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第五章　数列
第一讲　数列的概念与简单表示法
知识梳理·双基自测
知识点一　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n之间的关系能用公式
an＝f(n)
表达，这个公式叫做数列{an}的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝
a1＋a2＋…＋an
叫做数列{an}的前n项和
知识点二　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＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
知识点三　an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝
知识点四　数列的分类
1．数列与函数
数列可以看作是一个定义域为正整数集N
(或它的有限子集{1,2，…，n})的函数，当自变量
从小到大
依次取值时对应的一列函数值．数列的通项公式是相应函数的解析式，它的图象是
一群孤立的点
.
2．常见数列的通项公式
(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.
(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.
(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.
(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.
(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.
(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．
(7)正整数的倒数列：1，，，，…，an＝.
(8)重复数串列：9,99,999,9
999，…，an＝10n－1.
(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有数列的第n项都可以用公式表示出来．(　×　)
(2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(　√　)
(3)若an＋1－an>0(n≥2)，则函数{an}是递增数列．(　×　)
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对于任意n∈N
，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(　√　)
[解析]　(1)因为数列是按一定顺序排列的一列数，如我班某次数学测试成绩，按考号从小到大的顺序排列，这个数列肯定没有通项公式，所以错误．
(2)比如数列1,0,1,0，…的通项公式为：an＝或an＝或an＝，所以正确．
(3)因为n＝1时，a2与a1不确定大小关系．
(4)由数列前n项和的定义可知，当n∈N
，都有an＋1＝Sn＋1－Sn，所以正确．
题组二　走进教材
2．(必修5P67A组T2改编)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是(　C　)
A．an＝n2
B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2
D．an＝(－1)n·(n＋1)2
[解析]　因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an＝(－1)n＋1·n2.故选C.
3．(必修5P33A组T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5等于(　D　)
A.
B．
C．
D．
[解析]　a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝3，a5＝1＋＝.
4．(必修5P33A组T5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＝
5n－4
.
题组三　走向高考
5．(2020·浙江，11,4分)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列．数列(n∈N
)的前3项和是
10
.
[解析]　数列的前三项依次为＝1，＝3，＝6，
∴所求和为1＋3＋6＝10.
6．(2018·全国卷Ⅰ，5分)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝
－63
.
[解析]　解法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
解法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，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，所以S6＝＝－63.
考点突破·互动探究
考点一　由数列的前几项求数列的通项公式——自主练透
　　例1
根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)－，，－，，…；
(3)，，，，，…；
(4)，2，，8，，…；
(5)5,55,555,5
555，…，
思考：如何根据数列的前几项的值写出数列的一个通项公式？
[解析]　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n；观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an＝(－1)n·.
(3)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式an＝.
(4)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式an＝.
(5)将原数列改写为×9，×99，×999.…，易知数列9,99,999，…的通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式an＝(10n－1)．
名师点拨
由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等．
(2)具体策略：
①分式中分子、分母的特征；
②相邻项的变化特征；
③拆项后的特征；
④各项的符号特征和绝对值特征；
⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；
⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N
处理．
注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一.
考点二　由an与Sn的关系求通项公式——多维探究
角度1　已知Sn求an问题
　　例2
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为an＝
2n－11
.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为an＝
　.
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝
　.
[解析]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1－10＝－9；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11.
当n＝1时，2×1－11＝－9＝a1，所以an＝2n－11.
故填2n－11.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－2n－1＝2n－1.
综上有an＝
故填
(3)当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝(n≥2)．
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝
角度2　Sn与an的关系问题
　　例3
已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式为an＝
n－1　.
[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，所以a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以＝－，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝n－1.　
名师点拨
Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
已知Sn求an的一般步骤
(1)当n＝1时，由a1＝S1，求a1的值．
(2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式．
(3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an.
(4)写出an的完整表达式．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)(2020·福建三明一中期中)已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式(　B　)
A．an＝2n
B．an＝
C．an＝2n－1
D．an＝2n＋1
(2)(角度2)(2021·辽宁部分重点高中高三联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1，则{an}的通项公式为(　B　)
A．an＝2n－1
B．an＝2n－1
C．an＝2n－1
D．an＝2n＋1
(3)(角度1)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝.则an＝
　.
[解析]　(1)由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝故选B.
(2)当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.因此an＝2n－1(n≥2)．又n＝1时，2n－1＝1＝a1，∴an＝2n－1.故选B.
(3)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＝.
考点三　由递推关系求通项公式——多维探究
角度1　形如an＋1＝an＋f(n)，求an
　　例4
(2021·河南师大附中月考)已知数列{an}满足an＋1＝an＋，a1＝1，则an＝
2－　.
[解析]　由题意知an－an－1＝
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋1
＝＝2－.
角度2　形如an＋1＝anf(n)，求an
　　例5
(2021·宁夏银川月考)在数列{an}中，a1＝1,3an＋1＝2an(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为(　A　)
A．an＝
B．an＝
C．an＝
D．an＝
[解析]　解法一：由已知得＝×
∴an＝××…××a1
＝××××…×××1＝.
解法二：由题意得＝·.又n＝1时，＝1，故数列是首项为1，公比为的等比数列．从而＝，即an＝.故选A.
解法三：当n＝1时，选项A为1，B为1，C为，D为1，否定C，当n＝2时，由已知得a2＝，选项A为，B为，D为，否定B，D，故选A.
角度3　形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
　　例6
(2021·西北师大附中调研)已知数列{an}满足a1＝－2，且an＋1＝3an＋6，则an＝
3n－1－3
.
[解析]　∵an＋1＝3an＋6，
∴an＋1＋3＝3(an＋3)，
又a1＝－2，∴a1＋3＝1，
∴{an＋3}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＋3＝3n－1，∴an＝3n－1－3.
名师点拨
已知递推关系求通项，一般有三种常见思路
(1)算出前几项，再归纳、猜想．
(2)形如“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列．
(3)递推公式化简整理后，若为an＋1－an＝f(n)型，则采用累加法；若为＝f(n)型，则采用累乘法．
〔变式训练2〕
　根据下列条件，写出数列{an}的通项公式：
(1)(角度1)若a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则an＝n2－2n＋2；
(2)(角度2)若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则an＝；
(3)(角度3)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝
2×3n－1－1
.
[解析]　(1)∵an＋1＝an＋2n－1，∴当n≥2时，a2－a1＝1，a3－a2＝3，…，an－an－1＝2n－3，
∴an－a1＝＝(n－1)2，∴an＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，
又当n＝1时，12－2×1＋2＝1，∴n＝1时符合上式．
∴an＝n2－2n＋2.
(2)∵nan－1＝(n＋1)an，∴＝，又a1＝1，∴an＝··…··a1＝···…·＝.
(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，又a1＝1，
∴a1＋1＝2，∴{an＋1}是首项为2公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1.
考点四　数列的函数性质——多维探究
角度1　数列的单调性
　　例7
若数列{an}满足an＝n2＋kn＋4(n∈N
)且{an}是递增数列，则实数k的取值范围为
k>－3
.
[解析]　由数列是一个递增数列，得an＋1>an，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，即k>－1－2n，又n∈N
，所以k>－3.
角度2　数列的周期性
　　例8
(2020·福建福清校际联盟期中联考)已知Sn为数列{an}前n项和，若a1＝，且an＋1＝(n∈N
)，则6S100＝(　A　)
A．425
B．428
C．436
D．437
[分析]　由递推公式逐项求解，探求规律．
[解析]　由数列的递推公式可得：
a2＝＝，a3＝＝3，a4＝＝－2，a5＝＝＝a1，
据此可得数列{an}是周期为4的周期数列，则：6S100＝6×25×＝425.选A.
角度3　数列的最大、小项问题
　　例9
已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)n，则数列{an}中的最大项是第
9、10
项．
[解析]　解法一：∵an＋1－an＝(n＋2)n＋1－(n＋1)n＝n×，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×9.
解法二：根据题意，令(n≥2)，
即解得9≤n≤10.
又n∈N
，∴n＝9或n＝10，
∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×9.
名师点拨
(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．
(2)判断数列单调性的方法：①作差(或商)法；②目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
(3)求数列中最大(小)项的方法：①根据数列的单调性判断；②利用不等式组求出n的值，进而求得an的最值．
〔变式训练3〕
(1)(角度1)已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为(　D　)
A．(3，＋∞)
B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(0，＋∞)
(2)(角度3)数列{an}的通项公式an＝，则数列{an}中的最小项是(　B　)
A．3
B．19
C．
D．
(3)(角度2)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N
)，则a2
022等于
　.
[解析]　(1)因为an＋1－an＝－＝，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N
，an＋1－an＝<0，
所以k>3－3n对任意n∈N
恒成立，所以k∈(0，＋∞)．
(2)令f(x)＝x＋(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2，当且仅当x＝3时等号成立．因为an＝n＋，所以n＋≥2，由于n∈N
，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝19最小，故选B.
(3)由已知得a1＝0，a2＝－，a3＝，a4＝0，a5＝－，…，由此可知数列{an}的项是以3为周期重复出现的，而2
022＝3×674，因此a2
022＝a3＝.
名师讲坛·素养提升
递推数列的通项公式的求法
热点一　an＋1＝(A、B、C为常数)型
　　例10
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为an＝
(n∈N
)　.
[解析]　∵an＋1＝，a1＝1，∴an≠0，
∴＝＋，即－＝，又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列，
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝(n∈N
)．
[名师点拨]　形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
热点二　an＋1＝pan＋f(n)(p为常数)型
　　例11
在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N
，则an＝
4n－1＋n
.
(2)若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N
，则an＝
3n－2n
.
[分析]　观察递推式特征：an＋1＝pan＋f(n)，类似等比数列，故可尝试化为等比数列求解，以(1)为例可设an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝4(an＋λn＋μ)，整理得an＋1＝4an＋3λn＋(3μ－λ)所以，即转化成功．
[解析]　(1)∵an＋1＝4an－3n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，即＝4，又a1＝2，∴a1－1＝1，∴{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，∴an－n＝4n－1.∴an＝4n－1＋n.
(2)∵an＋1＝2an＋3n，令an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)比较系数得λ＝－1.∴an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，即＝2，又a1＝1，∴a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比为2的等比数列，∴an－3n＝－2n，∴an＝3n－2n.
另解：∵an＋1＝2an＋3n，∴＝·＋1，
∴－3＝，又a1＝1，∴是首项为－2，公比为的等比数列，∴－3＝－2n－1，∴an＝3n－2n.
名师点拨
(1)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
(2)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为＝＋A即－＝A(常数)知为等差数列，进而可求an.
〔变式训练4〕
　在数列{an}中，
(1)a1＝1，an＝(n≥2)，则an＝
　；
(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N
，则an＝
－5·2n－1＋3n＋3
；
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N
，则an＝
(3n－2)·2n－1
.
[解析]　(1)将an＝两边取倒数，得－＝2，这说明是一个等差数列，首项是＝1，公差为2，所以＝1＋(n－1)×2＝2n－1，即an＝.
(2)∵an＋1＝2an－3n，令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝2(an＋λn＋μ)，则即
∴an＋1－3(n＋1)－3＝2(an－3n－3)
又a1＝1，∴{an－3n－3}是首项为－5，公比为2的等比数列，∴an－3n－3＝－5·2n－1
∴an＝－5·2n－1＋3n＋3.
(3)∵an＋1＝2an＋3·2n，∴－＝3，又a1＝1，
∴是首项为1，公差为3的等差数列，
∴＝1＋3(n－1)，∴an＝(3n－2)·2n－1.
PAGE第四讲　数列求和
知识梳理·双基自测
知识点一　公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式．
(2)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝_na1＋d__＝_n2＋n__.
(3)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
注意等比数列公比q的取值情况，要分q＝1，q≠1.
知识点二　分组求和法
一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分组求和法求其前n项和．
知识点三　倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
知识点四　错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
知识点五　裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
知识点六　并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和．如{an}是等差数列，求数列{(－1)nan}的前n项和，可用并项求和法求解．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可考虑采用两项合并求解．
1．常见的裂项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝；
(5)＝－；＝(－)；
(6)＝.
题组一　走出误区
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项和为Sn＝.(　√　)
(2)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．(　√　)
(3)当n≥2时，＝.(　√　)
(4)求数列的前n项和可用分组求和．(　√　)
[解析]　(1)因为数列{an}为等比数列，且公比不等于1.则其前n项和为Sn＝＝＝.
(2)因为sin21°＋sin289°＝sin22°＋sin288°＝sin23°＋sin287°＝1，所以sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．
(3)因为＝·＝.
(4)因为数列是由一个等比数列与一个等差数列的和数列，所以求数列的前n项和可以用分组求和．
题组二　走进教材
2．(必修5P61T4改编)Sn＝＋＋＋…＋等于(　B　)
A．　　
B．
C．　　
D．
[解析]　由Sn＝＋＋＋…＋
①
得Sn＝＋＋…＋＋
②
①－②得，
Sn＝＋＋＋…＋－，＝－，∴Sn＝.
3．(必修5P47B组T4改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　B　)
A．1　　
B．　　
C．　　
D．
[解析]　∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.
4．(必修5P47T4改编)数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n＝(　B　)
A．9　　
B．99　　
C．10　　
D．100
[解析]　因为an＝＝－.所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.所以－1＝9，即＝10，所以n＝99.故选B．
题组三　走向高考
5．(2017·课标Ⅱ，15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝___.
[解析]　本题主要考查等差数列基本量的计算及裂项相消法求和．
设公差为d，则∴∴an＝n.
∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝，
∴＝＝2，
∴＝2＝2＝2·＝.
6．(2020·课标Ⅰ，16,5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝_7__.
[解析]　令n＝2k(k∈N
)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N
)，
∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝41，
∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92，
∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448，
令n＝2k－1(k∈N
)，则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N
)．
∴a2k＋1－a1＝(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k＋1－a2k－1)＝2＋8＋14＋…＋6k－4＝＝k(3k－1)(k∈N
)，
∴a2k＋1＝k(3k－1)＋a1(k∈N
)，
∴a3＝2＋a1，a5＝10＋a1，a7＝24＋a1，a9＝44＋a1，a11＝70＋a1，a13＝102＋a1，a15＝140＋a1，
∴前16项的所有奇数项和S奇＝a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a1＋392＝448.∴a1＝7.
考点突破·互动探究
考点一　分组求和法——师生共研
例1
(1)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　C　)
A．2n＋n2－1　　
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2　　
D．2n＋n－2
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是(　D　)
A．13　　
B．76　　
C．46　　
D．－76
[解析]　(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n
＝2n＋1＋n2－2.
(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
名师点拨
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
〔变式训练1〕
(1)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－n，则其前20项和为(　C　)
A．379＋　　
B．399＋
C．419＋　　
D．439＋
(2)(2021·信阳模拟)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　C　)
A．1
121　　
B．1
122　　
C．1
123　　
D．1
124
[解析]　(1)令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－＝420－＝419＋.
(2)由题意知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1
123.
考点二　裂项相消法——多维探究
角度1　形如bn＝({an}为等差数列)型
例2
Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解析]　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，
解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
角度2　形如an＝型
例3
(2021·西安八校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2
022等于(　C　)
A．－1　　
B．－1
C．－1　　
D．＋1
[解析]　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2
022＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
022＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
角度3　形如bn＝×({an}为等比数列)型
例4
(2021·辽宁凌源二中联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N
，bn＝，若对任意的n∈N
，k>Tn恒成立，则k的最小值是(　C　)
A．　　
B．49　　
C．　　
D．
[解析]　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝＝＝，∴Tn＝
＝<，∴k≥.故选C．
名师点拨
裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变．在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达到求解的目的．
(1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点：①抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；②将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2021·衡水中学调研卷)在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和Sn＝___.
(2)(角度2)求和S＝＋＋…＋＝(　A　)
A．5　　
B．4　　
C．10　　
D．9
(3)(角度3){an}是等比数列，a2＝，a5＝，bn＝，则数列{bn}的前n项和为(　A　)
A．　　
B．
C．　　
D．
[解析]　(1)由已知得an＝＋＋…＋＝(1＋2＋…＋n)＝，所以bn＝＝4，
所以数列{bn}的前n项和为Sn＝4＋＝4＝.
(2)S＝＋＋…＋＝＝5，故选A．
(3)a5＝a2·q3，∴q3＝，∴q＝，a1＝1，
∴an＝n－1，
bn＝＝－
∴b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝－＝.
故选A．
考点三　错位相减法——师生共研
例5
(2019·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝
求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N
)．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，
①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，
②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.
所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N
)．
名师点拨
用错位相减法解决数列求和的模板
第一步：(判断结构)若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．
第二步：(乘公比)设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.
第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N
)的项对齐，然后两边同时作差．
第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出Tn.
用错位相减法求和应注意的问题
(1)如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)“Sn－qSn”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．
(4)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论求解．
〔变式训练3〕
(1)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝___.
(2)(2020·课标Ⅰ，17,12分)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
①求{an}的公比；
②若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
[解析]　(1)当x＝0时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1；
当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1＋2＋3＋…＋n＝，
当x≠0且x≠1时．
解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，
两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝－nxn，
∴Sn＝
解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1
＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′
＝′＝，
综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝
(2)①设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.
故{an}的公比为－2.
②记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
考点四　倒序相加法——师生共研
例6
设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝___.
[分析]　利用f(x)＋f(1－x)＝1求解．
[解析]　∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝.
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f，②
①＋②，得
2S＝＋＋…＋＝2
021.
∴S＝.
名师点拨
倒序相加法应用的条件
与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解．
〔变式训练4〕
设f(x)＝，则f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2
022)＝___.
[解析]　∵f(x)＝，∴f(x)＋f＝1.
令S＝f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2
022)．①
则S＝f(2
022)＋f(2
021)＋…＋f(1)＋f＋…＋f.②
∴2S＝4
043，∴S＝.
名师讲坛·素养提升
数列的综合应用与实际应用
例7
一次展览会上展出一套由宝石串联制成的工艺品，如图所示．若按照这种规律依次增加一定数量的宝石，则第5件工艺品所用的宝石数为_66__颗；第n件工艺品所用的宝石数为_2n2＋3n＋1__.(结果用n表示)
[分析]　设第n个图有宝石an颗，逐项研究，寻找规律．
[解析]　解法一：设第n个图有宝石an颗，则a1＝6，a2＝6＋5＋4×1，a3＝a2＋5＋4×2＝6＋2×5＋(1＋2)×4，a4＝a3＋5＋4×3＝6＋3×5＋(1＋2＋3)×4，a5＝a4＋5＋4×4＝6＋4×5＋(1＋2＋3＋4)×4＝66，……，an＝6＋(n－1)·5＋(1＋2＋3＋…＋(n－1))·4＝2n2＋3n＋1.
解法二：设第n个图有an颗宝石，则a1＝6，an－an－1＝5＋4(n－1)，即an－an－1＝4n＋1，
∴an－1－an－2＝4(n－1)＋1
……
a2－a1＝4×2＋1，a1＝6
累加得an＝4(1＋2＋…＋n)＋n＋1
＝2n(n＋1)＋n＋1
＝2n2＋3n＋1.
名师点拨
逐项研究是解决问题的基本方法．
〔变式训练5〕
小时候，我们就用手指练习过数数．一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2
019时对应的指头是_中指__.(各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指)．
[解析]　观察图形可知大拇指所对应的数是以1为首项，公差为8的等差数列，其通项an＝1＋8(n－1)＝8n－7，又2
019＝(8×253－7)＋2，故2
019对应的指头是从大拇指开始再数两个数即中指．
PAGE第三讲　等比数列及其前n项和
知识梳理·双基自测
知识点一　等比数列的概念
(1)等比数列的定义
如果一个数列_从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)__，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的_公比__，通常用字母_q__表示．
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__.
注意：任意两数的等差中项都唯一存在；但只有两个数满足ab>0时，a、b才有等比中项，且有互为相反数的两个．
知识点二　等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝_a1qn－1__＝_amqn－m__.
(2)前n项和公式：Sn＝
知识点三　等比数列的主要性质
设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N
，特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N
.
(2)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
)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．
(4)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列．当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
(5)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当时，{an}为常数列．
④当q<0时，{an}为摆动数列．
1．等比数列的概念的理解
(1)等比数列中各项及公比都不能为零．
(2)由an＋1＝qan(q≠0)，并不能断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(3)等比数列中奇数项的符号相同，偶数项的符号相同．
(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn；若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
(5)若{an}是等比数列，且an>0(n∈N
)，则{logaan}(a>0且a≠1)成等差数列，反之亦然．
(6)若{an}是等差数列，则{aan}(a>0，a≠1)成等比数列，反之亦然．
(7)三个数成等比数列可设三数为，b，bq，四个数成等比数列且公比大于0时，可设四个数为，，bq，bq3.
2．等比数列前n项和公式的推导方法_错位相减法__.
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N
，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　×　)
(2)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　×　)
(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＝.(　×　)
(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修5P46T4改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　D　)
A．－　　
B．－2　　
C．2　　
D．
[解析]　由题意知q3＝＝，即q＝.
3．(必修5P54A组T8改编)在3与192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_12,48__.
[解析]　设该数列的公比为q，由题意知，192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48.
4．(必修5P62B组T2改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝_－n－1__.
[解析]　因为＝，所以＝－，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，则an＝－1×n－1＝－n－1.
题组三　走向高考
5．(2020·课标Ⅰ，10,5分)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　D　)
A．12　　
B．24　　
C．30　　
D．32
[解析]　设等比数列{an}的公比为q，
故a2＋a3＋a4＝q(a1＋a2＋a3)，
又a2＋a3＋a4＝2，a1＋a2＋a3＝1，∴q＝2，
∴a6＋a7＋a8＝q5(a1＋a2＋a3)＝25＝32，故选D．
6．(2018·北京，5)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　D　)
A．f　　
B．f　　
C．f　　
D．f
[解析]　本题主要考查等比数列的概念和通项公式，数学的实际应用．
由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝f，即第八个单音的频率为f，故选D．
7．(2019·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＝＝＝.
考点突破·互动探究
考点一　等比数列的基本运算——自主练透
例1
(1)(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　C　)
A．2　　
B．1　　
C．　　
D．
(2)(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝，则S4＝___.
(3)(2020·课标Ⅱ，6,5分)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　C　)
A．2　　
B．3　　
C．4　　
D．5
(4)(2020·课标Ⅱ，6,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　B　)
A．2n－1　　
B．2－21－n
C．2－2n－1　　
D．21－n－1
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1＝，a3a5＝4(a4－1)，知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴×q6＝4，∴q6－16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，即q3＝8，∴q＝2，∴a2＝，故选C．
(2)解法一：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1及S3＝，易知q≠1.把a1＝1代入S3＝＝，得1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以S4＝＝＝.
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝，a1＝1，所以1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以a4＝a1·q3＝3＝－，所以S4＝S3＋a4＝＋＝.
解法三：设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1.设数列{an}的前n项和Sn＝A(1－qn)(其中A为常数)，则a1＝S1＝A(1－q)＝1　①，S3＝A(1－q3)＝　②，由①②可得A＝，q＝－.所以S4＝×＝.
(3)由am＋n＝aman，令m＝1可得an＋1＝a1an＝2an，∴数列{an}是公比为2的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n，则ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2k＋1＋2k＋2＋…＋2k＋10＝＝2k＋11－2k＋1＝215－25，∴k＝4.故选C．
(4)设等比数列{an}的公比为q，则＝＝q＝＝2，∴＝＝2－21－n.故选B．
名师点拨
等比数列基本量的求法
等比数列的计算涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求其二，即根据条件列出关于a1，q的方程组求解，体现了方程思想的应用．
特别提醒：在使用等比数列的前n项和公式时，q的值除非题目中给出，否则要根据公比q的情况进行分类讨论，切不可忽视q的取值而盲目用求和公式.
考点二　等比数列的判定与证明——师生共研
例2
(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
[解析]　(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
名师点拨
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N
)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N
)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N
)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为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：前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中．
〔变式训练1〕
已知数列{an}的首项a1>0，an＋1＝(n∈N
)，且a1＝.
(1)求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解析]　(1)记bn＝－1，
则＝＝＝＝＝，
又b1＝－1＝－1＝，
所以是首项为，公比为的等比数列．
所以－1＝·n－1，
即an＝.
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，－1＝·n－1，
即＝·n－1＋1.
所以数列的前n项和
Tn＝＋n＝＋n.
考点三　等比数列性质的应用——多维探究
角度1　等比数列项的性质的应用
例3
(1)(2021·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两根，则的值为(　B　)
A．－　　
B．－
C．　　
D．－或
(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝_5__.
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－.故选B．
(2)由题意知a1a5＝a＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以a3＝2.所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝(a)2·a3＝a＝25.所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.
名师点拨
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，m、n、p、q∈N
，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
角度2　等比数列前n项和的性质
例4
(1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝_2__.
(2)(2021·浙江丽水模拟)已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，则S12＝(　A　)
A．150　　
B．－200
C．150或－200　　
D．400或－50
[分析]　(2)可将S3，S9用a1和公比q(显然q≠1)表示，解方程组求出a1、q进而可求S12；但利用S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列运算简便；注意到Sn＝(q≠1)＝－·qn，故可设Sn＝A－Aqn求解．
[解析]　(1)由题意，得
解得所以q＝＝＝2.
(2)解法一：设等比数列的公比为q，显然q≠1，
又Sn＝，
∴＝＝q6＋q3＋1＝7.∴q3＝2或－3(舍去)．
又＝＝＝15.
∴S12＝15S3＝150.故选A．
解法二：∵S9＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋(a7＋a8＋a9)
＝S3＋q3S3＋q6S3＝S3(1＋q3＋q6)，
∴10(q6＋q3＋1)＝70，∴q3＝2或－3(舍去)，
∴S12＝S9＋q9S3＝70＋80＝150.故选A．
解法三：由等比数列的性质知S3、S6－S3、S9－S6、S12－S9是等比数列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故选A．
解法四：设等比数列前n项和为Sn＝A－Aqn，
则两式相除得1＋q3＋q6＝7，
解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.
∴S12＝－10(1－24)＝150.故选A．
[引申]本例(2)中若去掉条件“各项都是正数”，结果如何？
[解析]　由本例解法一知q3＝2或－3，
当q3＝2时，S12＝S9＋q9S3＝70＋80＝150；
当q3＝－3时，S12＝S9＋q9S3＝70－270＝－200.故选C．
名师点拨
(1)等比数列前n项和的性质主要是：若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列．
(2)利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度．解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口．
(3)注意等比数列前n项和公式的变形．当q≠1时，Sn＝＝－·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．
(4)S2n＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn(1＋qn＋q2n)，….
〔变式训练2〕
(1)(角度1)在等比数列{an}中，若a3＝4，a9＝1，则a6＝_±2__，若a3＝4，a11＝1，则a7＝_2__.
(2)(角度1)(2021·安徽省江淮十校月考)已知等比数列{an}的公比q＝－，该数列前9项的乘积为1，则a1等于(　B　)
A．8　　
B．16
C．32　　
D．64
(3)(角度2)(2021·吉林统考)设Sn为等比数列{an}的前n项和，S12＝7S4，则＝(　C　)
A．　　
B．或
C．3　　
D．3或－2
[解析]　(1)设数列{an}的公比为q，则a3，a6，a9组成的新数列的公比为q3.
若a3＝4，a9＝1，则a＝4，a6＝±2，符合题意；
a3，a7，a11组成的新数列的公比为q4，由a3＝4，a11＝1，得a＝4，当a7＝2时，q4＝，合题意，当a7＝－2时，q4＝－，不合题意，舍去．
(2)由已知a1a2…a9＝1，又a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝a，所以a＝1，即a5＝1，所以a14＝1，a1＝16.故选B．
(3)不妨设S4＝1，则S12＝7，
∵S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
∴(S8－1)2＝7－S8，解得S8＝3或－2，
又S8＝(1＋q4)S4>0，∴S8＝3，∴＝3.故选C．
另解：由题意＝＝1＋q4＋q8＝7即q8＋q4－6＝0，∴q4＝2或－3(舍去)，
∴＝＝1＋q4＝3，故选C．
名师讲坛·素养提升
等差、等比数列的综合运用
例5
(2021·重庆巴蜀中学期中)已知等差数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，{bn}为各项均为正数的等比数列，b1＝2，且b2＋S2＝7，a2＋b3＝10.
(1)求an与bn；
(2)定义新数列{Cn}满足Cn＝(n∈N
)，求{Cn}前20项的和T20.
[分析]　(1)用等差、等比数列基本公式求解．
(2)分组求和即可．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则由题意有解得或(舍去)，∴an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1qn－1＝2n.
(2)由题意知Cn＝
∴T20＝C1＋C2＋C3＋C4＋…＋C19＋C20
＝1＋22＋3＋24＋…＋19＋220
＝(1＋3＋…＋19)＋(22＋24＋…＋220)
＝＋
＝100＋(410－1)．
[引申](1)本例中数列{Cn}的前n项和Tn＝___.
(2)本例中若Cn＝an·bn，则{Cn}的前n项和Tn＝_(n－1)·2n＋1＋2__.
[解析]　(1)当n为偶数时Tn＝＋＝＋eq
\f(4?1－4?,1－4)＝＋(2n－1)．
当n为奇数时Tn＝＋＝＋eq
\f(4?1－4?,1－4)＝＋(2n－1－1)．
∴Tn＝
(2)Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n①
则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1②
①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
名师点拨
(1)若{an}，{bn}分别为等差、等比数列，则求{an·bn}前n项和时用“错位相减法”．
(2)求奇数项与偶数项表达式不同的数列的前n项和一般用分组求和法．(注意当n为偶数时，奇数项、偶数项都是项；当n为奇数时，奇数项有项，偶数项为项)需对n进行分类讨论求解．
〔变式训练3〕
(2019·课标Ⅱ，18,12分)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．
[解析]　(1)设{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项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
PAGE第二讲　等差数列及其前n项和
知识梳理·双基自测
知识点一　等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
如果一个数列从第_2__项起，每一项与它的前一项的差等于_同一个常数__，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的_公差__，通常用字母_d__表示，定义的表达式为_an＋1－an＝d(n∈N
)__.
(2)等差中项
如果a，A，b成等差数列，
那么_A__叫做a与b的等差中项且_A＝__.
(3)通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么通项公式为an＝_a1＋(n－1)d__＝am＋(n－m)d(n，m∈N
)．
(4)前n项和公式：Sn＝_na1＋d__＝___.
知识点二　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)若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，则am1＋am2＋…＋amk＝an1＋an2＋…＋ank.特别地，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝_ap＋aq__.
(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为_kd__.
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(4)为等差数列．
(5)n为奇数时，Sn＝na中，S奇＝___a中，
S偶＝___a中，∴S奇－S偶＝_a中__.
n为偶数时，S偶－S奇＝.
(6)数列{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，则数列{pan}，{an＋p}，{pan＋qbn}都是等差数列(p，q都是常数)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2.
1．等差数列前n项和公式的推证方法_倒序相加法__.
2．d＝.
3．等差数列与函数的关系
(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，且斜率为公差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＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.显然当d<0时，Sn有最大值，d>0时，Sn有最小值．
4．在遇到三个数成等差数列时，可设其为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a＋2d.
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一个数列从第二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)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(　×　)
(4)若{an}是等差数列，公差为d，则数列{a3n}也是等差数列．(　√　)
(5)若{an}，{bn}都是等差数列，则数列{pan＋qbn}也是等差数列．(　√　)
[解析]　(1)同一个常数．
(2)因为在等差数列{an}中，当公差d>0时，该数列是递增数列，当公差d<0时，该数列是递减数列，当公差d＝0时，该数列是常数数列，所以命题正确．
(3)常数列的前n项和公式为一次函数．
(4)因为{an}是等差数列，公差为d，所以a3(n＋1)－a3n＝3d(与n值无关的常数)，所以数列{a3n}也是等差数列．
(5)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则pan＋1＋qbn＋1－(pan＋qbn)＝p(an＋1－an)＋q(bn＋1－bn)＝pd1＋qd2(与n值无关的常数)，即数列{pan＋qbn}．也是等差数列．
题组二　走进教材
2．(必修5P38例1(1)改编)已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为_487__
[解析]　依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.
3．(必修5P46A组T5改编)已知等差数列5,4，3，…，则前n项和Sn＝_(75n－5n2)__.
[解析]　由题知公差d＝－，所以Sn＝na1＋d＝(75n－5n2)．
4．(必修5P41T2改编)设a≠b，且数列a，x1，x2，b和a，y1，y2，y3，y4，b分别是等差数列，则＝(　A　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
[解析]　x2－x1＝(b－a)，y4－y3＝(b－a)，∴＝＝.故选A．
题组三　走向高考
5．(2020·课标Ⅱ，14,5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝_25__.
[解析]　设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝－2＋d，a6＝－2＋5d，
因为a2＋a6＝2，所以－2＋d＋(－2＋5d)＝2，解得d＝1，
所以S10＝10×(－2)＋×1＝－20＋45＝25.
6．(2020·新高考Ⅰ，14,5分)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为_3n2－2n__.
[解析]　∵数列{2n－1}的项为1,3,5,7,9,11,13，…，
数列{3n－2}的项为1,4,7,10,13，…，
∴数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×6＝6n－5，
∴数列{an}的前n项和Sn＝＝3n2－2n.
考点突破·互动探究
考点一　等差数列的基本运算——自主练透
例1
(1)(2018·北京，9)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为_an＝6n－3__；
(2)(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＝5，a7＝13，则S10＝_100__；
(3)(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则＝_4__；
(4)(2019·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　)
A．an＝2n－5　　
B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n　　
D．Sn＝n2－2n
[解析]　(1)本题主要考查等差数列的通项公式．设等差数列{an}的公差为d，则a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝2a1＋5d＝6＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋6(n－1)＝6n－3.
(2)解法一：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得所以S10＝10×1＋×2＝100.
解法二：由题意，得公差d＝(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝＝5(a4＋a7)＝100.
(3)设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以＝＝＝＝4.
(4)解法一：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．
解法二：设等差数列{an}的公差为d，
∵∴解得
选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B；a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S1＝－2＝－，排除D，选A．
名师点拨
等差数列基本量的求法
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
考点二　等差数列的判定与证明——师生共研
例2
(2021·日照模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－，bn＝，其中n∈N
.求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
[解析]　∵bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝2，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列，
又b1＝＝2，∴bn＝2＋(n－1)×2＝2n
，
∴2n＝，解得an＝.
名师点拨
等差数列的判定方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数．
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N
)成立．
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法证明，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项an，an＋1，an＋2使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可．
各项不同号的等差数列各项的绝对值不构成等差数列，但其前n项和可用等差数列前n项和公式分段求解，分段的关键是找出原等差数列中变号的项．
〔变式训练1〕
(2021·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
[解析]　(1)因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
因此－＝2(n≥2)．故由等差数列的定义知{}是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝.
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又因为a1＝，不适合上式．
所以an＝
考点三　等差数列性质的应用——多维探究
角度1　等差数列项的性质
例3
(1)(2021·江西联考)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝6，则3a2＋a16的值为(　D　)
A．24　　
B．18　　
C．16　　
D．12
(2)(2020·吉林百校联盟联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a11＝a9＋7，则S25＝(　D　)
A．　　
B．145　　
C．　　
D．175
(3)(2021·江西九江一中月考)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　A　)
A．1　　
B．－1　　
C．2　　
D．
[分析]　由于确定等差数列需两个条件，而这三个小题都只有一个条件，故可确定a1与d的关系式，将其整体代入即可解决问题，但更简捷的方法是直接利用等差数列性质am＋an＝ap＋aq?m＋n＝p＋q求解(注意项数不变，脚标和不变)．
[解析]　(1)由题意知3a2＋a16＝2(a3＋a8)＝12.故选D．
(2)∵2a11＝a9＋a13＝a9＋7，∴a13＝7，
∴S25＝＝25a13＝175.故选D．
(3)＝＝，∵＝，∴＝1.故选A．
另解：＝?＝?2a1＝－13d，
∴＝＝＝＝1.
名师点拨
(1)等差数列中最常用的性质：①d＝，②am1＋am2＋…＋amk＝an1＋an2＋…＋ank?m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk.特别地若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
(2)利用等差数列性质(特别是感觉条件不够时)求解既简捷，又漂亮．
角度2　等差数列前n项和性质
例4
(1)(2021·四川双流中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝(　B　)
A．7　　
B．8　　
C．9　　
D．10
(2)在等差数列{an}中，a1＝－2
019，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2
019＝(　A　)
A．－2
019　　
B．－2
018　　
C．－2
017　　
D．－2
016
[分析]　思路1：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，根据题意列方程组求得a1、d，进而可用等差数列前n项和公式求S40；
思路2：设{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn，由题意列出方程组求得A、B，从而得Sn，进而得S40；
思路3：利用等差数列前n项和性质S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30是等差数列，由前三项求得S20，从而得此数列的公差，进而求得S40－S30，得S40；
思路4：利用是等差数列，由、可求出公差，从而可得，进而求得S40.
[解析]　(1)解法一：设等差数列{an}的公差为d，
则解得
∴S40＝×40＋×＝8.故选B．
解法二：设等差数列前n项和为Sn＝An2＋Bn，
由题意知解得
∴Sn＝＋，∴S40＝8.故选B．
解法三：由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋＝1＋＝.∴d＝(S20－S10)－S10＝，∴S40－5＝1＋3×＝3，∴S40＝8.故选B．
解法四：由等差数列的性质知是等差数列，
∴，，，，即，，，成等差数列，
∴＝＋＝，∴S40＝8.故选B．
(2)由题意知，数列为等差数列，其公差为1，
所以＝＋(2
019－1)×1＝－2
019＋2
018＝－1.
所以S2
019＝－2
019.故选A．
名师点拨
比较本例的四种解法可知，解法2、解法4运算简便适用所有公差d≠0的等差数列．务必熟记：①等差数列前n项和Sn＝n2＋n；②是等差数列．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2021·山东师大附中模拟)在等差数列{an}中，a9＝a12＋3，则数列{an}的前11项和S11＝(　C　)
A．21　　
B．48　　
C．66　　
D．132
(2)(角度2)若两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为An、Bn，且满足＝，则的值为(　C　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
(3)(角度2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝－12，S9＝45，则S12＝_114__.
[解析]　(1)由题意知2a9＝a12＋6，即a12＋a6＝a12＋6，∴a6＝6，∴S11＝＝11a6＝66.故选C．
(2)＝＝×＝×＝×＝.故选C．
(3)因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.
名师讲坛·素养提升
与等差数列前n项和Sn有关的最值问题
例5
(1)(2021·吉林市调研)设Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和，且a1>0，若S5＝S9，则当Sn最大时，n＝(　B　)
A．6　　
B．7　　
C．10　　
D．9
(2)(2021·黑龙江牡丹江一中月考)已知数列{an}为等差数列，若<－1，且其前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的最大值n为(　B　)
A．11　　
B．19　　
C．20　　
D．21
[分析]　(1)由S5＝S9可求得a1与d的关系，进而求得通项，由通项得到此数列前多少项为负，或利用Sn是关于n的二次函数，利用二次函数求最值的方法求解；
(2)利用Sn>0?a1＋an>0求解．
[解析]　(1)解法一：由S5＝S9得a6＋a7＋a8＋a9＝0，
即a7＋a8＝0，∴2a1＋13d＝0，又a1>0，∴d<0.
∴a7>0，a8<0，∴a1>a2>…>a7>0>a8>a9>…，
∴Sn最大时，n＝7，故选B．
解法二：Sn是关于n的二次函数，Sn＝n2＋n，且d<0，(n，Sn)所在抛物线开口向下
，又S5＝S9，∴抛物线对称轴为n＝7.即n＝7时，Sn最大，故选B．
解法三：由解法一知d＝－a1，
∴Sn＝na1＋d＝n2＋n＝－n2＋a1n＝－(n－7)2＋a1，
∵a1>0，∴－<0，∴当n＝7时，Sn最大．
解法四：由解法一可知，d＝－a1.
∵a1>0，∴d<0.
令得
解得≤n≤.
∵n∈N
，∴当n＝7时，Sn最大．
(2)∵Sn＝n2＋n有最大值，∴d<0，又<－1，∴a10>0，a11<0，∴a10＋a11<0，即a1＋a20<0，∴S20＝10(a1＋a20)<0，又S19＝＝19a10>0，∴使Sn>0的n的最大值为19.故选B．
[引申]①本例(1)中若将“S5＝S9”改为“S5＝S10”，则当Sn取最大值时n＝_7或8__；
②本例(1)中，使Sn<0的n的最小值为_15__；
③本例(2)中，使Sn取最大值时n＝_10__.
[解析]　①若S5＝S10，则Sn＝n2＋n的对称轴为n＝7.5，但n∈N
，故使Sn最大的n的值为7或8.
②由a7＋a8＝a1＋a14＝0知S14＝0，又a8<0，∴2a8＝a1＋a15<0，即S15<0，∴使Sn<0的n的最小值为15.
名师点拨
求等差数列{an}的前n项和Sn的最值的方法：
〔变式训练3〕
(1)(2021·长春市模拟)等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为(　C　)
A．6　　
B．7　　
C．8　　
D．9
(2)(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝_0__，Sn的最小值为_－10__.
[解析]　(1)∵|a6|＝|a11|且公差d>0，∴a6＝－a11，
∴a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a8<0，a9>0，
∴a1∴使Sn取最小值的n的值为8.故选C．
(2)设等差数列{an}的公差为d，
∵即
∴可得∴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.
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