资源简介

专题5　数　　列　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点 考情考向 考频
数 列 数列的概念、递推数列 2023年新课标Ⅰ卷T21 3年1考
等差数列 2022年新课标Ⅰ卷T17 2022年新课标Ⅱ卷T3、T17 2023年新课标Ⅰ卷T7、T20 2023年新课标Ⅱ卷T18 2024年新课标Ⅰ卷T19 2024年新课标Ⅱ卷T12 3年8考
等比数列 2022年新课标Ⅱ卷T17 2023年新课标Ⅰ卷T21 2023年新课标Ⅱ卷T8 2024年新课标Ⅱ卷T19 3年4考
特殊数列求和 2022年新课标Ⅰ卷T17 2023年新课标Ⅰ卷T21 2023年新课标Ⅱ卷T18 3年3考
近三年的高考命题，本专题重点考查等差(等比)数列的概念、通项公式与前n项和公式及应用，数列通项公式的归纳探究，并项法、裂项相消法与错位相减法求数列前n项和．高考命题形式呈现一大或一小一大的趋势，客观题以中档或中档偏难形式出现，且试题形式灵活新颖；解答题则侧重考查等差、等比数列的主干知识与特殊数列求和．本专题主要考查数学运算、数学抽象的数学素养和转化化归的数学思想．
高考对数列的考查，主要考查三块内容：(1)等差、等比数列的概念和性质；(2)由递推关系求通项；(3)数列求和．其中，等差、等比数列的概念和性质，主要包括等差与等比数列的定义和通项公式，以及等差、等比数列的性质，前n项和公式．数列求和主要考查分组求和、裂项求和、错位相减求和等．递推关系求通项，包括已知an＋1＝pan＋q，Sn与an的关系求通项等．此外，数列的考查还重视和其他知识的联系，如利用函数观点、导数方法求最值，利用放缩法证明不等式等．
数列是高中代数的重要内容，也是与大学衔接较紧的内容之一，其涉及的基础知识、数学思想与方法，在高中数学的学习中起着重要作用，因而成为历年高考经久不衰的热点题型．新课标形势下的命题既有客观题又有解答题，因而要加强数列的复习，特别是在以下几个方面要加强训练．
1．等差与等比数列的定义、通项公式以及等差与等比数列的性质、前n项和公式一直是考查的重点，这方面的考题多以小题形式出现，但解题方法灵活多样，技巧性强，要加强训练．
2．对于由递推式所确定的数列通项问题，通常可通过对递推式的变形转化为等差数列或等比数列加以解决．这类问题一直是高考的热点题型，在复习时，可采用小专题的形式进行归类总结．
3．数列求和问题由于综合性强、对运算要求高，高考常常作为重点进行考查，需要掌握的方法主要有错位相减法、倒序相加法、分组求和法、裂项相消法等．
4．要注意数列和其他知识的综合，特别注意数列与数学文化、数列与数学应用、数列与不等式、数列与概率、数列与函数和导数等知识相结合的考查，并从“注重数学思想方法，强化运算能力，重点知识重点训练”的角度做好充分的准备．
第28讲　数列的概念及其表示法
[课标要求]　1.了解数列的概念及其表示方法(列表法、图象法、通项公式法).2.了解数列的通项公式是定义在非零自然数集上的函数.3.了解数列的单调性，会研究和解决有关数列的单调性问题．
　　　　　　　　　　
1．数列的定义
按照__确定的顺序__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．数列的一般形式为__a1，a2，…，an，…__，简记为__{an}__．
2．数列的单调性
类型 满足条件
递增数列 an＋1__>__an 其中n∈N*
递减数列 an＋1__<__an
常数列 an＋1__＝__an
3.数列的通项公式及前n项和
如果数列{an}的第n项an与__它的序号n__之间的对应关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，我们把这个式子叫做这个数列的通项公式．
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝__a1＋a2＋…＋an__．
4．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的__递推公式__．
5．由递推公式求数列通项公式的基本方法
(1)观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．
(2)公式法：若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
(3)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造an－an－1＝f(n－1)，an－1－an－2＝f(n－2)，…，a2－a1＝f(1)，将上述各式子相加得an＝f(n－1)＋f(n－2)＋…＋f(2)＋f(1)＋a1(n≥2).
①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；
④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．
(4)累乘法：形如an＋1＝an·f(n)(＝f(n))型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造＝f(n－1)，＝f(n－2)，…，＝f(1)，将上述各式子两边相乘，可得an＝f(n－1)·f(n－2)·…·f(2)·f(1)·a1(n≥2).
(5)构造法：形如an＋1＝pan＋q的递推式，设an＋1＋k＝p(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列求解．
形如an＋2＝pan＋1＋qan的递推式，设an＋2－kan＋1＝h(an＋1－kan)，比较系数得h＋k＝p，－hk＝q，可解得h，k，于是{an＋1－kan}是公比为h的等比数列，这样就化归为an＋1＝pan＋q型．
形如an＋1＝pan＋f(n)的递推式，两边同时除以pn+1可得到＝＋，令＝bn，则bn＋1＝bn＋，求出bn之后得an＝pnbn.
(6)取倒数法：形如an－1－an＝pan－1an(p为常数且p≠0)的递推式，两边同除以an－1an，得－＝p，求出的表达式，再求an.
形如an＋1＝的递推式，采用取倒数方法转化成＝·＋形式，化归为an＋1＝pan＋q型求出的表达式，再求an.
1．(教材母题选必修习题4.1T3)已知数列－1，，－，2，－，…，则该数列的第100项为(　　)
A．10 B．－10
C．－11 D．
解析：A　由题意易知，该数列的通项公式为an＝(－1)n·，所以a100＝(－1)100×＝10，故选A.
2．已知Sn是数列{an}的前n项和，则“an＞0”是“{Sn}是递增数列”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：A　若an＞0，则Sn＞Sn－1，所以{Sn}是递增数列，所以“an＞0”是“{Sn}是递增数列”的充分条件；若{Sn}是递增数列，则Sn＞Sn－1，所以an＞0(n≥2)，但是a1的符号不确定，所以“an＞0”不是“{Sn}是递增数列”的必要条件，故选A.
3．(教材母题选必修习题4.1T2)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a6＝(　　)
A．2 B．－3
C．－ D．
解析：B　因为a1＝2，an＋1＝，所以a2＝＝－3，同理可得a3＝－，a4＝，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a6＝a2＝－3.故选B.
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋4n-1，则{an}的通项公式为__________.
解析：an＝　由an＋1－an＝4n-1得an＝a1＋1＋4＋…＋4n-2＝.
5．(教材母题选必修4.1练习T1)如图，在n×n的单位正方形网格中，阴影相连的正方形个数依次为1，5，9，13，则下一阴影相连的正方形个数为________，这个数列的一个通项公式an＝____________．
解析：17　4n－3
从阴影相连的正方形个数依次为1，5，9，13看出，从第2项起每一项比它的前一项多4，故下一阴影相连的正方形个数为13＋4＝17，且a2＝5＝a1＋4，a3＝9＝a1＋2×4，a4＝13＝a1＋3×4，a5＝17＝a1＋4×4，根据上述规律an＝a1＋(n－1)×4＝1＋(n－1)×4＝4n－3，所以an＝4n－3.
　　　　　　　　　　
探究点1　由an与Sn的关系求通项
【例1】 (1)(2024·湖南长沙联考预测)若数列{an}中，a1＝，a2＝，且anan＋2＝an＋1，记数列{an}的前n项积为∏n，则的值为(　　)
A．1 B．
C． D．
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1，则an＝__________.
(3)(2024·河北沧州校考模拟预测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足an＝2－1.
(ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(ⅱ)若bn＝an cos ，求数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1.
解析：(1)D　由题意，得a3＝，a4＝，a5＝4，a6＝，a7＝，a8＝，
发现数列{an}是以6为周期的数列，且前6项积为1，则∏2025＝a1·a2·a3＝，a2024＝a2＝，
所以原式的值为，故选D.
(2)2n-1　由Sn＝2an－1，可得S1＝2a1－1，解得a1＝1，
又an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n-1.
(3)(ⅰ)an＝2－1 (an＋1)2＝4Sn，
当n≥2时，(an－1＋1)2＝4Sn－1，两式作差可得
a－a＋2an－2an－1＝4an a－a－2(an＋an－1)＝0 (an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
又an＋an－1≠0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
可得数列{an}是公差为2的等差数列．
当n＝1时，a1＝2－1 a1－2＋1＝0 (－1)2＝0 a1＝1，
所以，数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(ⅱ)bn＝an cos ＝(2n－1)cos ，
T3n＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋b3n－2＋b3n－1＋b3n＋b3n＋1
＝1×(－)＋3×(－)＋5×1＋…＋(6n－5)×(－)＋(6n－3)×(－)＋(6n－1)×1＋(6n＋1)×(－)
＝×(－)＋×(－)＋×1＋(6n＋1)×(－)
＝－＋n－＋3n2＋2n－3n－＝－，
所以，数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1＝－.
由Sn求an或由含Sn与an的关系式求an.
(1)依据：an＝
(2)方法：①利用an与Sn的关系，消去Sn，转化为只含an的关系式进行求解；
②利用an与Sn的关系，消去an，转化为只含Sn的关系式进行求解．
(3)注意：对n＝1的情况必须进行检验，若适合n≥2的表达式，则可以合并；若不适合，则写成分段函数形式．
变式探究
1．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，其中n∈N*，则a1＋a2＋a3＋…＋a24＝________．
解析：48　当n＝1时，a1a2a3＝a1＋a2＋a3，可得a3＝3，同理，当n＝2时，可得a4＝1，当n＝3时，可得a5＝2，以此类推，可知数列{an}的周期为3，所以a1＋a2＋…＋a24＝8(a1＋a2＋a3)＝8×6＝48.
2．已知数列{an}的首项为－1，设Sn是数列{an}的前n项和，且an＋1＝2SnSn＋1，则Sn＝__________．
解析：　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝2SnSn＋1，
所以－＝－2.
因为a1＝－1，所以＝－1，
所以{}是以－1为首项，－2为公差的等差数列，
所以＝－1－2(n－1)＝1－2n，即Sn＝.
3．(2024·湖北模拟预测)若数列{an}满足a1＝2，－－＝1，则a2026＝(　　)
A．2 B．－
C．－3 D．
解析：C　因为－－＝1，所以an＋1＝.又因为a1＝2，
所以a2＝＝－3，a3＝＝－，a4＝＝，a5＝＝2，…，
所以{an}是周期为4的数列，故a2026＝a2＝－3.故选C.
探究点2　由数列的递推公式求通项
【例2】 (1)已知数列{an}中，a1＝1，nan＋1＝2(a1＋a2＋…＋an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝n B．an＝2n－1
C．an＝ D．an＝
(2)已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则数列{an}的通项公式为___________________．
(3)(教材母题选必修习题4.1T2改编)数列{an}中，当an＋1＝，a1＝2，则a4＝________．
(4)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n-1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为________________．
解析：(1)A　由nan＋1＝2(a1＋a2＋…＋an)，①
得(n－1)an＝2(a1＋a2＋…＋an－1)(n≥2)，②
①－②得nan＋1－(n－1)an＝2an，
则nan＋1＝(n＋1)an，即＝，
所以an＝a1···…·＝1···…·＝n(n≥2)，
当n＝1时，也满足an＝n，
所以an＝n.故选A.
(2)an＝＋4n－6
设an＋An＋B＝[an－1＋A(n－1)＋B]，
所以an＝an－1－An－A－B，
所以解得
又a1－4＋6＝3，所以{an－4n＋6}是以3为首项，为公比的等比数列，
所以an－4n＋6＝3()n-1，所以an＝＋4n－6.
(3)　由an＋1＝，a1＝2，可得an≠0，
所以＝＝＋3，即－＝3(定值)，
故数列{}以＝为首项，d＝3为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)×3＝3n－，所以＝，所以a4＝.
(4)an＝4×3n-1－5×2n-1
(方法1)设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n-1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n-1，可得λ＝－4，
即an＋1－4×3n＝2(an－4×3n-1)，且a1－4×31-1＝－5≠0，
则数列{an－4×3n-1}是首项为－5，公比为2的等比数列，
所以an－4×3n-1＝－5×2n-1，即an＝4×3n-1－5×2n-1.
(方法2：两边同除以qn+1)两边同时除以3n+1，
得＝×＋，
整理得－＝×(－)，且－＝－≠0，
则数列{－}是首项为－，公比为的等比数列，
所以－＝－×()n-1，即an＝4×3n-1－5×2n-1.
(方法3：两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1，
得＝＋()n-1，即－＝()n-1，
当n≥2时，则＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋
＝()n-2＋()n-3＋…＋1－
＝－
＝2×()n-1－，
故an＝4×3n-1－5×2n-1(n≥2)，
显然当n＝1时，a1＝－1符合上式，
故an＝4×3n-1－5×2n-1.
由数列的递推关系求通项公式的常用方法
(1)累加法：形如an－an－1＝f(n)的递推式，可用累加法求an.
(2)累乘法：形如＝f(n)的递推式，可用累乘法求an.
(3)构造法：形如an＋1＝pan＋q，an＋2＝pan＋1＋qan的递推式，可用构造法求an.
(4)取倒数法：形如an－1－an＝pan－1an，an＋1＝的递推式，可用取倒数法求an.
变式探究
4．已知数列{an}满足：an＋1＝－an－2，n∈N*，a1＝4，则数列{an}的通项公式为__________________．
解析：an＝－＋(－)n-1
因为an＋1＝－an－2，n∈N*，a1＝4，
所以两边同时加上得
an＋1＋＝－an－2＋＝－an－，
所以an＋1＋＝－(an＋)，
当a1＝4时，a1＋＝.
故an＋≠0，故＝－，
所以数列{an＋}是以a1＋＝为首项，－为公比的等比数列．
于是an＋＝(－)n-1，
an＝－＋(－)n-1.
5．已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝则{a2n}的通项公式为________________．
解析：a2n＝2n+1－4
由题意知，当n≥2时，a2n＝a(2n－1)＋1＝a2n－1＋2＝a(2n－2)＋1＋2＝2a2n－2＋4.
设a2n＋t＝2(a2n－2＋t)，
则a2n＝2a2n－2＋t，
所以t＝4，即a2n＋4＝2(a2n－2＋4).
又a2＝a1＋2＝0，a2＋4＝4.
所以{a2n＋4}是首项为4，公比为2的等比数列．
所以a2n＋4＝4·2n-1＝2n+1，即a2n＝2n+1－4.
6．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3·2n，a1＝2，求数列{an}的通项公式．
解析：将an＋1＝2an＋3·2n两边除以2n+1，
得＝＋，则－＝，
故数列{}是以＝＝1为首项，以为公差的等差数列，
则＝1＋(n－1)＝n－，
所以数列{an}的通项公式为an＝(n－)·2n＝(3n－1)·2n-1.
探究点3　数列的函数特征
【例3】 (1)已知数列{an}满足＝2，a1＝20，则的最小值为(　　)
A．4 B．4－1
C．8 D．9
(2)在数列{an}中，a1＝3，＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＋(n∈N*)，则an＝____________，若λan≥4n对所有n∈N*恒成立，则λ的取值范围是__________.
解析：(1)C　由an＋1－an＝2n知a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，
以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，
所以an＝n2－n＋20，n≥2.
当n＝1时，a1＝20符合上式，
所以＝n＋－1，
所以当n≤4时，单调递减，当n≥5时，单调递增，
因为＝，所以的最小值为＝＝8.故选C.
(2)　[，＋∞)
由于＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＋(n∈N*)，
所以当n≥2时，有＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＋，
两式相减可得＝＋＝，
即当n≥2时，＝.
当n＝1时，＝1＋＝，得a2＝6，即＝2也符合该递推关系，
所以an＝··…··a1＝.
由于λan≥4n λ≥()n·n(n＋1)，
令cn＝()nn(n＋1)，
由于＝＝＝＋，
当n＝4时，c4＝c5，当n<4时，cn单调递增，当n>4时，cn单调递减，
所以c1c6>…，
故cn的最大项为，即λ≥.
(1)数列与函数知识有着密切的联系，解题时要注意函数、导数的相关知识的运用以及用研究函数的方法来研究数列，如借用判断函数的单调性的方法来判断数列的单调性，用求函数最值的方法来研究数列的最值等．
(2)数列是自变量不连续的函数，要特别注意n∈N*这一条件．不能对数列直接求导判断单调性，要写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去．
变式探究
7．已知an＝3×(－)n-1－1，若存在常数A，B∈R，使得对任意的正整数n都有A≤an≤B，则B－A的最小值为________.
解析：　因为an＝3×(－)n-1－1，
已知A≤an≤B，所以A≤(an)min，(an)max≤B.
设bn＝an＋1＝3×(－)n-1，
则＝，b1＝3，b2＝－，
所以b1>b3>…>b2n－1>…，b2所以－≤bn≤3，所以－≤an＋1≤3，
故－≤an≤2，所以A≤－，B≥2，－A≥，所以B－A≥，所以B－A的最小值为.
8．(2024·江苏无锡市第一中学校考)已知数列{an}的前n项之积为bn，且＋＋…＋＝(n∈N*).
(1)求数列{}和{an}的通项公式；
(2)求f(n)＝bn＋bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n－1＋b2n的最大值．
解析：(1)因为＋＋…＋＝，①
所以＋＋…＋＝(n≥2)，②
由①②可得＝n(n≥2)，
因为①＝1也满足上式，
所以＝n，③
所以＝n－1(n≥2)，④
由③④可得＝(n≥2)，
即＝(n≥2)，
所以an－1＝(n≥2)，所以an＝.
(2)由(1)可知an＝，
则bn＝a1a2…an＝··…·＝，
记f(n)＝bn＋bn＋1＋…＋b2n＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－<0，
所以f(n＋1)所以f(n)的最大值为f(1)＝b1＋b2＝＋＝.
　　　　　　　　　　
1．已知数列{}的前n项和Sn满足Sn＝n3＋n，则a4＝(　　)
A．272 B．152 C．68 D．38
解析：B　＝S4－S3＝(43＋4)－(33＋3)＝68－30＝38，则a4＝38×4＝152.故选B.
2．(2024·吉林二模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为(　　)
A．366 B．422 C．450 D．600
解析：C　由题意，大衍数列的偶数项为2，8，18，32，50，…，
可得该数列{an}的偶数项的通项公式为a2n＝2n2，
所以此数列{an}的第30项为a30＝2×152＝450.故选C.
3．已知{an}是递增数列，对于任意的正整数n，均有an＝n2＋λn，则实数λ的取值范围是(　　)
A．[－2，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．R D．
解析：B　因为{an}是递增数列，对于任意的正整数n均有an＝n2＋λn，
所以(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，
所以λ>－(2n＋1)，所以λ>－3.
4．(2024·陕西咸阳三模)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则a7＝(　　)
A．43 B．46 C．37 D．36
解析：C　由题意得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋3＋1＋1＝＋1＝n2－2n＋2(n≥2)，
所以a7＝72－2×7＋2＝37.故选C.
5．已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝________.
解析：　由an＋1＝an可得＝，
由累乘可得＝···＝×××＝.
6．已知an＝n2－tn＋2025(n∈N*，t∈R)，若数列{an}中最小项为第3项，则t的取值范围为__________.
解析：(5，7)　因为函数f(x)＝x2－tx＋2025的图象开口向上，对称轴为x＝，
则由题意知<<，所以t∈(5，7).
7．(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝________________．
解析：(n＋1)·2n-2
由nan＋1＝(n＋2)Sn，得Sn＝an＋1，
当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn－1＝an，
则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an，
即＝，
则有＝，＝，…，＝，
则an＝××…××a1＝(n＋1)·2n-2，
当n＝1时，a1＝1，满足上式，故an＝(n＋1)·2n-2.
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8，求数列{an}的通项公式．
解析：因为Sn＝－(n－k)2＋k2，
所以当n＝k时，Sn的最大值为k2.
所以k2＝8，又k∈N*，所以k＝4.
所以Sn＝－n2＋4n.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝－n2＋4n－[－(n－1)2＋4(n－1)]
＝－(2n－1)＋4
＝－n；
当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝＝－1.
所以an＝－n.
9．已知数列{an}是递增数列，且an＝则λ的取值范围是(　　)
A．(1，2) B．(1，) C．(1，] D．(1，)
解析：D　数列{an}是递增数列，且an＝n∈N＋，
则解得1<λ<，
故λ的取值范围是(1，)，故选D.
10．已知数列{an}满足an+1＝3an＋2·3n＋1，a1＝3，则数列{an}的通项公式为____________________．
解析：an＝2n·3n-1＋·3n－
an＋1＝3an＋2·3n＋1两边除以3n+1，
得＝＋＋，
则－＝＋，
故＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋
＝(＋)＋(＋)＋(＋)＋…＋(＋)＋
＝＋(＋＋＋…＋)＋1＝＋＋1
＝＋－，
则数列{an}的通项公式为an＝2n·3n-1＋·3n－.
11．已知数列{an}是首项为a1＝2，an＋1＝an＋2n＋.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解析：(1)an＋1＝an＋2n＋，
设an＋1＋A(n＋1)＋B＝(an＋An＋B)，
即an＋1＝an－An－A－B，
即解得
a1－3＋2＝1，故{an－3n＋2}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an－3n＋2＝()n-1，
故an＝()n-1＋3n－2.
(2)由(1)知an＝()n-1＋3n－2，
则Sn＝()0＋1＋()1＋4＋…＋()n-1＋3n－2
＝[()0＋()1＋…＋()n-1]＋(1＋4＋…＋3n－2)
＝1×＋
＝－×()n＋n2－n＋.
12．线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构．一个正六边形的线性分形图如下图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其中图n中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是(　　)
A．a4＝294
B．C3＝
C．存在正数m，使得Cn≤m恒成立
D．Sn＝×()n-1
解析：D　对于A，图1中正六边形的个数为1，图2中正六边形的个数为7，由题意得{an}为公比为7的等比数列，所以an＝7n-1，故a4＝73＝343，A错误；
对于B，由题意知C1＝6，C2＝×6＝14，C3＝()2×6＝，B错误；
对于C，{Cn}为等比数列，公比为，首项为6，故Cn＝6×()n-1，因为>1，所以Cn＝6×()n-1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，C错误；
对于D，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n-1个，每个小正六边形的边长为()n-1，故每个小正六边形的面积为6××()2n-2，则Sn＝7n-1×6××()2n-2＝×()n-1，D正确．故选D.
13．已知数列{an}满足a1＝18，an＋1－an＝3n，则的最小值为________．
解析：9　由已知可得an＋1＝an＋3n，
所以当n≥2时，有an＝an－1＋3(n－1).
则有a1＝18，a2＝a1＋3×1，a3＝a2＋3×2，…，an＝an－1＋3(n－1)，
两边分别相加得
a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a2＋…＋an－1＋18＋3×1＋3×2＋…＋3(n－1)
＝a1＋a2＋…＋an－1＋18＋
＝a1＋a2＋…＋an－1＋＋18，
所以an＝＋18.
当n＝1时，a1＝18满足条件．
所以an＝＋18，
所以＝＋＝＋－.
设f(x)＝＋－，
根据对勾函数的性质可知，当02时，f(x)单调递增．
又f(3)＝＋－＝9，f(4)＝＋－＝9.
所以当n＝3或n＝4时，有最小值9.
第29讲　等差数列
[课标要求]　1.理解等差数列的概念，能在具体问题情境中识别等差数列.2.掌握等差数列的通项公式，前n项和公式及其性质．
　　　　　　　　　　
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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，符号表示为__an＋1－an＝d__(n∈N*，d为常数).
(2)通项公式：如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则它的通项公式是an＝__a1＋(n－1)d__．
(3)等差中项：如果三个数a，A，b组成__等差__数列，则A叫做a和b的等差中项，即A＝____.
2．等差数列{an}的常用性质(其中m，n，p，q∈N*)
(1)an＝am＋__(n－m)__d.
(2)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝__ap＋aq__．
特例：若m＋n＝2p，则am＋an＝__2ap__．
(3)等差数列的单调性：若公差d>0，则数列为__递增__数列；若d<0，则数列为__递减__数列；若d＝0，则数列为__常__数列．
3．等差数列的前n项和公式
(1)前n项和公式：设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝____＝__na1＋d__．
(2)等差数列前n项和的性质：
Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(3)设数列{an}是等差数列，且公差为d，(ⅰ)若项数为偶数，设共有2n项，则①S偶－S奇＝nd；②＝.(ⅱ)若项数为奇数，设共有2n－1项，则①S奇－S偶＝an＝a中(中间项)；②＝.
1．等差数列的常用判断方法
(1)定义：an＋1－an＝d(d为常数) {an}是等差数列．
(2)等差中项：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*) {an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q是常数) {an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数) {an}是等差数列．
2．等差数列前n项和的最值
(1)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(2)若{an}与{bn}为等差数列，且前n项和分别为Sn与Sn′，则＝.
3．如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．
1．若an＝an＋b(其中a，b为常数，n∈N*)，则数列{an}(　　)
A．当a≠0时，才是等差数列
B．当b≠0时，才是等差数列
C．一定是等差数列
D．不一定是等差数列
解析：C　因为an＋1－an＝a(n∈N*)，由定义知，{an}一定是等差数列，故选C.
2．(2024·河北统考模拟预测)已知等差数列{an}的前n项和是Sn，a3＝1，S7＝3a6，则S3＝(　　)
A．1 B．－1
C．3 D．－3
解析：D　设已知设等差数列{an}的公差为d，
则解得
所以S3＝3a1＋3d＝－3.故选D.
3．(2024·安徽蚌埠统考模拟预测)已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝π，则cos (a1＋a7)＝(　　)
A．－ B．
C． D．
解析：A　因为数列{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝π，即a4＝，
所以cos (a1＋a7)＝cos 2a4＝cos ＝－，故选A.
4．(教材母题选必修4.2.2练习T3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝11，S9＝17，则S15＝(　　)
A．15 B．23
C．28 D．30
解析：D　由等差数列的性质知，S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，可得S3＝，同理可得S12＝，所以2(S12－S9)＝S9－S6＋S15－S12，可得S15＝30.故选D.
5．两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，则＝________.
解析：　由题意可知，＝＝＝，所以＝＝＝.
　　　　　　　　　　
探究点1　等差数列的基本运算
【例1】 (2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解析：(1)由3a2＝3a1＋a3，得a1＝d.
又S3＋T3＝a1＋a2＋a3＋b1＋b2＋b3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，
所以d＝3或d＝(舍去)，故an＝3n.
(2)由题意设
又anbn＝n2＋n，得(pn＋q)(sn＋t)＝n2＋n，
由此可得psn2＋(tp＋sq)n＋tq＝n2＋n，
显然tq＝0，得q＝0或t＝0.
当t＝0时，bn＝sn，则psn2＋sqn＝n2＋n，即ps＝sq＝1，
所以p＝q＝d.所以an＝d(n＋1)，bn＝，
所以Sn＝，Tn＝.
因为S99－T99＝99，所以－＝99，
即51d2－d－50＝0，解得d＝1或d＝－，显然与题意不符，所以q＝0.
又因为等差数列{an}的公差为d，即p＝d，an＝dn，
所以bn＝＝＝，
则S99－T99＝(a1－b1)＋(a2－b2)＋(a3－b3)＋…＋(a99－b99)＝[(d－)n－]＝99，
即(d－)×－99×＝99，
即50d2－d－51＝0，可得d＝或d＝－1(舍去).
所以d＝.
1．解决等差数列运算问题的思想方法
(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．
(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简，优化解题过程．
2．特殊设法：三个数成等差数列，一般设为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列，一般设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.这对已知和，求数列各项，运算更方便．
变式探究
1．已知数列{an}的前n项和Sn，a1＝1，an>0，anan＋1＝4Sn－1.
(1)计算a2的值，求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nanan＋1，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析：(1)当n＝1时，a1a2＝4a1－1，
又a1＝1，解得a2＝3，
由题知anan＋1＝4Sn－1，①
an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，②
由②－①得an＋1(an＋2－an)＝4an＋1，
因为an>0，所以an＋2－an＝4，
于是，数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以a2＝3为首项，4为公差的等差数列，
即a2n－1＝1＋4(n－1)＝4n－3＝2(2n－1)－1，
a2n＝3＋4(n－1)＝4n－1，
所以{an}的通项公式an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n(2n－1)(2n＋1)，
b2n－1＋b2n＝－(4n－3)(4n－1)＋(4n－1)·(4n＋1)＝4(4n－1)，
T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝4[3＋7＋…＋(4n－1)]＝4×＝4n(2n＋1).
探究点2　等差数列的性质及应用
【例2】 (1)在等差数列{an}中，a3＋a11＝40，则a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10的值为(　　)
A．84 B．72
C．60 D．48
(2)已知等差数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，若－＝1，且Sn≥S5，则a1的取值范围为______________．
(3)(教材母题选必修4.2.2练习T3改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1<0，S6＝S20，则Sn取最小值时，n＝________．
(4)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有＝，则＋＝(　　)
A．3 B．6
C． D．
解析：(1)C　在等差数列{an}中，a3＋a11＝2a7＝40，可得a7＝20，所以a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10＝(a4＋a10)－(a5＋a9)＋(a6＋a7＋a8)＝3a7＝60.故选C.
(2)[－10，－8]　设等差数列{an}的公差为d，因为Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·＝n＋(a1－)，所以数列{}是以＝a1为首项，为公差的等差数列，
所以－＝＝1，解得d＝2.
因为Sn≥S5，
所以
解得－10≤a1≤－8，
即a1的取值范围为[－10，－8].
(3)13　由题意知a1<0，S6＝S20，设等差数列{an}的公差为d，则6a1＋15d＝20a1＋190d，即175d＝－14a1，因为a1<0，故d>0，即等差数列{an}为首项是负值的递增数列．
又由S6＝S20可得a7＋a8＋…＋a20＝0，即7(a13＋a14)＝0，故a13<0，a14>0，
即等差数列{an}前13项为负，从第14项开始为正，故Sn取最小值时，n＝13.
(4)B　数列{an}，{bn}均为等差数列，
由等差数列下标和的性质得
＋＝＋＝＝2×＝2×＝2×＝2×＝6.故选B.
(1)运用等差数列的性质，要关注下标的特点，重点要掌握好如下两条性质：
①若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an；
②数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，也是等差数列．
(2)应用等差数列的性质解决某些问题，突出了整体思想，因而可减少运算量．　
(3)求等差数列前n项和的最值的两种方法
①函数法：可以将Sn化为关于n的二次函数，利用求二次函数的最值的方法求出最值，但要注意n∈N*.
②邻项变号法：利用等差数列的单调性，结合等差数列的性质，找到正、负项的分界点，也可快速解决最值问题．
变式探究
2．(2024·山东聊城一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7＝49，S15＝45，则a6＝(　　)
A．3 B．5
C．7 D．10
解析：B　等差数列{an}的前n项和为Sn，
则S7＝＝7a4＝49，故a4＝7，
S15＝＝15a8＝45，故a8＝3，
由2a6＝a4＋a8＝7＋3＝10得a6＝5，故选B.
3．已知{Sn}为等差数列{an}的前n项和，若S4＝14，S6＝S2＋22，则S6＝(　　)
A．26 B．27
C．28 D．29
解析：B　由题意得S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，
所以2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)，又S4＝14，S6＝S2＋22，
所以2[14－(S6－22)]＝S6－22＋(S6－14)，解得S6＝27.故选B.
4．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若－＝2，则S10＝(　　)
A．10 B．100
C．110 D．120
解析：B　因为数列{an}是等差数列，则数列{}也为等差数列，设其公差为d′，
则－＝2＝2d′，则d′＝1，
又因为＝a1＝1，
所以＝1＋n－1＝n，所以Sn＝n2，所以S10＝100.故选B.
5．已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝bn＝a2n，则b2026＝________．
解析：8105　由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝5，又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋3(k∈N*)，所以a2k＋2＝a2k＋4(k∈N*)，所以bk＋1＝bk＋4，即bn＋1－bn＝4，所以{bn}为等差数列，公差为4，首项为5，所以b2026＝5＋(2026－1)×4＝8105.
探究点3　等差数列的判断与证明
【例3】 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列．
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
解析：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，
即2Sn＋n2＝2nan＋n，①
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，②
①－②得，
2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12，
所以an＝n－13，
所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝(n－)2－，
所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78.
(1)等差数列的四个判定方法
①定义法：即证明an＋1－an＝d(d是常数，n∈N*).
②中项公式法：即证明2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*).
③通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
④前n项和公式：得出Sn＝An2＋Bn后，再运用定义法证明数列{an}是等差数列．
注：以上四个方法可用来判断一个数列是不是等差数列，但证明一个数列是等差数列的基本方法是定义法．
(2)证明一个数列是等差数列时，要充分利用“目标引导法”，根据目标的结构特点进行变形．
(3)利用an＝可将含an与Sn的关系根据变形“目标”的要求转化为只含an或只含Sn来进行研究．
变式探究
6．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}为等差数列，则(　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：C　甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，
因此{}为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：{}为等差数列，
即－＝＝为常数，
设为t，即＝t，
则Sn＝nan＋1－tn(n＋1)，
有Sn－1＝(n－1)an－tn(n－1)，n≥2，
两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，
即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确．故选C.
7．数列{an}中，a1＝a2＝1，前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋2n.
(1)证明：{a2n}为等差数列．
(2)求S101.
解析：(1)证明：因为Sn＋Sn＋1＝n2＋2n，①
所以Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋2(n－1)(n≥2)，②
①－②得an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，③
所以an＋1＋an＋2＝2n＋3，④
④－③得an＋2－an＝2(n≥2)，
所以a2n－a2(n－1)＝2(n≥2)，
所以{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)得{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
同理可得{a2n－1}是以a3为首项，2为公差的等差数列，
又a2＋a3＝2×2＋1＝5，故a3＝4，
所以前101项的偶数项和为
S偶＝1×50＋×2＝2500，
前101项的奇数项和为
S奇＝1＋50×4＋×2＝2651，
所以S101＝S偶＋S奇＝5151.
　　　　　　　　　　
(2024·广西一模)设{an}为等差数列，若a3＋2a1＝1，a4＝5，则公差d＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：D　由题意得解得故选D.
2．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2a＝a＋a(n≥2)，则a6＝(　　)
A．16 B．8 C．2 D．4
解析：D　由2a＝a＋a可知数列{a}是等差数列，且首项为a＝1，公差d＝a－a＝4－1＝3.
所以{a}的通项a＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝.所以a6＝＝4.故选D.
3．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＋S3＝4，a2＋a3＋a4＋a5＝7，则S9＝(　　)
A．63 B． C．45 D．
解析：D　因为数列{an}是等差数列，
则a2＋S3＝4a2＝4，可得a2＝1，
又a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝2(1＋a5)＝7，可得a5＝，
所以S9＝9a5＝.故选D.
4．一个等差数列的首项为，从第10项开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是(　　)
A．d> B．d< C．解析：D　设这个等差数列为{an}，由题意得a10>1，a9≤1，即a1＋9d>1，a1＋8d≤1，又a1＝，解得5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)
A． B． C． D．
解析：A　由等差数列的性质可得S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．
由＝得S6＝3S3，即S6－S3＝2S3.
故S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3.
所以S12＝S9＋4S3＝S6＋3S3＋4S3＝S6＋7S3＝S6＋S6＝S6，即＝.故选A.
6．在等差数列{an}中，a1>0，S7＝S9，则使得前n项的和最大的n值为(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
解析：B　在等差数列{an}中，a1>0，由S7＝S9，可得a8＋a9＝0，
所以a8>0，a9<0，且数列{an}为递减数列，
所以使得前n项的和最大的n值为8.故选B.
7．若等差数列{an}的前三项依次为x，2x＋1，4x＋2，则x的值为________．
解析：0　因为等差数列{an}的前三项依次为x，2x＋1，4x＋2，
所以x＋4x＋2＝2×(2x＋1)，则x＝0.
8．(2025·江苏盐城校考)在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求{|an|}的前n项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝－60，a17＝－12，
所以－60＋16d＝－12，解得d＝3.
所以an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.
(2)由an≥0，解得n≥21，
所以|an|＝
所以当n≤21时，{|an|}的前n项和Sn＝＝－n2＋n.
S21＝－×212＋×21＝630.
当n>21时，{|an|}的前n项和
Sn＝630＋(3×22－63)＋(3×23－63)＋…＋(3n－63)＝630＋＝n2－n＋1260.
所以{|an|}的前n项和
Sn＝
(多选)对于数列{an}，若a1＝1，an＋an＋1＝2n，则下列说法正确的是(　　)
A．a4＝3 B．数列{an}是等差数列
C．数列{a2n－1}是等差数列 D．a2n＝2n－1
解析：ACD　由an＋an＋1＝2n，a1＝1，
得a2＝2－a1＝1，a3＝4－a2＝3，
a4＝6－a3＝3，所以A正确；
又an＋an＋1＝2n，an＋1＋an＋2＝2(n＋1)，
两式相减得an＋2－an＝2，令n＝2n－1，可得a2n＋1－a2n－1＝2，所以{an}不是等差数列，{a2n－1}是等差数列，B错误，C正确；
同理，令n＝2n，则a2n＋2－a2n＝2，所以{a2n}是以a2＝1为首项，公差为2的等差数列，所以a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，D正确．故选ACD.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝4，a2＝8，且Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝4.
(1)求证：数列{an}是等差数列．
(2)若am，Sm，14am＋1成等比数列，求正整数m.
解析：(1)证明：因为Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝4，
所以Sn＋2－Sn＋1－Sn＋1＋Sn＝4，即(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝4，则an＋2－an＋1＝4.
又a1＝4，a2＝8，满足a2－a1＝4，所以{an}是公差为4的等差数列．
(2)由(1)得，an＝4＋(n－1)×4＝4n，
则Sn＝＝2n2＋2n.
又S＝14amam＋1，所以(2m2＋2m)2＝14×4m×4(m＋1)，
化简得m2＋m－56＝0，
解得m＝7或m＝－8(舍去).
所以m的值为7.
11．已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式．
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
而bn＝k∈N*，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知，
Sn＝＝n2＋4n，
bn＝k∈N*.
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝·＝n2＋n，
当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n)－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n－5)－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
12．(多选)在数列{an}中，若a－a＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)
A．若{an}是等差数列，则{an}是等方差数列
B．{(－1)n}是等方差数列
C．若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列
D．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
解析：BCD　对于A，若{an}是等差数列，如an＝n，
则a－a＝n2－(n－1)2＝2n－1，不是常数，
故{an}不是等方差数列，故A错误；
对于B，数列{(－1)n}中，a－a＝[(－1)n]2－[(－1)n -1]2＝0是常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故B正确；
对于C，数列{an}中的项列举出来是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，
数列{akn}中的项列举出来是ak，a2k，a3k，…，
因为(a－a)＝(a－a)＝(a－a)＝…＝(a－a)＝p，将这k个式子累加得
(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，
所以a－a＝kp，所以a－a＝kp，
所以{akn}(k∈N*，k为常数)是等方差数列，故C正确；
对于D，因为{an}是等差数列，
所以an－an－1＝d，则设an＝dn＋m.
因为{an}是等方差数列，
所以a－a＝(an＋an－1)d＝(dn＋m＋dn－d＋m)d＝2d2n＋(2m－d)d是常数，
故2d2＝0，即d＝0，
所以(2m－d)d＝0，a－a＝0是常数，故D正确．故选BCD.
13．(2025·海南海口校考)已知各项均为正数的数列{an}满足2＝an＋1，其中Sn是数列{an}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意n∈N*，且当n≥2时，总有＋＋＋…＋<λ恒成立，求实数λ的取值范围．
解析：(1)因为2＝an＋1，所以Sn＝()2.
当n＝1时，S1＝a1＝()2，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝()2－()2，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an＋an－1≠0，所以an－an－1－2＝0，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
(2)因为an＝2n－1，
所以Sn＝＝n2，
所以当n≥2时，＝＝＝(－)，
所以＋＋＋…＋
＝＋[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]
＝＋(1＋－－)
＝1－<1，
所以λ≥1，
所以实数λ的取值范围为[1，＋∞).
第30讲　等比数列
[课标要求]　1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式，前n项和公式及其性质．3.了解等比数列与指数函数的关系，能运用等比数列的概念、公式及性质解决相关问题．
　　　　　　　　　　
1．等比数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，__每一项与前一项的比__都等于同一个常数，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，公比通常用字母q表示(显然q≠0).
(2)表示形式：__＝q_(n∈N*)__．
(3)等比中项：如果三个数a，G，b成__等比数列__，那么G叫做a，b的等比中项，即__G2＝ab__．
(4)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＝__a1qn-1__．
2．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·__qn－m__(m，n∈N*).
(2)在等比数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则aman＝__apaq__．
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，{}，{a}，{anbn}，{}仍是等比数列．
3．等比数列的前n项和公式
(1)等比数列{an}的公比为q，其前n项和公式为Sn.
当q＝1时，Sn＝__na1__；
当q≠1时，Sn＝____＝____．
(2)等比数列前n项和公式的性质：若{an}是公比为q(q≠－1)的等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，仍为等比数列，且公比为__qn__．
1．等比数列{an}的单调性
(1)满足或时，{an}是递增数列．
(2)满足或时，{an}是递减数列．
(3)满足时，{an}是常数列．
(4)满足q<0时，{an}是摆动数列．
2．等比数列前n项和公式的特征
当等比数列的公比q≠1时，Sn＝Aqn＋B A＋B＝0.
1．(教材母题选必修习题4.3T1改编)已知等比数列{an}中，a1＋a2＝2，a4＋a5＝16，则{an}的公比为(　　)
A．－2 B．1
C．2 D．2
解析：C　设{an}的公比为q，则a4＝a1q3，a5＝a2q3，所以a4＋a5＝q3(a1＋a2)，所以q3＝＝＝8，故q＝2.故选C.
2．在等比数列{an}中，若a2024＝4，a2026＝9，则a2025＝(　　)
A．6 B．－6
C．±6 D．
解析：C　根据题意及等比数列中项的性质有a＝a2024·a2026，
又a2024＝4，a2026＝9，所以a2025＝6或－6，C正确．故选C.
3．(教材母题选必修4.3.2练习T1改编)在等比数列{an}中，a3＝，S3＝，则a2＝(　　)
A． B．－3
C．－ D．－3或
解析：D　由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q-2＋q-1＋1)，a3＝，得q-2＋q-1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－，所以a2＝＝或－3.故选D.
4．(多选)(教材母题选必修4.3.1练习T2改编)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列{}是公比为的等比数列
解析：AD　对于A，由＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；
对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；
对于C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；
对于D，＝＝，所以数列{}是公比为的等比数列．故选AD.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n－1，则数列{a}的前n项和为__________.
解析：　当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2×3n-1，此时，＝3且＝3，所以{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以{a}是首项为4，公比为9的等比数列，所以其前n项和Tn＝＝.
　　　　　　　　　　
探究点1　等比数列的基本运算
【例1】 (1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝3S3，a7＝12，则a1＝(　　)
A． B．
C．2 D．3
(2)记Sn为公比不为1的等比数列{an}的前n项和，a5－a4＝－8a2＋8a1，S6＝21.
(ⅰ)求{an}的通项公式；
(ⅱ)设bn＝log2a，若由{an}与{bn}的公共项从小到大组成数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)D　根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若S6＝3S3，即S6－S3＝2S3，
变形可得a4＋a5＋a6＝2(a1＋a2＋a3)，则有q3＝2，
又由a7＝12，则a1＝＝＝3.故选D.
(2)(ⅰ)设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，
因为a5－a4＝－8a2＋8a1，
即a2q3－a1q3＝－8(a2－a1)，即q3＝－8，
所以q＝－2.
又S6＝＝21，即＝21，解得a1＝－1，
所以an＝－1×(－2)n-1＝(－1)n×2n-1.
(ⅱ)由(ⅰ)可得bn＝log2a＝log2[(－1)n×2n-1]2＝log222(n-1)＝2(n－1)，
则数列{bn}为0，2，4，6，…，偶数组成的数列，
又an＝(－1)n×2n-1，令an>0，则n为正偶数，所以c1＝2，c2＝23，c3＝25，…，cn＝22n-1，
所以{cn}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以Tn＝＝.
(1)解决等比数列问题，关键是抓住首项a1和公比q，求解时，要注意方程思想的运用．
(2)等比数列{an}中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)解决．
(3)等比数列与等差数列之间存在着一种运算的对偶关系，等比数列的复习要注意类比等差数列．
变式探究
1．已知等比数列{an}的公比为－，前n项和为Sn.若S2m＝31，Sm＝32，则m＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．7
解析：C　因为等比数列{an}的公比为－，
则S2m＝＝31，Sm＝＝32，
所以＝＝＝1＋qm＝1＋(－)m＝，解得m＝5.故选C.
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝7，且a1－a4＝－7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n－1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：当n≥5时，Tn≥56.
解析：(1)设数列{an}的公比为q，
因为则
解得故an＝2n-1.
(2)证明：由(1)知bn＝2n-1＋2n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(1＋1)＋(2＋3)＋…＋(2n-1＋2n－1)
＝(1＋2＋…＋2n-1)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋＝2n－1＋n2，
因为f(x)＝2x－1＋x2在[1，＋∞)上单调递增，则数列{Tn}为递增数列，所以当n≥5时，Tn≥T5＝56，
故当n≥5时，Tn≥56.
探究点2　等比数列的性质及应用
【例2】 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A．120 B．85
C．－85 D．－120
(2)(多选)在正项等比数列{an}中，公比为q，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an＋1an＋2an＋3＝324，下列说法正确的是(　　)
A．q2＝3 B．a＝4
C．a4a6＝2 D．n＝12
(3)已知正项等比数列{an}满足a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得＝32，则＋的最小值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：(1)C　设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，
从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝，
当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.
(2)BD　正项等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn-1，
由a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，得a＝4，a＝12，B正确；
而a5＝a2q3，于是(a2q3)3＝12，即q9＝3，A错误；
而a5＝，则a4a6＝a＝2，C错误；
由an＋1an＋2an＋3＝324，得a＝324，即(a2qn)3＝324，因为a＝4，
因此q3n＝81＝34＝(q9)4＝q36，显然q>1，所以3n＝36，解得n＝12，D正确．故选BD.
(3)A　等比数列{an}中，因为a2a8＝16a5，
所以a＝16a5，所以a5＝16.
因为a3＋a5＝20，所以a3＝4，所以q2＝＝4，
因为{an}为正项等比数列，所以q＝2，
则a1＝＝＝1，所以an＝2n-1.
因为＝32，所以aman＝210，
所以2m＋n-2＝210，
所以m＋n＝12，且m>0，n>0，
所以＋＝(＋)(m＋n)
＝(5＋＋)
≥(5＋2)
＝，
当且仅当＝，即m＝4，n＝8时等号成立．故选A.
(1)在等比数列的计算时，要注意性质的运用和整体代入，以简化运算．等比数列的常用性质：
①an＝amqn－m.
②若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq.
③等比数列连续k项的和(Sk≠0)仍成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k仍成等比数列，公比为qk.
等比数列的性质主要来源于通项公式、等比中项及前n项和公式的变形．具体运用时，要关注“下标”的特点，对条件与所求结构的特点进行分析，即可找到解决问题的突破口．
变式探究
3．(2024·黄冈模拟)已知数列{an}是正项等比数列，数列{bn}满足bn＝log2an.若a2a5a8＝212，则b1＋b2＋b3＋…＋b9＝(　　)
A．24 B．32
C．36 D．40
解析：C　因为{an}是正项等比数列，a2a5a8＝212，
所以a＝212＝(24)3，则a5＝24，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b9
＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9
＝log2(a1a2a3…a9)＝log2a
＝log2(24)9＝log2236＝36.故选C.
4．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，则tan ＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：A　因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，则a1＋a7＝2a4＝.
因为{bn}是等比数列，所以b2b4b6＝b＝3，
故b4＝，则b2b6＝b＝3，
所以tan ＝tan ＝－.故选A.
5．已知各项均为正数的数列{an}满足对任意的正整数m，n都有am＋n＝aman，a6＝8，则＝(　　)
A． B．
C．2 D．4
解析：B　(方法1)对于am＋n＝aman，取m＝1，得an＋1＝a1an，
所以数列{an}是首项为a1，公比为a1的等比数列，
所以an＝a，则a6＝a＝8，得a＝2，
所以＝＝＝＝.故选B.
(方法2)对于am＋n＝aman，取m＝n＝3，得a6＝a，
又a6＝8，所以a3＝2，
则＝＝＝＝.故选B.
探究点3　等比数列的判断与证明
【例3】 设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－n＋1.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列．
(2)若数列{bn}满足b1＝a2，bn＋1＝求数列{bn}的前14项和．
解析：(1)证明：Sn＝2an－n＋1，①
则Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)＋1，②
②－①得an＋1＝2an＋1－2an－1，
即an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
令Sn＝2an－n＋1中n＝1，得S1＝a1＝2a1－1＋1，解得a1＝0，则a1＋1＝1，
所以{an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2n-1，则an＝2n-1－1，
所以bn＋1＝且b1＝a2＝22-1－1＝1，
所以当n为偶数时，bn＋1＝2n-1－1－bn，即bn＋bn＋1＝2n-1－1，
所以b1＋b2＋…＋b14
＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(b12＋b13)＋b14，
＝1＋21－1＋23－1＋…＋211－1＋212－1，
＝1＋－6＋212－1
＝.
(1)判定或证明一个数列是等比数列的基本方法是运用定义．
注意：在等比数列定义中，隐含了a1≠0，q≠0，在证明时，要注意适当加以说明．
(2)在解决等差、等比数列的综合问题时，要注意“目标引导”(“需要什么，就求什么”)，根据目标的需要去变形，去构造，才能快速找到解题途径，达到解决问题的目的．
(3)一般地，若an＋1＝pan＋q(p，q是常数)，则可变形为an＋1－λ＝p(an－λ)，利用待定系数法可确定其中的λ.
变式探究
6．已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列．
(2)若a1＝，a2＝，求数列{an}的通项公式及前n项和．
解析：(1)证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an＞0，所以＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an).
因为a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，
所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，
所以数列{an}为等比数列，
所以an＝×3n-1.
所以数列{an}的前n项和
Sn＝＝(3n－1).
　　　　　　　　　　
1．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝2，且a3＋a4＝8，则公比q＝(　　)
A．2 B．－2 C．±2 D．4
解析：C　由可得消元可求得q＝±2.故选C.
2．(2024·广东江门一模)已知各项均为正数的等比数列{an}中，若a5＝9，则log3a4＋log3a6＝(　　)
A．3 B．4 C．8 D．9
解析：B　由等比数列{an}各项为正数，且a5＝9，可得a4a6＝a＝81，所以log3a4＋log3a6＝log3a4a6＝log381＝4.故选B.
3．在数列{an}中，满足a1＝2，a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，Sn为{an}的前n项和．若a6＝64，则S7＝(　　)
A．126 B．256 C．255 D．254
解析：D　因为数列{an}满足a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}为等比数列．
设其公比为q，由a1＝2，a6＝64，得q5＝＝32，所以q＝2.
所以S7＝＝28－2＝254.故选D.
4．已知数列{an}的通项公式为an＝n·(－2)n，则“数列{}成等比数列”是“数列{bn}的通项公式为bn＝n”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：B　令bn＝2n，则＝，此时数列{}为等比数列，所以“{}为等比数列”推不出“bn＝n”．
由an＝n·(－2)n，bn＝n，得＝＝(－2)n＝(－2)(－2)n-1，则数列{}为等比数列，所以“bn＝n”能推出“{}为等比数列”，所以“{}为等比数列”是“bn＝n”的必要不充分条件．故选B.
5．(2024·河北沧州二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6，则S24＝________．
解析：510　因为数列{an}为等比数列，由等比数列的性质知，S3，S6－S3，S9－S6，…，S24－S21，…构成首项为S3＝2，公比为q＝＝＝2的等比数列，且S24是该等比数列的前8项和，
所以S24＝＝510.
6．已知正项数列{an}满足a－an＋1an－2a＝0，若数列{an}的前n项和为Sn，则＝________．
解析：　由a－an＋1an－2a＝0，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，又{an}为正项数列，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是等比数列，且公比q＝2，设首项为a1，则S5＝＝31a1，a3＝a1×22＝4a1，则＝.
7．某研究所计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，且每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列．已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元，则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要________万元．
解析：4709　设第n(1≤n≤10，n∈N*)个实验室的设备费为an，装修费为b，
则＝q>0，
由题意可得
则
解得或(舍去)，
故an＝3·2n-1，因为an＋b＝3·2n-1＋b≤1700对任意的n(1≤n≤10，n∈N*)均成立，
所以3×29＋b≤1700，即b≤164，
故该研究所改建这十个实验室投入的总费用
S＝(a1＋b)＋(a2＋b)＋…＋(a10＋b)＝(a1＋a2＋…＋a10)＋10b＝＋10b≤3069＋10×164＝4709，
即该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要4709万元．
8．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)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n-1anan＋1.
解析：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q＞1)，
由得解得
因此数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)令bn＝(－1)n-1anan＋1，
则bn＝(－1)n-1×2n×2n+1＝(－1)n-122n+1，即＝－4，
所以{bn}是首项为b1＝8，公比为－4的等比数列．
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n-1anan＋1＝＝－(－1)n·.
9．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，＝，则a8＝________．
解析：128　由题意＝，
即＝4·，
又＝≠0，所以数列{}是首项为，公比为4的等比数列，
所以＝×4n-1＝2-5×22n-2＝22n-7，
当n≥2时，an＝··…··a1＝22n-9·22n-11·…·2-5·1＝
2＝2n2－8n＋7，
所以a8＝27＝128.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1.
(1)求数列{an}的通项公式an及Sn；
(2)若数列{bn}满足bn＝|Sn－31|，求数列{bn}的前10项和T10.
解析：(1)由Sn＝2an－1得S1＝2a1－1，即a1＝1，
由Sn＝2an－1得Sn＋1＝2an＋1－1，
两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，
即an＋1＝2an，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n-1，则Sn＝＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝|2n－32|，
则bn＝
所以T10＝(32－21)＋(32－22)＋…＋(32－25)＋(26－32)＋(27－32)＋…＋(210－32)
＝21＋22＋…＋210－2(21＋22＋…＋25)
＝－
＝211－2－27＋4＝1922.
11．Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)设等比数列的公比为q，易知q≠1.
由条件可得解得
所以an＝3n-1，Sn＝＝.
(2)假设存在λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝.
此时Sn＋＝×3n，则＝3.
故存在常数λ＝，使得数列{Sn＋}是等比数列．
12．记数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数M>0，使得对任意的n∈N*，都有|Sn|A．若{an}是等差数列，且首项a1＝0，则{an}是“和有界数列”
B．若{an}是等差数列，且公差d＝0，则{an}是“和有界数列”
C．若{an}是等比数列，且公比|q|<1，则{an}是“和有界数列”
D．若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1
解析：C　对于A，若{an}是等差数列，且首项a1＝0，当d>0时，Sn＝＝n2－n，当n趋近于正无穷时，|Sn|趋近于正无穷，则{an}不是“和有界数列”，A错误．
对于B，若{an}是等差数列，且公差d＝0，则Sn＝na1，当a1≠0时，当n趋近于正无穷时，|Sn|趋近于正无穷，则{an}不是“和有界数列”，B错误．
对于C，若{an}是等比数列，且公比|q|<1，
则Sn＝＝－qn，
故|Sn|＝|－qn|<||＋|qn|<2||，
则{an}是“和有界数列”，C正确．
对于D，若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1或q＝－1，D错误．故选C.
13．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依次成等比数列．
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次成等比数列？请说明理由．
解析：(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依次成等比数列．
(2)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，则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依次成等比数列．
第31讲　数列求和
[课标要求]　1.掌握特殊数列求和的常用方法与思想.2.能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．
　　　　　　　　　　
1．常用公式
(1)等差数列求和公式：Sn＝__＝na1＋d__，推导方法是__倒序相加__．
(2)等比数列求和公式：
Sn＝____，推导方法是__错位相减__.
2．常用方法
(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差、等比数列或其他可求和的数列求和．
(2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．
(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差、等比数列或其他可求和的数列求和．
(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提取的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．
(5)错位相减法：这是推导等比数列前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．
1．常见数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n；
(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
(4)12＋22＋…＋n2＝；
(5)13＋23＋…＋n3＝[]2.
2．常见的裂项公式
(1)若{an}是各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则＝(－)；
(2)＝(－)；
(3)＝－；
(4)loga(1＋)＝loga(n＋1)－logan(a>0，且a≠1).
1．(教材母题选必修习题4.3T3改编)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，则S17＝(　　)
A．9 B．8
C．17 D．16
解析：A　S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.故选A.
2．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝(－1)n＋3，则数列{an}的前10项和为_________________________．
解析：90　由题意可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，….奇数项和偶数项分别构成等差数列，所以S10＝5×2＋×2＋5×4＋×4＝90.
3．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A．18 B．8
C．5 D．2
解析：C　因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，
所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，
a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，
a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期为6的周期数列，
因为100＝16×6＋4，
所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.
4．已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为___________________．
解析：25×2105　因为a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，所以＝，＝8，
所以数列{}是以8为首项，2为公比的等比数列，
则＝2n+2，即an＝(n＋1)2n+2.
设{an}的前n项和为Tn，
则Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)2n+2，
2Tn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋(n＋1)2n+3，
两式相减，得－Tn＝2×23＋24＋25＋…＋2n+2－(n＋1)2n+3，
所以Tn＝n·2n+3，T100＝100×2103＝25×2105.
5．(教材母题选必修4.3.2练习T4改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2an，a1＝1，则Sn＝__________．
解析：　由Sn＝n2an，
得Sn＋1＝(n＋1)2an＋1，
两式作差得Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，
即an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an，
即(n＋2)an＋1＝nan，
所以＝，即＝(n≥2).
则an＝···…···a1
＝···…···a1
＝＝2(－).
所以Sn＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝.
　　　　　　　　　　
探究点1　分组求和与并项求和
【例1】 已知数列{an}满足a1＝5，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1.
(1)证明：数列{an－n2}为等比数列．
(2)求数列{(－1)nan}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：因为a1－12＝4，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1，
所以
＝
＝＝4，
所以数列{an－n2}是首项为4，公比为4的等比数列．
(2)由(1)可得an－n2＝4·4n-1，即an＝n2＋4n，
则Sn＝－a1＋(－1)2a2＋(－1)3a3＋(－1)4a4＋…＋(－1)nan
＝(－12－4)＋(22＋42)＋(－32－43)＋(42＋44)＋…＋(－1)n(n2＋4n).
当n为偶数时，(－1)nan＋(－1)n-1an－1＝n2＋4n－(n－1)2－4n-1＝2n－1＋3·4n-1，
则Sn＝3＋3×4＋7＋3×43＋11＋3×45＋…＋2n－1＋3×4n-1
＝3＋7＋11＋…＋2n－1＋3×(4＋43＋45＋…＋4n-1)
＝＋3×
＝＋，
当n为奇数时，
则Sn＝Sn－1＋(－1)n(n2＋4n)
＝＋－n2－4n
＝－－，
综上所述，
Sn＝
(1)数列求和，要注意对通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项an可表示为bn＋cn的形式，其中{bn}是等比数列，{cn}是等差数列，故可采取拆项求和的方法．如果数列是摆动数列，可考虑采用并项法．
(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．
变式探究
1．(2024·福建泉州模拟)已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，a－2an＋1＝a＋2an.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20.
解析：(1)因为a－2an＋1＝a＋2an，
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，
因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n.
(2)由(1)得bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，
则b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b3＋…＋b19)＋(b2＋b4＋…＋b20)＝－2×(1＋3＋…＋19)＋2×(2＋4＋…＋20)＝－2×＋2×＝－200＋220＝20.
探究点2　裂项求和法
【例2】 (2025·河北张家口统考)已知数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记数列{}的前n项和为Sn，证明：Sn<.
解析：(1)由题意，数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝，
当n＝1时，可得3＋＝＝，解得a1＝－1.
当n≥2时，可得3＋＋＋＋…＋＝，
两式相减得＝－＝＝，所以an＝－2n＋1，
当n＝1时，a1＝－1，满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋1.
(2)证明：令bn＝，由an＝－2n＋1，
可得bn＝＝
＝＝(－)，
所以Sn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1－)＝－，
因为n∈N*，可得>0，所以Sn<.
对于通项公式是分式型的数列，求和时常采用裂项相消法，解题时，要注意：
(1)分析通项——常采用“自然裂项调整法”．分两步进行，第一步“自然裂项”，第二步“调整”系数．如bn＝，先自然裂项(－)再调整前面的系数，得到bn＝(－).
(2)相消规律——剩余项具有对称性．一般前边剩几项，后边也要剩几项，且前面剩的项是正项，后面剩的项是负项．要根据通项的特点来确定．
变式探究
2．(2024·湖南二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝2，Sn＋1＝Sn＋4an－3，记bn＝log2(an－1)＋3.
(1)求数列{bn}的通项公式．
(2)已知cn＝(－1)n+1·，记数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn≥.
解析：(1)由Sn＋1＝Sn＋4an－3，可得Sn＋1－Sn＝4an－3，
即an＋1＝4an－3，即有an＋1－1＝4(an－1)，
可得an－1＝(a1－1)·4n-1＝4n-1，
则bn＝log2(an－1)＋3＝log24n-1＋3＝2n＋1.
证明：由(1)知，cn＝(－1)n+1·＝(－1)n+1·
＝(－1)n+1·(＋)，
当n为偶数时，
Tn＝(＋)－(＋)＋…－(＋)＝(－)，
由{－}在n∈N*上递增，可得Tn≥T2＝(－)＝；
当n为奇数时，
Tn＝(＋)－(＋)＋…＋(＋)＝(＋)，
由>0，可得Tn>>.
所以Tn≥.
探究点3　错位相减法求和
【例3】 (2022·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式．
(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn.
(3)求[ak＋1－(－1)kak]bk.
解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn-1，
由a2－b2＝a3－b3＝1可得
d＝q＝2(d＝q＝0舍去)，
所以an＝2n－1，bn＝2n-1.
(2)证明：因为bn＋1＝2bn≠0，
所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，
即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，
即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，即证an＋1＝Sn＋1－Sn，
而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立，
所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn.
(3)因为[a2k－(－1)2k-1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k＝(4k－1＋4k－3)×22k-2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k-1＝2k·4k，
所以[ak＋1－(－1)kak]bk
＝{[a2k－(－1)2k-1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}
＝2k·4k，
设Tn＝2k·4k，
所以Tn＝2×4＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，
则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n×4n+1，
作差得－3Tn＝2(4＋42＋43＋44＋…＋4n)－2n·4n+1＝－2n×4n+1＝，
所以Tn＝，
所以[ak＋1－(－1)kak]bk
＝.
(1)一般地，若{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和可采用错位相减法．
(2)用错位相减法求和时，其基本步骤为：
①写出Sn的具体表达式；
②写出qSn的表达式(注意错位对齐)；
③作差，写出Sn－qSn的表达式；
④化简Sn－qSn的表达式(弄清表达式中是n－1项还是n项构成等比数列)；
⑤得到Sn的表达式(注意对q是否为1的讨论).
变式探究
3．(2024·辽宁葫芦岛一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋a2＋a3＝9，a2a4＝21，等比数列{bn}满足b2＋b3＝，b2b3b4＝.
(1)求Sn.
(2)设cn＝bn，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<4.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则得
解得
所以d＝＝＝2，a1＝a2－d＝3－2＝1，
所以Sn＝na1＋＝n2.
(2)证明：设等比数列{bn}的公比为q，
由得
解得
所以q＝＝，b1＝＝1，
所以bn＝b1qn-1＝1×()n-1＝()n-1.
又cn＝bn＝n·()n-1，
令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
所以Tn＝1·()0＋2·()1＋3·()2＋…＋n·()n-1，
Tn＝1·()1＋2·()2＋…＋(n－1)·()n-1＋n·()n，
两式相减得Tn＝()0＋()1＋()2＋…＋()n-1－n·()n
＝－n·()n＝2－(n＋2)·()n，
所以Tn＝4－<4，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn<4.
　　　　　　　　　　
1．数列9，99，999，…的前n项和为(　　)
A．(10n－1)＋n B．10n－1
C．(10n－1) D．(10n－1)－n
解析：D　数列各项加1后得到的数列为10，100，1000，…，构成首项为10，公比为10的等比数列，所以通项公式为an＝10n－1，Sn＝－n，故选D.
2．若数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，则其前2026项和为(　　)
A．1360 B．1358 C．1352 D．1350
解析：C　因为a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，
所以S2026＝a1＋(a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7)＋…＋(a2024＋a2025＋a2026)＝a1＋675×2＝1352，故选C.
3．在等差数列{an}中，a4＝9，a7＝15，则数列{(－1)nan}的前20项和为(　　)
A．－10 B．－20 C．10 D．20
解析：D　设等差数列{an}的公差为d，
由得解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
所以数列{(－1)nan}的前20项和为－3＋5－7＋9－11＋13＋…－39＋41＝2＋2＋…＋2＝2×10＝20.故选D.
4．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋2＝(－1)n+1·(an－n)＋n，记数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．a48＋a50＝100 B．a50－a46＝4
C．S48＝600 D．S49＝601
解析：BCD　因为a1＝1，an＋2＝(－1)n+1(an－n)＋n，所以当n为奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.所以a48＋a50＝96，A错误．
又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，B正确．
S48＝a1＋a3＋a5＋…＋a47＋[(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a46＋a48)]＝24×1＋2×(2＋6＋…＋46)＝24＋2×＝600，C正确．
S49＝S48＋a49＝600＋1＝601，D正确．故选BCD.
5．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　)
A．0 B．100 C．－100 D．10200
解析：B　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.故选B.
6．数列{an}的通项公式是an＝，若Sn＝10，则n＝________.
解析：120　因为an＝＝－，
所以an－1＝－，…，a1＝－1，
累加得Sn＝－1＝10，所以n＝120.
7．已知数列{an}的各项均不为0，其前n项和Sn满足anan＋1＝4Sn－1，且a1＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Tn.
解析：(1)当n＝1时，a1a2＝4S1－1，又a1＝1，得a2＝3，
因为anan＋1＝4Sn－1，所以an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝4an＋1，
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝4，
所以{a2n－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
{a2n}是以3为首项，4为公差的等差数列，
所以a2n－1＝1＋4(n－1)＝4n－3＝2(2n－1)－1，a2n＝3＋4(n－1)＝4n－1＝2·2n－1，
故an＝2n－1.
(2)因为＝＝－，
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－，
由(1)得Sn＝＝n2，
所以Tn＝1－.
8．(2024·江西宜春一模)已知数列{an}是等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为{an}，{bn}的前n项和，若S3＝18，T2＝10，则T20＝________．
解析：370　设等差数列{an}的公差为d.
由S3＝18，得a1＋a2＋a3＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＝3a1＋3d＝18，①
由T2＝10，得a1－8＋2a2＋1＝a1－8＋2(a1＋d)＋1＝10，
所以3a1＋2d＝17②，
联立①②解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋(n－1)×1＝n＋4.
则bn＝
所以T20＝(b1＋b3＋…＋b19)＋(b2＋b4＋…＋b20)
＝(－3－1＋1＋…＋15)＋(13＋17＋…＋49)
＝×10＋×10
＝370.
9．已知各项均为正数的数列{an}满足a＝3a＋2anan＋1，且a2＋a4＝3(a3＋3)，其中n∈N*.
(1)证明数列{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)令bn＝nan, 求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)由a＝3a＋2anan＋1，得a－2anan＋1－3a＝0，
得(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0.
由已知an>0，得an＋1＋an≠0，所以an＋1＝3an.
所以数列{an}是公比为3的等比数列．
由a2＋a4＝3(a3＋3)，得3a1＋27a1＝3(9a1＋3)，
解得a1＝3，所以an＝3n.
(2)由bn＝nan＝n·3n，
则Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)·3n-1＋n·3n，①
3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1，②
①－②得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1
＝－n·3n+1
＝(－n)·3n+1－.
所以Sn＝(－)·3n+1＋.
10．(2024·安徽滁州校考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列{}的前n项和Tn.
解析：(1)因为Sn＝an＋1－2，
当n≥2时，Sn－1＝an－2，
两式相减可得，an＋1＝2an(n≥2)，
故等比数列{an}的公比为2，因为a2＝a1＋2＝2a1，所以a1＝2，
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得an＝2n，an＋1＝2n+1，
故an＋1＝an＋(n＋1)dn，即＝.
Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)·，①
Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)·，②
①－②得Tn＝2×＋(＋＋…＋)－(n＋1)·
＝1＋－(n＋1)·＝－，
故Tn＝3－.
11．设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
(ⅰ)求Tn；
(ⅱ)证明：＝－2(n∈N*).
解析：(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.
由q>0，可得q＝2，故an＝2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，
从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n-1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)(ⅰ)由(1)有Sn＝＝2n－1，故
Tn＝(2k－1)＝2k－n＝－n
＝2n+1－n－2.
(ⅱ)证明：
因为＝
＝＝－，
所以＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－2.
12．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，an>0且Sn＋1＋Sn＝a.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝()an－1，cn＝1＋，Kn＝c1c2c3·…·cn，记数列{}的前n项和为Tn，求证：Tn≥.
解析：(1)当n≥2时，
有
两式相减可得a－a＝2(an＋1＋an).
因为an>0，所以an＋1－an＝2(n≥2)，
当n＝1时，由2S2－a＝－2S1，可得a2＝4(负值舍).
所以a2－a1＝2，所以an＋1－an＝2，
则数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．
所以an＝2n.
(2)证明：由(1)可得bn＝()n-1，
cn＝1＋＝，
则Kn＝c1c2·…·cn
＝××…×
＝，
所以＝＝－.
所以Tn＝[－＋－＋…＋－]
＝－，
可得{Tn}是递增数列，所以Tn≥T1，即Tn≥.
微专题(四)　递推数列与不等式综合问题
　　　　
题型1　累加、累乘型求通项
【例1】 已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，在数列{bn}中，b1＝a1＝1，nan－(n－1)an－1＝2n－1，b1b2b3…bnbn＋1＝3Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(－1)n+1·，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn的最值．
解析：(1)由已知得，当n≥2时，
nan＝[nan－(n－1)an－1]＋[(n－1)an－1－(n－2)an－2]＋…＋[2a2－a1]＋a1
＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋1＝n2，
所以an＝n(n≥2).
当n＝1时，a1＝1，也满足上式，
所以an＝n.
当n≥2时，bn＋1＝＝3Sn－Sn－1＝3n，
所以bn＝3n-1(n≥3).
当n＝1时，b1＝1，满足上式；
当n＝2时，b1·b2＝3S1＝3，所以b2＝3，也满足上式．
综上，bn＝3n-1.
所以an＝n，bn＝3n-1.
(2)由(1)可得
cn＝(－1)n+1＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，
(－)Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝－
＝－(＋n)(－)n，
所以Tn＝＋.
当n为奇数时，不妨设n＝2k－1，k∈N*，
则T2k＋1－T2k－1＝c2k＋1＋c2k
＝－
＝<0，
所以{T2k－1}单调递减，
1＝T1>T3>T5>…>T2k－1>，
当n为偶数时，不妨设n＝2k，k∈N*，
则T2k＋2－T2k＝c2k＋1＋c2k＋2
＝－
＝>0，
所以{T2k}单调递增，＝T2所以Tn的最小值为，最大值为1.
数列{an}的递推关系式nan－(n－1)an－1＝2n－1的结构特征是数列{nan}的相邻两项的差，适合累加法求其通项；数列{bn}满足b1b2b3…bnbn＋1＝3Sn，适合累乘法求其通项．
变式探究
1．已知数列{an}满足：a1＝3，an＝an－1＋2n-1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(2)令bn＝，Tn＝b1＋2b2＋…＋2n-1bn，求证：Tn<.
解析：(1)(方法1)因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，
所以当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)
＝3＋2＋22＋…＋2n-2＋2n-1
＝2＋＝2n＋1.
检验知当n＝1时，结论也成立，
故an＝2n＋1，
Sn＝(2＋22＋…＋2n-1＋2n)＋n＝＋n＝2n+1＋n－2.
(方法2)因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，
所以an－2n＝an－1－2n-1(n≥2)，
所以数列{an－2n}是首项为a1－2＝1，公差为0的等差数列，
所以an－2n＝1，an＝2n＋1.
Sn＝(2＋22＋…＋2n-1＋2n)＋n＝＋n＝2n+1＋n－2.
(方法3)因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，
所以＝·＋，
则－1＝(－1)(n≥2).
因为－1＝≠0，
所以数列{－1}是首项与公比均为的等比数列，
所以－1＝()n，an＝2n＋1.
Sn＝(2＋22＋…＋2n-1＋2n)＋n
＝＋n
＝2n+1＋n－2.
(2)证明：因为2n-1bn＝
＝
＝(－)，
所以Tn＝b1＋2b2＋…＋2n-1bn
＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－)
<×＝.
题型2　化归为等差数列求通项
【例2】 已知数列{an}的通项公式an＝2n，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足Tn＋bn＝n＋n(1＋bn).
(1)求数列{bn}的通项公式．
(2)设cn＝，问：数列{cn}中是否存在不同两项ci，cj(1≤i解析：(1)因为Tn＋bn＝n＋n(1＋bn)，①
当n≥2时，Tn－1＋bn－1＝n－1＋(n－1)·(1＋bn－1)，②
①－②得bn＋bn－bn－1＝1＋＋nbn－(n－1)bn－1，
所以4bn－2bn－1＝3＋nbn－(n－1)bn－1，
即(n－4)bn－(n－3)bn－1＝－3，
当n≥3时，(n－5)bn－1－(n－4)bn－2＝－3，
所以(n－4)bn＋(n－4)bn－2＝(2n－8)bn－1，
所以bn＋bn－2＝2bn－1，
所以{bn}为等差数列，
又T1＋b1＝1＋，所以b1＝1，
T2＋b2＝2＋(1＋b2)，所以b2＝2.
所以bn＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知cn＝，假设{cn}中存在不同的两项ci，cj(1≤i又cn＋1－cn＝－
＝
＝≥0，
所以{cn}单调递增．
由> k>j，则k≥j＋1，
所以≥ ≥，
令j－i＝m(m≥1)，所以j＝m＋i，
所以2j－i≤＝＝(1＋)(1＋).
因为m＋i≥2，
所以1＋≤3，
而1＋≤1＋m，
所以2m≤3(1＋m)，
则≤3.
令Cn＝，
则Cn＋1－Cn＝－
＝
＝>0，
所以{Cn}单调递增，注意到m＝3时，＝2<3，＝>3，
所以m只能为1，2，3.
①当m＝1时，j－i＝1 j＝i＋1，
所以2≤＝＝1＋＋，
故i只能为1，2，3.
当i＝1时，j＝2，此时＝2＋＝4 k＝4；
当i＝2时，j＝3，此时＝2＋＝，无正整数解，舍去；
当i＝3时，j＝4，此时＝＋4＝，无正整数解，舍去．
②当m＝2时，j＝i＋2，此时22≤ ≥3 3i2－i－6≤0，
所以i＝1，j＝3，此时＝2＋＝ 无正整数解，舍去．
③当m＝3时，j＝i＋3，此时23≤ i2＋7i＋12≥8i2＋16i 7i2＋9i－12≤0，无正整数解，舍去．
综上，存在i＝1，j＝2满足题意．
第一问根据Tn＋bn＝n＋n(1＋bn)，应用公式法求得数列{bn}的递推关系式，可证明数列{bn}为等差数列，即可求出通项公式．
第二问由cn＝，假设数列{cn}中存在不同两项ci，cj(1≤i变式探究
2．已知An(an，bn)(n∈N*)是曲线y＝ex上的点，a1＝a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足S＝3n2an＋S，an≠0，n＝2，3，4，….
(1)证明：数列{}(n≥2)是常数数列．
(2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{an}是单调递增数列．
解析：(1)证明：当n≥2时，S＝3n2an＋S，
所以S＝3n2(Sn－Sn－1)＋S，
所以S－S＝3n2(Sn－Sn－1)，
所以(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3n2(Sn－Sn－1).
因为an≠0，所以Sn－Sn－1≠0，
所以Sn＋Sn－1＝3n2 2Sn－an＝3n2，
所以2Sn＋1－an＋1＝3(n＋1)2，
两式相减，得an＋1＋an＝6n＋3，
所以an＋2＋an＋1＝6(n＋1)＋3＝6n＋9，
所以an＋2－an＝6，当n≥2时，＝＝ean＋2－an＝e6为常数．
故当n≥2时，{}为常数数列．
(2)由(1)知2Sn－an＝3n2，又a1＝a，
当n＝2时，2(a＋a2)－a2＝12 a2＝12－2a.
当n＝3时，2(a＋a2＋a3)－a3＝27 a3＝2a＋3.
因为an＋2－an＝6，
所以数列{a2k}，{a2k＋1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．
所以a2k＝12－2a＋6(k－1)＝6－2a＋6k，a2k＋1＝2a＋3＋6(k－1)＝2a－3＋6k.
因为数列{an}为递增数列，
所以

所以M＝(，).
题型3　化归为等比数列求通项
【例3】 已知数列{an}满足a1＝3，a2＝5，an＋2＝an＋1－an.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝n(6－an)，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＋n()n<恒成立，求实数m的取值范围．
解析：(1)an＋2＝an＋1－an an＋2－an＋1＝an＋1－an an＋2－an＋1＝(an＋1－an)，
设cn＝an＋1－an，所以数列{cn}是以a2－a1＝2为首项，为公比的等比数列，
所以cn＝an＋1－an＝2()n-1，
当n≥2，n∈N*时，
an＝(

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