高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 Word版含答案试卷主要包含了数列的通项公式；2，))，∴满足条件的n的值为7等内容，欢迎下载使用。

第六章数　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.数列的单调性.


突破点(一)　数列的通项公式
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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．

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


由数列的前几项求数列的通项公式

[例1]　写出下面各数列的一个通项公式：
(1)3,5,7,9，…；
(2)，，，，，…；
(3)－1，，－，，－，，…；
(4)3,33,333,3 333，….
[解]　(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.
(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝.
(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·.
也可写为an＝
(4)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以an＝(10n－1)．

[方法技巧]
由数列的前几项求通项公式的思路方法
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，主要从以下几个方面来考虑：
(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，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)熟悉一些常见数列的通项公式．
(4)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．


利用an与Sn的关系求通项
[例2]　已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b.
[解]　(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，
所以{an}的通项公式为an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2×3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
所以当b＝－1时，an＝2×3n－1；
当b≠－1时，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)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，则an＝________；
(2)若数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，则通项an＝________；
(3)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________；
(4)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
[解析]　(1)由条件知an＋1－an＝＝＝－，
则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
＝＋＋＋…＋－，
即an－a1＝1－，又∵a1＝，
∴an＝1－＋＝－.
(2)由an＋1＝an(an≠0)，得＝，
故an＝··…··a1
＝··…··
＝.
(3)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.
故an＋1＋3＝2(an＋3)．
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，bn≠0，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，
即an＝2n＋1－3.
(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＝.
[答案]　(1)－　(2)　(3)2n＋1－3　(4)
[方法技巧]
由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an.
(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．
(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
(5)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝②an＝，③an＝，④an＝.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(　　)
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①③④
解析：选A　检验知①②③都是所给数列的通项公式．
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＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
解析：选C　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故{an}的通项公式为an＝
4.设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1，求数列{an}的通项公式．
解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，
∴an＝(n∈N*)．
5.若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．
解：由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.又因为当n＝1时满足此式，所以an＝2n－1.
突破点(二)　数列的单调性

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


利用数列的单调性研究最值问题

[例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？
[解]　(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，
即a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
所以an＝0.
若a1≠0，则a1＝，当n≥2时，2an＝＋Sn,2an－1＝＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.
综上，当a1＝0时，an＝0；
当a1≠0时，an＝.
(2)当a1>0且λ＝100时，令bn＝lg，
由(1)知bn＝lg＝2－nlg 2.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)．
则b1>b2>…>b6＝lg＝lg>lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg 故当n＝6时，数列的前n项的和最大．
[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
①当an>0时，>1⇔数列{an}是单调递增数列；<1⇔数列{an}是单调递减数列；＝1⇔数列{an}是常数列．
②当an<0时，>1⇔数列{an}是单调递减数列；<1⇔数列{an}是单调递增数列；＝1⇔数列{an}是常数列．
2．求数列最大项或最小项的方法
(1)可以利用不等式组(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．　


利用数列的单调性求参数的取值范围
[例2]　已知函数f(x)＝(a>0，且a≠1)，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0,1)　　　　　　　　　 B.
C．(2,3) D．(1,3)
[解析]　因为{an}是递增数列，所以解得≤a＜3，所以实数a的取值范围是.
[答案]　B
[方法技巧]
已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法
(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理．
(2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是(　　)
A. B.
C．4 D．0
解析：选D　an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an取最大值，最大值为a2＝a3＝0.故选D.
2.若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B　∵a1＝19，an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n，则an是递减数列．设{an}的前k项和数值最大，则有即∴≤k≤，∵k∈N*，∴k＝7.∴满足条件的n的值为7.
3.已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析：∵对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，
∴an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ.
又∵{an}是递增数列，
∴an＋1－an>0，且当n＝1时，an＋1－an最小，
∴an＋1－an≥a2－a1＝3＋λ>0，∴λ>－3.
答案：(－3，＋∞)
4.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又∵a＝－7，∴an＝1＋.
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋.
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋的单调性，知5<<6，
∴－10 故a的取值范围为(－10，－8)．


[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2015·新课标全国卷Ⅱ)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．(2014·新课标全国卷Ⅱ)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．(2013·新课标全国卷Ⅰ)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．(2016·全国丙卷)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] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．数列1，，，，，…的一个通项公式an＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由已知得，数列可写成，，，…，故该数列的一个通项公式为.
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则a4的值为(　　)
A．4 B．6 C．8 D．10
解析：选C　a4＝S4－S3＝20－12＝8.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，则a10＝(　　)
A．64 B．32 C．16 D．8
解析：选B　∵an＋1an＝2n，∴an＋2an＋1＝2n＋1，两式相除得＝2.又a1a2＝2，a1＝1，∴a2＝2.
则···＝24，即a10＝25＝32.
4．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＝，∴＝×＝.
5．现定义an＝5n＋n，其中n∈，则an取最小值时，n的值为________．
解析：令5n＝t>0，考虑函数y＝t＋，易知其在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t＝1时，y的值最小，再考虑函数t＝5x，当0 答案：
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝(　　)
A．36 B．35 C．34 D．33
解析：选C　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3；当n＝1时，a1＝S1＝－1，所以an＝2n－3(n∈N*)，所以a2＋a18＝34.
2．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝(　　)
A. B. C. D.
解析：选A　令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝.
3．在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于(　　)
A．256 B．510
C．512 D．1 024
解析：选C　在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.∴a6＝a3·a3＝64，a3＝8.
∴a9＝a6·a3＝64×8＝512.
4．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1<0，则正整数k＝(　　)
A．21 B．22
C．23 D．24
解析：选C　由3an＋1＝3an－2得an＋1＝an－，则{an}是等差数列，又a1＝15，∴an＝－n.∵ak·ak＋1<0，∴·<0，∴ 5．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 015＝(　　)
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选D　由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8；所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 015＝a335×6＋5＝a5＝2.
6．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且＝(n≥2)，则这个数列的第10项等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　∵＝，∴1－＝－1，即＋＝2，∴＋＝，故是等差数列．又∵d＝－＝，∴＝＋9×＝5，故a10＝.
二、填空题
7．已知数列{an}中，a1＝1，若an＝2an－1＋1(n≥2)，则a5的值是________．
解析：∵an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，∴＝2，又a1＝1，∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＋1＝2×2n－1＝2n，∴a5＋1＝25，即a5＝31.
答案：31
8．在数列－1,0，，，…，，…中，0.08是它的第________项．
解析：令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0.
解得n＝10或n＝(舍去)．即0.08是该数列的第10项．
答案：10
9．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1(an＋2)＝an(n∈N*)，若bn＋1＝(n－p)，b1＝－p，且数列{bn}是单调递增数列，则实数p的取值范围为________．
解析：由题中条件，可得＝＋1，则＋1＝2＋1，易知＋1＝2≠0，则是等比数列，所以＋1＝2n，可得bn＋1＝2n(n－p)，则bn＝2n－1(n－1－p)(n∈N*)，由数列{bn}是单调递增数列，得2n(n－p)>2n－1(n－1－p)，则p 答案：(－∞，2)
10．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.
解析：∵(n＋1)a＋an＋1·an－na＝0，
∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，
又an＋1＋an>0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即＝，
∴····…·＝××××…×，∵a1＝1，∴an＝.
答案：
三、解答题
11．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；
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2；
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝a＋an，①
当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1，②
①－②，整理得(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，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
12．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1 因为n∈N*，所以n＝2,3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.
因为an＝n2－5n＋4＝2－，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.
(2)由对于n∈N*，都有an＋1>an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，即得k>－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
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.等差数列的性质及基本量的计算；
2.等差数列前n项和及性质的应用；
3.等差数列的判定与证明.


突破点(一)　等差数列的性质及基本量的计算
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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＝.
3．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k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)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．
(5)若数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{pan}，{an＋p}，{pan＋qbn}都是等差数列(p，q都是常数)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2.

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


等差数列的基本运算

[例1]　(1)(2016·东北师大附中摸底考试)在等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)(2016·惠州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，a1＝4，则公差d等于(　　)
A．1 B.
C．－2 D．3
[解析]　(1)∵a1＋a5＝2a3＝10，
∴a3＝5，则公差d＝a4－a3＝2，故选B.
(2)由S3＝＝6，
且a1＝4，得a3＝0，
则d＝＝－2，故选C.
[答案]　(1)B　(2)C
[方法技巧]
1．等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．
2．等差数列设项技巧
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，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．


等差数列的性质
[例2]　(1)在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝(　　)
A．18 B．99
C．198 D．297
(2)已知{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________.
[解析]　(1)因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，
所以3a6＝27，所以a6＝9，
所以S11＝(a1＋a11)＝11a6＝99.
(2)因为{an}，{bn}都是等差数列，
所以2a3＝a1＋a5,2b8＝b10＋b6，
所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，
即2×15＝9＋(a5＋b6)，
解得a5＋b6＝21.
[答案]　(1)B　(2)21
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“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：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊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)这个问题中，甲所得为(　　)
A.钱 B.钱
C.钱 D.钱
解析：选D　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有解得即甲得钱，故选D.
2.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.
3.已知数列{an}为等差数列，且a1＋a7＋a13＝π，则cos(a2＋a12)的值为(　　)
A. B．－ C. D．－
解析：选D　在等差数列{an}中，因为a1＋a7＋a13＝π，所以a7＝，所以a2＋a12＝，所以cos(a2＋a12)＝－.故选D.
4.设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由已知，得
解得
所以S16＝16×3＋×(－1)＝－72.
答案：－72
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，求数列{an}的项数及a9＋a10.
解：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
∴a1＋an＝36，
又Sn＝＝324，
∴18n＝324，∴n＝18.
∵a1＋an＝36，n＝18，
∴a1＋a18＝36，
从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.
突破点(二)　等差数列前n项和及性质的应用
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
等差数列前n项和的性质
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.
(2)S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)．
(3)当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．
(4){an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则＝.
(5)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.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”

等差数列前n项和的性质

[例1]　已知{an}为等差数列，若a1＋a2＋a3＝5，a7＋a8＋a9＝10，则a19＋a20＋a21＝________.
[解析]　法一：设数列的公差为d，则a7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.
法二：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，设此数列公差为D.
所以5＋2D＝10，所以D＝.
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6D＝5＋15＝20.
[答案]　20

等差数列前n项和的最值
[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：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：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．
法三：由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，

设f(x)＝x2＋x，则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，
由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝＝(如图所示)，
由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减．又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．

[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn最值的三种方法
(1)函数法：
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
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.
(3)通项公式法：
求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：
①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；
②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．S15 B．S16
C．S15或S16 D．S17
解析：选A　∵a1＝29，S10＝S20，
∴10a1＋d＝20a1＋d，解得d＝－2，
∴Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.
∴当n＝15时，Sn取得最大值．
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若＜－1，则(　　)
A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8
C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7
解析：选D　由(n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)＜n，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
解析：∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，∴S30－30＝20×2－10＝30，∴S30＝60.
答案：60
4.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________．
解析：由等差数列前n项和的性质知，＝＝＝＝7＋，
故当n＝1,2,3,5,11时，为整数，
故使得为整数的正整数n的个数是5.
答案：5
5.一个等差数列的前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
突破点(三)　等差数列的判定与证明

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


等差数列的判定与证明

[典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝，判断{an}是否为等差数列，并说明你的理由．
[解]　因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0，
所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)．
所以－＝2(n≥2)．
又S1＝a1＝，
所以是以2为首项，2为公差的等差数列．
所以＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
所以an＋1＝，而an＋1－an＝－＝＝.
所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是等差数列．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
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．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)，设bn＝(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．
证明：∵an＝2－，∴an＋1＝2－.
∴bn＋1－bn＝－＝－＝＝1，
∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．
3．已知公差大于零的等差数列的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列满足bn＝，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵数列为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22.
又a3·a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，
又公差d＞0，∴a3＜a4，∴a3＝9，a4＝13，
∴解得
∴数列{an}的通项公式为an＝4n－3.
(2)由(1)知a1＝1，d＝4，
∴Sn＝na1＋×d＝2n2－n，
∴bn＝＝，
∴b1＝，b2＝，b3＝，其中c≠0.
∵数列是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
即×2＝＋，∴2c2＋c＝0，
∴c＝－或c＝0(舍去)，故c＝－.
即存在一个非零实数c＝－，使数列{bn}为等差数列．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国乙卷)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　∵{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.
2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)
A. B.　　　 C．10　　 D．12
解析：选B　∵数列{an}的公差为1，∴S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.
3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选C　由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，由
得解得选C.
4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)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＝，则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<6S6，所以当n＝7时，nSn取最小值，最小值为－49.
答案：－49
5．(2016·全国甲卷)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
6．(2014·新课标全国卷Ⅰ)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)证明：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，则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] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝(　　)
A．12 B．13
C．14 D．15
解析：选B　由S5＝，得25＝，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.
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，即m＝37.
3．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.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选D　设等差数列{an}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则Sn＝n2－12n，故当n等于6时Sn取得最小值．
5．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
解析：∵{an}是等差数列，∴2an＝an－1＋an＋1，又∵an－1＋an＋1－a＝0，∴2an－a＝0，即an(2－an)＝0.∵an≠0，∴an＝2.∴S2n－1＝(2n－1)an＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
答案：10
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·黄冈质检)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝(　　)
A．95 B．100
C．135 D．80
解析：选B　由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.
2．(2017·东北三校联考)已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝(　　)
A．0 B．－109
C．－181 D．121
解析：选B　设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝＝[(b2－d)＋(b2＋5d)]＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.
3．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.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为(　　)
A．6 B．7
C．12 D．13
解析：选C　∵a1＞0，a6a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零．又∵a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，∴S12＞0，S13＜0，∴满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.
5．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为(　　)
A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1
解析：选B　设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝.所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
6．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{}也为等差数列，则的最大值是(　　)
A．310 B．212
C．180 D．121
解析：选D　设数列{an}的公差为d，依题意得2＝＋，因为a1＝1，所以2＝＋，化简可得d＝2a1＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，Sn＝n＋×2＝n2，所以＝＝2＝2＝2≤121.即的最大值为121.
二、填空题
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差d是________．
解析：由－＝1得－＝a1＋d－＝＝1，所以d＝2.
答案：2
8．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于________．
解析：因为S17＝×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
答案：3
9．在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于________．
解析：S11＝＝11a6，设公差为d，由a9＝a12＋6得a6＋3d＝(a6＋6d)＋6，解得a6＝12，所以S11＝11×12＝132.
答案：132
10．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 答案：
三、解答题
11．已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝，且an＝，
∴bn＋1＝＝＝，
∴bn＋1－bn＝－＝2.
又∵b1＝＝1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝，∴an＝＝.∴数列{an}的通项公式为an＝.
12．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，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
解：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴an＋1－an＝an＋2－an＋1，故数列{an}为等差数列．设数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72得，解得a1＝2，d＝4.故an＝4n－2，则bn＝an－30＝2n－31，令即解得≤n≤，∵n∈N*，∴n＝15，即数列{bn}的前15项均为负值，∴T15最小．∵数列{bn}的首项是－29，公差为2，∴T15＝＝－225，∴数列{bn}的前n项和Tn的最小值为－225.






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
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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＝
3．运用方程的思想求解等比数列的基本量
(1)若已知n，an，Sn，先验证q＝1是否成立，若q≠1，可以通过列方程(组)求出关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)若已知数列{an}中的两项an和am，可以利用等比数列的通项公式，得到方程组计算时两式相除可先求出q，然后代入其中一式求得a1，进一步求得Sn.另外，还可以利用公式an＝am·qn－m直接求得q，可减少运算量．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


求首项a1，公比q或项数n

[例1]　(1)(2017·太原模拟)已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝(　　)
A．2 B．4 C. D．2
(2)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值为(　　)
A．1 B．－ C．1或－ D．－1或
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，q>0，则a＝a2a4＝1，又a2＋a4＝，且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝，则q2＝，q＝，所以a1＝＝4，故选B.
(2)根据已知条件得消去a1得＝3，整理得2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－.
[答案]　(1)B　(2)C

求通项或特定项
[例2]　(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
(2)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________.
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，q>0，则a8＝a6＋2a4即为a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2(负值舍去)，又a2＝1，所以a6＝a2q4＝4.
(2)由题意知a1＋4a1＋16a1＝21，解得a1＝1，所以等比数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝4n－1.
[答案]　(1)4　(2)4n－1
[方法技巧]
求等比数列通项公式的方法与策略
求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用an＝a1qn－1求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形an＝amqn－m可以简化解题过程．
求解时通常会涉及等比数列设项问题，常用的设项方法为：
(1)通项法
设数列的通项公式an＝a1qn－1(n∈N*)来求解．
(2)对称设元法
与有穷等差数列设项方法类似，有穷等比数列设项也要注意对称设元．一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，，x，xq，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，，，xq，xq3，…(注意：此时公比q2>0，并不适合所有情况)．这样既可以减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．


求等比数列的前n项和
[例3]　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}的前n项和Tn.
[解]　(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)，所以an＝3an－1.
所以数列{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)因为bn＝＝n－2，
所以{bn}是首项为3，公比为的等比数列，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝1－n.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)
A．4×n B．4×n－1
C．4×n D．4×n－1
解析：选B　由题意得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，故a1＝4，a2＝6，所以q＝，则an＝4×n－1.
2.已知数列{an}是公比为q的等比数列，且a1·a3＝4，a4＝8，则a1＋q的值为(　　)
A．3 B．2
C．3或－2 D．3或－3
解析：选D　由a1·a3＝4，a4＝8，得aq2＝4，a1q3＝8，解得q＝±2.当q＝2时，a1＝1，此时a1＋q＝3；当q＝－2时，a1＝－1，此时a1＋q＝－3.故选D.
3.(2017·唐山模拟)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①②可得＝2，∴q＝，将q＝代入①得a1＝2，∴an＝2×n－1＝，
Sn＝＝4，∴＝＝2n－1，选D.
4.(2017·枣庄模拟)已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋，当q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2 ＝3(当且仅当q＝1时取等号)；当q<0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1(当且仅当q＝－1时取等号)．所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.
5.已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
(1)求an及Sn；
(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝＝＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.
因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，
即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．

突破点(二)　等比数列的性质

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”

(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列．
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(5)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”

等比数列项的性质
[例1]　(1)(2017·广州综合测试)已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为(　　)
A．10 B．20
C．100 D．200
(2)(2017·石家庄模拟)在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝________.
[解析]　(1)a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a＋2a4a6＋a＝(a4＋a6)2＝102＝100.
(2)因为＋＝，＋＝，
由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，
所以＋＋＋＝＝÷＝－.
[答案]　(1)C　(2)－
[易错提醒]
在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．


等比数列前n项和的性质
[例2]　(1)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A. B．－　
C. D.
(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
[解析]　(1)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比数列中S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，
所以有8(S9－S6)＝1，则S9－S6＝，
即a7＋a8＋a9＝.
(2)由＝，a1＝－1知公比q≠－1，＝－.
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－，q＝－.
[答案]　(1)A　(2)－
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.在等比数列{an}中，a3和a5是二次方程x2＋kx＋5＝0的两个根，则a2a4a6的值为(　　)
A．±5 B．5
C．－5 D．25
解析：选A　由根与系数的关系，得a3a5＝5，又因为a＝a2a6＝a3a5＝5，所以a4＝±，所以a2a4a6＝±5.
2.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.
3.已知各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40＝(　　)
A．150 B．140
C．130 D．120
解析：选A　在等比数列{an}中，由S10＝10，S30＝70可知q≠－1，
所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30构成公比为q′的等比数列．
所以(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(S20－10)2＝10·(70－S20)，
解得S20＝30(负值舍去)．
所以＝＝2＝q′，
所以S40－S30＝2(S30－S20)＝80，S40＝S30＋80＝150.
4.(2017·兰州诊断)数列{an}的首项为a1＝1，数列{bn}为等比数列且bn＝，若b10b11＝2 017，则a21＝________.
解析：由bn＝，且a1＝1，得b1＝＝a2.b2＝，a3＝a2b2＝b1b2.b3＝，a4＝a3b3＝b1b2b3，…，an＝b1b2…bn－1，所以a21＝b1b2…b20.因为数列{bn}为等比数列，所以a21＝(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝(b10b11)10＝10＝2 017.
答案：2 017
突破点(三)　等比数列的判定与证明

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


等比数列的判定与证明
[典例]　设数列的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列．
[解]　(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5＝8＋1，解得a4＝.
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∴＝＝＝＝，
∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
[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．　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
解析：选D　由等比数列的性质得，a3·a9＝a≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.
2．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.
3．已知一列非零向量an满足a1＝(x1，y1)，an＝(xn，yn)＝(xn－1－yn－1，xn－1＋yn－1)(n≥2，n∈N*)，则下列命题正确的是(　　)
A．{|an|}是等比数列，且公比为
B．{|an|}是等比数列，且公比为
C．{|an|}是等差数列，且公差为
D．{|an|}是等差数列，且公差为
解析：选A　∵|an|＝＝·＝|an－1|(n≥2，n∈N*)，|a1|＝≠0，＝为常数，∴{|an|}是等比数列，且公比为，选A.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．
证明：∵an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，
∴＝＝＝＝2.
∵S2＝a1＋a2＝4a1＋2，∴a2＝5.∴b1＝a2－2a1＝3.
∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2015·新课标全国卷Ⅱ)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.
2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)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.
3．(2016·全国乙卷)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，所以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
4．(2016·全国丙卷)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] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(2017·湖北华师一附中月考)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，则a1＝＝1，故选A.
2．(2017·安徽皖江名校联考)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)①，又S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝7②，则联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a1＝＝1，∴a8＝27＝128.
3．等比数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)
A.(4n－1) B.(2n－1)
C．4n－1 D．(2n－1)2
解析：选A　由题知a1＝1，公比q＝2，故数列{a}是首项为1，公比为4的等比数列，故a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)，故选A.
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＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则q>0.由a＝a3a7得a＝4a3a7＝4a＝4aq2，所以q2＝，q＝.又a1＋2a2＝a1＋2a1q＝3，即2a1＝3，所以a1＝，所以an＝a1qn－1＝×n－1＝.
答案：
5．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝________.
解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∵S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝.
答案：
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·河南名校联考)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝3，a9＝a2a3a4，则公比q的值为(　　)
A. B.
C．2 D．3
解析：选D　由a9＝a2a3a4得a1q8＝aq6，所以q2＝a，因为等比数列{an}的各项都为正数，所以q＝a1＝3.
2．(2016·杭州质检)在等比数列{an}中，a5a11＝3，a3＋a13＝4，则＝(　　)
A．3 B．－
C．3或 D．－3或－
解析：选C　根据等比数列的性质得化简得3q20－10q10＋3＝0，解得q10＝3或，所以＝＝q10＝3或.
3．(2017·长沙模拟)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝(　　)
A．7 B．5
C．－5 D．－7
解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，由解得或所以或所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
4．(2016·衡阳三模)在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn＝(　　)
A．2n＋1－2 B．3n
C．2n D．3n－1
解析：选C　因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则an＝2qn－1，因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，则an＋an＋2＝2an＋1，即an(1＋q2－2q)＝0，所以q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n，故选C.
5．(2017·福州质检)已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn，若a3a4a8＝8，则Ⅱ9＝(　　)
A．512 B．256
C．81 D．16
解析：选A　由题意知，a3a4a7q＝a3a7(a4q)＝a3a7a5＝a＝8，Ⅱ9＝a1a2a3…a9＝(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5＝a，所以Ⅱ9＝83＝512.
6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)
A．192 里 B．96 里
C．48 里 D．24 里
解析：选B　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q＝，依题意有＝378，解得a1＝192，则a2＝192×＝96，即第二天走了96 里，故选B.
二、填空题
7．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则的值为________．
解析：因为1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.又1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b＝1×9＝9，易知b2>0，所以b2＝3，所以＝.
答案：
8．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.
解析：因为3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(a1＋a2)＝3a1＋a1＋a2＋a3.化简，得＝3，即等比数列{an}的公比q＝3，故an＝1×3n－1＝3n－1.
答案：3n－1
9．在等比数列中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________.
解析：∵S99＝30，∴a1(299－1)＝30.又∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，∴a3＋a6＋a9＋…a99＝＝＝×30＝.
答案：
10．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 016＝a2 016，
故a1a2a3·…·a2 015＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 008＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 007＞1且0＜a1 009＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 007或1 008.
答案：1 007或1 008
三、解答题
11．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，4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
12．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.
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
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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．
①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
②等比数列的前n项和公式：
Sn＝
(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
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①＝－.
②＝.
③＝.
④＝－.
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.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


分组转化法求和
[例1]　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＋－.
[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．


错位相减法求和
[例2]　(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.
由即
可解得所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
[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．　


裂项相消法求和
[例3]　数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
又a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.则b1＝a1＝2.
由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)，
解得d＝0(舍去)或d＝2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)由(1)得cn＝＝＝－，
所以数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
[易错提醒]
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
解析：选C　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n
＝2n＋1＋n2－2.
2.(2016·江南十校联考)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.所以an＝＝＝－，S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.
解析：∵an＝n·2n，
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
①－②，得
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2.
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
4.已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
5.正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.

由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
则Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－<＝.
即对任意的n∈N*，都有Tn<.

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.

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


等差数列与等比数列的综合问题
[例1]　在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列；
(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
由a10＝30，a20＝50，得方程组
解得所以an＝12＋(n－1)×2＝2n＋10.
(2)证明：由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，
所以＝＝4.
所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．
(3)由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n，①
4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，②
①－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝－n×4n＋1.
所以Tn＝.

[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]　设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列{anb}的前n项和Sn.
[解]　(1)证明：由已知，bn＝2an＞0.
当n≥1时，＝2an＋1－an＝2d.
所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为
y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意，a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，则anb＝n·4n.
于是Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1.
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝.
所以Sn＝.
[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]　(2016·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围．
[解]　(1)由Sn＝2an－2可得a1＝2.
因为Sn＝2an－2，
所以，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即＝2.
所以数列{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知an＝2n，则bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋2＋…＋n＝.
要使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立，
即≥k对任意n∈N*恒成立．
设cn＝(n－8)(n＋1)，则当n＝3或4时，cn取得最小值，为－10，所以k≤－10.
即实数k的取值范围为(－∞，－10]．
[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．
总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”

1.设{an} 是首项为a1 ，公差为－1 的等差数列，Sn为其前n项和．若 S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(　　)
A．2 B．－2 C. D．－
解析：选D　由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
2.已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.
解析：∵a2，a3，a7成等比数列，∴a＝a2a7，
∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①
又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②
由①②解得a1＝，d＝－1.
答案：　－1
3.(2016·南昌调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知f(x)＝，且f(a2－2)＝sin，f(a2 014－2)＝cos，则S2 015＝________.
解析：因为f(x)＝，f(－x)＝＝，所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)．而f(x)＝＝1－，所以f(x)是R上的增函数．又f(a2－2)＝sin＝sin＝－sin＝－，f(a2 014－2)＝cos＝cos＝cos＝，所以f(a2－2)＝－f(a2 014－2)＝f(2－a2 014)，所以a2－2＝2－a2 014，所以a2＋a2 014＝4.所以S2 015＝＝＝＝4 030.
答案：4 030
4.已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n∈N*)．
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63，
所以b6与数列{an}的第63项相等．
5.设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．
解：(1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，
所以a1＋a3＝2(a2＋1)，
即a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.
(2)由(1)得＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
由|Tn－1|<，得<，
即2n>1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10.
于是使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
6.(2016·安徽质检)已知函数f(x)＝ln x＋cos x－x的导数为f′(x)，且数列{an}满足an＋1＋an＝nf′＋3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)若对任意n∈N*，都有an＋2n2≥0成立，求a1的取值范围．
解：f′(x)＝－sin x－＋，则f′＝4，
故an＋1＋an＝4n＋3.
(1)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd，
由an＋1＋an＝4n＋3得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得d＝2，a1＝.
(2)由an＋1＋an＝4n＋3得an＋2＋an＋1＝4n＋7，两式相减得an＋2－an＝4，
故数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列；数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，
又a1＋a2＝7，a2＝7－a1，
所以an＝
①当n为奇数时，an＝2n－2＋a1，则有a1≥－2n2－2n＋2对任意的奇数n恒成立，
令f(n)＝－2n2－2n＋2＝－22＋，n为奇数，
则f(n)max＝f(1)＝－2，所以a1≥－2.
②当n为偶数时，an＝2n＋3－a1，则有－a1≥－2n2－2n－3对任意的偶数n恒成立，
令g(n)＝－2n2－2n－3＝－22－，n为偶数，
则g(n)max＝g(2)＝－15，故－a1≥－15，解得a1≤15.
综上，a1的取值范围是[－2,15]．

[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2012·新课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)
A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830
解析：选D　不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830.
2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)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
＝
＝.
3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．所以an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.
4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.
由已知可得解得a1＝1，d＝－1.
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知＝＝－，从而数列的前n项和为－＋－＋…＋－＝.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C　由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
2．(2017·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
解析：选A　∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
3．(2016·南昌三模)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝，则数列{bn}的前n项和为(　　)
A. B.－
C. D.－
解析：选B　易得a1＋a2＋…＋an＝＝n(n＋2)，所以bn＝＝，故Tn＝1＋－－＝－.
4.＋＋＋…＋的值为________．
解析：设Sn＝＋＋＋…＋，①
得Sn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
∴Sn＝＝2－.
答案：2－
5．(2017·江西八校联考)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017＝________.
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.
答案：－1 007
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选D　由an＝＝1－得Sn＝n－＋＋…＋＝n－，则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.
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．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800
解析：选B　当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝于是S100＝50＋＝2 600.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 017的值为(　　)
A．2 017 B．2 016 C．1 009 D．1 007
解析：选C　因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009，故选C.
5．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为(　　)
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.
6．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列的前n项和Tn＝(　　)
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C　设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－，S1，S2，S4成等比数列，所以2＝a1，整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；当a1＝－时，公差d＝＝－1，所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，所以＝－＝－－，所以其前n项和Tn＝－1－＋－＋…＋－＝－＝－，故选C.
二、填空题
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
答案：1　121
8．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于________．
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×＝1 512.
答案：1 512
9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
10．(2017·福建泉州五中模拟)已知lg x＋lg y＝1，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，则Sn＝________.
解析：因为lg x＋lg y＝1，
所以lg(xy)＝1.
因为Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，
所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lg xn，
两式相加得2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝.
答案：
三、解答题
11．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝a1·2n－1＝2n－1.∴Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
∴d＝2，则bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：∵log2a2n＋2＝log222n＋1＝2n＋1，
∴cn＝＝
＝，
∴Tn＝＝
＝.
∵n∈N*，∴Tn＝<，
当n≥2时，Tn－Tn－1＝－＝>0，
∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.
12．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，试求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝，
故Tn＝1－＋＋…＋－＝＝.