3时，cn＋1－cn<0，即c3>c4>c5>…，
所以数列{cn}中最大项为c2和c3.
所以存在k＝2或3，使得任意的正整数n，都有≥.
第二节 等差数列及其前n项和
本节主要包括3个知识点：
1.等差数列基本量的计算；
2.等差数列的基本性质及应用；
3.等差数列的判定与证明.
突破点(一) 等差数列基本量的计算
1．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an＋1－an＝d(n∈N*，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的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
1．判断题
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．填空题
(1)已知等差数列{an}，a5＝－20，a20＝－35，则an＝________.
答案：－15－n
(2)已知等差数列5,4，3，…，则该数列的第5项为________．
答案：2
(3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________.
答案：12
(4)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案：6
等差数列基本量的计算
[典例] (1)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
(2)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A，B，C，D，E五人分5钱，A，B两人所得与C，D，E三人所得相同，且A，B，C，D，E每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E所得为( )
A.钱 B．钱
C.钱 D．钱
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解析] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则由得
即解得故选C.
(2)由题意，设A所得为a－4d，B所得为a－3d，C所得为a－2d，D所得为a－d，E所得为a，则解得a＝，故E所得为钱．故选A.
(3)①设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
②由①，可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．
∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧]
解决等差数列基本量计算问题的思路
(1)在等差数列{an}中，a1与d是最基本的两个量，一般可设出a1和d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可．
(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式an＝a1＋(n－1)d和前n项和公式Sn＝＝na1＋d，在两个公式中共涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．
1．已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于( )
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
解析：选C 法一：由题意可得解得d＝－3.
法二：a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．
解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，
即2a1＋2m－1＝5，所以a1＝3－m.
由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，解得正整数m的值为5.
答案：5
3．已知等差数列{an}的各项均为正数，其公差为2，a2a4＝4a3＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋a9＋…＋a3n.
解：(1)依题意知，an＝a1＋2(n－1)，an>0.
因为a2a4＝4a3＋1，所以(a1＋2)(a1＋6)＝4(a1＋4)＋1，
所以a＋4a1－5＝0，解得a1＝1或a1＝－5(舍去)，所以an＝2n－1.
(2)a1＋a3＋a9＋…＋a3n
＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1)
＝2×(1＋3＋32＋…＋3n)－(n＋1)
＝2×－(n＋1)＝3n＋1－n－2.
突破点(二) 等差数列的基本性质及应用
等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.
(5)S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性质及有关公式求解．
(6){an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则＝.
(7)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的.
(1)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝________.
答案：100
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的前n项和为Tn，若＝，则＝________.
答案：
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
答案：60
(4)等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
解析：∵∴∴Sn的最大值为S5.
答案：S5
等差数列的性质
[例1] (1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m的值为( )
A．8 B．12
C．6 D．4
(2)在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，则a6＝( )
A．8 B．6
C．4 D．3
(3)若等差数列{an}的前n项和Sn满足S4＝4，S6＝12，则S2＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．3
[解析] (1)由a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得4a8＝32，∴a8＝8，∴m＝8.故选A.
(2)由等差数列的性质可知2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝2×3a3＋3×2a9＝6×2a6＝36，得a6＝3，故选D.
(3)根据等差数列的性质，可得S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，即2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，因此S2＝0.
[答案] (1)A (2)D (3)B
[方法技巧]
利用等差数列性质求解问题的注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝(n，m∈N*)等．
[提醒] 一般地，am＋an≠am＋n，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.
等差数列前n项和最值问题
等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题．
[例2] 等差数列{an}的首项a1>0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？
[解] 设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－a1<0.
法一(函数法)：
Sn＝na1＋d＝na1＋·
＝－a1(n2－17n)＝－a12＋a1，
因为a1>0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
法二(通项变号法)：
设此数列的前n项和最大，
则即解得即8≤n≤9，
又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法
①a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝54，则a2＋a4＋a9＝( )
A．9 B．15
C．18 D．36
解析：选C 由等差数列的通项公式及性质，可得S9＝＝9a5＝54，a5＝6，
则a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝18.故选C.
2.等差数列{an}的前n项和为Sn，若m>1，且am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m等于( )
A．38 B．20
C．10 D．9
解析：选C 因为am－1＋am＋1－a＝0，所以am－1＋am＋1＝2am＝a，显然am≠0，所以am＝2.又因为S2m－1＝＝(2m－1)am＝38.所以将am＝2代入可得(2m－1)×2＝38，解得m＝10，故选C.
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a7＋a10＝9，S14－S3＝77，则使Sn取得最小值时n的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B 根据等差数列的性质可得a4＋a7＋a10＝3a7＝9，得a7＝3.S14－S3＝11a9＝77，解得a9＝7，所以等差数列的通项公式为an＝2n－11.当n＝6时，an>0；当n＝5时，an<0，所以使Sn取得最小值的n的值为5.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13<0，S12>0，则在数列中绝对值最小的项为( )
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
解析：选C 根据等差数列{an}的前n项和公式Sn＝，
因为所以由得
所以数列{an}中绝对值最小的项为第7项．
突破点(三) 等差数列的判定与证明
等差数列的判定与证明
[典例]已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证数列是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
[解] (1)∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝－15＝2n－15，
则数列{bn}的前n项和Sn＝＝n2－14n.
令bn＝2n－15≤0，解得n≤7.5.
∴当n≤7时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Sn＝－n2＋14n.
当n≥8时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－b7＋b8＋…＋bn＝－2S7＋Sn
＝－2×(72－14×7)＋n2－14n＝n2－14n＋98.
∴Tn＝
[方法技巧] 等差数列的判定与证明方法
方法
解读
适合题型
定义法
对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中的证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
[提醒] 判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2－a1＝d这一关键条件．
1．如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
解析：选A 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线(图略)，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
2．已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A．100 B．99 C．98 D．97
解析：选C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.
法二：∵{an}是等差数列，∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.
3．等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为________．
解析：由已知解得a1＝－3，d＝，那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，因而检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49.∴nSn 的最小值为－49.
答案：－49
4．)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 等差数列基本量的计算
1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选D 由题意知Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.
2．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )
A．37 B．36
C．20 D．19
解析：选A am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋d＝36d＝a37，∴m＝37.故选A.
3．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(3n－1) B．
C．n(n＋1) D．
解析：选C 依题意得an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)，故选C.
4．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝( )
A．－1 B．0
C. D．
解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝，数列{an}单调递增，∴a2＝，a4＝.∴公差d＝＝.∴a1＝a2－d＝0.
对点练(二) 等差数列的基本性质及应用
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，则n的值为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：选D 因为{an}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝＝＝×32＝16n＝336，解得n＝21，故选D.
2．设数列{an}是公差d<0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n等于( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
解析：选C ∵S6＝5a1＋10d，∴6a1＋15d＝5a1＋10d，得a1＋5d＝0，即a6＝0.∵数列{an}是公差d<0的等差数列，∴n＝5或6时，Sn取最大值．
3．设{an}是等差数列，d是其公差，Sn是其前n项和，且S5
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值
解析：选C 由S5
4．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为Sn，则S17为( )
A．20 B．17
C．42 D．84
解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a1＋a17＝2，故S17＝＝17.
5．已知数列{an}为等差数列，a3＝7，a1＋a7＝10，Sn为其前n项和，则使Sn取到最大值的n＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得故d＝a4－a3＝－2，an＝a3＋(n－3)d＝7－2(n－3)＝13－2n.令an>0，得n<6.5.所以在等差数列{an}中，其前6项均为正，其他各项均为负，于是使Sn取到最大值的n的值为6.
答案：6
6．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，
得解得又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
7．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1
对点练(三) 等差数列的判定与证明
1．若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是( )
A．公差为3的等差数列
B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列
D．公差为9的等差数列
解析：选C 令bn＝a2n－1＋2a2n，则bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.即{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．
2．若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前200项中，能被 5整除的项数为( )
A．90 B．80
C．60 D．40
解析：选B 数列{an}满足－＝1，即－＝1，又＝1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
an的个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为80，故选B.
3．若数列{an}满足a1＝，－＝5(n∈N*)，则a10＝________.
解析：因为－＝5，所以是以＝3为首项、5为公差的等差数列，
所以＝3＋5(n－1)＝5n－2，即an＝，所以a10＝＝.
答案：
[大题综合练——迁移贯通]
1．已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且a1＝2，S3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋4n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1＝2，S3＝12，
∴S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝2×＋＝n2＋n＋－.
2．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意得an＝8－2n，
因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，
所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．
(2)由题意得bn＝|8－2n|.
由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．
所以当n≤4时，Sn＝6n＋×(－2)＝－n2＋7n，
当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋×2＝n2－7n＋24.
故Sn＝
3．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn;
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故解得
即所求m的值为5，k的值为4.
第三节 等比数列及其前n项和
本节主要包括3个知识点：
1.等比数列基本量的计算； 2.等比数列的性质； 3.等比数列的判定与证明.
突破点(一) 等比数列基本量的计算
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.
(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⇒G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
1．判断题
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( )
(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．填空题
(1)等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6＝________.
答案：
(2)在等比数列{an}中，已知a1＝－1，a4＝64，则公比q＝________，S4＝________.
答案：－4 51
(3)设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________.
答案：－或1
(4)在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________.
答案：32
等比数列基本量的计算
解决等比数列基本量计算问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
[典例] (1)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B．
C．2 D．
(2)设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
①求数列{an}的通项公式；
②若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}前n项和Tn.
[解析] (1)由题意，得解得或(舍去)，故选C.
(2)①当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.
当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.
∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝×3n－1＝3n－2.
②∵bn＝＝n－2，
∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
[答案] (1)C
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
解析：选D 设{an}的公比为q，
∵∴
由(ⅰ)(ⅱ)可得＝2，∴q＝，代入(ⅰ)得a1＝2，
∴an＝2×n－1＝，∴Sn＝＝4，∴＝＝2n－1，选D.
2．Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4，S3，S5成等差数列，则{an}的公比q的值为( )
A. B．2
C．－ D．－2
解析：选D 由S4，S3，S5成等差数列，得2S3＝S5＋S4，即2(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a5，整理得a5＝－2a4，所以＝－2，即q＝－2，故选D.
3．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝3，S6＝63，则S5＝( )
A．－33 B．15
C．31 D．－33或31
解析：选D 由题意得a1＋a2＝3，a3＋a4＋a5＋a6＝60，设数列{an}的公比为q，则a1q2＋a2q2＋a1q4＋a2q4＝60，得q2＋q4＝20，即q＝－2或q＝2.当q＝2时，得a1＝1，故S5＝31；当q＝－2时，得a1＝－3，得S5＝－33，故选D.
4．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
突破点(二) 等比数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N*.对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．
(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
(5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，其公比为qk.
(6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
(7)若数列{an}的项数为2n，S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
(1)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝________.
答案：4
(2)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.
答案：14
(3)在等比数列{an}中，若a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝________.
答案：25
(4)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝3，a＝4a3a7，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案：
等比数列的性质
[典例] (1)(设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝( )
A．2 B．
C. D．1或2
(2)设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a3·a6·a9·…·a30＝( )
A．210 B．220
C．216 D．215
[解析] (1)设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.
(2)因为a1a2a3＝a，a4a5a6＝a，a7a8a9＝a，…，a28a29a30＝a，所以a1a2a3a4a5a6a7a8a9…a28a29a30＝(a2a5a8…a29)3＝230.所以a2a5a8…a29＝210.则a3a6a9…a30＝(a2q)(a5q)(a8q)…(a29·q)＝(a2a5a8…a29)q10＝210×210＝220，故选B.
[答案] (1)B (2)B
[易错提醒]
(1)在等比数列{an}中，若am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，则不一定有m＋n＝p＋q成立，如当数列{an}是非零常数列时，此结论不成立．
(2)当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
1．已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－a＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选D 由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7.由a6－a＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2.由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝b＝23＝8.
2．在等比数列{an}中，若a4a5a6＝27，则a1a9＝( )
A．3 B．6
C．27 D．9
解析：选D 在等比数列{an}中，由a4a5a6＝a＝27，得a5＝3，所以a1a9＝a＝9，故选D.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝( )
A．31 B．36 C．42 D．48
解析：选A 由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由且an>0，q>1，得a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31，故选A.
4．已知等比数列{an}的公比q>0，且a5·a7＝4a，a2＝1，则a1＝( )
A. B． C. D．2
解析：选B 因为{an}是等比数列，所以a5a7＝a＝4a，所以a6＝2a4，q2＝＝2，又q>0，所以q＝，a1＝＝，故选B.
突破点(三) 等比数列的判定与证明
等比数列的判定与证明
等比数列的四种常用判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列
[典例]已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：由题意知Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]，
又易知a1＝3，所以S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n＝2n＋2＋－4.
[易错提醒]
(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、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．
1．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是( )
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
解析：选D ∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，….∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：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．
解：(1)证明：n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝an－1，又a1＝1≠0，∴{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)∵an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝n－1.当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＝3×n－1－1，当n＝1时，上式也成立，∴数列{bn}的通项公式为bn＝3×n－1－1.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42
C．63 D．84
解析：选B ∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3 ＝ a2 ＋10a1 ，a5＝9，则a1＝( )
A. B．－ C. D．－
解析：选C 由题知q≠1，则S3＝＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝，故选C.
4．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·＝23n－＋＝2－＋n.记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.由S5＝得1－5＝，即5＝.解得λ＝－1.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 等比数列基本量的计算
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则＝( )
A．－3 B．5
C．－31 D．33
解析：选D 设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.∵S3＝2，S6＝18，∴＝，得q3＝8，∴q＝2.∴＝＝1＋q5＝33，故选D.
2．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝( )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：选A ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，∵等比数列{an}中，a＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3.故选A.
3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析：选A 因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝a＝8，所以a3＝2，所以a7＝a3q4＝2q4＝8，所以q2＝2，a1＝＝1，故选A.
4．已知在等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则＝( )
A．2 B．4
C．8 D．16
解析：选B 因为数列{an}是等比数列，a3＝2，所以a4a6＝a3q·a3q3＝4q4＝16，所以q2＝2.所以＝＝＝q4＝4.故选B.
5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B．或5
C. D．
解析：选C 若q＝1，则由9S3＝S6，得9×3a1＝6a1，则a1＝0，不满足题意，故q≠1.由9S3＝S6，得9×＝，解得q＝2.故an＝a1qn－1＝2n－1，＝n－1.所以数列是以1为首项，以为公比的等比数列，所以数列的前5项和为T5＝＝.故选C.
6．在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“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．”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程．则下列说法错误的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第三天走的路程占全程的
D．此人后三天共走了四十二里路
解析：选C 记每天走的路程里数为an(n＝1,2,3，…，6)，
由题意知{an}是公比为的等比数列，由S6＝378，得＝378，解得a1＝192，∴a2＝192×＝96，此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)，a3＝192×＝48，>，前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，则后3天走的路程为378－336＝42(里)，故选C.
对点练(二) 等比数列的性质
1．(2018·新余调研)已知等比数列{an}中，a2＝2，a6＝8，则a3a4a5＝( )
A．±64 B．64
C．32 D．16
解析：选B 由等比数列的性质可知，a2a6＝a＝16，而a2，a4，a6同号，故a4＝4，所以a3a4a5＝a＝64.故选B.
2．)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64
C．128 D．256
解析：选C ∵a2·a4＝a＝16，∴a3＝4(负值舍去)，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝＝3，∴3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a1＝1，∴a8＝27＝128.
3．若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是( )
A．pm B．p2m
C．qm D．q2m
解析：选C 由题意得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.
4．已知等比数列{an}共有10项，其中奇数项之积为2，偶数项之积为64，则其公比q为( )
A. B．
C．2 D．2
解析：选C 由奇数项之积为2，偶数项之积为64，得a1·a3·a5·a7·a9＝2，a2·a4·a6·a8·a10＝64，则q5＝＝32，则q＝2，故选C.
5．一个等比数列{an}的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
解析：选B 设首项a1，共有n项，公比为q.前三项之积为aq3＝2，最后三项之积为aq3n－6＝4，两式相乘得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2，又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，∴aq＝64，则(aqn－1)n＝642，∴2n＝642，∴n＝12，故选B.
对点练(三) 等比数列的判定与证明
1．在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”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
解析：选B 当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.
2．数列{an}中，a1＝p，an＋1＝qan＋d(n∈N*，p，q，d是常数)，则d＝0是数列{an}是等比数列的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选D 当d＝0，p＝0时，an＝0，数列{an}不是等比数列，所以充分性不成立；当q＝0，p＝d，d≠0时，an＝d，则数列{an}为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d＝0是数列{an}是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D.
[大题综合练——迁移贯通]
1．数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an(n∈N*)．
(1)证明数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<2.
解：(1)由题设得＝·，又＝2，所以数列是首项为2，公比为的等比数列，所以＝2×n－1＝22－n，an＝n·22－n＝.
(2)证明：bn＝＝＝，
因为对任意n∈N*,2n－1≥2n－1，所以bn≤.
所以Tn≤1＋＋＋＋…＋＝2<2.
2．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，
∴＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝26，S6＝728.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：S－SnSn＋2＝4×3n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由728≠2×26得，S6≠2S3，∴q≠1.
由已知得解得
∴an＝2×3n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝＝3n－1.
∴Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1.
∴S－SnSn＋2＝(3n＋1－1)2－(3n－1)(3n＋2－1)＝4×3n.
第四节 数列的综合问题
本节主要包括2个知识点： 1.数列求和； 2.数列的综合应用问题.
突破点(一) 数列求和
1．公式法与分组转化法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(2)分组转化法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(2)并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(1)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
答案：n2＋1－
(2)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________.
答案：9
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．
答案：
(4)若an＝2n－1，则数列的前n项和Sn＝________.
答案：
分组转化求和
[例1]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)∵{an}为等差数列，
∴解得
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，
∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝2×＋＝(4n－1)＋n2＋2n.
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
错位相减求和
[例2]已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
[方法技巧]
错位相减法求和的策略
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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．
裂项相消求和
几种常见的裂项方式
数列(n为正整数)
裂项方式
(k为非零常数)
＝
＝
＝－
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan
[例3]已知数列是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)Sn＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋＝－＝1－，n∈N*.
[方法技巧]
用裂项法求和的裂项原则及规律
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
1.已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( )
A.－1 B．－1
C.－1 D．＋1
解析：选C 由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
2.已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选C 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.选C.
3.已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，∴bn＝2bn－1(n∈N*，n≥2)．∵b1＝a1－3＝2≠0，∴bn≠0(n≥2)，∴＝2，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋32＋…＋3n)＝＋＝2n＋1＋－.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
所以由①②两式相减得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.
又因为q>0，所以q＝2.
又因为S2＝2a2－2，所以a1＋a2＝2a2－2，
所以a1＋a1q＝2a1q－2，
代入q＝2，解得a1＝2，所以an＝2n.
(2)由(1)得bn＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，①
将①式两边同乘，得Tn＝＋＋＋…＋＋，②
由①②两式错位相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－
＝1－－，整理得Tn＝2－.
突破点(二) 数列的综合应用问题
1.等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点，主要有：(1)综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性质；(2)重点考查基本量(即“知三求二”，解方程(组))的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.
2.数列与函数的特殊关系，决定了数列与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：(1)以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；(2)根据数列是一种特殊的函数这一特点命题，考查利用函数的性质来研究数列的单调性、最值等问题.
3.数列与不等式的综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等.(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等.(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题.
等差数列与等比数列的综合问题
[例1]已知等比数列{an}满足an>0，a1a2a3＝64，Sn为其前n项和，且2S1，S3,4S2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求数列的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公比为q，∵2S1，S3,4S2成等差数列，∴2S3＝2S1＋4S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋4(a1＋a1q)，化简得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1.∵an>0，∴q＝2，由a1a2a3＝64可得a＝64，解得a2＝4，故2a1＝4，得到a1＝2，∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)∵bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝log2(a1a2·…·an)＝log221＋2＋…＋n＝1＋2＋…＋n＝，
∴＝＝2×.
∴Tn＝＋＋…＋＝2×＝2×＝.
[方法技巧]
等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略
(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．
(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
[提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合．
数列与函数的综合问题
[例2] 已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*.
(1)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝处取得最大值a4＋1，求函数f(x)在区间上的值域；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)因为anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，所以＝2，又因为a1＝1，所以a1a2＝21，即a2＝2，所以a3＝2，a4＝4，所以A＝a4＋1＝5，所以f(x)＝5sin(2x＋φ)．又因为x＝时，f(x)＝5，所以sin＝1，且0<φ<π，所以φ＝，所以f(x)＝5sin.又因为x∈，所以2x＋∈，所以sin∈，所以函数f(x)在上的值域为.
(2)由(1)得a1＝1，a2＝2，＝2，所以当n为奇数时，an＝a1·2＝2；当n为偶数时，an＝a2·2＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝
[方法技巧]
数列与函数问题的解题技巧
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．
数列与不等式的综合问题
[例3]已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，设{bn}的前n项和为Sn.求最小的正整数n，使得Sn>.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，依题意有
解得a1＝1，d＝2，从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)因为bn＝＝－，所以Sn＝＋＋…＋＝1－，令1－>，解得n>1 008，故取n＝1 009.
[方法技巧]
数列与不等式相结合问题的处理方法
(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．
(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．
总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．
1.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由Sn＝2an－a1，知Sn－1＝2an－1－a1(n≥2)，两式相减得an＝2an－1(n≥2)，即数列{an}是以2为公比的等比数列．又a1，a2＋1，a3成等差数列，∴a1＋a3＝2(a2＋1)，∴a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.故选B.
2.已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4＋，a11成等比数列．若p－q＝10，则ap－aq＝( )
A．14 B．15
C．16 D．17
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，由题意分析知d>0，因为a3，a4＋，a11成等比数列，所以2＝a3a11，即2＝(1＋2d)·(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0，所以d＝，所以an＝.所以ap－aq＝(p－q)＝15.
3.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，所以数列{an}是一个等差数列，an＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3，bn＝3n－1.数列{bn}的前n项和Tn＝＝.Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
4.已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.
(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；
(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2.解：(1)因为函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，
所以令y＝1，得f(x＋1)＝f(x)·f(1)，所以f(n＋1)＝f(n)·f(1)．又因为f(1)＝，所以＝，所以f(n)＝n(n∈N*)．
(2)证明：由(1)得an＝n·n，设Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，则Tn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，①
所以Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－2)n－1＋(n－1)×n＋n×n＋1，②
所以由①－②得Tn＝＋2＋3＋…＋n－1＋n－n·n＋1
＝－n·n＋1＝1－n－n·n＋1＝1－，
所以Tn＝2－<2，
即a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an<2.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
2．设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )
A．{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析：选B 已知b1＞c1，b1＋c1＝2a1，a2＝a1，故b2＝＝c1＋b1＜b1，c2＝＝b1＋c1＞c1，b2＋c2＝a1＋＝2a1，b2－c2＝＜0，即b2＜c2，b2c2＝·＝(b1＋c1)2＋b1c1＞b1c1.又a3＝
a2＝a1，所以b3＝＝c2＋b2＜b2，c3＝＝b2＋c2＞c2，b3＋c3＝＋＝2a2＝2a1，b3－c3＝c2＋b2－＝＞0，即b3＞c3，b3c3＝＝(b2＋c2)2＋b2c2＞b2c2＞b1c1.又△AnBnCn的面积为Sn＝ ＝ ，其中p＝(an＋bn＋cn)，p(p－an)和p2－(bn＋cn)p都为定值，bncn逐渐递增，所以数列{Sn}为递增数列，选择B.
3．Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝.
[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．已知数列{an}的通项公式为an＝5－n，其前n项和为Sn，将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn.若存在m∈N*，使对任意n∈N*，Sn≤Tm＋λ恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：选D 依题意得Sn＝＝，根据二次函数的性质，n＝4,5时，Sn取得最大值为10.另外，根据通项公式得数列{an}的前4项为a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，观察易知抽掉第二项后，余下的三项可组成等比数列．所以数列{bn}中，b1＝4，公比q＝，所以Tn＝＝8，所以4≤Tn<8.因为存在m∈N*，对任意n∈N*，Sn≤Tm＋λ恒成立，所以10<8＋λ，所以λ>2.故选D.
2．已知数列{an}满足a1＝1，P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，如果函数f(n)＝＋＋…＋(n∈N*，n≥2)，那么函数f(n)的最小值为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 将点P的坐标代入直线方程，得an＋1－an＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n，所以f(n)＝＋＋…＋，f(n＋1)＝＋＋…＋，所以f(n＋1)－f(n)＝＋－>＋－＝0，所以f(n)单调递增，故f(n)的最小值为f(2)＝，故选C.
3．据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是( )
A．11 B．13
C．15 D．17
解析：选B 设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a(1＋q)，a2＝a1＝a(1＋q)，…，a5＝a(1＋2)×(1＋1)×××＝a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.
4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.①
第二步：将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( )
A. B．
C. D．
解析：选C 由题意知所得新数列为1×，×，×，…，×，
所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝＝＝＝，故选C.
5．数列{an}满足a1＝，an＋1＝，若不等式＋＋…＋
C. D．
解析：选A 因为数列{an}满足a1＝，an＋1＝，所以反复代入计算可得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，…，由此可归纳出通项公式an＝，经验证，成立．所以＝1＋＝1＋，所以＋＋…＋＝n＋1＋＝n＋－.因为要求＋＋…＋
A．0 B．－9
C．9 D．1
解析：选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
7．若f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列(n∈N*)的前n项和为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm－1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，所以＝＝－，所以数列的前n项和为＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.故选A.
8．若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
解析：∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝，∵a1＝1，∴an＝.
答案：
9．已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.
解析：由an＝2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝＝3n－1，则bn＝＝＝－，则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
答案：－
10．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，数列{an}满足an＝f(3n)(n∈N*)，且a1＝3，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：因为an＝f(3n)，所以an＋1＝f(3n＋1)且a1＝3＝f(3)．又因为对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，所以令x＝3n，y＝3，则f(3n＋1)＝3nf(3)＋3f(3n)，所以an＋1＝3an＋3·3n，所以－＝1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·3n.
答案：n·3n
[大题常考题点——稳解全解]
1．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝1，且2a2，a4,3a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由2a2，a4,3a3成等差数列可得2a4＝2a2＋3a3，
即2a1q3＝2a1q＋3a1q2，
又q>1，a1＝1，故2q2＝2＋3q，
即2q2－3q－2＝0，得q＝2，
因此数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)bn＝2n×2n－1＝n×2n，
Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.②
①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，
－Tn＝－n×2n＋1，
Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.
2．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解：(1)设数列{xn}的公比为q，由已知得q>0.由题意得所以3q2－5q－2＝0.因为q>0，所以q＝2，x1＝1，因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.
3．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，a1a3＝4，且a3＋1是a2和a4的等差中项，若bn＝log2an＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝an＋1＋，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，且q>0，
在等比数列{an}中，由an>0，a1a3＝4得，a2＝2，①
又a3＋1是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋1)＝a2＋a4，②
把①代入②得，2(2q＋1)＝2＋2q2，
解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a2qn－2＝2n－1，
则bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋＝2n＋＝2n＋，
所以数列{cn}的前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＋
＝＋＝2n＋1－2＋.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋.
解：(1)因为Sn＝＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝＋，②
所以由①②两式相减得an＝Sn－Sn－1＝＋－－＝n＋1.
又因为n＝1时，a1＝S1＝2适合an＝n＋1，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)知bn＝n＋3－(n＋1)＋＝2＋，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋
＝2n＋
＝2n＋－<2n＋.
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