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第六章　数　列
第一节　数列的概念与简单表示法
[复习要点]　1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
知识点一　数列的有关概念
概念 含义
数列 按照________排列的一列数
数列的项 数列中的________
数列的通项 数列{an}的第n项an
通项公式 数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式________表达，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和 数列{an}中，Sn＝________叫做数列的前n项和
答案：一定顺序　每一个数　an＝f(n)　a1＋a2＋…＋an
知识点二　数列的分类
分类原则 类型 满足条件
按项数分类 有穷数列 项数________
无穷数列 项数________
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的数列
答案：有限　无限　＞　＜　
知识点三　数列的表示方法
1．表示方法
列表法 列表格表达n与an的对应关系
图象法 把点________画在平面直角坐标系中
公式法 通项公式 把数列的通项用________表达的方法
递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1；)等表达数列的方法
2.数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n})的函数an＝f(n)，当自变量由小到大依次取值时所对应的一列________．
答案：1.(n，an)　公式　2.函数值
知识点四　an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
答案：S1　Sn－Sn－1
?链/接/教/材
1．[必修5·P33·A组T4改编]在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5等于(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
2．[必修5·P67·A组T2改编]数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项可能是(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案：A
?易/错/问/题
1．数列的概念的两个易混点：项an；项数n.
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的第5项是__________．
(2)已知数列，，2，，…，则2是该数列的第__________项．
(1)答案：　解析：由数列{an}的通项公式为an＝，得a5＝＝＝，即数列{an}的第5项是.
(2)答案：7　解析：由题意可知，该数列可以表示为，，，，…，故2＝是该数列的第7项．
2．数列的两种表示方法：通项公式；递推公式．
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋，且a2＝，a4＝，则a8＝__________.
(2)已知非零数列{an}的递推公式为an＝·an－1(n＞1)，且a1＝1，则a4＝__________.
(1)答案：　解析：由已知得
解得
则an＝n＋，故a8＝.
(2)答案：4　解析：依次对递推公式中的n赋值，当n＝2时，a2＝2a1；当n＝3时，a3＝a2＝3a1；当n＝4时，a4＝a3＝4a1＝4.
?通/性/通/法
求解数列通项公式的两种方法：待定系数法；递推法．
(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于　(　　)
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋an－1＝1(n≥2)，则数列{an}的一个通项公式为__________．
(1)答案：A　解析：解法一：因为an＋1－an＝ln＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，
a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
an－an－1＝ln n－ln(n－1)，
把以上各式分别相加，得an－a1＝ln n－ln 1，
即an＝2＋ln n.
解法二：由an＋1－an＝ln(n＋1)－ln n，得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ln n－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln 2－ln 1＋2＝ln n＋2.
(2)答案：an＝(或an＝|sin
解析：由an＋an－1＝1(n≥2)，得a2＝0.又an＋1＋an＝1，结合an＋an－1＝1(n≥2)，得an＋1＝an－1(n≥2)，即该数列的奇数项相等、偶数项相等，所以通项公式为an＝(或an＝(sin .
题型　归纳法求数列的通项公式
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，记OA1，OA2，OA3，…，OA8的长度构成的数列为{an}(n∈N*，n≤8)，则{an}的通项公式an＝________.(n∈N*，n≤8)
　　
[答案]　
2．根据数列的前几项，写出下列数列的一个通项公式．
(1)，，－，，－，，…；
(2)，1，，，…；
(3)0,1,0,1，…；
(4)5,55,555,5555，….
[解]　(1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，将原数列第1项变为－，
则第1,2,3,4…项的分子比分母小3，
因此数列的每一项可变为－，，－，，…，
∴an＝(－1)n.
(2)将第2项的1化为，
观察发现，分子是3,5,7,9，…，
∴分子的通项为2n＋1；
再观察分母，2,5,10,17，…，发现是在平方数列1,4,9，16，…的基础上加1，
∴分母应该为n2＋1，
∴通项an＝.
(3)观察所给数列，发现奇数项为0，偶数项为1，
∴我们可以用通项an＝或an＝来表示．
(4)解法一：联想＝10n－1，
则＝×＝(10n－1)．
∴an＝(10n－1)．
解法二：＝5×(100＋101＋102＋…＋10n－1)＝5×＝(10n－1)．
∴an＝(10n－1)．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．根据数列的前几项求其通项公式时，需抓住几方面的特征
(1)各项的符号特征，通过(－1)n或(－1)n＋1来调节正负项．
(2)考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系．
(3)相邻项(或其绝对值)的变化特征．
(4)拆项、添项后的特征．
(5)通过通分等方法变化后，观察是否有规律．
2．历年真题中出现的数列通项公式积累
(1)数列1,4,9,16，…的通项公式为n2.
(2)数列1,3,7,15,31，…的通项公式为2n－1.
(3)数列1,8,27,64，…的通项公式为n3.
(4)数列，，，，…的通项公式为.
(5)数列，，，，…的通项公式为.
(6)数列2,6,12,20,30，…的通项公式为n(n＋1)．
(7)数列2,8,24,64，…的通项公式为n·2n.
(8)数列2,12,40,112，…的通项公式为(2n－1)·2n.
题型　an与Sn关系式的应用
角度Ⅰ.利用an与Sn的关系求an
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021广东佛山顺德模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an＋1－1，bn＝log4an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T100＝(　　)
A．4 950 B．99log46＋4 851
C．5 050 D．99log46＋4 950
[答案]　B　[解析]　由a1＝1，Sn＝an＋1－1，可得 a1＝a2－1＝1，解得a2＝6.当n≥2时，Sn－1＝an－1，又Sn＝an＋1－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－1－an＋1，即有an＋1＝4an(n≥2)，则an＝6·4n－2(n≥2)，又a1＝1不符合上式，
所以an＝
bn＝log4an＝
T100＝0＋99×(log46－2)＋×99×(2＋100)＝99log46＋4 851.故选B.
2．[多选]已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且 n>1，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则(　　)
A．a7＝13 B．a8＝14
C．S7＝43 D．S8＝64
[答案]　BC　[解析]　由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，得an＋1－an＝2(n≥2)．
因为a2－a1＝1，所以{an}从第二项起为等差数列，且公差d＝2.故a7＝a2＋5d＝2＋5×2＝12，a8＝a2＋6d＝14，所以A错误，B正确．
S7＝a1＋＝1＋＝43，
S8＝a1＋＝57.
所以C正确，D错误．
综上，正确答案为BC.
3．[2021山东师大附中模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为an＝_______________.
[答案]　　[解析]　∵Sn＝n2－2n＋2，∴Sn－1＝(n－1)2－2(n－1)＋2＝n2－4n＋5(n≥2)，两式相减得an＝2n－3(n≥2)．又∵a1＝S1＝1，不满足上式，∴an＝
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝
当n＝1时，若a1适合Sn－Sn－1，
则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，若a1不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
角度Ⅱ.利用an与Sn的关系求Sn
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[多选]设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a1>0，S11＝S18，则对Sn描述正确的有(　　)
A．S14是唯一最大值 B．S15是最大值
C．S29＝0 D．S1是最小值
[答案]　BC　[解析]　由S11＝S18，可得a1＝－14d，
所以d<0且Sn＝－14dn＋d＝2－d，
由n∈N*并结合Sn对应的二次函数的图象知，
当n＝14或n＝15时，Sn最大．故B对，A错．
当n＝29时，S29＝0.故C对．
因为d<0，所以Sn无最小值，故D错．
5．已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 020＝________.
[答案]　
6．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，则Sn＝________.
[答案]　　[解析]　依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得－＝1，又＝＝1，
则数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
因此＝1＋(n－1)×1＝n，
即Sn＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
解决此类问题通常利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)将已知关系转化为Sn与Sn－1的关系式，然后求解．
题型　由数列的递推公式求通项公式
角度Ⅰ.形如an＋1＝anf(n)，求an时，用叠乘法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．已知在数列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝____________.
[答案]　　[解析]　由an＋1＝·an，
得＝，故＝，＝，…，＝(n≥2)，
以上(n－1)个式子左右两边分别相乘，得
＝··…···＝.
因为a1＝4，所以an＝(n≥2)．
因为a1＝4满足上式，所以an＝.
2．在数列{an}中，a1＝1，an＝2nan－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
[解]　∵an＝2nan－1(n≥2)，
∴＝2n(n≥2)，
∴＝2n－1，＝2n－2，…，＝22，
以上(n－1)个式子左右两边分别相乘，得＝2n·2n－1·2n－2·…·22＝22＋3＋…＋n＝2＝2，
∵a1＝1，
∴an＝2(n≥2)．
经验证，当n＝1时，a1＝1也符合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝2.
角度Ⅱ.形如an＋1＝an＋f(n)，求an时，用叠加法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.
[答案]　4－　[解析]　原递推公式可化为
an＋1＝an＋－，
则a2＝a1＋1－，a3＝a2＋－，
a4＝a3＋－，…，an＝an－1＋－，
以上各式相加，得an＝a1＋1－，
故an＝4－.
4．已知数列{an}满足：a1＝1，且an＝an－1＋n＋3n(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
[解]　由题意，有an－an－1＝n＋3n(n≥2)，
∴a2－a1＝2＋32，a3－a2＝3＋33，a4－a3＝4＋34，…，an－an－1＝n＋3n，以上各式相加，得
an－a1＝2＋3＋4＋…＋n＋32＋33＋34＋…＋3n
＝＋
＝＋(3n－1－1)
＝＋＋－(n≥2)．
又∵a1＝1，
∴an＝＋＋－(n≥2)．
经验证，当n＝1时也符合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝＋＋－.
角度Ⅲ.形如an＋1＝Aan＋B(A≠0,1，B≠0)，求an时，构造等比数列
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
[答案]　an＝2·3n－1－1　[解析]　∵an＋1＝3an＋2，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1.
6．已知数列{an}满足：a1＝1，且2an＋1＝3an＋5，求数列{an}的通项公式．
[解]　∵2an＋1＝3an＋5，
∴2(an＋1＋5)＝3(an＋5)．
由a1＝1，且2an＋1＝3an＋5，知an>0，
∴an＋5≠0，
∴＝，a1＋5＝6.
∴数列{an＋5}是首项为6，公比为的等比数列，
∴an＋5＝6·n－1，
∴数列{an}的通项公式为
an＝6·n－1－5.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
对于形如an＋1＝Aan＋B(A≠0,1，B≠0)的形式，等式两边同时加上同一个常数构造等比数列，此常数为.
角度Ⅳ.形如an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)，求an时，两边同除构造等差、等比数列
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
7．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝5an＋3n，则数列{an}的通项公式an＝________.
[答案]　2×5n－1－×3n　[解析]　解法一：an＋1＝5an＋3n，设an＋1＋p×3n＋1＝5(an＋p×3n)，
整理得an＋1＝5an＋2p×3n，
与原式对照，可得2p＝1，解得p＝，
∴an＋1＋×3n＋1＝5，a1＋×3＝2.
∴数列是以2为首项，5为公比的等比数列，
∴an＋×3n＝2×5n－1，
∴an＝2×5n－1－×3n.
解法二：将an＋1＝5an＋3n两边同除以5n＋1，
得＝＋，
∴－＝＝×n.
令bn＝，即bn＋1－bn＝×n，
∴b2－b1＝×1，b3－b2＝×2，…，
bn－bn－1＝×n－1，
以上所有式子相加，得
bn－b1＝×1＋×2＋…＋×n－1
＝×
＝，
∴bn＝＋＝－×n－1，
即＝－×n－1，
∴an＝2×5n－1－×3n.
8．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋n(n≥2)，则an＝________.
[答案]　　[解析]　∵an＝an－1＋n(n≥2)，
∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，
即3nan－3n－1an－1＝1(n≥2)．
又∵a1＝1，∴3a1＝3，
∴数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，
∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，
∴an＝(n≥2)，a1＝1也符合上式，
∴an＝(n∈N*)．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
递推公式中通过除法构造等差、等比数列的几类题型
常考类型 处理方法 转化后的形式 构造的等差数列 求an的方法
an－1－an＝pan－1an(p为常数且p≠0，n≥2) 两边同除以anan－1 －＝p 利用等差数列的通项公式即可求解
nan＋1－(n＋1)an＝pn(n＋1)(p为常数且p≠0) 两边同除以n(n＋1) －＝p
an＋1bn－anbn＋1＝pbn＋1bn(p为常数且p≠0) 两边同除以bn＋1bn －＝p
角度Ⅴ.形如an＋1＝(A，B，C是不为0的常数)，求an时，通过取倒数构造等差、等比数列
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
9．[2021广东广雅中学模拟]在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an的表达式为(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
[答案]　B　[解析]　数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，可得＝3＋，
所以数列是首项为，公差为3的等差数列，
所以＝＋3(n－1)＝.
可得an＝(n∈N*)．故选B.
角度Ⅵ.数学归纳法求通项
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
10．设正整数数列{an}满足：a2＝4，且对于任何n∈N*，有2＋<<2＋.
(1)求a1，a3；
(2)求数列{an}的通项an.
[解]　(1)由2＋<<2＋，得
2＋当n＝1时，有2＋<2<2＋，
即2＋<2<2＋，
解得∵a1为正整数，∴a1＝1.
当n＝2时，有2＋<6<2＋，
解得8∵a3为正整数，∴a3＝9.
综上，a1＝1，a3＝9.
(2)由(1)知a1＝1，a2＝4，a3＝9，猜想an＝n2.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1,2时，显然成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak＝k2，
当n＝k时，有2＋解得即(k＋1)2－∵当k≥2时，k2－k＋1－(k＋1)＝k(k－2)≥0，
∴∈(0,1]．
∵k－1≥1，∴∈(0,1]．
又ak＋1∈N*，∴(k＋1)2≤ak＋1≤(k＋1)2，
∴ak＋1＝(k＋1)2，
即当n＝k＋1时，an＝n2成立．
综上，对任意的n∈N*，有an＝n2.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
由递推公式求通项公式的方法，大体上分两种：
(1)利用累加法、累乘法、构造法，将递推公式转化变形为等差、等比数列的形式．
(2)由前几项的值，猜测通项公式，再着手用数学归纳法证明．
题型　数列的性质及应用
角度Ⅰ.数列的单调性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[多选][2021山东济南模拟]设{an}是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意n∈N*，均有an＋k>an，则称{an}是间隔递增数列，k是{an}的间隔数，下列说法正确的是(　　)
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知an＝n＋，则{an}是间隔递增数列
C．已知an＝2n＋(－1)n，则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知an＝n2－tn＋2 020，若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3，则4≤t<5
[答案]　BCD　[解析]　本题考查数列的新定义问题．
A．设{bn}是公比q>1的等比数列，bn＋k－bn＝b1qn＋k－1－b1qn－1＝b1qn－1(qk－1)，因为q>1，所以当b1<0时，bn＋kB．an＋k－an＝n＋k＋－＝k
＝k·.令t(n)＝n2＋kn－4，t(n)在n∈N*时单调递增，由t(1)＝1＋k－4>0，解得k>3，故存在正整数k，且k>3，使得an＋k>an，n∈N*，即 {an}是间隔递增数列．故B正确．
C．an＋k－an＝2(n＋k)＋(－1)n＋k－[2n＋(－1)n]＝2k＋(－1)n[(－1)k－1]．当n为奇数时，存在正整数k，使2k－(－1)k＋1>0成立；当n为偶数时，存在正整数k，且k≥2，使2k＋(－1)k－1>0成立，综上所述，{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2，故C正确．
D．若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3，则an＋k－an＝(n＋k)2－t(n＋k)＋2 020－(n2－tn＋2 020)＝2kn＋k2－tk>0，n∈N*成立，则k2＋(2－t)k>0对于k≥3成
立，且k2＋(2－t)k≤0对于k≤2成立，即k＋(2－t)>0对于k≥3成立，且k＋(2－t)≤0对于k≤2成立，所以 t－2<3，且t－2≥2.解得4≤t<5，故D正确．
2．[多选]已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的值可能为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．2
[答案]　CD　[解析]　an＋1－an＝－＝，由数列{an}为递减数列，知对任意n∈N*，<0恒成立，等价于k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选CD.
角度Ⅱ.数列的最值问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．数列{an}中，an＝，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是________，________.
[答案]　a45　a44　[解析]　an＝
＝
＝1＋，根据函数f(x)
＝1＋的单调性可知，
an＝1＋，
当n∈[1,44]时，单调递减且an<1；
当n∈[45,100]时， 单调递减且an>1.
综上知，a44＝是最小项，
a45＝是最大项．
4．[2021河南新乡模拟]已知数列{an}的首项a1＝21，且满足(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，则{an}中最小的一项是(　　)
A．a5 B．a6
C．a7 D．a8
[答案]　A　[解析]　∵4n2－16n＋15＝(2n－3)(2n－5)，∴(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－3)(2n－5)，等式两边同时除以(2n－3)(2n－5)，可得＝＋1，可设bn＝，则bn＋1＝，∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1.∵b1＝＝＝－7，∴数列{bn}是以－7为首项，1为公差的等差数列．∴bn＝－7＋(n－1)×1＝n－8，n∈N*.∴an＝(n－8)(2n－5)＝2n2－21n＋40.可把an看成关于n的二次函数，则根据二次函数的性质，可知当 n＝5或n＝6时，an可能取最小值．∵当n＝5时，a5＝2×52－21×5＋40＝－15，当n＝6时，a6＝2×62－21×6＋40＝－14，∴当n＝5时，an取得最小值．故选A.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
解决数列{an}单调性问题的3种方法
1．作差比较法：比较an＋1－an与0的大小．
2．作商比较法：比较与1的大小．
3．利用数列是特殊的函数这一特征，借助函数的图象分析．
角度Ⅲ.数列的周期性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．数列{an}满足an＋1＝a1＝，则数列的第2 020项为________．
[答案]　　[解析]　∵a1＝，
∴a2＝2a1－1＝.
∴a3＝2a2＝，
∴a4＝2a3＝，
∴a5＝2a4－1＝，a6＝2a5－1＝，….
∴该数列的周期为T＝4.
∴a2 020＝a4×505＝a4＝.
6．[2021湖北黄冈模拟]已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，则a2 020＝(　　)
A．－2 B．
C．－ D．3
[答案]　C
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
提醒 完成限时跟踪检测(二十八)
第二节　等差数列及其前n项和
[复习要点]　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．
知识点一　等差数列的有关概念
1．等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于________，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的________，一般用字母d表示．定义的表达式为：__________________.
2．等差数列的通项公式
若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝________.
3．等差中项
若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝________.
答案：1.同一个常数　公差　an＋1－an＝d(n∈N*)　2.a1＋(n－1)d　3.
知识点二　等差数列的前n项和公式
若已知等差数列{an}的首项a1和末项an，则Sn＝_____________；若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其前n项和公式为Sn＝_____________.
答案：　na1＋d
?链/接/教/材
1．[必修5·P38·例1(1)改编]已知等差数列－8，－3,2，7，…，则该数列的第100项为________．
答案：487
2．[必修5·P46·A组T5改编]已知等差数列5,4，3，…，则前n项和Sn＝________________.
答案：(75n－5n2)
3．[必修5·P46·A组T2改编]设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝________.
答案：32
4．[必修5·P39·练习T5改编]在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.
答案：180
?易/错/问/题
1．等差数列的公差与概念的判断.
(1)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是(　　)
A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0
B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C．若0
D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0
(2)设an＝(n＋1)2，bn＝n2－n(n∈N*)，则下列命题中不正确的是 (　　)
A．{an＋1－an}是等差数列 B．{bn＋1－bn}是等差数列
C．{an－bn}是等差数列 D．{an＋bn}是等差数列
(1)答案：C　解析：若{an}是递减的等差数列，则选项A，B都不一定正确．若{an}为公差为0的等差数列，则选项D不正确．对于C选项，由条件可知{an}为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质，得a2＝，由基本不等式，得>，所以C正确．
(2)答案：D　解析：对于A，因为an＝(n＋1)2，
所以an＋1－an＝(n＋2)2－(n＋1)2＝2n＋3，
设cn＝2n＋3，所以cn＋1－cn＝2.
所以{an＋1－an}是等差数列，故A正确；
对于B，因为bn＝n2－n(n∈N*)，
所以bn＋1－bn＝2n，
设cn＝2n，所以cn＋1－cn＝2，
所以{bn＋1－bn}是等差数列，故B正确；
对于C，因为an＝(n＋1)2，bn＝n2－n(n∈N*)，
所以an－bn＝(n＋1)2－(n2－n)＝3n＋1，
设cn＝3n＋1，所以cn＋1－cn＝3，
所以{an－bn}是等差数列，故C正确；
对于D，an＋bn＝2n2＋n＋1，
设cn＝2n2＋n＋1，cn＋1－cn不是常数，故D错误．
2．等差数列的基本公式：通项公式；前n项和公式．
(1)等差数列{an}中，a2＋a3＝1，a5－2a1＝27，则a5＝________.
(2)等差数列{an}的首项为1，公差为4，前n项和为120，则n＝________.
(1)答案：13　解析：设等差数列的公差为d，则有2a1＋3d＝1,4d－a1＝27，解得d＝5，a1＝－7，所以a5＝a1＋4d＝13.
(2)答案：8　解析：an＝1＋(n－1)×4＝4n－3，所以Sn＝＝120，解得n＝8或n＝－(舍去)．
?通/性/通/法
1．知三求二．
等差数列中，有五个基本量a1，d，n，an，Sn，这五个基本量通过________、_________________联系起来．如果已知其中三个量，利用这些公式，便可以求出其余两个的值，这其中主要是通过方程思想，列方程组求解．
答案：通项公式　前n项和公式
2．等差数列运算的两个数学思想：转化思想、方程思想．
(1)在等差数列{an}中，已知a4＋a10＝12，则该数列前13项和S13＝__________.
(2)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8，则{an}的通项公式是__________．
(1)答案：78　解析：由等差数列的性质与前n项和公式，得S13＝＝＝78.
(2)答案：an＝－3n＋5或an＝3n－7　解析：设等差数列{an}的前三项为a2－d，a2，a2＋d，
由题意得
解得 或
所以an＝－3n＋5或an＝3n－7.
题型　等差数列的基本运算
角度Ⅰ.求特定项
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020江苏卷]设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是________．
[答案]　4　[解析]　设数列{an}的首项为a1，数列{bn}的首项为b1，易知q≠1，则{an＋bn}的前n项和Sn＝na1＋d＋＝n2＋n－qn＋＝n2－n＋2n－1，∴＝1，q＝2，则d＝2，q＝2，∴d＋q＝4.
2．[2016全国卷Ⅰ]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
[答案]　C　[解析]　设{an}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，
得解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝n－2，
∴a100＝100－2＝98.故选C.
角度Ⅱ.求公差
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．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
[答案]　C　[解析]　设{an}的公差为d，
则由
得
解得d＝4.故选C.
4．[2021吉林期末]设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S2＋S4＝2S3＋S5，a1＝9，则公差d＝(　　)
A．－5 B．－4
C．－3 D．－2
[答案]　A　[解析]　∵S2＋S4＝2S3＋S5，
∴2a1＋d＋4a1＋6d＝6a1＋6d＋5a1＋10d，
∴5a1＋9d＝0.
∵a1＝9，∴d＝－5.故选A.
角度Ⅲ.求前n项和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．[2020新高考Ⅰ]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
[答案]　3n2－2n　[解析]　本题考查等差数列求和．数列{2n－1}表示首项为1，公差为2的等差数列，各项均为正奇数，而数列{3n－2}表示首项为1，公差为3的等差数列，各项分别为交替出现的正奇数与正偶数，它们的公共项为数列{3n－2}中的奇数项，所以{an}是首项为1，公差为6的等差数列，其前n项和Sn＝n×1＋×6＝3n2－2n.
6．[2019江苏卷]已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
[答案]　16　[解析]　解法一：由S9＝27 ＝27 a1＋a9＝6 2a5＝6 2a1＋8d＝6且a5＝3.
又a2a5＋a8＝0 2a1＋5d＝0，
解得a1＝－5，d＝2.
故S8＝8a1＋d＝16.
解法二：同解法一得a5＝3.
又a2a5＋a8＝0 3a2＋a8＝0 2a2＋2a5＝0 a2＝－3.
∴d＝＝2，a1＝a2－d＝－5.
故S8＝8a1＋d＝16.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．方程思想在等差数列中的运用——“知三求二”
由知等差数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，所以已知其中三个可求另外两个．
2．公差d的求解技巧
若{an}是公差为d的等差数列，则d＝an＋1－an＝＝(m，n，k∈N*)．
题型　等差数列的判定与证明
角度Ⅰ.定义法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2016天津卷]已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
(1)设cn＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝ (－1)kb，n∈N*，求证： <.
[证明]　(1)由题意得b＝anan＋1，
又cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，
所以{cn}是等差数列．
(2)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·＝2d2n(n＋1)．
所以 ＝
＝
＝·<.
角度Ⅱ.等差中项法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
2．[2021山东济南一中1月检测]各项均不为0的数列{an}满足＝an＋2an，且a3＝2a8＝.
(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)依题意得，an＋1an＋an＋2·an＋1＝2an＋2an，两边同时除以anan＋1·an＋2，可得＋＝，故数列是等差数列．
设数列的公差为d.
因为a3＝2a8＝，所以＝5，＝10，
所以－＝5＝5d，即d＝1，
故＝＋(n－3)d＝5＋(n－3)×1＝n＋2，
故an＝.
(2)由(1)可知，bn＝＝·＝，
故Sn＝＝＝.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
等差数列的判定与证明方法
1．定义法
如果一个数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么可以判断数列{an}为等差数列．
2．等差中项法
如果一个数列{an}对任意的正整数n都满足2an＋1＝an＋an＋2，那么可以判断{an}为等差数列．
3．通项公式法
如果一个数列{an}的通项公式满足an＝pn＋q(p，q为常数)的形式，那么可以得出{an}是首项为p＋q，公差为p的等差数列．
4．前n项和公式法
如果一个数列{an}的前n项和公式满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)的形式，那么可以得出数列{an}是首项为A＋B，公差为2A的等差数列．
[注意]　在解答题中证明一个数列为等差数列时，只能用定义法和等差中项法．
题型　等差数列的性质及最值
角度Ⅰ.和的对称性与等差中项
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
[答案]　10　[解析]　由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，得5a5＝25，所以a5＝5，故a2＋a8＝2a5＝10.
2．[2021山西太原联考]已知数列{an}为等差数列，an≠1(n∈N* )，a1＋a2 019＝1，若f(x)＝，则f(a1)·f(a2)·…·f(a2 019)＝(　　)
A．－22 019 B．22 020
C．－22 017 D．22 018
[答案]　A　[解析]　∵a1＋a2 019＝1，
∴f(a1)f(a2 019)＝·＝4··＝4，∵数列{an}为等差数列，an≠1(n∈N*)，a1＋a2 019＝1，∴a1＋a2 019＝a2＋a2 018＝a3＋a2 017＝…＝a1 009＋a1 011＝2a1 010，∴a1 010＝，∴f(a1)×f(a2)×…×f(a2 019)＝41 009×(－2)＝－22 019.故选A.
3．[2021河南安阳联考]在等差数列{an}中，若a2＋a8＝8，则(a3＋a7)2－a5＝(　　)
A．60 B．56
C．12 D．4
[答案]　A　[解析]　∵在等差数列{an}中，a2＋a8＝8，∴a2＋a8＝2a5＝8，解得a5＝4，(a3＋a7)2－a5＝(2a5)2－a5＝64－4＝60.故选A.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
等差数列的基本性质
(1)若{an}为等差数列，且m＋q＝k＋p(m，q，k，p∈N*)，则am＋aq＝ak＋ap.
口诀：下标和相等，项的和也相等．
(2)若{an}为等差数列，且＝k，m，n，k∈N*，则am＋an＝2ak.
(3)若{an}，{bn}为等差数列，k，m∈R，则数列{kan＋mbn}仍为等差数列．
角度Ⅱ.整体思想的应用
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4. [2020全国卷Ⅱ，理]北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
[答案]　C　[解析]　本题考查等差数列的性质及其前n项和．设由内到外每环的扇面形石板的块数构成数列{an}，由题意知a1＝9.又因为向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，所以数列{an}为公差为9的等差数列．
设每层环数为n(n∈N*)，则上层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a1，a2，…，an，中层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为an＋1，an＋2，…，a2n，下层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a2n＋1，a2n＋2，…，a3n.由题意知(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝729，由等差数列的性质知a2n＋1－an＋1＝a2n＋2－an＋2＝…＝a3n－a2n＝9n，所以9n2＝729，得 n＝9.则数列{an}共有9×3＝27(项)，故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和，即27×9＋×9＝3 402，故选C.
5．[2021河南百校联盟模拟]等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－9，－＝2，则S10＝(　　)
A．0 B．－9
C．10 D．－10
[答案]　A　[解析]　解法一：∵数列{an}是等差数列，
∴数列也是等差数列，
由题意知，数列的首项为－9，公差为1，
∴＝n－10，∴＝0，∴S10＝0.
故选A.
解法二：设数列{an}的公差为d，
∵－＝2，∴d－d＝2，
∴d＝2，∵a1＝－9，
∴S10＝10×(－9)＋×2＝0，故选A.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
1．若Sn为等差数列{an}的前n项和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，公差为m2d.
2．若Sn为等差数列{an}的前n项和，则为等差数列．
角度Ⅲ.等差数列前n项和与项的联系
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
6．[2021浙江联考]已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则的值是(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　B　[解析]　由题意，得＝＝＝＝＝.故选B.
7．[多选]已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，则下列选项一定正确的是(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
[答案]　AC　[解析]　设{an}的公差为d，由a1＋5a3＝S8，得a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，可得a1＝－9d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
所以a10＝0，故选项A一定正确．
不能确定a1和d的符号，所以不能确定S10最小，
故选项B不一定正确．
因为Sn＝na1＋＝－9nd＋＝×(n2－19n)，
所以S7＝S12，故选项C一定正确．
S20＝20a1＋d＝－180d＋190d＝10d，
因为d不一定为0，所以S20不一定为0，
故选项D不一定正确．故选AC.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
等差数列前n项和Sn的几个性质
1．S2n＝n(a1＋a2n)＝n(a2＋a2n－1)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.
2．若项数为偶数2n，则S偶－S奇＝nd，＝；若项数为奇数2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1(中间项)，＝.(其中S奇指的是数列中奇数项之和，S偶指的是数列中偶数项之和)
3．若数列{an}，{bn}均为等差数列，且前n项和分别为Sn，Tn，则＝.
角度Ⅳ.与前n项和有关的最值问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
8．[多选][2021山东济宁一中质检]等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是(　　)
A．d>0
B．a1<0
C．当n＝5时，Sn最小
D．当Sn>0，n的最小值为8
[答案]　ABD　[解析]　本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式的应用．由题意，设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d.又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A，B正确；因为Sn＝n2＋n＝n2－n，由n＝－＝可知，当n＝3或4时，Sn最小，故C 错误；令Sn＝n2－n>0，解得n<0(舍)或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．
9．[2020北京卷]在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}(　　)
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
[答案]　B　[解析]　本题考查等差数列的通项公式及最值问题．设等差数列{an}的公差为d，则4d＝a5－a1＝8，解得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－11.由数列的通项公式可知，等差数列{an}的前五项均为负项，从第六项开始，以后各项均为正项，则T4最大．又n≥5且n∈N*时，Tn随n的增大而减小，所以数列{Tn}无最小项．故选B.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
求等差数列前n项和的最值的方法
1．二次函数法
用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.
2．图象法
利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．
3．项的符号法
当a1>0，d<0时，满足的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足的项数n，使Sn取最小值．即正项变负项处Sn最大，负项变正项处Sn最小，若有零项，则使Sn取最值的n有两个．
提醒 完成限时跟踪检测(二十九)
第三节　等比数列及其前n项和
[复习要点]　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．
知识点一　等比数列的有关概念
1．等比数列的定义
一般地，如果一个数列从________起，每一项与它的前一项的比等于________常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，公比通常用字母q(q≠0)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
如果________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 ________.
答案：1.第二项　同一个　公比　2.a1qn－1　3.a，G，b　G2＝ab
知识点二　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＝＝.
?链/接/教/材
1．[必修5·P51·例3改编]已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝________.
答案：
2．[必修5·P54·A组T8改编]在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．
答案：27,81
3．[必修5·P61·A组T1改编]等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________.
答案：－n－1
?易/错/问/题
1．等比数列的两个非零量：项；公比．
(1)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第4项等于________．
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝__________.
(1)答案：－24　解析：由等比数列的前三项为x,3x＋3，6x＋6，可得(3x＋3)2＝x(6x＋6)，解得x＝－3或x＝－1(此时3x＋3＝0，不合题意，舍去)，则该等比数列的首项为x＝－3，公比q＝＝2，所以第4项为(6x＋6)×q＝－24.
(2)答案：－2　解析：∵S3＋3S2＝0，
∴a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，
∴a1(4＋4q＋q2)＝0.
∵a1≠0，∴q＝－2.
2．等比数列的基本公式：通项公式；前n项和公式．
(1)已知{an}为等比数列且满足a6－a2＝30，a3－a1＝3，则数列{an}的前5项和S5＝(　　)
A．15 B．31
C．40 D．121
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
(1)答案：B　解析：因为{an}为等比数列且满足a6－a2＝30，a3－a1＝3，所以可得S5＝＝31，数列{an}的前5项和S5＝31.
(2)答案：　解析：易知公比q不为1，由等比数列求和公式，得＝，即1＋q4＝，所以q4＝，得q＝或 q＝－(舍去)．
?通/性/通/法
应用等比数列的前n项和公式的两个注意点：公比应分q＝1与q≠1讨论；注意利用性质．
(1)设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，且S3＝3a3，则此数列的公比q＝________.
(2)在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝1，a4＋a5＋a6＝－2，则该数列的前15项的和S15＝________.
(1)答案：1或－　解析： 当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题意；当q≠1时，＝3a1q2，
∵a1≠0，∴1－q3＝3q2(1－q)，
∴2q3－3q2＋1＝0，
即(q－1)2(2q＋1)＝0，解得q＝－.
综上所述，q＝1或q＝－.
(2)答案：11　解析：由题意知，a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，…成等比数列，其公比q＝＝－2，首项为 a1＋a2＋a3＝1，因此该数列的前5项和就是数列{an}的前15项的和，故S15＝＝11.
题型　等比数列的基本运算
角度Ⅰ.求首项a1，公比q或项数n
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．{an}为等比数列，求下列各值．
(1)已知a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，an＝，求n；
(2)已知a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比q；
(3)已知q＝－，S8＝15(1－)，求a1.
[解]　(1)解法一：∵
∴q＝.
又∵a3＋a6＝a3(1＋q3)＝36，
∴a3＝32.
∵an＝a3·qn－3＝32·n－3＝28－n＝＝2－1，
∴8－n＝－1，即n＝9.
解法二：∵a4＋a7＝a1·q3·(1＋q3)＝18且a3＋a6＝a1·q2·(1＋q3)＝36，
∴q＝，a1＝128.
又∵an＝a1·qn－1＝27·n－1＝28－n＝＝2－1，
∴8－n＝－1，即n＝9.
(2)∵a2·a8＝a3·a7＝36且a3＋a7＝15，
∴a3＝3，a7＝12或a3＝12，a7＝3.
∴q4＝4或q4＝，
∴q＝±或q＝±.
(3)∵S8＝＝＝15(1－)，
∴a1＝－(1－)×(1＋)＝1.
角度Ⅱ.求通项公式或特定项
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
2．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
[答案]　2n　[解析]　∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，
∴2an＋2an·q2＝5an·q，
即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)．
又∵a＝a10＝a5·q5，
∴a5＝q5＝25＝32.
∴32＝a1·q4，解得a1＝2.
∴an＝2×2n－1＝2n，故an＝2n.
3．[2019全国卷Ⅲ]已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)
A．16 B．8
C．4 D．2
[答案]　C　[解析]　由题意知，
解得
∴a3＝a1q2＝4.故选C.
角度Ⅲ.前n项和的计算
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[2020全国卷Ⅱ，理]数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
[答案]　C　[解析]　本题考查等比数列的定义、前n项和公式．因为数列{an}中，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝ana1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，则ak＋1＝a1·2k＝2k＋1.所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝2k＋1(210－1)＝2k＋11－2k＋1，则2k＋11－2k＋1＝215－25，所以k＝4，故选C.
5．[2020新高考Ⅰ，Ⅱ]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)[新高考Ⅰ]记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
[新高考Ⅱ]求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
[解]　(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q1＝(舍去)，q2＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)[新高考Ⅰ]由题设及(1)知b1＝0，
且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
[新高考Ⅱ]a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝
＝－(－1)n.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
解决与等比数列有关问题的常用思想方法
1．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＝＝.
题型　等比数列的判定与证明
角度Ⅰ.定义法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)．
(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求证：{cn}是等比数列．
[证明]　an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an.
(1)＝
＝
＝＝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．
(2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，
∴－＝3.
∴数列是首项为2，公差为3的等差数列．
∴＝2＋(n－1)×3＝3n－1.
∴an＝(3n－1)·2n－2.
∴cn＝2n－2.∴＝＝2.
∴数列{cn}为等比数列，公比为2.
2．[2021江西临川第一中学模拟]已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)[证明]　∵an＋1＝，
∴＝＝＋，
∴－＝，
又a1＝1，∴－＝，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)[解]　由(1)知－＝·n－1＝，
即＝＋，
∴bn＝＝＋，
设Tn＝＋＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋＋，②
由①－②得，Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－＝2－.
又×(1＋2＋3＋…＋n)＝，
∴数列{bn}的前n项和Sn＝2－＋.
角度Ⅱ.等比中项法
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
(1)[证明]　因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)[解]　令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a>d，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，
且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，
且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，
解得t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，
所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
等比数列的四种常用判定方法
1．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*)，则数列{an}是等比数列．
2．中项公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝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－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则数列{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)，则数列{an}是等比数列．
[提醒]　(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(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数列即可．
题型　等比数列的性质与应用
角度Ⅰ.积的对称性与等比中项
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021黑龙江哈尔滨模拟]等比数列{an}的各项为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12 B．10
C．8 D．2＋log35
[答案]　B　[解析]　由题意知，a5a6＋a4a7＝18，
所以a5a6＝9，
log3a1＋log3a2＋…＋log3a10
＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5
＝5log39＝10.
2．[2021湖南衡阳模拟]在等比数列{an}中，a1a3＝a4＝4，则a6的所有可能值构成的集合是(　　)
A．{6} B．{－8,8}
C．{－8} D．{8}
[答案]　D　[解析]　∵a1a3＝a＝4，∴a2＝2，
∵a4＝4，∴q2＝＝2，
∴a6＝a2q4＝2×4＝8，
故a6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
在等比数列{an}中，若m，q，k，p∈N*，且m＋q＝k＋p，则有am·aq＝ak·ap.(简记为：下标和相等，项的积也相等)
角度Ⅱ.整体思想的应用
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．[2020全国卷Ⅱ，文]记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
[答案]　B　[解析]　本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式．设等比数列{an}的公比为q，
则由
解得
所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，
所以＝＝2－21－n，故选B.
4．[2020全国卷Ⅰ，文]设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12 B．24
C．30 D．32
[答案]　D　[解析]　本题考查等比数列的通项公式．设等比数列{an}的公比为q，因为a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，所以q(a1＋a2＋a3)＝2，解得q＝2.所以a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25＝32，故选D.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
在公比q≠－1的等比数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…(k∈N*)构成公比为qk的等比数列；当公比q＝－1，k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…(k∈N*)构成公比为－1的等比数列．
5．已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
[答案]　2　[解析]　由题意，得解得所以q＝＝＝2.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
若等比数列{an}共有2n项，则＝q，其中S偶，S奇分别是数列{an}的偶数项的和与奇数项的和．
角度Ⅲ.等比数列的前n项和性质
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
6．[多选][2021山东省实验中学预测]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 019a2 020>1，<0，下列结论正确的是(　　)
A．S2 019B．a2 019a2 021－1<0
C．T2 020是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
[答案]　AB　[解析]　本题考查等比数列的性质．
当q<0时，a2 019a2 020＝aq<0，不成立；
当q≥1时，a2 019>1，a2 020>1，<0，不成立，
故0所以a2 019>1,0故S2 020>S2 019，故A正确；
a2 019a2 021－1＝a－1<0，故B正确；
T2 019是数列{Tn}中的最大值，故C，D错误．
7．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．－200
C．150或－200 D．400或－50
[答案]　A　[解析]　解法一：在等比数列{an}中，
由S10＝10，S30＝70可知q≠±1.
∵
∴＝，
∴1－q30＝7(1－q10)．
∵1－q30＝(1－q10)(1＋q10＋q20)，
∴(q10－1)(q20＋q10－6)＝0，
∴(q10＋3)(q10－1)(q10－2)＝0.
∵q10>0且q≠±1，∴q10＝2.
∴＝＝
＝
＝(1＋q20)(1＋q10)＝15，
∴S40＝15S10＝15×10＝150.
解法二：在等比数列{an}中，
由S10＝10，S30＝70可知q≠±1，
∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30构成公比为q10的等比数列．
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(S20－10)2＝10(70－S20)，
解得S20＝30或－20.
∵S10＝10，S20－S10＝q10S10>0，
∴S20>0，∴S20＝30.
∴＝＝2＝q10，
∴S40－S30＝2(S30－S20)＝80，
∴S40＝S30＋80＝150.
解法三：∵S30＝S10＋q10S20
＝S10＋q10(S10＋q10S10)
＝(1＋q10＋q20)S10，
又S30＝70，S10＝10，
∴1＋q10＋q20＝7，
∴q10＝2(负值舍去)．
∴S40＝S10＋q10S30＝10＋2×70＝150.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
若数列{an}是公比为q的等比数列，则对 m，p∈N*，有Sm＋p＝Sm＋qmSp.
角度Ⅳ.等比数列的综合应用
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
8．[2021贵州遵义月考]在数1和2之间插入n个正数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记为An，令an＝log2An，n∈N*，则Tn＝tan a2·tan a4＋tan a4·tan a6＋…＋tan a2n·tan a2n＋2＝_________________.
[答案]　－n，n∈N*
[解析]　设在数1和2之间插入n个正数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列{bn}，
则b1＝1，bn＋2＝2＝1·qn＋1，
即qn＋1＝2，q为此等比数列的公比，
∴An＝1·q·q2·q3·…·qn＋1＝q1＋2＋3＋…＋(n＋1)＝q＝(qn＋1)＝2，
∴an＝log2An＝.
又tan 1＝tan [(n＋1)－n]＝，
∴tan(n＋1)tan n＝－1，
∴tan a2n·tan a2n＋2
＝tan(n＋1)tan(n＋2)
＝－1，n∈N*，
∴Tn＝tan a2·tan a4＋tan a4·tan a6＋…＋tan a2n·tan a2n＋2
＝＋＋＋…＋
＝－n，n∈N*，
故答案为－n，n∈N*.
9．若Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，则数列{an}的通项公式为an＝________.记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则Tn＝_______________.
[答案]　　　[解析]　由题意有a1＝1－a1，即a1＝.
当n≥2时，由两式相减，
得an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1，
则＝，故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，可得数列{an}的通项公式为an＝.
由等比数列性质可得
a1a3＝a，a3a5＝a，…，a2n－1a2n＋1＝a，
所以数列{a2n－1·a2n＋1}是以a＝为首项，为公比的等比数列，
则Tn＝a＋a＋…＋a＝＝.
提醒 完成限时跟踪检测(三十)
第四节　数列求和及综合应用
[复习要点]　1.掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决与前n项和相关的问题．
知识点一　公式法与分组求和法
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＝＝________.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2．分组求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
答案：1.(1)na1＋d　(2)
知识点二　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项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数，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项和公式即是用此法推导的．
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.
知识点三　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．
知识点四　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，称之为“差比数列”，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
?链/接/教/材
1．[必修5·P61·A组T4改编]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
答案：C
2．[必修5·P47·B组T4改编]数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)
A．2 017 B．2 018
C．2 019 D．2 020
答案：C
?易/错/问/题
数列求和的两个易错点：公比为参数(需讨论)；项数的奇偶．
(1)设数列{an}的通项公式是an＝xn，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
(2)设数列{an}的通项公式是an＝(－1)n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
(1)答案： 　解析：当x＝1时，Sn＝n；当x≠1时，Sn＝.
(2)答案：　解析：若n为偶数，则Sn＝0；若n为奇数，则Sn＝－1.
?核/心/素/养
已知函数f(x)＝，函数y＝f(x)－在(0，＋∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列{an}(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)f(x)＝＝＝tan x，
由tan x＝及x>0，得x＝kπ＋(k∈N)，数列{an}是首项a1＝，公差d＝π的等差数列，
所以an＝＋(n－1)π＝nπ－.
(2)bn＝
＝
＝，
Sn＝
＝＝.
题型　数列求和
角度Ⅰ.公式法求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2016北京卷]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　[解析]　设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，∴d＝－2，∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.
2．[2017全国卷Ⅰ]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
[答案]　A　[解析]　设首项为第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.
由题意知，N＞100，令＞100 n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．
第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－n＝2n＋1－2－n.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，
即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，
k＝log2(n＋3) n最小为29，
此时k＝5，则N＝＋5＝440.故选A.
角度Ⅱ.分组转换法求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
[答案]　B
4．[2020天津卷]已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝ 求数列{cn}的前2n项和．
(1)[解]　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.
(2)[证明]　由(1)可得Sn＝，故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，S＝(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2(3)[解]　当n为奇数时，cn＝＝＝－；当n为偶数时，cn＝＝.
对任意的正整数n，有
c2k－1＝ ＝－1，
c2k＝ ＝＋＋＋…＋.①
由①得c2k＝＋＋…＋＋.②
由①－②得c2k＝＋＋…＋－＝－－，从而得c2k＝－.
因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.
所以，数列{cn}的前2n项和为－－.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
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}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．
角度Ⅲ.错位相减法求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．[2021河南百校联盟模拟]已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＝5，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn<3.
(1)[解]　设数列{an}的公差为d，
则由已知得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)[证明]　bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得
Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－－，
故Tn＝3－－＝3－<3.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
利用错位相减法的一般类型及思路
1．适用的数列类型
{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
2．思路
设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，①
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1，②
①－②，得(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化成了根据公式可求的和．
角度Ⅳ.裂项相消法求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
6．[2017全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
[答案]　　[解析]　设等差数列{an}的公差为d，
则
解得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
7．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 018＝(　　)
A．－1 B．－1
C．－1 D．＋1
[答案]　C
8．[2021河南洛阳模拟]已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1a>0恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，
所以
解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝
＝＝
＝
＝，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×＋×＋…＋
＝，
依题意得，对任意正整数n，不等式1－＋(－1)n＋1a>0恒成立，
当n为奇数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a>－1＋，所以a>－；
当n为偶数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a<1－，所以a<.
所以实数a的取值范围是.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
2．几种常见的裂项公式
(1)＝－，＝；
(2)＝；
(3)＝(－)；
(4)＝；
(5)＝1＋；
(6)＝－.
角度Ⅴ.倒序相加法求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
9．已知f(x)＝(x∈R)，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是函数y＝f(x)的图象上的两点，且线段P1P2的中点P的横坐标是.
(1)求证：点P的纵坐标是定值；
(2)若数列{an}的通项公式是an＝f(m∈N*，n＝1,2,3，…，m)，求数列{an}的前m项和Sm.
(1)[证明]　∵P1P2的中点P的横坐标为，
∴＝，∴x1＋x2＝1.
∵P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是函数y＝f(x)的图象上的两点，
∴y1＝，y2＝，
∴y1＋y2＝＋
＝
＝
＝
＝＝，
∴点P的纵坐标为＝，是定值．
(2)[解]　∵Sm＝a1＋a2＋a3＋…＋am
＝f＋f＋f＋…＋f
＝f＋f＋f＋…＋f＋f(1)．
令S＝f＋f＋f＋…＋f，①
倒序得S＝f＋f＋f＋…＋f，②
①＋②，得
2S＝＋＋＋…＋.
∵＋＝1(k＝1,2,3，…，m－1)，
∴f＋f＝.
∴2S＝(m－1)，∴S＝(m－1)．
又f(1)＝＝，
∴Sm＝S＋f(1)＝(m－1)＋＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
代数式求和时若发现和有对称性，常采用倒序相加，比如等差数列、二项式系数、一些特定函数有对称性的求和方式．
题型　证明数列不等式
角度Ⅰ.作差法证明数列不等式
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021福建厦门思明区模拟]已知Sn为数列{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)设数列{Sn}的前n项和为Tn，比较Tn与2n＋2－5n的大小．
(1)[证明]　当n＝1时，有S1－2a1＝1－4，
即a1－2a1＝1－4，
∴a1＝3，∴S1－1＋2＝4.
当n≥2时，原式转化为Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．
又∵S1－1＋2＝4，∴Sn－n＋2≠0，
∴＝2，
∴数列{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)[解]　由(1)知，数列{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴Sn－n＋2＝4×2n－1＝2n＋1，
∴Sn＝2n＋1＋n－2，
∴Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n
＝2n＋2＋－2n－4，
∴Tn－(2n＋2－5n)＝2n＋2＋－2n－4－(2n＋2－5n)＝.
∵n≥1，∴≥0，即Tn≥2n＋2－5n，
当且仅当n＝1时等号成立．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
利用作差法证明数列不等式的关键是判断作差后的符号，充分挖掘已知条件中的不等关系，为判断作差后的代数式的符号提供条件．
角度Ⅱ.先求和，后放缩
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
2．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，求证：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
(1)[解]　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＝＝＝.
故Tn＝＝<×＝.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
对于数列不等式的证明，首先观察是否可以直接求和．如果可以利用已学过的求和方法求得和的表达式，则优先求和，然后对照放缩目标，对求和后的表达式进行放缩即可．
角度Ⅲ.先放缩，后求和
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．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＋＋…＋<.
(1)[解]　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＋＝，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≤，所以＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
4．设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
(1)[解]　y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，
曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，
从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0，
解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.
所以数列{xn}的通项公式为xn＝.
(2)[证明]　由题设和(1)中的计算结果，知Tn＝xx…x＝2·2…2.
当n＝1时，T1＝；
当n≥2时，因为x＝2＝>＝＝.
所以Tn>2×××…×＝.
综上可得，对任意的n∈N*，都有Tn≥.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．放缩为等比数列求和的两种类型
<＝≤，a－b≥1，a，b>0；
≤≤，a－b≥1，a，b>0.
2．放缩为裂项相消法求和的常见类型
>＝－；
<＝，n≥2；
<＝＝2；
>＝；
<＝，
n≥2；
＝>＝2(－)；
＝<＝2(－)；
<＝，q>1；
<＝，
n≥3；
<＝，
n≥2.
角度Ⅳ.应用数列不等式求参数
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．[2021河北“五个一名校联盟”模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是________．
[答案]　(－∞，－5]　[解析]　当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1，当n＝1时上式也成立，
∴an＝2n＋1(n∈N*)．
∴bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]
＝(2n＋1)(2n＋3)cos[(n＋1)π]，
当n为奇数时，cos[(n＋1)π]＝1；
当n为偶数时，cos[(n＋1)π]＝－1.
因此，当n为奇数时，Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n＋1)(2n＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)＝15＋4×＝2n2＋6n＋7.
∵Tn≥tn2，
∴2n2＋6n＋7≥tn2，
∴t≤＋＋2＝72＋，∴t<2.
当n为偶数时，Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n＋1)(2n＋3)＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n＋1)＝－2n2－6n.
∵Tn≥tn2，∴－2n2－6n≥tn2，
∴t≤－2－，
∴t≤－5.综上可得，t≤－5.
6．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*，SnA．[2，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(2，＋∞)
[答案]　D
题型　数列的综合应用
角度Ⅰ.数列与函数的综合
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．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
[答案]　C
2．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，数列{xn}满足xn＋1＝xn－.设an＝ln，若a1＝，xn>2，则数列{an}的通项公式an＝________.
[答案]　2n－2　[解析]　由函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点1,2，可得f(x)＝a(x－1)(x－2)，
则f′(x)＝a(2x－3)，
∴xn＋1＝xn－＝xn－＝.
由a1＝，xn>2，得
an＋1＝＝ln＝2ln＝2an，
∴数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝×2n－1＝2n－2.
角度Ⅱ.数列的周期性与求和问题
3．[2020全国卷Ⅱ，理]0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝iai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0－1序列中，满足C(k)≤(k＝1,2,3,4)的序列是(　　)
A．11010… B．11011…
C．10001… D．11001…
[答案]　C　[解析]　本题考查对新定义的理解．
因为0－1序列的周期为5，所以C(k)＝i·ai＋k(k＝1,2,3,4)，且a6＝a1＋5＝a1，a7＝a2＋5＝a2.
对于A：C(1)＝iai＋1＝(a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6)＝×(1＋0＋0＋0＋0)＝，C(2)＝iai＋2＝(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7)＝×(0＋1＋0＋1＋0)＝>，不符合题意．
对于B：C(1)＝iai＋1＝×(1＋0＋0＋1＋1)＝>，不符合题意．
对于C：C(1)＝iai＋1＝×(0＋0＋0＋0＋1)＝，
C(2)＝iai＋2＝×(0＋0＋0＋0＋0)＝0，
C(3)＝iai＋3＝×(0＋0＋0＋0＋0)＝0，
C(4)＝iai＋4＝×(1＋0＋0＋0＋0)＝，符合题意．
对于D：C(1)＝iai＋1＝×(1＋0＋0＋0＋1)＝>，不符合题意．故选C.
4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　B
角度Ⅲ.数列与实际问题的应用
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．某商店投入81万元经销某种纪念品，经销时间共60天，市场调研表明，该商店在经销这一产品期间第n天的利润an＝(单位：万元，n∈N*)．为了获得更多的利润，商店将每天获得的利润投入到次日的经营中，记第n天的利润率bn＝，例如，b3＝.
(1)求b1，b2的值；
(2)求第n天的利润率bn.
[解]　(1)当n＝1时，b1＝；当n＝2时，b2＝.
(2)当1≤n≤20时，a1＝a2＝a3＝…＝an－1＝an＝1，
所以bn＝＝.
当21≤n≤60时，
bn＝
＝
＝
＝.
所以第n天的利润率
bn＝
[探究]
(1)若本题中条件不变，求该商店在经销此纪念品期间，哪一天的利润率最大？并求该日的利润率．
(2)若本题中条件不变，60天的利润总和是多少？
(1)[解]　当1≤n≤20时，bn＝是递减数列，
此时bn的最大值为b1＝；
当21≤n≤60时，bn＝＝≤＝.
又因为<，所以当n＝40时，(bn)max＝.
所以该商店在经销此纪念品期间，第40天的利润率最大，且该日的利润率为.
(2)[解]　当1≤n≤20时，a1＝a2＝a3＝…＝an－1＝an＝1，
当21≤n≤60时，an＝，
所以{an}的前20项是常数列，
后40项是以为首项，为公差的等差数列，
所以S60＝20＋40×＋×＝182(万元)．
所以60天的利润总和是182万元．
6．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份，藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办法．问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？
[解]　假如我们设最初有a1个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为a2，a3，a4，a5，a6，得到一个数列{an}，
依题意，可知数列的递推公式：
an＋1＝an－(an－1)－1，
即an＋1＝(an－1)，
整理变形，得an＋1＋4＝(an＋4)．
故{an＋4}是以为公比的等比数列，
所以a6＋4＝(a1＋4)5，
欲使(a6＋4)∈N*，应有a1＋4＝55m(m∈N*)，故最初至少有桃子a1＝55－4＝3 121(个)，从而最后至少剩下a5＝45－4＝1 020(个)．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
解答数列实际应用问题的步骤
1．确定模型类型
理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型，基本特征如表：
数列模型 基本特征
等差数列 均匀增加或者减少
等比数列 指数增长或者减少，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推数列 指数增长的同时又均匀减少，如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a
2.准确解决模型
解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．
3．给出问题的回答
实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
提醒 完成限时跟踪检测(三十一)

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