资源简介

数列
课程标准
命题解读
1.了解数列的概念和表示方法(列表、图像、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．2．理解等差数列的概念和通项公式的意义．3．探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．4．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题．体会等差数列与一元一次函数的关系．5．理解等比数列的概念和通项公式的意义．6．探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．7．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题．体会等比数列与指数函数的关系.
考查形式：一般为一个选择题和一个填空题或一个解答题．考查内容：数列的概念及表示方法、等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式与前n项和公式、数列求和及其应用．备考策略：(1)熟练应用等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式求值．(2)重视数列与函数关系的研究，注意函数性质在数列中的应用．(3)加强数列求和问题的训练．核心素养：数学抽象、直观想象、数学运算.
第1节　数列基础
一、教材概念·结论·性质重现
1．数列的概念与表示
数列
内容
定义
按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数称为这个数列的项各项依次称为这个数列的第1项(或首项)，组成数列的数的个数称为数列的项数，an表示数列的第n项，称为数列的通项
表示
a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}
函数观点
an＝f(n)，n∈N
(1)数列研究的是有规律的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法．
(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数．
2．数列的分类
分类标准
名称
含义
按项的个数
有穷数列
项数有限的数列
无穷数列
项数无限的数列
按项的变化趋势
递增数列
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列?an递减数列
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列?an>an＋1
常数列
各项都相等的数列?an＝an＋1
数列的前三项的增减性是判断数列是否具有增减性的必要条件，解题时要灵活运用．
3．数列的通项公式与递推公式
数列的形式
意义
特点
通项公式
用公式an＝f(n)，n∈N
给出数列
可以求任意项
递推公式
给出首项，相邻两项或多项之间的关系
需依次求各项
由数列的递推公式求数列的通项公式是高频考点．
4．数列的前n项和
(1)表示：一般地，给定数列{an}，称Sn＝a1＋a2＋…＋an为数列{an}的前n项和．
(2)an与Sn的关系：如果数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
(1)求数列的前n项和，从首项起，以后各项依次相加，其中项数是易错点．
(2)由Sn求an的三个步骤：①求a1＝S1；②当n≥2时，求an＝Sn－Sn－1；③验证首项．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)数列1,2,3与3,2,1是同一个数列．(　×　)
(2)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2.(　√　)
(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)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　×　)
(5)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对?n∈N
，都有an＝Sn－Sn－1.(　×　)
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)
A．15
B．16
C．49
D．64
A　解析：因为Sn＝n2，所以a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
当n＝1时符合上式，
所以an＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.
3．(多选题)已知数列的通项公式为an＝n2－10n＋16，则下列说法正确的是
(　　)
A．数列{an}是递增数列
B．数列{an}是递减数列
C．数列{an}中的最小项是第5项
D．数列{an}的前5项递减，以后各项递增
CD　解析：由于通项公式an＝n2－10n＋16＝(n－5)2－9，所以数列{an}中的最小项是第5项，数列{an}的前5项递减，以后各项递增．
4．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.
34　解析：通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x＝13＋21＝34.
5．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N
，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
(－3，＋∞)　解析：因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N
，都有an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，
整理得2n＋1＋λ>0，即λ>－(2n＋1)．(
)
因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(
)恒成立，只需λ>－3.
考点1　由数列的前几项求数列的通项——基础性
1．(2020·乌鲁木齐米东区期中)数列－1,3，－6,10，…的一个通项公式是
(　　)
A．an＝(－1)nn2－(n－1)
B．an＝(－1)n＋1(n2－1)
C．an＝(－1)
n
D．an＝(－1)n－1
C　解析：设此数列为an，可得每一项的符号为(－1)n，且|an|＝，
所以an＝(－1)n.
2．已知数列，，，，，…，则5是它的(　　)
A．第19项
B．第20项
C．第21项
D．第22项
C　解析：数列，，，，，…中的各项可变形为，，，，，…，所以通项公式为an＝＝，令＝5，得n＝21.
3．数列{an}的前4项是，1，，，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
　解析：数列{an}的前4项可变形为，，，，故它的一个通项公式an＝.
4．一个数列{an}的前4项是0.8,0.88,0.888,0.888
8，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
　解析：数列变为×，，，…，故它的一个通项公式an＝.
由数列的前几项求数列的通项的策略
根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想．抓住以下几个方面的特征：
(1)分式中分子、分母的各自特征．
(2)相邻项的联系特征．
(3)拆项后的各部分特征．
(4)符号特征．
考点2　由Sn与an的关系求通项——应用性
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.
4n－5　解析：a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，所以an＝4n－5.
(2)(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________.
　解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.
当n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，
两式相减得an＝an－1(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝，
所以S5＝＝.
本例(1)条件变为“Sn＝3n＋1”，求数列{an}的通项公式．
解：当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.
当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，
所以an＝
已知Sn求an的步骤
(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)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
已知数列{an}，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，求数列{an}的通项公式．
解：因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
则当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
①－②得3n－1an＝，所以an＝(n≥2)．
由题意知a1＝符合上式，所以an＝.
考点3　由数列的递推关系求通项——综合性
考向1　累加法
(原创题)设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N
)，则＝
(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
A　解析：由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．
又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
则＝＝2.
所以＋＋…＋
＝2
＝2＝.
所以＝＝1.
由数列的递推关系求通项公式方法之一
已知a1，且an－an－1＝f(n)时，用累加法求解．
考向2　累乘法
已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝a2，得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3；
由S3＝a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是a1＝1，a2＝a1，a3＝a2，…，
an－1＝an－2，an＝an－1，
将以上n个等式两端分别相乘，
整理，得an＝，n≥2.
又a1＝1＝，也满足上式．
综上，数列{an}的通项公式an＝.
由数列的递推关系求通项公式方法之二
已知a1，且＝f(n)时，用累乘法求解．
考向3　待定系数法
设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，则an＝________.
5×2n－1－3　解析：设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，解得t＝－3，故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝5，且＝＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.
由数列的递推关系求通项公式方法之三
已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(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．
考向4　取倒数法
(2020·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＝
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
)．
由数列的递推关系求通项公式方法之四
形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新的数列求解．
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an－2，则a6＝(　　)
A．0
B．1
C．2
D．6
B　解析：因为a1＝1，an＋1＝3an－2，所以a2＝3－2＝1，以此类推可得a3＝3a2－2＝1，a4＝3a3－2＝1，a5＝3a4－2＝1，a6＝3a5－2＝1.
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝，则a5的值为________．
　解析：由递推公式可得anan＋1＋2an＋1＝2an，即anan＋1＝2an－2an＋1，据此有－＝.又＝1，故数列是首项为1，公差为的等差数列，则＝1＋×(5－1)＝3，故a5＝.
3．(2020·河北联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N
都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________.
820　解析：因为an＋1－an＝n＋2，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，an－an－1＝n＋1(n≥2)．
上面(n－1)个式子左右两边分别相加得an－a1＝(n≥2)，
即an＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝3适合上式，
所以an＝，n∈N
，
所以a39＝＝820.
考点4　数列与函数——综合性
考向1　数列的增减性与最大值、最小值
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N
)，则“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
A　解析：若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ对任意的n∈N
都成立，于是有3＞2λ，λ＜.由λ＜1可推得λ＜，但反过来，由λ＜不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．
(2)已知数列{an}的通项an＝，n∈N
，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．
3　－1　解析：an＝＝＝1＋，
当n≥11时，＞0，且单调递减；当1≤n≤10时，＜0，且单调递减．
因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．
故最大项为a11＝3，最小项为a10＝－1.
(2020·北京东城二模)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图__________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求Sn；
(2)若存在正整数n，使得bn＞Sn，求n的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．
解：(1)设{an}为公比为q的等比数列，
由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即q＝＝，a1q2＝1.
所以q＝，a1＝4.
所以Sn＝＝8＝8－23－n.
(2)由图①知T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d＜0，数列{bn}是递减数列．
而数列{8－23－n}递增，
因为b1＜S1，所以选择①不满足“存在n，使得bn＞Sn”；
由图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列；
由图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d＞0，数列{bn}是递增数列．
所以选择②③均可能满足“存在n，使得bn＞Sn”．
第一种情况：
如果选择条件②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n，
当n＝1,2,3,4,5,6,7时，bn＞Sn不成立．
当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8＜b8.
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为8.
第二种情况：
如果选择条件③即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得：d＝3，bn＝3n－6，
当n＝1,2,3,4时，bn＞Sn不成立．
当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5＜b5，
所以使得bn＞Sn成立的n的最小值为5.
解决数列的单调性问题的常用方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的图像直观判断．
考向2　数列的周期性
(2020·上杭县
5月模拟)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2
021的值为(　　)
A．－　　　　
B．　　　　
C．1　　　　
D．－1
D　解析：a1＝2，an＋1＝1－，得a2＝，a3＝－1，a4＝2，此时数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3.
且P3＝－1,2
021＝3×673＋2，
所以P2
021＝(－1)673×a1a2＝－1.
解决数列周期性问题的方法
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．
考向3　新定义问题
(多选题)记数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，则称数列{an}为“和有界数列”．下列说法正确的是(　　)
A．若{an}是等差数列，且公差d＝0，则{an}是“和有界数列”
B．若{an}是等差数列，且{an}是“和有界数列”，则公差d＝0
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
BC　解析：若{an}是等差数列，且公差d＝0，
当a1＝0，可得Sn＝0，数列{an}为“和有界数列”．
当a1≠0，可得Sn＝na1，数列{an}不为“和有界数列”，故A错误；
若{an}是等差数列，且数列{an}是“和有界数列”，
可得存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，
即|na1|＜H恒成立，可得a1＝d＝0，故B正确．
若{an}是等比数列，且公比|q|＜1，|Sn|＝＜，
则{an}是“和有界数列”，故C正确．
若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，
若q＝－1，即当n为奇数时，Sn＝a1，当n为偶数时，Sn＝0，
可得存在实数H，使得对任意的n∈N＋，都有|Sn|＜H，故D错误．
解决数列的新定义问题的要点
(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．
(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．
1．观察数列1，ln
2，sin
3,4，ln
5，sin
6,7，ln
8，sin
9，…，则该数列的第11项是(　　)
A．1
111
B．11
C．ln
11
D．sin
11
C　解析：由数列得出规律，按照1，ln
2，sin
3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，
由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln
11.
2．已知an＝，那么数列{an}是(　　)
A．递减数列
B．递增数列
C．常数列
D．摆动数列
B　解析：an＝1－，将an看作关于n的函数，n∈N
，易知数列{an}是递增数列．
3．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N
)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)
A．第2项
B．第3项
C．第4项
D．第5项
B　解析：因为Sn＝n2－10n，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11.
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式，
所以an＝2n－11(n∈N
)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图像的对称轴为直线n＝，但n∈N
，
所以当n＝3时，f(n)取最小值．
所以数列{nan}中数值最小的项是第3项．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[四字程序]
读
想
算
思
求通项公式与前n项和
1.求通项公式的方法；2．怎样对已知条件变形？
变形已知条件，求通项公式，求和
转化与化归
数列{an}中，a1＝3，n(n＋1)·(an－an＋1)＝2
1.累加法与错位相减法；2．构造法与裂项相消法
1.由an－an＋1＝＝2，求an；2．由bn＝，求Sn
1.累加法与构造法求数列的通项公式；2．错位相减法与裂项相消法求和
思路参考：(1)累加法；(2)错位相减法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝＝2，
所以n≥2时，an－1－an＝2，
an－2－an－1＝2，
…，
a1－a2＝2，
以上(n－1)个式子左右两边分别相加得
a1－an＝2.
又a1＝3，所以an＝1＋(n≥2)．
又a1＝3符合上式，故an＝1＋(n∈N
)．
(2)由(1)知，an＝1＋＝，
所以a1·a2·…·an＝××…××＝，
所以bn＝＝，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Sn＝＋－＝＋－＝1－－＝1－，
故Sn＝2－.
思路参考：(1)选代法；(2)裂项相消法．
解：(1)由题意知，an－an＋1＝＝2，
所以an＋1－＝an－，
所以an－＝an－1－＝…＝a1－＝3－2＝1，
所以an＝1＋.
(2)由(1)知an＝1＋＝，
所以a1·a2·…·an＝××…××＝，
所以bn＝＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋＝2－.
1．本题考查数列求通项公式与前n项和问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数列的递推关系求通项公式，利用裂项相消法或错位相减法求数列的前n项和，对于此类问题要注意观察条件的特点，合理转化．
2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学推理能力、运算求解能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：(方法一)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
即＝3，
所以＝3，＝3，＝3，…，＝3.
将这些等式两边分别相乘得＝3n.
因为a1＝1，所以＝3n，
即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(方法二)an＋1＝3an＋2，
即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.第2节　等差数列
一、教材概念·结论·性质重现
1．等差数列的定义
如果数列从第2项起，每一项与它的前一项之差都等于同一个常数d，即an＋1－an＝d恒成立，则称{an}为等差数列，其中d称为等差数列的公差．
等差数列的定义用递推公式表示为an＋1－an＝d(n∈N
，d为常数)．
2．等差数列的通项公式
(1)如果等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.
(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d.
当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)．
3．等差中项
如果x，A，y是等差数列．那么称A为x与y的等差中项，即A＝.
4．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N
)?d＝(n≠m)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N
)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N
)是公差为md的等差数列．
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
5．等差数列的前n项和公式及其性质
(1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝＝na1＋d.
(2)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N
)也是等差数列，公差为m2d.
(3)等差数列的前n项和的最值
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．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S偶－S奇＝nd，＝.
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②＝.
数列{an}是等差数列?数列的前n项和公式Sn＝n2＋n?Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　√　)
(3)数列{an}满足an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．(　×　)
(4)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．(　√　)
(5)等差数列的前n项和Sn是项数为n的二次函数．(　×　)
2．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于(　　)
A．
B．
C．2
D．－
A　解析：因为a4＋a8＝2a6＝10，所以a6＝5.
又a10＝6，所以公差d＝＝＝.故选A.
3．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于(　　)
A．58
B．88
C．143
D．176
B　解析：S11＝＝＝88.
4．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn.若a6＝2且S5＝30，则S8等于
(　　)
A．31
B．32
C．33
D．34
B　解析：由已知可得
解得所以S8＝8a1＋d＝32.
5．一物体从1
960
m的高空降落，如果第1秒降落4.90
m，以后每秒比前一秒多降落9.80
m，那么经过________秒落到地面．
20　解析：设物体经过t秒降落到地面，
物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列，
所以4.90t＋t(t－1)×9.80＝1
960，
即4.90t2＝1
960，解得t＝20.
考点1　等差数列的定义、通项公式、基本运算——基础性
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S5＝35，则数列{an}的公差为
(　　)
A．－2
B．2
C．4
D．7
B　解析：因为a1＝3，S5＝35，所以5×3＋d＝35，解得d＝2.
2．(2020·宜春模拟)已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项的和等于前5项的和．若am＋a7＝0，则m＝(　　)
A．10
B．9
C．8
D．2
B　解析：设等差数列{an}的公差为d，a1＝1.
因为前10项的和等于前5项的和，且am＋a7＝0，
则10＋45d＝5＋10d,2＋(m＋5)d＝0，
解得m＝9.
3．(2021·哈尔滨实验中学模拟)数列是等差数列，且a1＝1，a3＝－，那么a2
022＝(　　)
A．
B．－
C．
D．－
B　解析：设等差数列的公差为d，且a1＝1，a3＝－，所以＝1，＝3，
所以3＝1＋2d，解得d＝1.
所以＝1＋n－1＝n，所以an＝－1.
那么a2
022＝－1＝－.
4．(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________．
16　解析：设数列{an}的公差为d，
则
解得a1＝－5，d＝2，
所以S8＝8×(－5)＋×2＝16.
等差数列运算问题的解题策略
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
考点2　等差数列的判定与证明——综合性
数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn，并证明：＋＋…＋>.
(1)证明：因为an＋1＝，
所以＝，化简得＝2＋，
即－＝2，
故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)知＝2n－1，
所以Sn＝＝n2，
＝>＝－.
证明：＋＋…＋＝＋＋…＋
>＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝.
1．若本例条件变为“若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N
)”，求数列{an}的通项公式．
解：由已知式＝＋可得－＝－，知数列是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝.
2．若本例条件变为“a1＝，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)”，求数列{an}的通项公式．
解：由已知可得＝＋1，
即－＝1.
又a1＝，
所以数列是以＝为首项，1为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)·1＝n－，
所以an＝n2－n.
等差数列的四个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.
(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项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
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．设cn＝b－b，n∈N
,
求证：数列{cn}是等差数列．
证明：由题意得b＝anan＋1，有cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以数列{cn}是等差数列．
考点3　等差数列性质的应用——应用性
考向1　等差数列项的性质问题
(1)(2020·宁德二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9，则S9＝(　　)
A．21
B．27
C．30
D．36
B　解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5＝3，
则S9＝＝9a5＝27.
(2)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
C　解析：(方法一)设等差数列{an}的公差为d，
依题意解得d＝4.
(方法二)等差数列{an}中，S6＝＝48，
则a1＋a6＝16＝a2＋a5.
又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，
所以d＝4.
等差数列的项的性质的关注点
(1)项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N
)，则am＋an＝ap＋aq.
(2)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．
(3)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝相结合命题．
考向2　等差数列前n项和的性质
(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于
(　　)
A．35
B．42
C．49
D．63
B　解析：在等差数列{an}中，
S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，
即7,14，S15－21成等差数列，
所以7＋(S15－21)＝2×14，
解得S15＝42.
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2
018，－＝6，则S2
020＝________.
2
020　解析：由等差数列的性质可得数列也为等差数列．设其公差为d，则－＝6d＝6，所以d＝1.故＝＋2
019d＝－2
018＋2
019＝1，
所以S2
020＝1×2
020＝2
020.
等差数列前n项和的性质
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，构成等差数列．
(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(3)S2n－1＝(2n－1)an.
1．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝
(　　)
A．2
B．7
C．14
D．28
C　解析：因为2＋a5＝a6＋a3，
所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2.
所以S7＝＝7a4＝14.
2．(2020·海南模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，
所以可设Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0.
所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，
所以＝.
3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.
200　解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200.
考点4　等差数列前n项和的最值——应用性
等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．S4
B．S5
C．S6
D．S7
B　解析：因为
所以所以Sn的最大值为S5.
1．本例若把条件改为“等差数列{an}中，S5S8”，则下列结论错误的是(　　)
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6，S7均为Sn中的最大值
C　解析：由S50.
又因为S6＝S7，
所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，
所以a7＝0，故B正确．
同理由S7>S8，得a8<0.
因为d＝a7－a6<0，故A正确．
而C选项中S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，显然C选项是错误的．
因为S5S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故D正确．
2．本例条件变为“等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0”，则Sn取最大值时n的值为(　　)
A．6
　　　　　　　
B．7　　
C．8　
D．13
B　解析：根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，所以Sn取最大值时n的值为7.故选B.
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)二次函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法：
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.
等差数列{an}中，若<－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn>0时，n的最小值为(　　)
A．14
B．15
C．16
D．17
C　解析：因为数列{an}是等差数列，它的前n项和Sn有最小值，所以公差d>0，首项a1<0，{an}为递增数列．因为<－1，所以a8·a9<0，a8＋a9>0，
由等差数列的性质知，
2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16>0.
因为Sn＝，
所以当Sn>0时，n的最小值为16.
在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
[四字程序]
读
想
算
思
n取何值时，Sn取得最大值
1.Sn的表达式；2．求最值的方法？
1.求通项公式an；2．求前n项和Sn
转化与化归
等差数列，a1＝20，S10＝S15
1.利用等差数列的项的符号；2．利用二次函数的性质
1.an＝－n＋；2．Sn＝－n2＋n
1.数列的单调性；2．二次函数的性质
思路参考：先求基本量d，再由an确定Sn取得最大值时n的值．
解：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d＝15×20＋d，
所以d＝－.
由an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
因为a1＝20>0，d＝－<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－n＋≤0，得n≥13，即a13＝0.
当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0，
所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
思路参考：先求出d，再由Sn的表达式确定其最大值．
解：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d＝15×20＋d，
所以d＝－.
Sn＝20n＋·
＝－n2＋n
＝－2＋.
因为n∈N
，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
思路参考：利用等差数列的性质求解．
解：由S10＝S15得S15－
S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，
所以5a13＝0，即a13＝0.
又d＝＝－，
所以当n＝12或13时，Sn有最大值．
所以S12＝12×20＋×＝130.
思路参考：结合二次函数知识解答．
解：因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，
所以10×20＋d＝15×20＋d，
所以d＝－.
又＝12.5，所以n＝12或13时，Sn取得最大值．
所以S12＝12×20＋×＝130.
1．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学阅读技能、运算求解能力、推理能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学文化的魅力．
2．基于高考数学评价体系，本题创设了数学探索创新情景，通过知识之间的联系和转化，将最值转化为熟悉的数学模型．本题的切入点十分开放，可以从不同的角度解答题目，体现了基础性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最大．
7　解析：(方法一)由S3＝S11，
得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1.
又a1＞0，所以－＜0.故当n＝7时，Sn最大．
(方法二)由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图像关于n＝＝7对称．由方法一可知a＝－＜0，故当n＝7时，Sn最大．
(方法三)由方法一可知，d＝－a1.
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
(方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，
故a7＋a8＝0.
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大．第3节　等比数列
一、教材概念·结论·性质重现
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于同一常数q，那么数列{an}就称为等比数列，其中q称为等比数列的公比，定义的递推公式为＝q(常数)．
(2)等比中项：如果x，G，y是等比数列，那么称G为x与y的等比中项．因此G2＝xy.
(1)注意：①等比数列的每一项都不可能为0；
②公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与n无关的常数．
(2)“G2＝xy”是“x，G，y成等比数列”的必要不充分条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N
)．
(3)前n项和公式：
Sn＝
(1)等比数列通项公式与指数函数的关系
等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1还可以改写为an＝·qn，当q≠1且a1≠0时，y＝qx是指数函数，y＝·qx是指数型函数，因此数列{an}的图像是函数y＝·qx的图像上一些孤立的点．
(2)求等比数列前n项和时要对公比q是否等于1进行分类讨论．
3．等比数列的有关性质
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N
.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝a，其中m，n，w∈N
.
对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{ban}，，{a}，{an·bn}，，{pan·qbn}和仍然是等比数列(其中b，p，q是非零常数)．
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N
)．
(4)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，其公比为qk.
(5)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
4．等比数列{an}的单调性
满足的条件
单调性
或
{an}是递增数列
或
{an}是递减数列
{an}是常数数列
q<0
{an}是摆动数列
5．常用结论
(1)项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an}中，公比为q.
①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；
②若共有2n＋1项，则＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm?qn＝(q为公比)．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)满足an＋1＝qan(n∈N
，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　×　)
(2)任意两个实数都有等比中项．(　×　)
(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln
an}是等差数列．(　×　)
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　×　)
2．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于(　　)
A．5　　　
B．±5　　　
C．4　　　
D．±4
C　解析：因为a＝a3a7＝2×8＝16，所以a5＝±4.
又因为a5＝a3q2＞0，所以a5＝4.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6等于(　　)
A．31
B．32
C．63
D．64
C　解析：根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C.
4．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________．
27,81　解析：设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，所以q＝3.
所以插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.
5．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1
MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8
GB.(1
GB＝210
MB)
39　解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，所以an＝2n，
则2n＝8×210＝213，所以n＝13.
即病毒共复制了13次．
所以所需时间为13×3＝39(秒).
考点1　等比数列基本量的运算——基础性
1．已知公比大于0的等比数列{an}满足a1＝3，前三项和S3＝21，则a2＋a3＋a4＝(　　)
A．21
B．42
C．63
D．84
B　解析：S3＝21＝＝3(1＋q＋q2)，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍)，所以a2＋a3＋a4＝qS3＝2×21＝42.
2．在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.
4或－4　解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
则两式相除，得＝，
即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.
所以或
故a3＝4或a3＝－4.
3．(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________.
　解析：由a＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝＝3，所以S5＝＝.
4．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知a3＝，S3＝，则a2＝________.
－3或　解析：(方法一：直接法)因为数列{an}是等比数列，
所以当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，显然S3＝3a3＝.
当q≠1时，由题意可知
解得q＝－或q＝1(舍去)．
所以a2＝＝×(－2)＝－3.
综上可知a2＝－3或.
(方法二：优解法)由a3＝得a1＋a2＝3.
所以＋＝3，
即2q2－q－1＝0，
所以q＝－或q＝1.
所以a2＝＝－3或.
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)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)可迎刃而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
考点2　等比数列的性质及应用——应用性
(1)(2020·宝鸡二模)等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12
B．15
C．8
D．2＋log35
B　解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27，
所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1×a2×a3×…×a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.
(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
－　解析：由＝，a1＝－1知公比q≠±1，
则可得＝－.
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－，q＝－.
1．本例(1)条件不变，
则a1＋a2＋…＋a10＝________.
30　解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27,
所以a1＋a2＋…＋a10
＝
(a1·a2·…·a10)＝
(a1a10)5
＝
(a5a6)5＝315＝2log3315＝30.
2．本例(1)把条件变为“在各项不为零的等差数列{an}中，2a2
017－a＋2a2
019＝0，数列{bn}是等比数列，且b2
018＝a2
018”，试求log2(b2
017·b2
019)的值．
解：因为等差数列{an}中a2
017＋a2
019＝2a2
018，所以2a2
017－a＋2a2
019＝4a2
018－a＝0.
因为各项不为零，所以a2
018＝4.
因为数列{bn}是等比数列，
所以b2
017·b2
019＝a＝16，
所以log2(b2
017·b2
019)＝log216＝4.
等比数列性质应用的要点
(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有aman＝apaq”，可以减少运算量．
(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，公比为qk(q≠－1)．
设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S5＝8，S10＝7，求a11＋a12＋a13＋a14＋a15的值．
解：因为a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝S15－S10，且S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列，即8，－1，S15－S10成等比数列，所以8(S15－S10)＝1，即S15－S10＝，所以a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝.
考点3　等比数列的判定和证明——综合性
考向1　用等比数列的定义证明
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和．
(1)证明：因为bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1.
又因为an＋1＝4an＋3n－1，
所以＝
＝
＝＝4.
又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．
(2)解：由(1)求解知，bn＝2×4n－1，
所以an＝bn－n＝2×4n－1－n，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－
＝(4n－1)－n2－n.
判断或证明一个数列为等比数列时应注意的问题
(1)判断或者证明数列为等比数列最基本的方法是用定义判断，其他方法最后都要回到定义．
(2)判断一个数列是等比数列，有通项公式法及前n项和公式法，但在解答题中不作为证明方法．
(3)若要判断一个数列不是等比数列，只需判断存在连续三项不成等比数列．
考向2　用等比中项法证明等比数列
在数列{an}中，a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明：因为a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即＝.
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
所以＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝－n＝3·2n－n－3.
证明等比数列问题的注意点
(1)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N
)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明q≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．
1．设{an}为等比数列，给出四个数列：①{2an}；②{a}；③{2an}；④{log2|an|}，其中一定为等比数列的是(　　)
A．①②
B．①③
C．②③
D．②④
A　解析：{an}为等比数列，设其公比为q，则通项公式为a1qn－1，
所以对于①，数列{2an}是以2a1为首项，以q为公比的等比数列；
对于②，＝q2为常数，又因为a≠0，故②为等比数列；
对于③，＝2an－(an－1)，不一定为常数；
对于④，＝，不一定为常数．
2．(2021·八省联考)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{an}的通项公式．
解：(1)由an＋2＝2an＋1＋3an可得an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)．
因为各项都为正数，所以a1＋a2>0.所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)构造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan.
所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)．所以an＋1－3an＝－(an－3an－1)＝(－1)2×(an－1－3an－2)＝…＝(a2－3a1)×(－1)n－1＝0.所以an＋1＝3an.所以{an}是以a1＝为首项，3为公比的等比数列．所以an＝(n∈N＋)．
3．在数列{an}中，已知an＋1an＝2an－an＋1，且a1＝2(n∈N
)．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)设bn＝a－an，且Sn为{bn}的前n项和，试证：2≤Sn＜3.
证明：(1)由an＋1an＝2an－an＋1，得－＝1，
即－＝，所以－1＝.
因为a1＝2，所以－1＝－1＝－≠0，
所以＝，
即数列是等比数列．
(2)因为是等比数列，且首项为－，公比为，
所以－1＝－·n－1＝－n，
则an＝.
所以bn＝a－an＝an(an－1)
＝·＝.
因为b1＝2，bn＝>0，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn≥2.
又bn＝＝<＝≤(n≥2)，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn<2＋＋＋…＋＝2＋＝3－<3.
所以2≤Sn＜3.
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝60，则S30＝________.
[四字程序]
读
想
算
思
求S30
1.求和公式；2．如何确定首项与公比？
等比数列的基本运算
转化与化归
等比数列，S10＝20，S20＝60
1.基本量法；2．性质法
1.列方程组求基本量；2．利用性质直接求解
1.求和公式；2．通项公式；3．和的性质
思路参考：用a1，q表示S10，S20，求q10.
140　解析：设数列{an}的公比为q，因为S20≠2S10，故q≠1.
又S10＝20，S20＝60，
所以
两式相比得q10＝2，
所以S30＝S10＋q10S20＝20＋2×60＝140.
思路参考：利用性质＝.
140　解析：由S10＝20，S20＝60，易得公比q≠±1，
根据等比数列前n项和的性质，可得＝，即＝＝1＋q10，解得q10＝2.
又＝，所以＝＝7，S30＝140.
思路参考：利用性质Sn＋m＝Sn＋qnSm.
140　解析：根据等比数列前n项和的性质，可得S20＝S10＋q10S10，即60＝20＋20q10，解得q10＝2，
所以S30＝S10＋q10S20＝20＋2×60＝140.
思路参考：利用性质Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比．
140　解析：根据等比数列前n项和的性质，可知S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，
即(60－20)2＝20(S30－60)，解得S30＝140.
1．本题考查等比数列的求和问题，解法灵活多变，要注意认真计算或转化．
2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握运算求解能力、推理能力和转化能力．
3．本题可以从不同的角度解答，体现了基础性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
等比数列{an}中，Sn表示前n项和，a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q为________．
3　解析：由a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，
得a4－a3＝2(S3－S2)＝2a3，
所以a4＝3a3，所以q＝＝3.第4节　数列求和
一、教材概念·结论·性质重现
1．求数列前n项和的常用方法
方法
数列
求和公式
公式法
等差数列
Sn＝＝na1＋d
等比数列
Sn＝
分组求和法
等差±等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相加(减)构成的数列求和
倒序相加法
对偶法
将一个数列倒过来排列与原数列相加，主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和
裂项相消法
积商化差
适用于通项公式可以积化差的数列求和
错位相减法
等差×等比
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘(除)构成的数列求和
奇偶讨论法
正负号间隔
适用于奇数项与偶数项正负号间隔的数列求和
一些常见的数列前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＝n(n＋1)．
(4)12＋22＋…＋n2＝.
2．常用结论
常见的裂项技巧：
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝.
(4)＝－.
(5)＝.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　×　)
(4)数列的前n项和为n2＋.(　×　)
2．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)
A．1
B．
C．
D．
B　解析：因为an＝＝－，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是(　　)
A．16
B．20
C．33
D．120
C　解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
2n＋1－2＋n2　解析：Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.
5．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________.
－25　解析：S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
考点1　利用公式法求数列的和——基础性
1．已知数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项a1＝1，则它的前2
020项的和等于(　　)
A．
B．2
021a1＋2
021×1
010d
C．2
020
D．0
C　解析：数列{an}既是等差数列又是等比数列，首项a1＝1，则an＝1(n∈N
)(常数数列)，前2
020项的和等于2
020.
2．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为(　　)
A．120
B．70
C．75
D．100
C　解析：因为＝n＋2，所以的前10项和为10×3＋＝75.
3．(2020·兖州模拟)已知数列{an}的前n项积为Tn，若对?n≥2，n∈N
，都有Tn＋1·Tn－1＝2T成立，且a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前10项和为________．
1
023　解析：因为Tn＋1·Tn－1＝2T，故＝2，
即＝2(n≥2)，而＝2，
所以{an}为等比数列，故an＝2n－1，
所以S10＝＝1
023.
4．(2020·深圳模拟)等差数列{an}中，a4＝10且a3，a6，a10成等比数列，数列{an}前20项的和S20＝________.
200或330　解析：设数列{an}的公差为d，
则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d.
由a3，a6，a10成等比数列，得a3a10＝a，
即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，
整理得10d2－10d＝0，解得d＝0或d＝1.
当d＝0时，S20＝20a4＝200；
当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3d＝10－3×1＝7，
所以S20＝20a1＋d＝20×7＋190＝330.
故答案为200或330.
公式法求数列的前n项和的注意事项
(1)利用公式法求和，适用于等差数列、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列求和．
(2)一般地，求数列的前n项的和与数列各项的和不尽相同，利用等差数列与等比数列的求和公式计算数列的和，关键是明确数列的首项和项数．
考点2　利用分组法求数列的和——基础性
1．数列1，2，3，…的前n项和Sn＝(　　)
A.
B.＋2n
C.－＋1
D.－1
C　解析：数列1，2，3，…的前n项和Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝－＋1.
2．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
B　解析：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.
3．(2020·海口模拟)已知数列{an}满足an＝logn＋1(n＋2)(n∈N
)，设Tk＝a1a2·…·ak(k∈N
)．若Tk∈N
，称数k为“企盼数”，则区间[1,2
020]
内所有的企盼数的和为(　　)
A．2
020
B．2
026
C．2
044
D．2
048
B　解析：因为an＝logn＋1(n＋2)＝(n∈N
)，
所以Tk＝a1·a2·…·ak＝×××…×＝log2(k＋2)．
又因为Tk∈N
，
所以k＋2必须是2的n次幂(n∈N
)，即k＝2n－2，
所以k∈[1,2
020]内所有的企盼数的和为(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝－2×9＝2
026.
4．求和：Sn＝6＋66＋666＋…＋.
解：Sn＝6＋66＋666＋…＋＝(9＋99＋999＋…＋)
＝[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]
＝(10＋102＋103＋…＋10n－n)
＝
＝(10n－1)－n.
分组法求数列的前n项和的方法技巧
(1)如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和．
(2)如果数列的排序规律较为“隐蔽”，如an是求和的形式，则需要先化简通项公式，得到明确的排序规律再对其求和．
考点3　利用裂项相消法求数列的和——综合性
考向1　形如an＝
正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝
＝
＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋
＝－＝.
考向2　形如an＝
(2020·临沂模拟)已知函数f(x)＝xa的图像过点(4,2)，令an＝，n∈N
.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2
020＝________.
－1　解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.
所以an＝＝＝－，
S2
020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
020＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
应用裂项相消法求和的注意点
(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项．
(2)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，后面也剩两项等．
1．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对?n∈N
有2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．
9　解析：因为2Sn＝a＋an，
所以当n≥2时，2an＝2(Sn－Sn－1)＝(a＋an)－(a＋an－1)，
整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1.
又因为数列{an}的每项均为正数，
所以an－an－1＝1.
又因为2a1＝a＋a1，解得a1＝1，
所以数列{an}是首项、公差均为1的等差数列，
所以an＝n，
所以bn＝
＝·
＝＝－，
所以数列{bn}的前n项和为Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－.
要使得Tn为有理数，只需为有理数即可．
因为1≤n≤100，
所以n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，
即在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，数列{an}的前10项和为45.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列，
可得a1a8＝a，即有a1(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，
化为a1＝9d.
数列{an}的前10项和为45，可得10a1＋45d＝45，
解得a1＝3，d＝，
则an＝3＋(n－1)＝.
(2)bn＝＝
＝9，
则Tn＝9
＝9＝.
考点4　利用错位相减法求数列的和——应用性
(2020·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a1＝1，d＝2，
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.
本例题干条件不变，若数列{bn}满足bn＝(an－n＋1)·3n，求数列{bn}的前n项和Pn.
解：设数列{an}的公差为d，
则由已知得
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
bn＝(an－n＋1)·3n＝n·3n，
所以Pn＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
3Pn＝32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，
两式相减得
－2Pn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，
所以Pn＝
·3n＋1＋.
错位相减法求和的注意点
(1)若在数列{an·bn}中，{an}成等差数列，{bn}成等比数列，在和式的两边同乘公比，再与原式错位相减，整理后即可以求出前n项和．
(2)注意错位相减后最后一项为负数项，这是易错点，另外分组求和时，中间部分等比数列的求和要找好等比数列的首项和项数．
设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
所以当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
①－②得3n－1an＝，所以an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，
所以an＝.
(2)因为bn＝，所以bn＝n·3n.
所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，
所以Sn＝＋.数列
六　开放题命题热点之数列问题
高考数列解答题，主要考查等差数列、等比数列的判定、性质，求通项公式，求特殊数列的和；新高考命题中，开放条件的数列问题崭露头角，其常常有以下两种考法．
　等差数列、等比数列的判定及应用
(2020·青岛二模)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________.
给出下列三个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：方案一：(1)选条件①.
因为数列{Sn＋a1}为等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．
设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N
)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N
)，
所以bn＝＝＝，
所以Tn＝＝
＝－
＝－.
方案二：(1)选条件②.
因为点(Sn.an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N
)，
所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，＝2(n≥2)．
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，＝2适合上式，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N
)．
(2)同方案一的(2)．
方案三：(1)选条件③.
当n≥2时，因为
2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N
)(i)，
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an(ii)
(i)－(ii)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，
即＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，＝2适合上式．
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N
)．
(2)同方案一的(2)．
解题时的注意事项
(1)分析时要兼顾给出的三个条件，选择最易解答的一个条件．
(2)解题时只需要选一个条件，结合其他条件求解即可．
(2020·东营模拟)已知函数f(x)＝logkx(k为常数，k>0且k≠1)．
(1)在下列条件中选择一个________使数列{an}是等比数列，说明理由；
①数列{f(an)}是首项为2，公比为2的等比数列；
②数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列；
③数列{f(an)}是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列．
(2)在(1)的条件下，当k＝时，设anbn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)①③不能使数列{an}成等比数列，②可以．
由题意得f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，
即logkan＝2n＋2，得an＝k2n＋2，且a1＝k4≠0，
所以＝＝k2.
因为常数k>0且k≠1，所以k2为非零常数，
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＝k4·(k2)n－1＝k2n＋2，所以当k＝时，an＝2n＋1.
因为anbn＝，
所以bn＝，
所以bn＝
＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
　数列中的存在性问题
(2020·枣庄二模)在①S4是a2与a21的等差中项；②a7是与a22的等比中项；③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．
已知{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，_________________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝n·an，是否存在k∈N
，使得bk>？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)若选①S4是a2与a21的等差中项，
则2S4＝a2＋a21，
即2＝(a1＋2)＋(a1＋20×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
若选②a7是与a22的等比中项，
则a＝·a22，
即(a1＋6×2)2＝(a1＋21×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
若选③数列{a2n}的前5项和为65，
则a2(n＋1)－a2n＝[2(n＋1)－2n]·2＝4.
又a2＝a1＋2，所以{a2n}是首项为a1＋2，公差为4的等差数列．
由{a2n}的前5项和为65，
得5(a1＋2)＋×4＝65.
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)bn＝n·an＝(2n＋1)·n，
bn＋1－bn＝(2n＋3)·n＋1－(2n＋1)·n＝[3(2n＋3)－4(2n＋1)]＝(5－2n)．
所以bn＋1>bn?bn＋1－bn>0?5－2n>0?n<2.5?n＝1,2；
bn＋12.5?n＝3,4,5，….
所以b1b4>b5>b6>…，
所以{bn}中的最大项为
b3＝(2×3＋1)·3＝.
显然b3＝<＝.
所以?n∈N
，bn<.
所以不存在k∈N
，使得bk>.
本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的首项a1.对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数列的最大项可以解不等式组求出满足此不等式组且使得an最大的n，如果是正项数列，还可能用作商法，即由≥1，且≥1得最大项的项数．
(2020·潍坊一模)在①Sn＝2bn－1，②－4bn＝bn－1(n≥2)，③bn＝bn－1＋2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．
已知数列{an}为等比数列，a1＝，a3＝a1a2，数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，________，是否存在k∈N
，使得对任意n∈N
，anbn≤akbk恒成立？
解：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝，a3＝a1a2，
所以q＝＝，
故an＝n.
若选择①，则Sn＝2bn－1，则Sn－1＝2bn－1－1(n≥2)，两式相减整理得＝2(n≥2)．
又b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
所以anbn＝n·2n－1＝×n.
由指数函数的性质知，数列{anbn}单调递增，没有最大值，
所以不存在k∈N
，使得对任意n∈N
，anbn≤akbk恒成立．
若选择②，则由－4bn＝bn－1(n≥2)，b1＝1，知数列{bn}是首项为1，公比为－的等比数列，所以bn＝n－1，
所以anbn＝n·n－1＝(－4)×n.
因为anbn＝(－4)×n≤4×n≤4×＝.
当且仅当n＝1时取得最大值.
所以存在k＝1，使得对任意n∈N
，anbn≤akbk恒成立．
若选择③，则由bn＝bn－1＋2(n≥2)知数列{bn}是公差为2的等差数列．
又b1＝1，所以bn＝2n－1.
设cn＝anbn＝(2n－1)n，
则cn＋1－cn＝(2n＋1)n＋1－(2n－1)n＝n，
所以当n≤2时，cn＋1>cn，当n≥3时，cn＋1即c1c4>c5>….
所以存在k＝3，使得对任意n∈N
，anbn≤akbk恒成立．

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