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第二节　等差数列及其前n项和
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
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、二次函数的关系.
　　等差数列的判断与证明，等差数列的基本运算，等差数列的性质及应用仍是2021年高考考查的热点，三种题型都有可能出现，分值为5～12分.
1.数学运算2.逻辑推理
‖知识梳理‖
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．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N
)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N
)，则ak＋al＝am＋an．
(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
?常用结论
1．等差数列的函数性质
(1)通项公式：当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且一次项系数为公差d.若公差d>0，则为递增数列；若公差d<0，则为递减数列．
(2)前n项和：当公差d≠0时，Sn＝na1＋d＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.
(3)单调性：当d>0时，数列{an}为递增数列；当d<0时，数列{an}为递减数列；当d＝0时，数列{an}为常数列．
2．关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质
(1)若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝；
(2)若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.
3．两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝.
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(　　)
(2)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．(　　)
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(　　)
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N
，都有2an＋1＝an＋an＋2.(　　)
(5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　　)
(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×
二、走进教材
2．(必修5P46A2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S6等于(　　)
A．31
B．32
C．33
D．34
答案：B
3．(必修5P68A8改编)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________．
答案：180
三、易错自纠
4．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d的取值范围是(　　)
A．(－3，＋∞)
B．
C．
D．
答案：D
5．在等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前项和Sn的最大值为________．
解析：∵∴
∴Sn的最大值为S5.
答案：S5
6．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12.
答案：12
|题组突破|
1．(2019年全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5
B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n
D．Sn＝n2－2n
解析：选A　设等差数列{an}的公差为d，∵∴解得∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A．
2．(2019年全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以＝＝＝＝4.
答案：4
3．(2019年全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由S9＝－a5，得a1＋4d＝0.①
由a3＝4，得a1＋2d＝4.②
联立①②得，a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝.
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
?名师点津
等差数列基本运算的常见类型及解题策略
(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想．
(2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．
(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．
(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．
|题组突破|
4．(2020届大同调研)在等差数列{an}中，若a4＋a5＋a6＝27，则a1＋a9等于(　　)
A．9
B．27
C．18
D．54
解析：选C　由于数列{an}是等差数列，所以a4＋a6＝2a5，则a4＋a5＋a6＝3a5＝27，即a5＝9，所以a1＋a9＝2a5＝18，故选C．
5．已知等差数列{an}的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为(　　)
A．100
B．120
C．390
D．540
解析：选A　设Sn为等差数列{an}的前n项和，
则S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)．
又等差数列{an}的前10项和为30，前30项和为210，
∴2(S20－30)＝30＋(210－S20)，解得S20＝100.
6．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2
014，－＝6，则S2
019＝________．
解析：由等差数列的性质可得也为等差数列．
设其公差为d，则－＝6d＝6，∴d＝1.
故＝＋2
018d＝－2
014＋2
018＝4，
∴S2
019＝4×2
019＝8
076.
答案：8
076
?名师点津
一般地，运用等差数列性质可以优化解题过程，但要注意性质运用的条件，如m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N
)；数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列；也成等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具．
——变式探究
【例1】　若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.
若Sn＝0，则a1＝S1＝0与a1＝矛盾，所以Sn≠0，所以－＝2.
又＝＝2，
故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
|变式探究|
1．本例条件不变，判断数列{an}是否为等差数列，并说明理由．
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＝＝2，
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＝.
又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}不是一个等差数列．
2．将本例条件“an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝”变为“Sn(Sn－an)＋2an＝0(n≥2)，a1＝2”，问题不变，试求解．
解：(1)证明：因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1且Sn(Sn－an)＋2an＝0，所以Sn[Sn－(Sn－Sn－1)]＋2(Sn－Sn－1)＝0，
即SnSn－1＋2(Sn－Sn－1)＝0，
若Sn＝0，则a1＝S1＝0与a1＝2矛盾，所以Sn≠0，所以－＝.
又＝＝，故数列是首项为，公差为的等差数列．
(2)由(1)知＝，所以Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－.
当n＝1时，a1＝2不适合上式，故an＝
?名师点津
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
选择题、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列
【例2】　(2019年北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12，所以前n项和Sn＝n2－11n.
因为当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0，且a6＝0，S5＝52－11×5＝－30，
所以当n＝5或6时，Sn有最小值－30.
?名师点津
求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法
①当a1>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.
|跟踪训练|
(2019年北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵即∴∴a5＝a1＋4d＝0.
∵Sn＝na1＋d＝(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
答案：0　－10
【例】　(2019届合肥市高三二检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传．题意是：把996斤绵分给8个儿子做盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多分17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　　)
A．174斤
B．184斤
C．191斤
D．201斤
[解析]　设大儿子分到的绵是x斤，依题意知这8个儿子分到的绵构成以x为首项，17为公差的等差数列，记其前n项和为Sn，则有S8＝8x＋×17＝996，即8x＋476＝996，解得x＝65，故第8个儿子分到的绵为a8＝65＋7×17＝65＋119＝184(斤)，故选B．
[答案]　B
?名师点津
以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并检验是否符合实际．
|跟踪训练|
《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，
依题意有解得故选D．
PAGE第三节　等比数列及其前n项和
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
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.了解等比数列与指数函数的关系.
　　等比数列的基本运算，等比数列的判断与证明，等比数列的性质与应用仍是2021年高考考查的热点，三种题型都有可能出现，分值为5～12分.
1.数学运算2.逻辑推理
‖知识梳理‖
1．等比数列的有关概念
(1)定义
①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数．
②符号语言：＝q(n∈N
，q为非零常数)．
(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
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N
)．
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq．
特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝a.
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列，即(S2m－Sm)2＝Sm(S3m－S2m)(m∈N
，公比q≠1)．
(4)数列{an}是等比数列，则数列{pan}(p≠0，p是常数)也是等比数列．
(5)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．
?常用结论
1．若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
2．一个等比数列各项的k次幂仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k次幂．
3．{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
4．当q≠0且q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，这时k＝.
5．有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等，特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(　　)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)
(3)满足an＋1＝qan(n∈N
，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　)
(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　　)
(5)等比数列中不存在数值为0的项．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
二、走进教材
2．(必修5P53A1(2)改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　)
A．－
B．－2
C．2
D．
答案：D
3．(必修5P54A8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
三、易错自纠
4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝an－1(a是不为0的实数)，则{an}(　　)
A．一定是等比数列
B．一定是等差数列
C．是等差数列或是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
解析：选C　当a＝1时，{an}的各项都为0，则这个数列是等差数列，但不是等比数列；当a≠1时，由Sn＝an－1知，{an}是等比数列，但不是等差数列，故选C．
5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)
A．31
B．32
C．63
D．64
解析：选C　由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.
6．设{an}是公比为正数的等比数列，Sn为{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前7项和为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a5＝a1q4＝16，a1＝1，得q4＝16，解得q＝2，
所以S7＝＝＝127.
答案：127
|题组突破|
1．(2019年全国卷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
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，又数列{an}的各项均为正数，所以q＝2.又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
2．(2019年全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________．
解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1.又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1.又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
答案：
3．(2019年全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得，bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋2n－1＝＝n2.
?名师点津
等比数列基本量运算的解题策略
(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)便可迎刃而解．
(2)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＝＝.
|题组突破|
4．(2019届福州市质检)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝(　　)
A．32
B．31
C．64
D．63
解析：选B　解法一：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得解得所以S5＝＝31，故选B．
解法二：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由a2a6＝a＝64，得a4＝8，又a3＝4，所以q＝2，a1＝1，所以S5＝＝31，故选B．
5．(2020届贵阳摸底)若等比数列{an}的各项均为正数，a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12
B．10
C．8
D．2＋log35
解析：选B　由等比数列的性质知，a5a6＋a4a7＝2a5a6＝18，所以a5a6＝9，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2·…·a10)＝log395＝10.故选B．
6．(2020届陕西摸底)在等比数列{an}中，若an＞0，a2a4＝1，a1＋a2＋a3＝7，则公比q＝(　　)
A．
B．
C．2
D．4
解析：选B　解法一：由题意得q＞0，a1＞0，因为所以解得故选B．
解法二：由等比数列的性质得a＝a2a4＝1，结合an＞0，得a3＝1.由a1＋a2＋a3＝7，得＋＋a3＝7，则＋＝6，结合q＞0，得q＝，故选B．
?名师点津
等比数列常见性质的应用
等比数列性质的应用可以分为三类
(1)通项公式的变形．
(2)等比中项的变形．
(3)前n项和公式的变形．
根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
【例】　(2019届广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
[解]　(1)证明：∵a3＝7，a3＝3a2－2，∴a2＝3，
∴an＝2an－1＋1，
∴a1＝1.
又＝＝2(n≥2)，且a1＋1＝2，
∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，
∴an＝2n－1，
∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，
∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，
∴n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差数列．
?名师点津
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：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：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为0的常数，n∈N
)，则{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列．
[提醒]　(1)前两种方法是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．
|跟踪训练|
(2020届大同调研)在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋n－2(n≥2，且n∈N
)．
(1)求a2和a3的值；
(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1＝3，an＝2an－1＋n－2，∴a2＝2a1＋2－2＝6，∴a3＝2a2＋3－2＝13.
(2)证明：∵an＝2an－1＋n－2，n≥2，∴an＋n＝2(an－1＋n－1)，n≥2.
又a1＋1＝4，∴{an＋n}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴an＋n＝4×2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－n.
(3)由(2)得an＝2n＋1－n，∴Sn＝22－1＋23－2＋…＋2n－(n－1)＋2n＋1－n＝22·－＝2n＋2－.
【例】　(2019届南宁二中、柳州高中第二次联考)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，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．意思是：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，因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，则此人第五天走的路程为(　　)
A．48里
B．24里
C．12里
D．6里
[解析]　由题意知，该人每天走的路程数构成公比为的等比数列，记为{an}，设其前n项和为Sn，由S6＝378，得＝378，解得a1＝192，所以a5＝192×＝12(里)，故选C．
[答案]　C
?名师点津
求解等比数列应用问题的关键是建立等比数列模型．
|跟踪训练|
(2019届安徽池州模拟)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”意思是：某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程，则下列说法错误的是(　　)
A．此人第二天走了九十六里路
B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C．此人第三天走的路程占全程的
D．此人后三天共走了四十二里路
解析：选C　记每天走的路程里数为an(n＝1，2，3，…，6)，
由题意知{an}是公比为的等比数列，
由S6＝378，得＝378，
解得a1＝192，所以a2＝192×＝96，故A正确；
此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)，故B正确；
a3＝192×＝48，>，故C不正确；
前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，
则后3天走的路程为378－336＝42(里)，故D正确．故选C．
PAGE第四节　数列求和
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
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.
　　数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是2021年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主，分值为12分.
1.数学运算2.逻辑推理
‖知识梳理‖
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＝
3．数列求和的常用方法
(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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
(2)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项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(4)分组转化法
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，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
(5)并项求和法
一个数列的前n项和，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．
?常用结论
1．一些常见的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
3．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)
(2)当n≥2时，＝.(　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×
二、走进教材
2．(必修5P47B4改编)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)
A．2
018
B．2
019
C．2
020
D．2
021
答案：B
3．(必修5P56例1改编)在等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝(q>0)，Sn是其前n项和，则S6＝________．
答案：
三、易错自纠
4．(2019届天津红桥检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则数列{|an|}的前n项和Tn等于(　　)
A．6n－n2
B．n2－6n＋18
C．
D．
解析：选C　由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴当n≤3时，an<0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＝－Sn＝6n－n2；当n>3时，an>0，Tn＝(－a1)＋(－a2)＋(－a3)＋a4＋…＋an＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.
∴Tn＝
5．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2
017＝________．
解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，
可得该数列是周期为4的数列，且a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，所以S2
017＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＝504×(－2)＋1＝－1
007.
答案：－1
007
6．若数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．
解析：Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，　①
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，　②
①－②得－Sn＝1×21＋22＋33＋…＋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
【例1】　(2019届南昌市重点中学测试)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝求数列{cn}的前2n项和S2n.
[解]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，
依题意有解得
所以an＝2n－1，bn＝2n.
(2)由已知得c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，
所以数列{cn}的前2n项和
S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝2n2－n＋(4n－1)．
?名师点津
分组转化法求和的常见类型
[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
|跟踪训练|
1．(2019届焦作模拟)已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＝3，{an}前4项的和为16，
所以解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
所以a4＝2×4－1＝7.
设{bn－an}的公比为q，
则b4－a4＝(b1－a1)q3，
因为b1＝4，b4＝88，
所以q3＝＝＝27，
解得q＝3，
所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋
＝(3n－1)＋n2
＝＋n2－.
【例2】　(2020届合肥调研)已知在等差数列{an}中，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1－bn＝an(n∈N
)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求使得＋＋＋…＋＞成立的最小正整数n的值．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a5－a2＝3d＝12，解得d＝4，∴an＝a2＋(n－2)d＝4n＋4，
∴bn＋1－bn＝4n＋4，
∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝4＋8＋12＋…＋[4(n－1)＋4]
＝2n2＋2n(n＞1)，b1＝4也适合．
∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n(n∈N
)．
(2)由(1)得＝＝＝－，
∴＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，即＞，解得n＞16，
∴满足条件的最小正整数n的值为17.
?名师点津
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；或者前面剩几项，后面也剩几项．
(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＝，＝.
|跟踪训练|
2．(2019届安徽模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)证明：{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋<1.
证明：(1)由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)．
又a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＋1＝2n，因此{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知＝＝－，于是＋＋…＋＝＋＋…＋－＝1－，所以＋＋…＋<1.
【例3】　(2020届四川五校联考)设数列{an}是等差数列，数列{bn}的前n项和Sn满足2Sn＝3(bn－1)，a1＝b1，a4＝b2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求{an·bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由2Sn＝3(bn－1)知，当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，2Sn－1＝3(bn－1－1)，两式相减得，2bn＝2Sn－2Sn－1＝3(bn－1)－3(bn－1－1)，即bn＝3bn－1，所以数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n.
又数列{an}是等差数列，a1＝b1＝3，a4＝b2＝9，
所以公差d＝＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)由(1)知，Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋9×34＋…＋(2n＋1)×3n，①
3Tn＝3×32＋5×33＋7×34＋9×35＋…＋(2n＋1)×3n＋1，②
①－②得，－2Tn＝3×31＋2(32＋33＋34＋…＋3n)－(2n＋1)×3n＋1，即－2Tn＝3×31＋2×－(2n＋1)×3n＋1，整理得Tn＝n×3n＋1.
?名师点津
1．一般地，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．
2．用错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
|跟踪训练|
3．(2019届信阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解：(1)因为an＋1＝2an＋λ，
所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．
又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知当λ＝1时，an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
所以Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
【例】　已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．
[解]　(1)设数列{an}的公比为q，由题意，得
解得或
∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)∵bn＝anlogan＝2n·log2n＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，
①
则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，
②
②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2.
由2n＋1－2>62，得n>5，
∴n的最小值为6.
?名师点津
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则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；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
|跟踪训练|
(2019届新疆昌吉月考)在1和17之间插入n－2(n≥4，n∈N
)个数，使这n个数成等差数列．若这n－2个数中第一个为a，第n－2个为b，当＋取最小值时，n的值为(　　)
A．6
B．7
C．8
D．9
解析：选D　由已知得a>0，b>0，a＋b＝18，则＋＝·＝≥×(26＋10)＝2，当且仅当b＝5a时取等号，此时a＝3，b＝15，所以等差数列的公差d＝3－1＝2，所以17＝1＋2(n－1)，解得n＝9.故选D．
PAGE第一节　数列的概念与简单表示法
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
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函数.
　　数列通项公式的求解，前n项和Sn与数列的项an之间的关系的应用，数列的性质与应用仍是2021年高考考查的热点，题型以选择题与填空题为主，分值为5分，有时也会出现在解答题中，分值为3～6分.
1.数学运算2.逻辑推理
‖知识梳理‖
1．数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
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与序号n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2.数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式
使用初始值a1和an与an＋1的关系式或a1，a2和an－1，an，an＋1的关系式等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
?常用结论
在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．
4．数列的分类
?常用结论
1．数列是一种特殊的函数，数列的单调性、周期性在求值时常常用到.
2．在数列{an}中，若an最大，则
若an最小，则
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(　　)
(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．(　　)
(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(　　)
(4)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．(　　)
(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　　)
(6)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对?n∈N
，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
二、走进教材
2．(必修5P33A4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5等于(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：D
3．(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________．
答案：5n－4
三、易错自纠
4．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－8n＋15，则(　　)
A．3不是数列{an}中的项
B．3只是数列{an}中的第2项
C．3只是数列{an}中的第6项
D．3是数列{an}中的第2项或第6项
解析：选D　令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或n＝6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为______________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.
因为当n＝1时，不符合an＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝
答案：an＝
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，则an＝________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝3＝4×1－1，也满足上式，故an＝4n－1.
答案：4n－1
|题组突破|
1．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.由于当n＝1时，a1的值不适合n≥2的解析式，故选C．
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤2的正整数n的集合为(　　)
A．{1，2，3}
B．{2，3，4}
C．{1，2，3，4}
D．{1，2，3，4，5}
解析：选C　因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1.又a1＝2a1－1，所以a1＝1，故an＝2n－1.又≤2，即2n－1≤2n，所以有n∈{1，2，3，4}．
3．(2019届潍坊模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，∴a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴＝－.
∴数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝.
答案：
?名师点津
已知Sn求an的3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．
——多维探究
●命题角度一　形如an＋1－an＝f(n)，求an
【例1】　(2019届郑州模拟)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为________．
[解析]　由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
∴an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝.
[答案]　an＝
?名师点津
对于形如an＋1－an＝f(n)的递推关系的递推数列，即数列相邻两项之差是一个关于n的函数式，可以直接对等式两边求和进行解答，也可写为an＝(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1的形式．
●命题角度二　形如＝f(n)，求an
【例2】　在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N
)，则数列{an}的通项公式为________．
[解析]　∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1.
以上各式相乘得，
an＝a1···…·＝＝.
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝.
[答案]　an＝
?名师点津
对于形如＝f(n)的递推关系的递推数列，即数列相邻两项之商是一个关于n的函数式，可以直接对等式两边求积解答，也可写为an＝··…··a1的形式．
●命题角度三　形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0)，
求an
【例3】　(2019届青岛模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为____________．
[解析]　∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴＝3，又∵a1＋1＝2.
∴数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列．
∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1.
[答案]　an＝2·3n－1－1
?名师点津
对于形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0)的递推关系的递推数列，即数列相邻的次数都是一次，尾巴上有一个常数，求此类数列的通项公式，通常采用待定系数法将其转化为an＋1＋k＝p(an＋k)求解．
●命题角度四　形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an
【例4】　已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N
)，则数列{an}的通项公式an＝________．
[解析]　因为an＋1＝，a1＝1，所以an≠0，所以＝＋，即－＝.又a1＝1，所以＝1，所以是以1为首项，为公差的等差数列．所以＝1＋(n－1)×＝＋.所以an＝.
[答案]　
?名师点津
形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，将其变形为＝·＋.①若A＝C，则是等差数列，且公差为，可直接用公式求通项；②若A≠C，则采用待定系数法，构造新数列求解．
|跟踪训练|
1．(累加法)已知在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________．
解析：原递推公式可化为an＋1＝an＋－，
则当n≥2时，a2＝a1＋1－，a3＝a2＋－，
a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－，累计相加得，an＝a1＋1－，故an＝4－.又当n＝1时，也符合上式，∴an＝4－.
答案：4－
2．(累乘法)已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：∵an＋1＝2nan，∴＝2n.当n≥2时，an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2·2＝2.又a1＝2也符合上式，∴an＝2.
答案：2
3．(待定系数法)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N
)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为______________．
解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N
)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1.
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
答案：an＝×4n－1－
4．(取倒数法)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N
)，若bn＋1＝(n－2λ)·(n∈N
)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
解析：由an＋1＝，得＝1＋，所以＋1＝2，故是首项为＋1＝2，公比为2的等比数列，所以＋1＝2n.因为bn＋1＝(n－2λ)·＝(n－2λ)·2n，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，所以
解得所以λ<.
答案：
数列是特殊的函数，数列中项的最值问题的求解与判断多借用函数的单调性或图象来解决．
【例】　(2019届上饶调研)已知在数列{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＋(n∈N
)．
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＋，
已知对任意的n∈N
，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10?名师点津
数列{an}的最大(小)项的求法
(1)函数法：借助数列的单调性或图象来解决．
(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项；利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项．
|跟踪训练|
已知数列{an}满足an＝若对任意的n∈N
都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　因为an>an＋1恒成立，又当n≥6时，{an}为等比数列，所以0an＋1，当n<6时，数列{an}单调递减．又an>an＋1对任意的n∈N
恒成立，所以a6PAGE

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