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2020届二轮复习数列（二）学案（全国通用）
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年 级： 辅导科目：数学 课时数：
课 题
等差数列与等比数列
教学目的
教学内容
第二节 等差数列
（一）高考目标
考纲解读
1．理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数的关系．
考向预测
1．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查“方程思想”．
2．以选择题、填空题的形式考查等差数列的性质．
3．数列与函数交汇是解答题综合考查的热点．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与前一项的差是 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母d表示．
2．等差数列的通项公式
如果等差数列{ }的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是 .
(3)若{}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 .
(4)若{ }，{bn}是等差数列，则{p＋qbn}是
(5)若{}是等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为 的等差数列．
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列{}的公差为d，其前n项和Sn 或 .
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
数列{}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的 ，即Sn＝
7．在等差数列{}中，a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值．
8．等差数列与等差数列各项的和有关的性质
(1)若{an}是等差数列，则{}也成 数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.
(2)Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成 数列．
（3）关于等差数列奇数项与偶数项的性质
①若项数为2n,则= ,
②若项数为2n-1，则=（n-1）,= . = , .
(4)两个等差数列 、的前n项和、之间的关系为：=
（三）基础自测
1．(2018·重庆文)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为( )
A．5 B．6 C．8 D．10
[答案] A
[解析] 本题考查等差数列的基本性质等差中项．由等差中项知2a5＝a1＋a9＝10，所以a5＝5，故选A.
2．(2009·安徽文)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于( )
A．－1 B．1 C．3 D．7
[答案] B
[解析] ∵{an}是等差数列，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝105，
∴a3＝35，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，
∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，
a20＝a4＋16d＝33－32＝1.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
[答案] B
[解析] 解法1：∵{an}是等差数列，∴S3、S6－S3、S9－S6为等差数列．
∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
∴S9－S6＝2S6－3S3＝45.
解法2：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，令bn＝，则{bn}成等差数列．
由题设b3＝＝3，b6＝＝6，
∴b9＝2b6－b3＝9.
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝9b9－36＝45.
4．(08·广东)记等差数列{an}的前n项和Sn.若a1＝，S4＝20，则S6＝( )
A．16 B．24 C．36 D．48
[答案] D
[解析] 设公差为d，由⇒⇒⇒S6＝6a1＋×3＝48.
5．(2018·辽宁文)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝__________.
[答案] 15
[解析] 考查等差数列性质及其通项公式．
解析：∵S3＝3 S6＝24
∴有a1＋a2＋a3＝3
a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝24
∴3a2＝3 ∴a2＝1
3(a2＋a5)＝24
∴a5＝7
∴3d＝7－1＝6 ∴d＝2
∴ a9＝a5＋4d＝7＋8＝15.
6．(2009·全国Ⅱ理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝5a3，则＝________.
[答案] 9
[解析] 本题考查等差数列基本量的运算及其简单性质．
解法1：设等差数列{an}的公差为d，
∵a5＝5a3，∴a1＋4d＝5(a1＋2d)，∴a1＝－d，
∴＝＝＝＝9.
解法2：＝＝＝，
∵a5＝5a3，∴＝5，∴＝＝9.
[点评] 比较上述两种解法，显然解法二利用了等差数列的性质，计算简单；解法一利用了基本量之间的关系，计算较麻烦，但这是解决等差数列的通法．
7．设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知a4＝1，S15＝75，Tn为数列的前n项和，求Tn.
[解析] 由a4＝1，S15＝75得，
解得a1＝－2，d＝1.
∴Sn＝－2n＋×1＝n2－n，
∴＝n－，而－＝，
∴是公差为的等差数列，首项＝－2.
∴Tn＝－2n＋×＝n2－n.
（四）典型例题
1.命题方向：等差数列中基本量的计算
[例1] (2018·全国卷Ⅰ文)记等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
[解析] 本题考查等差数列和等比数列的知识，渗透方程的思想，考查综合运算能力．
设数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵S3＝＝3a2＝12，∴a2＝4，
又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，
∴a22＝2a1(a3＋1)＝16，
即解得或
∴Sn＝8n＋×(－4)＝－2n2＋10n或Sn＝n＋×3＝n2－n.
[点评] 1.等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝＝na1＋d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
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．
跟踪练习1
已知等差数列{an}中，公差d>0，又a2·a3＝45，a1＋a4＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列bn＝，数列{bn}的前n项和记为Sn，求Sn.
[解析] (1)由题意得即.
解得或(与d>0矛盾，舍去)．
∴d＝a3－a2＝4.
∴an＝a2＋(n－2)d＝5＋4(n－2)＝4n－3.
(2)由(1)得an＋1＝4n＋1.
∴bn＝＝(－)．
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)＝.
2.命题方向：等差数列的判断与证明
[例2] (2009·湖北卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n为正整数)．令bn＝2nan，
求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式．
[分析] Sn－Sn－1＝an→2nan＝2n－1an－1＋1→bn→an.
[解析] 在Sn＝－an－n－1＋2中，令n＝1，
可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，
∴2an＝an－1＋n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.
∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1.即当n≥2时，bn－bn－1＝1.
又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.
[点评] 1.由Sn－Sn－1＝an来转化为an与an－1的递推关系时，要注意是n≥2成立，即要验证a1或b1是否成立．
2．等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．
3．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
提醒：若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
跟踪练习2
已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0 (n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
[分析] (1)由an与Sn的关系an＝Sn－Sn－1消去an，构造－证明其为常数．
(2)由(1)可求，进而求出Sn，再求an.
[解析] (1)∵an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，
∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
∴－＝2 (n≥2)．
由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴Sn＝.
当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，
又∵a1＝，
∴an＝.
3.命题方向：等差数列的性质
[例3] 等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为( )
A．130 B．170 C．210 D．260
[解析] 解法1：将Sm＝30，S2m＝100代入Sn＝na1＋d得
解之得d＝，a1＝＋.
∴S3m＝3ma1＋d＝210.
解法2：根据等差数列性质知：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，从而有2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)．
∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
解法3：∵Sn＝na1＋d，
∴＝a1＋d，∴点(n，)是直线y＝＋a1上的一串点，由三点(m，)、(2m，)、(3m，)共线易知S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
解法4：令m＝1得S1＝30，S2＝100，从而a1＝30，a1＋a2＝100，得到a1＝30，a2＝70，∴a3＝70＋(70－30)＝110，∴S3＝a1＋a2＋a3＝210.
[答案] C
[点评] 1.解法1利用方程思想；解法2设而不求、整体处理，利用等差数列依次每k项之和仍然成等差数列的性质；解法3是数形结合思想的运用；解法4利用选择题型的逻辑结构，采用赋值法．
2．等差数列的简单性质：
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)S2n－1＝(2n－1)an.
(2)若n为偶数，则S偶－S奇＝d.
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
(3)数列{c·an}，{c＋an}，{pan＋qbn}也是等差数列，其中c、p、q均为常数，{bn}是等差数列．
跟踪练习3
(1)在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项之和Sn等于( )
A．66 B．99 C．144 D．297
[答案] B
[解析] ∵a1＋a4＋a7＝39，
a3＋a6＋a9＝27
∴(a1＋a9)＋(a4＋a6)＋(a3＋a7)＝3(a1＋a9)＝66
∴a1＋a9＝22，
∴S9＝＝99.
(2)已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[答案] B
[解析] 由S偶－S奇＝d＝15，得d＝3.
4.命题方向：等差数列前n项和的最值问题
[例4] 已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
[分析] ①由Sn与an的关系，可写出Sn＋1与an＋1之间的关系，两式相减，即可得出an＋1与an间的关系．
②{bn}的前n项和最小，估计{bn}的前几项为负值，后面为正值，所有负值之和最小．
[解析] 方法一：∵2an＋1＝an＋an＋2，
∴{an}是等差数列．
设{an}的首项为a1，公差为d，
由a3＝10，S6＝72，
得∴
∴an＝4n－2.
则bn＝an－30＝2n－31.
解得≤n≤.
∵n∈N*，∴n＝15，
∵{bn}前15项为负值．∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S15＝＝＝－225.
方法二：同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn＝＝n2－30n＝(n－15)2－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
[点评] 若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，
①若a1>0，d<0，且满足，前n项和Sn最大；
②若a1<0，d>0，且满足，前n项和Sn最小；
③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图像或配方法求解；
④还可以利用Sn与n的函数关系，进行求导来求最值．
跟踪练习4：
等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？
[解析] 由条件S9＝S12可得9a1＋d＝12a1＋d，即d＝－a1.
由a1<0知d>0，即数列{an}为递增数列．
考虑常用方法，可找转折项或利用二次函数求解．
方法一： 由，
得，解得10≤n≤11.
∴当n为10或11时，Sn取最小值，
∴该数列前10项或前11项的和最小．
方法二 ∵S9＝S12，∴a10＋a11＋a12＝3a11＝0，
∴a11＝0.
又∵a1<0，∴公差d>0，
从而前10项或前11项和最小．
方法三 ∵S9＝S12.
∴Sn的图像所在抛物线的对称轴为x＝＝10.5，
又n∈N*，a1<0，
方法四 由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，
结合d＝－a1得
Sn＝(－a1)·n2＋(a1)·n
＝－(n－)2＋a1(a1<0)，
由二次函数性质可知n＝＝10.5时，Sn最小．
但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．
∴{an}的前10项或前11项和最小．
[点评] 在等差数列中，求Sn的最大(小)值，其思路是找出某一项，使这项及它前面的项皆取正(负)值或零，而它后面的各项皆取负(正)值，则从第1项起到该项的各项的和为最大(小)．
由于Sn为关于n的二次函数，也可借助二次函数的图像或性质求解．
（五）思想方法点拨
1．等差数列的问题，首先应抓住a1和d，通过列方程组来解，其他问题也就迎刃而解了．但此法有时运算繁杂，故若恰当地运用性质，可减少运算量．
2．等差数列的判定方法有以下几种：
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
3．注意设元技巧，利用对称性，减少运算量．若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依等差数列的定义进行对称设元．
4．解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某一具体量的结果，可采用整体代换的思想．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．14 B．21 C．28 D．35
[答案] C
[解析] 由a3＋a4＋a5＝12得，a4＝4，∴a1＋a2＋…＋a7＝×7＝7a4＝28.
2．(2018·福建理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
[答案] A
[解析] ∴
∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n＝(n－6)2－36.
即n＝6时，Sn最小．
3．(2018·浙江绍兴)设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．记Mn＝ab1＋ab2＋…abn，则{Mn}中不超过2018的项的个数为( )
A．8 B．9 C．10 D．11
[答案] C
[解析] 由条件易得，an＝n＋1，bn＝2n－1，所以Mn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(1＋1)＋(2＋1)＋(4＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋n＝＋n＝2n＋n－1，∵Mn≤2018，即2n＋n－1≤2018，∴n≤10，故答案为C.
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为( )
A．48 B．54 C．60 D．66
[答案] B
[解析] 解法1：∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，
∴S9＝＝＝54.
解法2：利用结论：S2n－1＝(2n－1)an，
∴S9＝9×a5＝9×＝54.
5．若一个等差数列的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
[答案] A
[解析] 依题意
两式相加得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.
∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴a1＋an＝60.
∵Sn＝＝390，∴n＝13.
6．(2018·北京)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15.若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于( )
A．30 B．45 C．90 D．186
[答案] C
[解析] 在等差数列{an}中，a5＝a2＋3d⇒15＝6＋3d⇒d＝3，
∵bn＝a2n，
∴{bn}也为等差数列，其首项和公差分别为：
b1＝a2＝6，d′＝2d＝6，
∴S5＝5×6＋×6＝90.
7．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2018，－＝2，则S2018的值为( )
A．－2018 B．2018 C．2018 D．－2018
[答案] D
[解析] 设Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，－＝2A＝2，故A＝1.又a1＝S1＝A＋B＝－2018，∴B＝－2018.∴＝2018－2018＝－1.∴S2018＝－2018.
8．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[答案] D
[解析] 由等差数列的性质可得
＝＝＝＝＝＝7＋.
∴当n取1、2、3、5、11时，符合条件．
二、填空题
9．等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为等差数列，那么新的等差数列的公差是________．
[答案] －
[解析] 设数列{an}的公差为d，则在每相邻两项之间插入一个数后得到的等差数列的公差为，
又由d＝＝＝－，得＝－.
10．(2018·浙江理)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．
[答案] d≥2或d≤－2
[解析] ∵S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)
S6＝3(2a1＋5d)
∴S6·S5＋15＝0，即(a1＋2d)(2a1＋d)＋1＝0，整理：2a12＋9a1d＋10d2＋1＝0
Δ＝81d2－4×2×(10d2＋1)≥0，即81d2－80d2－8≥0
∴d2≥8，∴d≥2或d≤－2.
11．(2018·韶关月考)给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为______．
a11 a12 … a19
a21 a22 … a29
… … … …
a91 a92 … a99
[答案] 405
[解析] S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.
三、解答题
12．(文)(2018·新课标文)设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．
[解析] 本题考查了等差数列的通项公式和等差列的前n项和公式以及前n 项和的最大值等知识，在解决问题时，要抓住等差数列的特征，认真运算．题目难度不大，属于容易题，重在考查学生对基础知识的掌握．
(1)由已知a3＝5，a10＝－9得
可解得
数列{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.
因为Sn＝－(n－5)2＋25，
所以当n＝5时，Sn取得最大值．
(理)已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] (1)设数列{an}的公差为d，依题意得方程组解得a1＝5，d＝4.
所以{an}的通项公式为an＝4n＋1.
(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，
所以{bn}是首项b1＝25，公比q＝24的等比数列．
于是得{bn}的前n项和
Sn＝＝.
13．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)2且an>0.
(1)求a1，a2；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)令bn＝20－an，问：数列{bn}的前多少项和最大？
[解析] (1)a1＝S1＝(a1＋1)2，
∴a1＝1，a1＋a2＝(a2＋1)2.
∴a2＝3.
(2)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝(an2－an－12)＋(an－an－1)，
由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.
∴{an}是以1为首项，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
(3)bn＝21－2n，b1>0，{bn}是递减函数，
令得≤n≤.
∵n∈N*，∴n＝10，
即{bn}的前10项和最大．
14．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋3n＋1(n∈N*)．
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[分析] 数列的递推公式经常在已知条件中给出，此类题只需利用累加、累乘等方法求数列的通项及前n项和即可．
[解析] (1)∵an＋1＝3an＋3n＋1，
∴＝＋1，得bn＋1＝bn＋1，b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
(2)由(1)易知，数列{}是首项和公差均为1的等差数列，所以＝n，
∴an＝n×3n.
Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，
3Sn＝1×32＋2×32＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，
两式相减，得2Sn＝n×3n＋1－(31＋32＋…＋3n)，
故Sn＝(－)3n＋1＋.
[点评] 对于由递推关系确定通项公式的问题，通常可对递推关系式进行变形，从而转化为等差或等比数列的问题来解决，这类问题一直是高考久考不衰的题型．从此题可以看出，构造特殊数列以及对代数式的灵活变形是处理此题的关键．复习时要加强数列基础知识的掌握．
15．已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n≥2)，求函数f(n)的最小值；
(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．
[解析] (1)由点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，
即an＋1－an＝1，
且a1＝1，故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)f(n)＝＋＋＋…＋
f(n＋1)＝＋＋＋…＋＋
f(n＋1)－f(n)＝＋－>＋－＝0.
所以f(n)是单调递增函数，
故f(n)的最小值是f(2)＝.
(3)bn＝，可得
Sn＝1＋＋＋…＋，
Sn－Sn－1＝(n≥2)，n(Sn－Sn－1)＝1，
nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，
(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1
……
2S2－S1＝S1＋1
nSn－S1＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＋n－1
S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)，n≥2.
g(n)＝n，
故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数n恒成立．
[点评] 数列与函数、不等式、解析几何结合命题是高考的热点，要灵活结合有关知识求解．本例中点在直线上，则点的坐标满足直线方程，求f(n)最小值要考虑求最值的常用方法，数列中常用单调性求数列中的最值，等式恒成立问题则要建立恒成立的关系式．
第三节 等比数列
（一）高考目标
考纲解读
1．理解等比数列的概念．
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等比数列与指数函数的关系．
考向预测
1．以定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定．
2．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查等差、等比数列的综合应用．
3．以选择题、填空题的形式考查等比数列的性质．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于 ，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 表示．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝ .
3．等比中项
若三个数 ，那么G叫做a与b的等比中项，即 .
4．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am· ，(n，m∈N＋)．
(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N＋)，则 .
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λ}(λ≠0)，{ }，{}，{an·bn}，{ }
仍是 数列．
5．等比数列的前n项和公式
等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，
Sn＝ ＝＝－.
6．等比数列前n项和的性质
公比不为－1的等比数列{an}的前n项和Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为 .
（三）基础自测
1．(2018·江西文)等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5>a2，则an＝( )
A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1 C．(－2)n D．－(－2)n
[答案] A
[解析] 本题是不等式与数列综合的题目，考查了等比数列的性质及不等式的内容，
a5>a2⇒－8a2>a2⇒9a2<0⇒a2<0，a5＝－8a2⇒＝－8⇒q3＝－8⇒q＝－2，a2＝a1q<0⇒a1>0.|a1|＝1⇒a1＝1，
∴an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，故选A.
2．(2018·辽宁文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
[答案] B
[解析] 本题考查等比数列公比的求解．
∵S3＝S2＋a3 , 3S3＝a4－2
∴3S3＝3(S2＋a3)＝a4－2
∵3S2＝a3－2
∴a3－2＋3a3＝a4－2
∴4a3＝a4∴q＝＝4，选B.
3．(2009·海南宁夏理)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．7 B．8 C．15 D．16
[答案] C
[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列的性质，考查运算能力．
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q；由4a1,2a2，a3成等差数列，得4a2＝4a1＋a3，
∴4a1q＝4a1＋a1q3，又∵a1＝1，
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2，
∴S4＝＝＝15.
4．在等比数列{an}中，若an>0且a3a7＝64，则a5的值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
[答案] D
[解析] ∵{an}是等比数列．
∴a3a7＝a52＝64.
又∵an>0，
∴a5＝8.故选D.
5．若数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，….是首项为1，公比为2的等比数列，则an等于________．
[答案] 2n－1
[解析] an－an－1＝a1qn－1＝2n－1
即
相加：an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2
∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.
6．(2018·安徽怀宁一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
[答案] 3
[解析] 本题考查等比数列的通项公式及前n项和公式．
若q＝1时，S3＝3a1，S6＝6a1，显然S6≠4S3，故q≠1，
∴＝4·，∴1＋q3＝4，∴q3＝3.
∴a4＝a1q3＝q3＝3.
[点评] 解有关等比数列的前n项和问题时，一定要注意对公比q进行分类讨论，否则会出现漏解现象．
7．(2009·浙江)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．
(1)求a1及an；
(2)若对于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．
[解析] (1)由Sn＝kn2＋n得，
a1＝S1＝k＋1，
an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)．
a1＝k＋1也满足上式，
所以an＝2kn－k＋1，n∈N*.
(2)由am，a2m，a4m成等比数列得，
(4mk－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，
将上式化简得，
2km(k－1)＝0，
因为m∈N*，所以m≠0，
故k＝0，或k＝1.
（四）典型例题
1.命题方向：等比数列中基本量的计算
[例1] (2009·福建文)等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[分析] 本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．
[解析] (1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n；
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32，
设{bn}的公差为d，则有
解得
从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝ ＝6n2－22n.
[点评] (1)等比数列的通项公式an＝a1qn－1以前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求另二，体现了方程思想的应用．
(2)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
跟踪练习1
等比数列{an}的各项均为正数，其前k项中，数值最大的一项是54，若该数列的前k项之和为Sk，且Sk＝80，
S2k＝6560，
求：(1)前100项之和S100；(2)通项公式an.
[分析] 利用等比数列的通项公式及前n项和公式列出关于a1与q的方程组，求出a1和q即可．
[解析] 设公比为q，∵S2k－Sk＝6 480>Sk，
∴q>1.则最大项是ak＝a1qk－1＝54(∵ak>0)．①
又Sk＝＝80，②
S2k＝＝6 560，③
由①②③，解得a1＝2，q＝3，则
(1)前100项之和S100＝＝3100－1.
2.命题方向：等比数列的判定与证明
[例2] 设数列{an}的首项a1＝a≠，且an＋1＝记bn＝a2n－1－，n＝1,2,3….
(1)求a2，a3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
[分析] 本题是高考题目中常见的探索性试题，它与直接证明一个数列是等比数列比较而言难度更大，这是因为要解决这一问题需要先有一个探索、研究、归纳的过程，本题中的第一问在某种意义上讲，就为解答第二问奠定了基础．
[解析] (1)a2＝a1＋＝a＋，a3＝a2＝a＋.
(2)∵a4＝a3＋＝a＋，
∴a5＝a4＝a＋，
∴b1＝a1－＝a－，b2＝a3－＝(a－)，
b3＝a5－＝(a－)，
猜想：{bn}的公比为的等比数列．
证明如下：
∵bn＋1＝a2n＋1－＝a2n－＝(a2n－1＋)－＝(a2n－1－)＝bn，(n∈N*)
∴{bn}是首项为a－，公比为的等比数列．
[点评] 等比数列的判定方法有：
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且an＋12＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)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．
提醒：(1)前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比即可．
跟踪练习2
数列{an}中，a1＝2，a2＝3，且{anan＋1}是以3为公比的等比数列，记bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)．
(1)求a3、a4、a5、a6的值；
(2)求证：{bn}是等比数列．
[解析] (1)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，
∴anan＋1＝a1a2·3n－1＝2·3n，
∴a3＝＝6，a4＝＝9，a5＝＝18，a6＝＝27.
(2)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，
∴anan＋1＝3an－1an，即an＋1＝3an－1，
∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…与a2，a4，a6，…，a2n，…都是公比为3的等比数列．
∴a2n－1＝2·3n－1，a2n＝3·3n－1，
∴bn＝a2n－1＋a2n＝5·3n－1.
∴＝＝3，故{bn}是以5为首项，3为公比的等比数列.
3.命题方向：等比数列的性质
[例3] 已知等比数列{an}中，an>0，a1、a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a20·a50·a80的值为( )
A．32 B．64 C．256 D．±64
[解析] 由等比数列性质及韦达定理知(a50)2＝a1·a99＝16，∴a50＝4， a20·a50·a80＝a503＝64.
∴选B.
[答案] B
跟踪练习3：
在正项等比数列{an}中，若a2·a4·a6·a8·a10＝32，则log2a7－log2a8＝( )
A. B. C. D.
[答案]D
[解析] ∵a2·a4·a6·a8·a10＝32，∴a6＝2，
∴log2a7－log2a8＝log2＝log2＝log2＝log2＝.
4.命题方向：等差、等比数列的综合应用
[例4] (2018·四川文)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1 (q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n 项和Sn.
[解析] 本题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．
(1)设{an}的公差为d，由已知得
解得a1＝3，d＝－1.
故an＝3－(n－1)＝4－n.
(2)由(1)的解答可得：bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.
若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
两式相减得到
(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1＝n·qn－＝
于是，Sn＝.
若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以，Sn＝
跟踪练习4
(文)(2018·北京文)已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．
[解析] 本题考查了等差数列的通项公式和等比数列前n项和公式．
(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a3＝－6，a6＝0.
∴，解得a1＝－10，d＝2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
∵b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8.
∴q＝＝3.
∴{bn}的前n项和Sn＝＝4(1－3n)．
(理)(2009·安徽文)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式．
(2)设cn＝an2·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1
[解析] (1)a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.
又a1＝4适合上式，∴an＝4n(n∈N*)．
将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－T1，
∴T1＝b1＝1.
当n≥2时，Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
∴bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝bn－1，
∴bn＝21－n.
(2)解法一：由cn＝an2·bn＝n225－n，
得＝2.
当且仅当n≥3时，1＋≤<，即cn＋1
cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2]．
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn<0，即cn＋1
（五）思想方法点拨
1．比较法是理解和掌握两类数列的定义、通项公式及中项公式、前n项和公式的重要方法．判断一个数列是否是等比数列，不能只验证数列的前几项，需根据定义证明是常数，也可证明其等价形式：an2＝an－1an＋1.特别地，在判定三个实数a，b，c成等比数列时，常用ac＝b2，两类数列的通项公式与前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算题．方程观点是解决这类问题的基本数学思想和方法，在已知三个实数成等比数列时，可设三个数依次为a、aq、aq2，也可设为、a、aq，使许多实际问题能够得到迅速、准确的解决．
2．等比数列的判定方法有以下几种：
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c、q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)中项公式法：an＋12＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：
Sn＝qn－＝kqn－k(k＝是常数，且q≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列．
3．解决等比数列有关问题的常见思想方法．
(1)方程的思想．等比数列中的五个量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)数形结合的思想．通项an＝a1qn－1可化为an＝()qn，因此an是关于n的函数．即{an}中的各项所表示的点(n，an)在曲线y＝()qx上，一是群孤立的点．
单调性：当或时，{an}是递增数列；
当或时，{an}为递减数列．
当q＝1时，{an}为常数列；
当q<0时，{an}为摆动数列．
(3)分类思想．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，此处是常考易错点．
4．已知三个数成等比数列时，可设这三个数为a，aq，aq2，也可设为，a，aq；若四个数成等比数列时，可设为，，aq，aq3.
5．等比数列{an}前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握．
即当q＝1时，Sn＝na1.
当q≠1时，
⇒(1－q)Sn＝a1－a1qn⇒Sn＝.
（六）课后强化作业
一、选择题
1．(2018·北京理)在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1，若am＝a1a2a3a4a5，则m＝( )
A．9 B．10 C．11 D．12
[答案] C
[解析] am＝a1a2a3a4a5＝q·q2·q3·q4＝q10＝a1q10，
因此有m＝11.
2．(2018·辽宁理)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )
A. B. C. D.
[答案] B
[解析] a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，
∵S3＝7，∴q≠1，∴，
∴两式相比＝7，
∴q＝或q＝－(舍去)，即a1＝4.
∴S5＝＝，故选B.
3．一个等比数列前三项的积为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
[答案] B
[解析] 设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1，所以前三项之积a13q3＝2，后三项之积a13q3n－6＝4.所以两式相乘，得a16q3(n－1)＝8，即a12qn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，a1nq＝64，即(a12qn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12，本题利用通项公式转化为基本量a1，q的关系加以解决，利用基本量沟通已知和所求是常用的方法，注意体会．
4．设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，则S20＝( )
A．1025 B．1024 C．10250 D．10240
[答案] C
[解析] ∵log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，∴log2xn＋1＝log2(2xn)，∴xn＋1＝2xn，＝2(n∈N*)，又xn>0(n∈N*)，所以数列{xn}是公比为2的等比数列，由x1＋x2＋…＋x10＝10得到x1＝，
所以S20＝＝10×(210＋1)＝10250.
5．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30 C．26 D．16
[答案] B
[解析] 据等比数列性质：
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，
则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，∵Sn＝2，S3n＝14，
∴(S2n－2)2＝2×(14－S2n)．
又S2n>0得S2n＝6，又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，
∴(14－6)2＝(6－2)·(S4n－14)．解得S4n＝30.
6．(2018·江西理)等比数列{an}中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，则f ′(0)＝( )
A．26 B．29 C．212 D．215
[答案] C
[解析] 令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，则f(x)＝xg(x)
f ′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f ′(0)＝g(0)＝a1a2……a8＝(a1a8)4＝212.
7．(2018·安徽理)设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是( )
A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)
C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X)
[答案] D
[解析] ∵{an}是等比数列，
∴X，Y－X，Z－Y成等比数列．
∴(Y－X)2＝X(Z－Y)，即Y2－XY＝XZ－X2
∴Y(Y－X)＝X(Z－X)，故选D.
8．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为( )
A．6 B．8 C．10 D．12
[答案] B
[解析] 设项数为2n，则由已知得
＝q＝2，又a1＝1，得an＝2n－1，其中间两项和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，可解得n＝4，故得项数2n＝8，应选B.
二、填空题
9．在等比数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于________．
[答案] (4n－1)
[解析] 由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，
∴a1＝1，an＝2n－1，q＝2
∴{an}是等比数列
∴{an2}也是等比数列，首项为1，公比为4
∴a12＋a22＋…＋an2＝＝(4n－1)．
10．设f(x)是定义R恒不为0的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n为常数)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．
[答案] [，1)
[解析] 因an＋1＝f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝an，
故Sn＝＝1－()n，
∵n≥1，n∈N，∴Sn∈[，1)．
11．(2018·天津文)设{an}是等比数列，公比q＝，Sn为{an}的前n项和．记Tn＝，n∈N*，设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝__________.
[答案] 4
[解析] 本题考查了等比数列与均值不等式的综合应用，考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力．
Tn＝＝
＝＝
＝·＝·
当且仅当()n＝时，Tn取得最大值，此时n0＝4.
三、解答题
12．(文)(2018·陕西理)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{2an}的前n项和Sn.
[解析] 本题考查等差与等比数列的基本性质，第一问只须设出公差d，从而得到关于d的方程式求解，第二问直接利用等比数列前n项和公式即可求得．
(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，解得d＝1，d＝0(舍去)，故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式得
Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
(理)设数列{an}中a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.设bn＝an＋1－2an.求证：{bn}是等比数列，并求bn.
[解析] 由a1＝1，Sn＋1＝4an＋2，
得1＋a2＝4a1＋2，
∴a2＝5，∴b1＝5－2×1＝3.
又由Sn＋1＝4an＋2，得Sn＋2＝4an＋1＋2.
上两式相减得an＋2＝4an＋1－4an.
即an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
∴bn＋1＝2bn，
∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴bn＝3·2n－1.
13．(2018·全国Ⅱ文)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] 本题考查了数列的通项公式、数列求和等基础知识和基本技能，考查分析问题的能力和推理论证能力．
(1)设等比数列公比为q，则an＝a1·qn－1，
由已知有
化简得
又a1>0，故q＝2，a1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2＝an2＋＋2＝4n－1＋＋2，
∴Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1.
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝k·2n＋m，k≠0，且a1＝3.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (Ⅰ)依题意有
解得a2＝2k，a3＝4k，
∴公比为q＝＝2，∴＝2，∴k＝3，
代入①得m＝－3，
∴an＝3·2n－1.
(Ⅱ)解bn＝＝，Tn＝(1＋＋＋…＋)，④
Tn＝(＋＋…＋＋)，⑤
④－⑤得Tn＝(1＋＋＋…＋－)，…
Tn＝＝(1－－)．
15．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，是与(an＋1)2的等比中项．
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn；
(3)在(2)的条件下，是否存在常数λ，使得数列为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由．
[分析] 要证明{an}为等差数列，只需证明n≥2时an－an－1为定值；要求Tn必须仔细观察Tn的表达式的特点，根据其特点选用相应的求和方法；要解决第(3)问，需先写出数列的通项，观察其特点，以便求出λ的值．
[解析] (1)由是与(an＋1)2的等比中项，得Sn＝(an＋1)2.
当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝(an－1＋1)2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(an2－an－12＋2an－2an－1)，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝2.
∴数列{an}是等差数列．
(2)数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，通项公式为an＝2n－1.
则bn＝，
则Tn＝＋＋＋…＋.①
两边同乘以得，Tn＝＋＋＋…＋.②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝2×－－
＝2×－－＝－，
∴Tn＝3－.
(3)＝×＝－，
∵数列为等比数列的充要条件是＝Aqn，(A、q是不为0的常数)．
∴当且仅当3＋λ＝0，即λ＝－3时，
数列为等比数列．
年 级： 辅导科目：数学 课时数：
课 题
等差数列与等比数列
教学目的
教学内容
第二节 等差数列
（一）高考目标
考纲解读
1．理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数的关系．
考向预测
1．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查“方程思想”．
2．以选择题、填空题的形式考查等差数列的性质．
3．数列与函数交汇是解答题综合考查的热点．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与前一项的差是 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母d表示．
2．等差数列的通项公式
如果等差数列{ }的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是 .
(3)若{}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 .
(4)若{ }，{bn}是等差数列，则{p＋qbn}是
(5)若{}是等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为 的等差数列．
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列{}的公差为d，其前n项和Sn 或 .
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
数列{}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的 ，即Sn＝
7．在等差数列{}中，a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值．
8．等差数列与等差数列各项的和有关的性质
(1)若{an}是等差数列，则{}也成 数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.
(2)Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成 数列．
（3）关于等差数列奇数项与偶数项的性质
①若项数为2n,则= ,
②若项数为2n-1，则=（n-1）,= . = , .
(4)两个等差数列 、的前n项和、之间的关系为：=
（三）基础自测
1．(2018·重庆文)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为( )
A．5 B．6 C．8 D．10
[答案] A
[解析] 本题考查等差数列的基本性质等差中项．由等差中项知2a5＝a1＋a9＝10，所以a5＝5，故选A.
2．(2009·安徽文)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于( )
A．－1 B．1 C．3 D．7
[答案] B
[解析] ∵{an}是等差数列，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝105，
∴a3＝35，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，
∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，
a20＝a4＋16d＝33－32＝1.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
[答案] B
[解析] 解法1：∵{an}是等差数列，∴S3、S6－S3、S9－S6为等差数列．
∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
∴S9－S6＝2S6－3S3＝45.
解法2：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，令bn＝，则{bn}成等差数列．
由题设b3＝＝3，b6＝＝6，
∴b9＝2b6－b3＝9.
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝9b9－36＝45.
4．(08·广东)记等差数列{an}的前n项和Sn.若a1＝，S4＝20，则S6＝( )
A．16 B．24 C．36 D．48
[答案] D
[解析] 设公差为d，由⇒⇒⇒S6＝6a1＋×3＝48.
5．(2018·辽宁文)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝__________.
[答案] 15
[解析] 考查等差数列性质及其通项公式．
解析：∵S3＝3 S6＝24
∴有a1＋a2＋a3＝3
a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝24
∴3a2＝3 ∴a2＝1
3(a2＋a5)＝24
∴a5＝7
∴3d＝7－1＝6 ∴d＝2
∴ a9＝a5＋4d＝7＋8＝15.
6．(2009·全国Ⅱ理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝5a3，则＝________.
[答案] 9
[解析] 本题考查等差数列基本量的运算及其简单性质．
解法1：设等差数列{an}的公差为d，
∵a5＝5a3，∴a1＋4d＝5(a1＋2d)，∴a1＝－d，
∴＝＝＝＝9.
解法2：＝＝＝，
∵a5＝5a3，∴＝5，∴＝＝9.
[点评] 比较上述两种解法，显然解法二利用了等差数列的性质，计算简单；解法一利用了基本量之间的关系，计算较麻烦，但这是解决等差数列的通法．
7．设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知a4＝1，S15＝75，Tn为数列的前n项和，求Tn.
[解析] 由a4＝1，S15＝75得，
解得a1＝－2，d＝1.
∴Sn＝－2n＋×1＝n2－n，
∴＝n－，而－＝，
∴是公差为的等差数列，首项＝－2.
∴Tn＝－2n＋×＝n2－n.
（四）典型例题
1.命题方向：等差数列中基本量的计算
[例1] (2018·全国卷Ⅰ文)记等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
[解析] 本题考查等差数列和等比数列的知识，渗透方程的思想，考查综合运算能力．
设数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵S3＝＝3a2＝12，∴a2＝4，
又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，
∴a22＝2a1(a3＋1)＝16，
即解得或
∴Sn＝8n＋×(－4)＝－2n2＋10n或Sn＝n＋×3＝n2－n.
[点评] 1.等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝＝na1＋d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
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．
跟踪练习1
已知等差数列{an}中，公差d>0，又a2·a3＝45，a1＋a4＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列bn＝，数列{bn}的前n项和记为Sn，求Sn.
[解析] (1)由题意得即.
解得或(与d>0矛盾，舍去)．
∴d＝a3－a2＝4.
∴an＝a2＋(n－2)d＝5＋4(n－2)＝4n－3.
(2)由(1)得an＋1＝4n＋1.
∴bn＝＝(－)．
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)＝.
2.命题方向：等差数列的判断与证明
[例2] (2009·湖北卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n为正整数)．令bn＝2nan，
求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式．
[分析] Sn－Sn－1＝an→2nan＝2n－1an－1＋1→bn→an.
[解析] 在Sn＝－an－n－1＋2中，令n＝1，
可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，
∴2an＝an－1＋n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.
∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1.即当n≥2时，bn－bn－1＝1.
又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.
[点评] 1.由Sn－Sn－1＝an来转化为an与an－1的递推关系时，要注意是n≥2成立，即要验证a1或b1是否成立．
2．等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．
3．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
提醒：若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
跟踪练习2
已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0 (n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
[分析] (1)由an与Sn的关系an＝Sn－Sn－1消去an，构造－证明其为常数．
(2)由(1)可求，进而求出Sn，再求an.
[解析] (1)∵an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，
∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
∴－＝2 (n≥2)．
由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴Sn＝.
当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，
又∵a1＝，
∴an＝.
3.命题方向：等差数列的性质
[例3] 等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为( )
A．130 B．170 C．210 D．260
[解析] 解法1：将Sm＝30，S2m＝100代入Sn＝na1＋d得
解之得d＝，a1＝＋.
∴S3m＝3ma1＋d＝210.
解法2：根据等差数列性质知：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，从而有2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)．
∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
解法3：∵Sn＝na1＋d，
∴＝a1＋d，∴点(n，)是直线y＝＋a1上的一串点，由三点(m，)、(2m，)、(3m，)共线易知S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
解法4：令m＝1得S1＝30，S2＝100，从而a1＝30，a1＋a2＝100，得到a1＝30，a2＝70，∴a3＝70＋(70－30)＝110，∴S3＝a1＋a2＋a3＝210.
[答案] C
[点评] 1.解法1利用方程思想；解法2设而不求、整体处理，利用等差数列依次每k项之和仍然成等差数列的性质；解法3是数形结合思想的运用；解法4利用选择题型的逻辑结构，采用赋值法．
2．等差数列的简单性质：
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)S2n－1＝(2n－1)an.
(2)若n为偶数，则S偶－S奇＝d.
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
(3)数列{c·an}，{c＋an}，{pan＋qbn}也是等差数列，其中c、p、q均为常数，{bn}是等差数列．
跟踪练习3
(1)在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项之和Sn等于( )
A．66 B．99 C．144 D．297
[答案] B
[解析] ∵a1＋a4＋a7＝39，
a3＋a6＋a9＝27
∴(a1＋a9)＋(a4＋a6)＋(a3＋a7)＝3(a1＋a9)＝66
∴a1＋a9＝22，
∴S9＝＝99.
(2)已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[答案] B
[解析] 由S偶－S奇＝d＝15，得d＝3.
4.命题方向：等差数列前n项和的最值问题
[例4] 已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
[分析] ①由Sn与an的关系，可写出Sn＋1与an＋1之间的关系，两式相减，即可得出an＋1与an间的关系．
②{bn}的前n项和最小，估计{bn}的前几项为负值，后面为正值，所有负值之和最小．
[解析] 方法一：∵2an＋1＝an＋an＋2，
∴{an}是等差数列．
设{an}的首项为a1，公差为d，
由a3＝10，S6＝72，
得∴
∴an＝4n－2.
则bn＝an－30＝2n－31.
解得≤n≤.
∵n∈N*，∴n＝15，
∵{bn}前15项为负值．∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S15＝＝＝－225.
方法二：同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn＝＝n2－30n＝(n－15)2－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
[点评] 若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，
①若a1>0，d<0，且满足，前n项和Sn最大；
②若a1<0，d>0，且满足，前n项和Sn最小；
③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图像或配方法求解；
④还可以利用Sn与n的函数关系，进行求导来求最值．
跟踪练习4：
等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？
[解析] 由条件S9＝S12可得9a1＋d＝12a1＋d，即d＝－a1.
由a1<0知d>0，即数列{an}为递增数列．
考虑常用方法，可找转折项或利用二次函数求解．
方法一： 由，
得，解得10≤n≤11.
∴当n为10或11时，Sn取最小值，
∴该数列前10项或前11项的和最小．
方法二 ∵S9＝S12，∴a10＋a11＋a12＝3a11＝0，
∴a11＝0.
又∵a1<0，∴公差d>0，
从而前10项或前11项和最小．
方法三 ∵S9＝S12.
∴Sn的图像所在抛物线的对称轴为x＝＝10.5，
又n∈N*，a1<0，
方法四 由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，
结合d＝－a1得
Sn＝(－a1)·n2＋(a1)·n
＝－(n－)2＋a1(a1<0)，
由二次函数性质可知n＝＝10.5时，Sn最小．
但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．
∴{an}的前10项或前11项和最小．
[点评] 在等差数列中，求Sn的最大(小)值，其思路是找出某一项，使这项及它前面的项皆取正(负)值或零，而它后面的各项皆取负(正)值，则从第1项起到该项的各项的和为最大(小)．
由于Sn为关于n的二次函数，也可借助二次函数的图像或性质求解．
（五）思想方法点拨
1．等差数列的问题，首先应抓住a1和d，通过列方程组来解，其他问题也就迎刃而解了．但此法有时运算繁杂，故若恰当地运用性质，可减少运算量．
2．等差数列的判定方法有以下几种：
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
3．注意设元技巧，利用对称性，减少运算量．若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依等差数列的定义进行对称设元．
4．解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某一具体量的结果，可采用整体代换的思想．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．14 B．21 C．28 D．35
[答案] C
[解析] 由a3＋a4＋a5＝12得，a4＝4，∴a1＋a2＋…＋a7＝×7＝7a4＝28.
2．(2018·福建理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
[答案] A
[解析] ∴
∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n＝(n－6)2－36.
即n＝6时，Sn最小．
3．(2018·浙江绍兴)设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．记Mn＝ab1＋ab2＋…abn，则{Mn}中不超过2018的项的个数为( )
A．8 B．9 C．10 D．11
[答案] C
[解析] 由条件易得，an＝n＋1，bn＝2n－1，所以Mn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(1＋1)＋(2＋1)＋(4＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋n＝＋n＝2n＋n－1，∵Mn≤2018，即2n＋n－1≤2018，∴n≤10，故答案为C.
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为( )
A．48 B．54 C．60 D．66
[答案] B
[解析] 解法1：∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，
∴S9＝＝＝54.
解法2：利用结论：S2n－1＝(2n－1)an，
∴S9＝9×a5＝9×＝54.
5．若一个等差数列的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
[答案] A
[解析] 依题意
两式相加得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.
∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴a1＋an＝60.
∵Sn＝＝390，∴n＝13.
6．(2018·北京)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15.若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于( )
A．30 B．45 C．90 D．186
[答案] C
[解析] 在等差数列{an}中，a5＝a2＋3d⇒15＝6＋3d⇒d＝3，
∵bn＝a2n，
∴{bn}也为等差数列，其首项和公差分别为：
b1＝a2＝6，d′＝2d＝6，
∴S5＝5×6＋×6＝90.
7．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2018，－＝2，则S2018的值为( )
A．－2018 B．2018 C．2018 D．－2018
[答案] D
[解析] 设Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，－＝2A＝2，故A＝1.又a1＝S1＝A＋B＝－2018，∴B＝－2018.∴＝2018－2018＝－1.∴S2018＝－2018.
8．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[答案] D
[解析] 由等差数列的性质可得
＝＝＝＝＝＝7＋.
∴当n取1、2、3、5、11时，符合条件．
二、填空题
9．等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为等差数列，那么新的等差数列的公差是________．
[答案] －
[解析] 设数列{an}的公差为d，则在每相邻两项之间插入一个数后得到的等差数列的公差为，
又由d＝＝＝－，得＝－.
10．(2018·浙江理)设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．
[答案] d≥2或d≤－2
[解析] ∵S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)
S6＝3(2a1＋5d)
∴S6·S5＋15＝0，即(a1＋2d)(2a1＋d)＋1＝0，整理：2a12＋9a1d＋10d2＋1＝0
Δ＝81d2－4×2×(10d2＋1)≥0，即81d2－80d2－8≥0
∴d2≥8，∴d≥2或d≤－2.
11．(2018·韶关月考)给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为______．
a11 a12 … a19
a21 a22 … a29
… … … …
a91 a92 … a99
[答案] 405
[解析] S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.
三、解答题
12．(文)(2018·新课标文)设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．
[解析] 本题考查了等差数列的通项公式和等差列的前n项和公式以及前n 项和的最大值等知识，在解决问题时，要抓住等差数列的特征，认真运算．题目难度不大，属于容易题，重在考查学生对基础知识的掌握．
(1)由已知a3＝5，a10＝－9得
可解得
数列{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.
因为Sn＝－(n－5)2＋25，
所以当n＝5时，Sn取得最大值．
(理)已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] (1)设数列{an}的公差为d，依题意得方程组解得a1＝5，d＝4.
所以{an}的通项公式为an＝4n＋1.
(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，
所以{bn}是首项b1＝25，公比q＝24的等比数列．
于是得{bn}的前n项和
Sn＝＝.
13．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)2且an>0.
(1)求a1，a2；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)令bn＝20－an，问：数列{bn}的前多少项和最大？
[解析] (1)a1＝S1＝(a1＋1)2，
∴a1＝1，a1＋a2＝(a2＋1)2.
∴a2＝3.
(2)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝(an2－an－12)＋(an－an－1)，
由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.
∴{an}是以1为首项，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
(3)bn＝21－2n，b1>0，{bn}是递减函数，
令得≤n≤.
∵n∈N*，∴n＝10，
即{bn}的前10项和最大．
14．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋3n＋1(n∈N*)．
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[分析] 数列的递推公式经常在已知条件中给出，此类题只需利用累加、累乘等方法求数列的通项及前n项和即可．
[解析] (1)∵an＋1＝3an＋3n＋1，
∴＝＋1，得bn＋1＝bn＋1，b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
(2)由(1)易知，数列{}是首项和公差均为1的等差数列，所以＝n，
∴an＝n×3n.
Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，
3Sn＝1×32＋2×32＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，
两式相减，得2Sn＝n×3n＋1－(31＋32＋…＋3n)，
故Sn＝(－)3n＋1＋.
[点评] 对于由递推关系确定通项公式的问题，通常可对递推关系式进行变形，从而转化为等差或等比数列的问题来解决，这类问题一直是高考久考不衰的题型．从此题可以看出，构造特殊数列以及对代数式的灵活变形是处理此题的关键．复习时要加强数列基础知识的掌握．
15．已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n≥2)，求函数f(n)的最小值；
(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．
[解析] (1)由点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，
即an＋1－an＝1，
且a1＝1，故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)f(n)＝＋＋＋…＋
f(n＋1)＝＋＋＋…＋＋
f(n＋1)－f(n)＝＋－>＋－＝0.
所以f(n)是单调递增函数，
故f(n)的最小值是f(2)＝.
(3)bn＝，可得
Sn＝1＋＋＋…＋，
Sn－Sn－1＝(n≥2)，n(Sn－Sn－1)＝1，
nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，
(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1
……
2S2－S1＝S1＋1
nSn－S1＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＋n－1
S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)，n≥2.
g(n)＝n，
故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数n恒成立．
[点评] 数列与函数、不等式、解析几何结合命题是高考的热点，要灵活结合有关知识求解．本例中点在直线上，则点的坐标满足直线方程，求f(n)最小值要考虑求最值的常用方法，数列中常用单调性求数列中的最值，等式恒成立问题则要建立恒成立的关系式．
第三节 等比数列
（一）高考目标
考纲解读
1．理解等比数列的概念．
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等比数列与指数函数的关系．
考向预测
1．以定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定．
2．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查等差、等比数列的综合应用．
3．以选择题、填空题的形式考查等比数列的性质．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于 ，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 表示．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝ .
3．等比中项
若三个数 ，那么G叫做a与b的等比中项，即 .
4．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am· ，(n，m∈N＋)．
(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N＋)，则 .
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λ}(λ≠0)，{ }，{}，{an·bn}，{ }
仍是 数列．
5．等比数列的前n项和公式
等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，
Sn＝ ＝＝－.
6．等比数列前n项和的性质
公比不为－1的等比数列{an}的前n项和Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为 .
（三）基础自测
1．(2018·江西文)等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5>a2，则an＝( )
A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1 C．(－2)n D．－(－2)n
[答案] A
[解析] 本题是不等式与数列综合的题目，考查了等比数列的性质及不等式的内容，
a5>a2⇒－8a2>a2⇒9a2<0⇒a2<0，a5＝－8a2⇒＝－8⇒q3＝－8⇒q＝－2，a2＝a1q<0⇒a1>0.|a1|＝1⇒a1＝1，
∴an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，故选A.
2．(2018·辽宁文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
[答案] B
[解析] 本题考查等比数列公比的求解．
∵S3＝S2＋a3 , 3S3＝a4－2
∴3S3＝3(S2＋a3)＝a4－2
∵3S2＝a3－2
∴a3－2＋3a3＝a4－2
∴4a3＝a4∴q＝＝4，选B.
3．(2009·海南宁夏理)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．7 B．8 C．15 D．16
[答案] C
[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列的性质，考查运算能力．
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q；由4a1,2a2，a3成等差数列，得4a2＝4a1＋a3，
∴4a1q＝4a1＋a1q3，又∵a1＝1，
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2，
∴S4＝＝＝15.
4．在等比数列{an}中，若an>0且a3a7＝64，则a5的值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
[答案] D
[解析] ∵{an}是等比数列．
∴a3a7＝a52＝64.
又∵an>0，
∴a5＝8.故选D.
5．若数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，….是首项为1，公比为2的等比数列，则an等于________．
[答案] 2n－1
[解析] an－an－1＝a1qn－1＝2n－1
即
相加：an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2
∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.
6．(2018·安徽怀宁一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
[答案] 3
[解析] 本题考查等比数列的通项公式及前n项和公式．
若q＝1时，S3＝3a1，S6＝6a1，显然S6≠4S3，故q≠1，
∴＝4·，∴1＋q3＝4，∴q3＝3.
∴a4＝a1q3＝q3＝3.
[点评] 解有关等比数列的前n项和问题时，一定要注意对公比q进行分类讨论，否则会出现漏解现象．
7．(2009·浙江)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．
(1)求a1及an；
(2)若对于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．
[解析] (1)由Sn＝kn2＋n得，
a1＝S1＝k＋1，
an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)．
a1＝k＋1也满足上式，
所以an＝2kn－k＋1，n∈N*.
(2)由am，a2m，a4m成等比数列得，
(4mk－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，
将上式化简得，
2km(k－1)＝0，
因为m∈N*，所以m≠0，
故k＝0，或k＝1.
（四）典型例题
1.命题方向：等比数列中基本量的计算
[例1] (2009·福建文)等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[分析] 本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．
[解析] (1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n；
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32，
设{bn}的公差为d，则有
解得
从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝ ＝6n2－22n.
[点评] (1)等比数列的通项公式an＝a1qn－1以前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求另二，体现了方程思想的应用．
(2)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
跟踪练习1
等比数列{an}的各项均为正数，其前k项中，数值最大的一项是54，若该数列的前k项之和为Sk，且Sk＝80，
S2k＝6560，
求：(1)前100项之和S100；(2)通项公式an.
[分析] 利用等比数列的通项公式及前n项和公式列出关于a1与q的方程组，求出a1和q即可．
[解析] 设公比为q，∵S2k－Sk＝6 480>Sk，
∴q>1.则最大项是ak＝a1qk－1＝54(∵ak>0)．①
又Sk＝＝80，②
S2k＝＝6 560，③
由①②③，解得a1＝2，q＝3，则
(1)前100项之和S100＝＝3100－1.
2.命题方向：等比数列的判定与证明
[例2] 设数列{an}的首项a1＝a≠，且an＋1＝记bn＝a2n－1－，n＝1,2,3….
(1)求a2，a3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
[分析] 本题是高考题目中常见的探索性试题，它与直接证明一个数列是等比数列比较而言难度更大，这是因为要解决这一问题需要先有一个探索、研究、归纳的过程，本题中的第一问在某种意义上讲，就为解答第二问奠定了基础．
[解析] (1)a2＝a1＋＝a＋，a3＝a2＝a＋.
(2)∵a4＝a3＋＝a＋，
∴a5＝a4＝a＋，
∴b1＝a1－＝a－，b2＝a3－＝(a－)，
b3＝a5－＝(a－)，
猜想：{bn}的公比为的等比数列．
证明如下：
∵bn＋1＝a2n＋1－＝a2n－＝(a2n－1＋)－＝(a2n－1－)＝bn，(n∈N*)
∴{bn}是首项为a－，公比为的等比数列．
[点评] 等比数列的判定方法有：
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且an＋12＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)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．
提醒：(1)前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比即可．
跟踪练习2
数列{an}中，a1＝2，a2＝3，且{anan＋1}是以3为公比的等比数列，记bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)．
(1)求a3、a4、a5、a6的值；
(2)求证：{bn}是等比数列．
[解析] (1)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，
∴anan＋1＝a1a2·3n－1＝2·3n，
∴a3＝＝6，a4＝＝9，a5＝＝18，a6＝＝27.
(2)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，
∴anan＋1＝3an－1an，即an＋1＝3an－1，
∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…与a2，a4，a6，…，a2n，…都是公比为3的等比数列．
∴a2n－1＝2·3n－1，a2n＝3·3n－1，
∴bn＝a2n－1＋a2n＝5·3n－1.
∴＝＝3，故{bn}是以5为首项，3为公比的等比数列.
3.命题方向：等比数列的性质
[例3] 已知等比数列{an}中，an>0，a1、a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a20·a50·a80的值为( )
A．32 B．64 C．256 D．±64
[解析] 由等比数列性质及韦达定理知(a50)2＝a1·a99＝16，∴a50＝4， a20·a50·a80＝a503＝64.
∴选B.
[答案] B
跟踪练习3：
在正项等比数列{an}中，若a2·a4·a6·a8·a10＝32，则log2a7－log2a8＝( )
A. B. C. D.
[答案]D
[解析] ∵a2·a4·a6·a8·a10＝32，∴a6＝2，
∴log2a7－log2a8＝log2＝log2＝log2＝log2＝.
4.命题方向：等差、等比数列的综合应用
[例4] (2018·四川文)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1 (q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n 项和Sn.
[解析] 本题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．
(1)设{an}的公差为d，由已知得
解得a1＝3，d＝－1.
故an＝3－(n－1)＝4－n.
(2)由(1)的解答可得：bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.
若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
两式相减得到
(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1＝n·qn－＝
于是，Sn＝.
若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以，Sn＝
跟踪练习4
(文)(2018·北京文)已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．
[解析] 本题考查了等差数列的通项公式和等比数列前n项和公式．
(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a3＝－6，a6＝0.
∴，解得a1＝－10，d＝2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
∵b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8.
∴q＝＝3.
∴{bn}的前n项和Sn＝＝4(1－3n)．
(理)(2009·安徽文)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式．
(2)设cn＝an2·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1
[解析] (1)a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.
又a1＝4适合上式，∴an＝4n(n∈N*)．
将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－T1，
∴T1＝b1＝1.
当n≥2时，Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
∴bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝bn－1，
∴bn＝21－n.
(2)解法一：由cn＝an2·bn＝n225－n，
得＝2.
当且仅当n≥3时，1＋≤<，即cn＋1
cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2]．
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn<0，即cn＋1
（五）思想方法点拨
1．比较法是理解和掌握两类数列的定义、通项公式及中项公式、前n项和公式的重要方法．判断一个数列是否是等比数列，不能只验证数列的前几项，需根据定义证明是常数，也可证明其等价形式：an2＝an－1an＋1.特别地，在判定三个实数a，b，c成等比数列时，常用ac＝b2，两类数列的通项公式与前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算题．方程观点是解决这类问题的基本数学思想和方法，在已知三个实数成等比数列时，可设三个数依次为a、aq、aq2，也可设为、a、aq，使许多实际问题能够得到迅速、准确的解决．
2．等比数列的判定方法有以下几种：
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c、q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)中项公式法：an＋12＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：
Sn＝qn－＝kqn－k(k＝是常数，且q≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列．
3．解决等比数列有关问题的常见思想方法．
(1)方程的思想．等比数列中的五个量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)数形结合的思想．通项an＝a1qn－1可化为an＝()qn，因此an是关于n的函数．即{an}中的各项所表示的点(n，an)在曲线y＝()qx上，一是群孤立的点．
单调性：当或时，{an}是递增数列；
当或时，{an}为递减数列．
当q＝1时，{an}为常数列；
当q<0时，{an}为摆动数列．
(3)分类思想．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，此处是常考易错点．
4．已知三个数成等比数列时，可设这三个数为a，aq，aq2，也可设为，a，aq；若四个数成等比数列时，可设为，，aq，aq3.
5．等比数列{an}前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握．
即当q＝1时，Sn＝na1.
当q≠1时，
⇒(1－q)Sn＝a1－a1qn⇒Sn＝.
（六）课后强化作业
一、选择题
1．(2018·北京理)在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1，若am＝a1a2a3a4a5，则m＝( )
A．9 B．10 C．11 D．12
[答案] C
[解析] am＝a1a2a3a4a5＝q·q2·q3·q4＝q10＝a1q10，
因此有m＝11.
2．(2018·辽宁理)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )
A. B. C. D.
[答案] B
[解析] a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，
∵S3＝7，∴q≠1，∴，
∴两式相比＝7，
∴q＝或q＝－(舍去)，即a1＝4.
∴S5＝＝，故选B.
3．一个等比数列前三项的积为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
[答案] B
[解析] 设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1，所以前三项之积a13q3＝2，后三项之积a13q3n－6＝4.所以两式相乘，得a16q3(n－1)＝8，即a12qn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，a1nq＝64，即(a12qn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12，本题利用通项公式转化为基本量a1，q的关系加以解决，利用基本量沟通已知和所求是常用的方法，注意体会．
4．设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，则S20＝( )
A．1025 B．1024 C．10250 D．10240
[答案] C
[解析] ∵log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，∴log2xn＋1＝log2(2xn)，∴xn＋1＝2xn，＝2(n∈N*)，又xn>0(n∈N*)，所以数列{xn}是公比为2的等比数列，由x1＋x2＋…＋x10＝10得到x1＝，
所以S20＝＝10×(210＋1)＝10250.
5．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30 C．26 D．16
[答案] B
[解析] 据等比数列性质：
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，
则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，∵Sn＝2，S3n＝14，
∴(S2n－2)2＝2×(14－S2n)．
又S2n>0得S2n＝6，又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，
∴(14－6)2＝(6－2)·(S4n－14)．解得S4n＝30.
6．(2018·江西理)等比数列{an}中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，则f ′(0)＝( )
A．26 B．29 C．212 D．215
[答案] C
[解析] 令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，则f(x)＝xg(x)
f ′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f ′(0)＝g(0)＝a1a2……a8＝(a1a8)4＝212.
7．(2018·安徽理)设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是( )
A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)
C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X)
[答案] D
[解析] ∵{an}是等比数列，
∴X，Y－X，Z－Y成等比数列．
∴(Y－X)2＝X(Z－Y)，即Y2－XY＝XZ－X2
∴Y(Y－X)＝X(Z－X)，故选D.
8．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为( )
A．6 B．8 C．10 D．12
[答案] B
[解析] 设项数为2n，则由已知得
＝q＝2，又a1＝1，得an＝2n－1，其中间两项和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，可解得n＝4，故得项数2n＝8，应选B.
二、填空题
9．在等比数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于________．
[答案] (4n－1)
[解析] 由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，
∴a1＝1，an＝2n－1，q＝2
∴{an}是等比数列
∴{an2}也是等比数列，首项为1，公比为4
∴a12＋a22＋…＋an2＝＝(4n－1)．
10．设f(x)是定义R恒不为0的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n为常数)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．
[答案] [，1)
[解析] 因an＋1＝f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝an，
故Sn＝＝1－()n，
∵n≥1，n∈N，∴Sn∈[，1)．
11．(2018·天津文)设{an}是等比数列，公比q＝，Sn为{an}的前n项和．记Tn＝，n∈N*，设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝__________.
[答案] 4
[解析] 本题考查了等比数列与均值不等式的综合应用，考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力．
Tn＝＝
＝＝
＝·＝·
当且仅当()n＝时，Tn取得最大值，此时n0＝4.
三、解答题
12．(文)(2018·陕西理)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{2an}的前n项和Sn.
[解析] 本题考查等差与等比数列的基本性质，第一问只须设出公差d，从而得到关于d的方程式求解，第二问直接利用等比数列前n项和公式即可求得．
(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，解得d＝1，d＝0(舍去)，故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式得
Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
(理)设数列{an}中a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.设bn＝an＋1－2an.求证：{bn}是等比数列，并求bn.
[解析] 由a1＝1，Sn＋1＝4an＋2，
得1＋a2＝4a1＋2，
∴a2＝5，∴b1＝5－2×1＝3.
又由Sn＋1＝4an＋2，得Sn＋2＝4an＋1＋2.
上两式相减得an＋2＝4an＋1－4an.
即an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
∴bn＋1＝2bn，
∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴bn＝3·2n－1.
13．(2018·全国Ⅱ文)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] 本题考查了数列的通项公式、数列求和等基础知识和基本技能，考查分析问题的能力和推理论证能力．
(1)设等比数列公比为q，则an＝a1·qn－1，
由已知有
化简得
又a1>0，故q＝2，a1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2＝an2＋＋2＝4n－1＋＋2，
∴Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1.
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝k·2n＋m，k≠0，且a1＝3.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (Ⅰ)依题意有
解得a2＝2k，a3＝4k，
∴公比为q＝＝2，∴＝2，∴k＝3，
代入①得m＝－3，
∴an＝3·2n－1.
(Ⅱ)解bn＝＝，Tn＝(1＋＋＋…＋)，④
Tn＝(＋＋…＋＋)，⑤
④－⑤得Tn＝(1＋＋＋…＋－)，…
Tn＝＝(1－－)．
15．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，是与(an＋1)2的等比中项．
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn；
(3)在(2)的条件下，是否存在常数λ，使得数列为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由．
[分析] 要证明{an}为等差数列，只需证明n≥2时an－an－1为定值；要求Tn必须仔细观察Tn的表达式的特点，根据其特点选用相应的求和方法；要解决第(3)问，需先写出数列的通项，观察其特点，以便求出λ的值．
[解析] (1)由是与(an＋1)2的等比中项，得Sn＝(an＋1)2.
当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝(an－1＋1)2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(an2－an－12＋2an－2an－1)，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝2.
∴数列{an}是等差数列．
(2)数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，通项公式为an＝2n－1.
则bn＝，
则Tn＝＋＋＋…＋.①
两边同乘以得，Tn＝＋＋＋…＋.②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝2×－－
＝2×－－＝－，
∴Tn＝3－.
(3)＝×＝－，
∵数列为等比数列的充要条件是＝Aqn，(A、q是不为0的常数)．
∴当且仅当3＋λ＝0，即λ＝－3时，
数列为等比数列．
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