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第四节　数列求和
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．数列求和方法
(1)公式法求和：
使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求和方法．
(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)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．
(4)分组求和法：
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
(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．
1．先看数列通项特点，再想求和方法．
2．常见的拆项公式：
(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，
则＝；
(2)＝；
(3)＝－；
(4)loga＝loga(n＋1)－logan(a＞0且a≠1).
3．一些常见数列的前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.
(4)12＋22＋…＋n2＝.
(5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2＝.
1．(基本方法：裂项求和)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)
A．1
B．
C．
D．
答案：B
2．(基本方法：错位相减法求和)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1).
答案：－
3．(基本能力：分组转化法求和)(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________．
答案：211－57
4．(基本能力：并项求和)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．
答案：9
5．(基本应用：数列的递推关系)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是________．
答案：33
题型一　分组、并项转化法求和　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　分组转化求和
[例1]　(2021·江西南昌重点中学高三检测)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.
解析：(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
故an＝2n－1，bn＝2n.
(2)由已知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).
类型
2　并项转化法求和
[例2]　(2020·高考全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．
解析：法一：因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，
所以a2＋a4＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，
所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.
因为数列{an}的前16项和为540，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①
因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，
所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，
所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②
由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.
又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，
a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，
所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.
法二：同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.
当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，
由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－＝(1＋n)·－＝n2＋n＋，
所以an＋2＝n2＋n＋＋a1，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＋＋＋＋＋＝8a1＋392＝448，解得a1＝7.
答案：7
方法总结?
方法
解读
适合题型
分组转化法
数列的每一项都可拆分成等差(等比)数列的和或差的形式
①an＝bn±cn.②an＝
并项转化法
常见的有首末并项、隔项并项、分段并项、周期并项
并项后的数列构成一个特殊数列
并项求和时，分析是“两项之并”“三项之并”或“四项之并”一般常与周期结合起来．
如例2，当n为偶数时“两项之并”，再组合为“两组之和”．当n为奇数时“两项之并”，再组合为“两组之差”．　　?
[题组突破]
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(　　)
A.2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
解析：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.
答案：C
2．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin
，则a1＋a2＋a3＋…＋a2
020＝(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：an＝n2sin
＝
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2
020＝－12＋22－32＋42－…－2
0192＋2
0202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2
0202－2
0192)＝1＋2＋3＋4＋…＋2
020＝.
答案：B
题型二　裂项相消法求和　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　裂项为差
[例1]　(2020·安徽安庆模拟)已知等比数列{an}满足：S1＝1，S2＝4.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，
∵S1＝1，S2＝4，
∴a1＝1，a1(1＋q)＝4，解得q＝3，∴an＝3n－1，
∴Sn＝＝(3n－1).
(2)bn＝＝＝－，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
类型
2　裂项为和
[例2]　已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由于等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，所以Sn＝na1＋·2＝n2－n＋na1，故S1＝a1，S2＝2＋2a1，S4＝12＋4a1.由于S1，S2，S4成等比数列，故(2＋2a1)2＝a1(12＋4a1)，解得a1＝1，故an＝2n－1.
(2)由(1)可知bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1·＝(－1)n－1，当n为偶数时，Tn＝－＋－…＋－＝1－＝.当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋＝＋＝.
所以Tn＝
方法总结?
1．裂项相消法就是将数列的通项拆分成两个式子的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法，此种方法适用于通项可以分裂成两式之差，尤其是分母为等差数列的两项之积的类型的数列求和问题．破解此类题的关键点：
(1)定通项，即根据已知条件求出数列的通项公式．
(2)巧裂项，即根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式．
(3)消项求和，即通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和．
2．为了准确裂项、消项，一般先试裂、试消：
裂项注意系数“配平”，消项时，前面剩多少项，最后就剩相同的项数．
3．当每项不能分解成两项之差时，需结合条件中公式的特点，运用裂项前和裂项后相等进行检验，故将每项分解成两项之和．裂项相消法的实质是将数列中的每项进行分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，可能是和式或差式．　　?
[题组突破]
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由Sn＝n2，知a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，n＝1时，an＝2n－1也成立．
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝＝·，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝－.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N
).
(1)求a的值及数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列的前n项和Tn.
解析：(1)因为6Sn＝3n＋1＋a(n∈N
)，
所以当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，
当n≥2时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n，
即an＝3n－1，
因为{an}是等比数列，
所以a1＝1，
则9＋a＝6，
得a＝－3，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N
).
(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－)＝.
题型三　错位相加减法　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　错位相减求和
[例1]　(2020·高考全国卷Ⅰ)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)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q＝1(舍去)或q＝－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，
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n·(－2)n
＝－n·(－2)n，
所以Sn＝－.
类型
2　错位相加法
[例2]　已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N
)，记Tn＝a1＋a2·4＋a3·42＋…＋an·4n－1，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求5Tn－4nan.
解析：Tn＝a1＋a2·4＋a3·42＋…＋an·4n－1，
4Tn＝a1·4＋a2·42＋a3·43＋…＋an·4n，
两式相加得，
5Tn＝a1＋4(a1＋a2)＋42(a2＋a3)＋…＋4n－1(an＋an－1)＋4nan，
由a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N
)，
则5Tn＝1＋4×＋42×＋…＋4n－1·＋4nan＝n＋4nan，所以5Tn－4nan＝n.
方法总结?
1．如果数列{an}是一个由等差数列{bn}及等比数列{cn}对应项之积组成的数列，即an＝bn·cn，则其前n项和Sn的求解常用错位相减法．破解此类题的关键点：
(1)巧分拆，即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式，并求出公差和公比．
(2)构差式，即写出Sn的解析式，再乘以公比或除以公比，然后将两式相减．
(3)后求和，根据差式的特征准确进行求和．
2．在Sn两边同乘公比q时，要保证q≠1，两式相减时，要找q的同次项相减．　　?
[题组突破]
1．(2021·湖北武汉模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋2＝Sn＋.
(1)求数列{an}的首项a1和公比q；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)∵Sn＋2＝Sn＋，
∴S3＝S1＋，S4＝S2＋，
两式相减得a4＝a2，
∴q2＝，又q＞0，则q＝.
又由S3＝S1＋，
可知a1＋a2＋a3＝a1＋，
∴a1＝a1＋，∴a1＝1.
(2)由(1)知an＝，
∴bn＝，
∴Tn＝1＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋.
两式相减得Tn＝1＋＋…＋－＝2－－，
∴Tn＝4－.
2．(2021·江西宜春中学诊断)已知等差数列{an}的公差为2，且a1，a1＋a2，2(a1＋a4)成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<6.
解析：(1)因为数列{an}为公差为2的等差数列，
所以a2＝a1＋2，a4＝a1＋6，
因为a1，a1＋a2，2(a1＋a4)成等比数列，
所以(a1＋a2)2＝2a1(a1＋a4)，
解得a1＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)证明：由(1)知＝，
所以Sn＝＋＋…＋，①
Sn＝＋＋…＋，②
①－②得Sn＝1＋2－＝3－＝3－，
所以Sn＝6－<6.
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(依“项”求和))
(2020·高考海南卷)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{an}的公比为q(q＞1).
由题设得解得或(舍去)，
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·2n·2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝＝－(－1)n.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(函数“搭台”，数列“唱戏”))
1．(2021·湖南湖北八市十二校第二次联考)已知数列{an}的通项公式an＝n＋，n∈N
，则|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|＝(　　)
A．150
B．162
C．180
D．210
解析：由对勾函数的性质可知，当n≤10时，数列{an}为递减数列；
当n>10时，数列{an}为递增数列．
所以|a1－a2|＋|a2－a3|＋…＋|a99－a100|
＝(a1－a2)＋(a2－a3)＋…＋(a9－a10)＋(a11－a10)＋(a12－a11)＋…＋(a100－a99)
＝a1－a10＋a100－a10
＝1＋100－(10＋10)＋(100＋1)－(10＋10)
＝162.
答案：B
2．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________．
解析：因为f(x)＝，
所以f(1－x)＝＝，
所以f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f，②
由①＋②，可得2S＝＋＋…＋
＝2
019，
所以S＝.
答案：
PAGE第三节　等比数列及其前n项和
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(a，G，b不为零).
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：
Sn＝
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．
1．(1)在等比数列求和时，要注意q＝1和q≠1的讨论．
(2)当{an}是等比数列且q≠1时，Sn＝－·qn＝A－A·qn.
2．当项数是偶数时，S偶＝S奇·q；
当项数是奇数时，S奇＝a1＋S偶·q.
1．(基础知识：等比中项)等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于(　　)
A．4
B．8
C．16
D．32
答案：C
2．(基本能力：等比数列的前n项和)设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为(　　)
A．63
B．64
C．127
D．128
答案：C
3．(基本能力：求公比)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝(　　)
A．
B．
C．－
D．
答案：A
4．(基本能力：求等比数列的项)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________.
答案：12，48
5．(基本应用：等比数列的通项)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则an＝________．
答案：－2n－1
题型一　等比数列的基本量的运算　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2020·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)
A．2n－1
B．2－21－n
C．2－2n－1
D．21－n－1
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝＝2.由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12得a1＝1，
所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝2n－1，
所以＝＝2－21－n.
法二：设等比数列{an}的公比为q，则
得＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4，
所以a1＝＝1，下同法一．
答案：B
(2)(2020·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解析：①设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得
解得
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
②由①知log3an＝n－1，
故Sn＝.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m
＝(m＋3)·(m＋2)，
即m2－5m－6＝0，
解得m＝－1(舍去)或m＝6.
方法总结?
解决等比数列有关基本能力问题的常用思想方法
(1)方程思想：
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)分类讨论的思想：
等比数列的前n项和涉及对公比q的分类讨论：
当q＝1时，其前n项和Sn＝na1；
当q≠1时，其前n项和Sn＝＝.　　?
[对点训练]
　等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2，
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
题型二　等比数列的判定与证明　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　定义法证明等比数列
[例1]　(2019·高考全国卷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＋.
类型
2　等比中项法判定等比数列
[例2]　(1)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
解析：设等比数列的公比为q，则a3＝a1q2，a6＝a1q5，a9＝a1q8，满足(a1q5)2＝a1q2·a1q8，
即a＝a3·a9.
答案：D
(2)(2020·湖南郴州模拟)在数列{an}中，满足a1＝2，a＝an－1·an＋1(n≥2，n∈N
)，Sn为{an}的前n项和，若a6＝64，则S7的值为(　　)
A．126
B．256
C．255
D．254
解析：数列{an}中，满足a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N
)，则数列{an}为等比数列，设其公比为q，
又由a1＝2，a6＝64，得q5＝＝32，则q＝2，则S7＝＝28－2＝254.
答案：D
方法总结?
等比数列的判断与证明的常用方法
方法
解读
适合题型
定义法
在an≠0(n∈N
)前提下，若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数，n≥2且n∈N
)，则{an}是等比数列
已知中提供的递推关系式，或者是an与Sn的关系式进行化简，转化为数列{an}中相邻两项之间的关系
等比中项法
数列{an}中，an≠0，如果根据已知条件能化简得到a＝an·an＋2(n∈N
)，或者是证明此式成立，则数列{an}是等比数列
证明三项成等比数列
续表
通项公式法
观察已知信息，或者是计算出数列的通项公式，若可以写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N
)，则{an}是等比数列
能明确通项公式，用于选择或填空题中
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则数列{an}是等比数列
能明确前n项和公式，只用于选择或填空题中
[题组突破]
1．(教材精选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{}是等比数列吗？为什么？
解析：{}是等比数列．①an为等比数列，且an＞0，an＝a1·qn－1(a1＞0，q＞0)，
从而的通项公式＝·()
n－1，
表示首项为，公比为的等比数列．
②从定义角度：＝＝，是等比数列．
③从等比中项角度：·＝＝
eq
\r(a)
，即·＝()2成等比数列．
2．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：(1)证明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3.
又
由①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2).
∵bn＝an＋1－2an，
∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝，
故是首项为，公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)·＝，
故an＝(3n－1)·2n－2.
题型三　等比数列的性质　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　等比数列项的性质
[例1]　(2021·黑龙江哈尔滨模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12
B．10
C．8
D．2＋log3a5
解析：因为a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1·a2·…·a10)
＝log3(a5a6)5＝5log39＝10.
答案：B
类型
2　等比数列前n项和的性质
[例2]　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＝________．
解析：由题意，得解得所以q＝＝＝2.
答案：2
类型
3　等比数列综合问题
[例3]　(2020·高考山东卷)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)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N
)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解析：(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝(舍去)或q＝2.
由题设得a1＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n，所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32
＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
方法总结?
1．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.
2．在一个无穷等比数列中，其中任何一项都是和这项项数距离相等的两项的等比中项，即a＝am－k·am＋k(m，k为正整数，且m＞k).
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，这个性质成立的前提条件是公比不为－1.　　?
[题组突破]
1．(2021·山东菏泽模拟)在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)
A．2
B．－
C．
D．－或
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，可得a2a16＝2，即有aq16＝2，则有a＝2，则＝a9＝±.
答案：D
2．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝________．
解析：第一步　利用等比数列前n项和的性质．
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列．
第二步　应用等比中项列出方程求解．
(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，
即(S2n－2)2＝2·(14－S2n)，
解得S2n＝6或S2n＝－4(舍去)，
同理可得S4n＝30.
答案：30
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(基本量与性质相结合))
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12
B．24
C．30
D．32
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则q＝＝＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
答案：D
2．(2019·高考全国卷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：由题意知
解得∴a3＝a1q2＝4.
答案：C
3．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________.
解析：由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝＝3，
∴S5＝＝.
答案：
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(找共性、析个性、巧解开放题))
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.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解析：方案一：选条件①.
(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(舍去)，
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：选条件②.
(1)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，所以＝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：选条件③.
(1)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).
PAGE第二节　等差数列及其前n项和
1．等差数列的有关概念
(1)定义：
①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数．
②符号语言：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
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N
).
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N
)，则ak＋al＝am＋an．
(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Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
1．两个重要技巧
(1)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a－d，a，a＋d.
(2)若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
2．三个必备结论
(1)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，＝.
(2)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②＝.
(3)在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a1＜0，d＞0，则满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.
3．两个函数
等差数列{an}，当d≠0时，an＝dn＋(a1－d)，是关于n的一次函数；
Sn＝n2＋n是无常数项的二次函数．
1．(基础知识：求项数)已知数列{an}中，an＝3n＋4，若an＝13，则n等于(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
答案：A
2．(基本方法：求公差)已知等差数列{an}满足：a3＝13，a13＝33，则数列{an}的公差为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：B
3．(基本能力：求等差数列的前n项和)已知等差数列5，4，3，…，则前n项和Sn＝________．
答案：(15n－n2)
4．(基本方法：等差中项)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________．
答案：180
5．(基本应用：现实生活中的应用)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．
答案：20
题型一　等差数列的基本能力　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12　　
　
B．－10
C．10　
　　D．12
解析：设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋d＋4a1＋d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
答案：B
(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
解析：a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝24，S6＝6a1＋d＝48，联立
①×3－②，得6d＝24，∴d＝4.
答案：C
(3)已知等差数列{an}的各项都为整数，且a1＝－5，a3a4＝－1，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝(　　)
A．70
B．58
C．51
D．40
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由各项都为整数得d∈Z，
因为a1＝－5，所以a3a4＝(－5＋2d)(－5＋3d)＝－1，化简得6d2－25d＋26＝0，解得d＝2或d＝(舍去)，所以an＝2n－7，
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋13＝9＋＝58.
答案：B
方法总结?
等差数列运算问题的通性通法
(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．
[对点训练]
1．已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)
A．
B．
C．10
D．12
解析：设等差数列的首项为a1，则S8＝8a1＋＝8a1＋28，
S4＝4a1＋＝4a1＋6，因为S8＝4S4，
即8a1＋28＝16a1＋24，所以a1＝，则a10＝a1＋(10－1)·d＝＋9＝.
答案：B
2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S18，则S22等于(　　)
A．0
B．12
C．－1
D．－12
解析：设等差数列的公差为d，由S4＝S18得
4a1＋d＝18a1＋d，a1＝－d，
所以S22＝22a1＋d＝22×＋22×d＝0.
答案：A
题型二　等差数列的判定与证明　
　　　　
　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　定义法
[例1]　(2021·江苏南京模拟)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的解析式．
解析：(1)证明：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，又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＝
类型
2　等差中项法
[例2]　已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.
若S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列．
证明：由S3，S9，S6成等差数列，得S3＋S6＝2S9.
若q＝1，则3a1＋6a1＝18a1，解得a1＝0，这与{an}是等比数列矛盾，所以q≠1，
于是有＋＝，整理得q3＋q6＝2q9.
因为q≠0且q≠1，所以q3＝－，a8＝a2q6＝a2，a5＝a2q3＝－a2，
所以2a8＝a2＋a5，即a8－a2＝a5－a8，故a2，a8，a5成等差数列．
类型
3　归纳法
[例3]　(2020·高考全国卷Ⅲ节选)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明．
解析：a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.
证明：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，
an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，
…，
a2－5＝3(a1－3).
因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
方法总结?
判定数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N
，an＋1－an是同一个常数．(证明用)
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N
，满足2an＝an＋1＋an－1.(证明用)
(3)通项公式法：数列的通项公式an是n的一次函数．
(4)前n项和公式法：数列的前n项和公式Sn是n的二次函数，且常数项为0.
提醒　判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断．　　?
[题组突破]
1．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N
)，则该数列的通项为(　　)
A．an＝
B．an＝
C．an＝
D．an＝
解析：由＝＋(n∈N
)可知数列是等差数列．
首项为＝1，＝2，∴公差d＝1，
∴＝1＋(n－1)·1＝n，∴an＝.
答案：A
2．如果a，b，c成等差数列且不全相等，，，能构成等差数列吗？用函数图象解释一下．
解析：a，b，c成等差数列，通项公式为y＝pn＋q的形式，且a，b，c位于同一直线上，
而，，的通项公式为y＝的形式．
其图象不是直线，故，，不是等差数列．
题型三　等差数列的性质及综合应用　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　通项性质
[例1]　(1)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
解析：S6＝＝3(a1＋a6)＝3(a3＋a4)＝48，
∴a3＋a4＝16.
又∵a4＋a5＝24，
∴(a4＋a5)－(a3＋a4)＝8，
∴2d＝8，∴d＝4.
答案：C
(2)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于
(　　)
A．7
B．3
C．－1
D．1
解析：由{an}是等差数列及a1＋a3＋a5＝105，
得3a3＝105，即a3＝35，
由{an}是等差数列及a2＋a4＋a6＝99，得3a4＝99，即a4＝33，
则公差d＝a4－a3＝－2，
则a20＝a3＋(20－3)d＝35－34＝1.
答案：D
类型
2　和的性质
[例2]　(1)一个正项等差数列前n项的和为3，前3n项的和为21，则前2n项的和为(　　)
A．18
B．12
C．10
D．6
解析：∵{an}是等差数列，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
即2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n).
∵Sn＝3，S3n＝21，
∴2(S2n－3)＝3＋21－S2n，解得S2n＝10.
答案：C
(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
①求{an}的通项公式；
②求Sn，并求Sn的最小值．
解析：①设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
②由①得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
方法总结?
1．巧用性质，减少运算量是等差数列中计算的重要方法．利用等差数列的性质解题，就是从等差数列的本质特征入手去思考、分析题意，这样做会事半功倍．
2．等差数列{an}的前n项和Sn存在最值的情况：
如果a1＞0，d＜0时，数列的项先正(或0)后负，将所有正项(或0)相加，则Sn最大，或者Sn＝n2＋n表示开口向下的抛物线，Sn存在最大值．
如果a1＜0，d＞0，数列的项先负(或0)后正，将所有的负项(或0)相加，则Sn最小，或者Sn＝n2＋n表示开口向上的抛物线，Sn存在最小值．
3．借用通项的邻项变号法：
a1>0，d<0，满足Sn取得最大值Sm；
a1<0，d>0，满足Sn取得最小值Sm.　　?
[题组突破]
1．(2021·湖北黄冈模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的前n项和为Tn，若＝，则＝(　　)
A．528
B．529
C．530
D．531
解析：根据等差数列的性质：＝得＝＝＝531.
答案：D
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________．
解析：S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
即9，27，S9－S6成等差数列，
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2×27－9＝45.
答案：45
3．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得即
解得－1＜d＜－.
答案：
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(回归定义与基本公式))
1．(2019·高考全国卷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：设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n·(－3)＋·2＝n2－4n.
答案：A
2．(2020·高考山东卷)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________．
解析：法一(观察归纳法)：数列{2n－1}的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5，
故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.
法二(引入参变量法)：令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1，2，3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同法一．
答案：3n2－2n
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2.
因为a1＝－2，所以d＝1，
所以S10＝10×＋×1＝25.
答案：25
4．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.
解析：由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，
所以S10＝10a1＋d＝100a1，
S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.
答案：4
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(数学文化))
1．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，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，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：用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a1＋×17＝996，解得a1＝65，
∴a8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤．
答案：B
2．《九章算术》之后，人们学会了用等差数列知识来解决问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾(注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布)，第一天织5尺布，现在一月(按30天计)共织390尺布”，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：设从第2天起每天比前一天多织d尺布，
则由题意知30×5＋d＝390，解得d＝.
答案：D
PAGE第一节　数列的概念与简单表示法
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＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)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＝
4．数列的分类
1．与函数的关系
数列是一种特殊的函数，定义域为N
或其有限子集数列的图象是一群孤立的点．
2．周期性
若an＋k＝an(n∈N
，k为非零正整数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
1．(基础知识：数列的项)已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是(　　)
A．21
B．33
C．152
D．153
答案：C
2．(基本能力：数列递推关系)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a4＝(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：B
3．(基本能力：数列的前n项和)设Sn为数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则S5为________．
答案：5
4．(基本方法：数列的通项公式)数列1，，，，，…的一个通项公式an＝________．
答案：
5．(基本方法：an与Sn的关系)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________．
答案：
题型一　数列的项与通项公式　
1．(判断数列的项)(1)已知数列，，2，，…，则2是这个数列的(　　)
A．第6项
B．第7项
C．第19项
D．第11项
解析：数列即，，，，…，据此可得数列的通项公式为an＝，由＝2，解得n＝7，即2是这个数列的第7项．
答案：B
(2)把3，6，10，15，21，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正三角形(如图).
把这些三角形数由小到大排成一个数列3，6，10，15，21，….下列各数是该数列中的项的是________．(填序号)
①27　②28　③29　④30　⑤36
解析：由于a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，猜得an－an－1＝n＋1，
∴a6－a5＝7，∴a6＝28，a7＝a6＋8＝36，故选②⑤.
答案：②⑤
2．(归纳通项公式)根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)0.8，0.88，0.888，…；
(3)，，－，，－，，…；
(4)，1，，，…；
(5)0，1，0，1，….
解析：(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n·(6n－5).
(2)将数列变形为×(1－0.1)，×(1－0.01)，×(1－0.001)，…，
∴an＝.
(3)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出第2，3，4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，原数列可化为－，，－，，…，
∴an＝(－1)n·.
(4)将数列统一为，，，，…，对于分子3，5，7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2，5，10，17，…，联想到数列1，4，9，16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，因此可得它的一个通项公式为an＝.
(5)an＝
方法总结?
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，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．　　?
题型二　已知递推关系求通项公式　
[典例剖析]
[典例]　根据下列已知条件，求数列{an}的通项公式：
累加法：(1)a1＝2，an＋1＝an＋ln
；
累乘法：(2)a1＝，an＝an－1(n≥2)；
构造法：(3)a1＝1，an＋1＝2an＋3；
构造法：(4)a1＝，an＋1＝an＋；
取倒数：(5)a1＝1，an＝；
取对数：(6)a1＝3，an＋1＝a.
解析：(1)因为an＋1＝an＋ln
，
所以an＋1－an＝ln
(n≥1)，
所以an－an－1＝ln
(n≥2)，
所以an－1－an－2＝ln
，…，a2－a1＝ln
(n≥2)，
所以an－a1＝ln
＋ln
＋…＋ln
＝ln
n(n≥2)，
所以an＝ln
n＋a1(n≥2)，又a1＝2，所以an＝ln
n＋2.
(2)因为an＝an－1(n≥2)，
所以当n≥2时，＝，
所以＝，…，＝，＝，
以上n－1个式子相乘得··…··＝··…··，
即＝·×2×1，所以an＝.
当n＝1时，a1＝＝，也与已知a1＝相符，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(3)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，故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.
所以{bn}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＝4·2n－1＝2n＋1，
即an＝2n＋1－3.
(4)在an＋1＝an＋两边分别乘2n＋1，
得2n＋1·an＋1＝(2n·an)＋1.
令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，
根据待定系数法，得bn＋1－3＝(bn－3)，
所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列，
所以bn－3＝－·，
即bn＝3－2，
于是an＝＝3－2.
(5)取倒数，得＝＝3＋，
∴是等差数列，＝＋3(n－1)＝1＋3(n－1)?an＝.
(6)由题意知an>0，将an＋1＝a两边取常用对数得到lg
an＋1＝2lg
an，即＝2，所以数列{lg
an}是以lg
a1＝lg
3为首项，2为公比的等比数列，所以lg
an＝(lg
3)·2n－1，所以an＝.
方法总结?
由递推关系求通项公式的方法
方法
转化过程
适合题型
累加法
(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an－a1
an＋1－an＝f(n)(f(n)可求和)
累乘法
··…··＝
＝f(n)(f(n)可求积)
构造法
由an＋1＝pan＋q化为an＋1＋m＝p(an＋m)，构造{an＋m}为等比数列
an＋1＝pan＋q
辅助数列法
由an＋1＝pan＋qn化为＝＋，放入辅助数列{bn}，bn＋1＝bn＋，再构造数列
an＋1＝pan＋rqn
取倒数法
an＝取倒数得＝·＋，令bn＝
an＝
取对数
对an＝pa化为lg
an＝r
lg
an－1＋lg
p，令bn＝lg
an
an＝pa(n≥2，p>0)
?[对点训练]
1．设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________．
解析：由条件知an＋1－an＝n＋1，
则当n≥2时，an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝(经检验，n＝1时也符合).
答案：
2．若a1＝1，an＋1＋an＝2n，则an＝________．
解析：∵an＋1＋an＝2n，∴an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2.
即数列{an}的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．
当n为偶数时，a2＝1，故an＝a2＋2＝n－1.
当n为奇数时，∵an＋1＋an＝2n，an＝n(n＋1为偶数)，∴an＝n.
综上所述，an＝(n∈N
).
答案：(n∈N
)
题型三　Sn与an的关系的应用　
　　　
[典例剖析]
类型
1　已知Sn公式研究数列
[例1]　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a2·a6＝________，an＝________．
解析：a2＝S2－S1＝(22－1)－(21－1)＝2，
a6＝S6－S5＝(26－1)－(25－1)＝25＝32，
∴a2·a6＝64.
当n＝1时，S1＝a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－2n－1＝2n－1，也适合a1＝1，
∴an＝2n－1.
答案：64　2n－1
(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________．
解析：当n＝1时，a1＝2.
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1，　①
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan＝2n，　②
②－①得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝，
∴an＝
答案：
类型
2　已知Sn与an的关系研究数列
[例2]　(1)(2021·广东江门模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若?n∈N
，2Sn＝an＋1，则a2
020＝________．
解析：∵2Sn＝an＋1，
∴2Sn－1＝an－1＋1(n≥2)，
∴2Sn－2Sn－1＝2an＝an－an－1(n≥2)，
即an＝－an－1(n≥2)，又2S1＝2a1＝a1＋1，
∴a1＝1，∴a2
020＝a2＝－a1＝－1.
答案：－1
(2)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，an＝2Sn－1＋3n(n≥2)，则该数列的通项公式为an＝________．
解析：∵an＝2Sn－1＋3n(n≥2)，∴an－1＝2Sn－2＋3n－1(n≥3)，相减得an－an－1＝2an－1＋2×3n－1，即an＝3an－1＋2×3n－1，∴＝＋(n≥3)，又a2＝2S1＋32＝2a1＋32＝15，＝，＋＝，即＝＋，∴数列是以1为首项，为公差的等差数列，∴＝1＋(n－1)×，∴an＝(2n＋1)3n－1.
答案：(2n＋1)3n－1
方法总结?
1．已知数列{an}的前n项和Sn求an，主要有三步
(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的解析式．
(3)注意检验n＝1时的解析式是否可以与n≥2的解析式合并．
2．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，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．　　?
[题组突破]
1．(2021·广东化州模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________．
解析：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＝
答案：an＝
2．若数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＞0且2Sn＝a＋an(n∈N
)，求数列{an}的通项公式．
解析：当n＝1时，2S1＝a＋a1，则a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
eq
\f(a＋an,2)
－
eq
\f(a＋an－1,2)
，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0?an＝－an－1或an＝an－1＋1，
∴an＝(－1)n－1或an＝n.
题型四　数列的性质　
　　　　
　[典例剖析]
类型
1　数列的单调性
[例1]　(1)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
解析：an＝＝＝1－，
由于f(x)＝1－在(0，＋∞)上为增函数，
∴an＝为递增数列．
答案：B
(2)已知f(x)＝的定义域为R，数列{an}(n∈N
)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞)
B．
C．(1，3)
D．(3，＋∞)
解析：由于{an}是递增数列，∴a＞1，且f(2)＞f(1)，即a2＞2a＋3，解得a＜－1或a＞3，∴a＞3.
答案：D
类型
2　数列的周期
[例2]　(1)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N
)，则a2
020的值为(　　)
A．2
B．1
C．
D．
解析：由已知得a3＝2，
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，
由a3＝2，a4＝1，得a5＝，
由a4＝1，a5＝，得a6＝，
由a5＝，a6＝，得a7＝1，
由a6＝，a7＝1，得a8＝2，
由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2
020＝a4＝1.
答案：B
(2)(2021·江西宜春期末测试)已知函数f(x)＝若数列{an}满足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N
)，则a2
022＝(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由题意，知a2＝f＝，a3＝f＝，a4＝f＝，a5＝f＝，a6＝f＝，a7＝f＝，…，故数列{an}从第三项起构成周期数列，且周期为3，故a2
022＝a3＝.
答案：D
类型
3　数列的最值
[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
解析：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an＝n2－n＋20，n∈N
，所以＝n＋－1，n∈N
，
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.
答案：C
(2)已知数列{cn}，cn＝，则当n＝________时，cn最大．
解析：设cn为最大，则即
∴≤n≤，n∈N
，∴n＝5，
答案：5
方法总结?
1．解决数列的单调性问题可用以下三种方法：
(1)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)作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断；
(3)结合相应函数的图象直观判断．
2．解决数列周期性问题时，可先根据已知条件求出数列的前几项，当各项重复性地出现后，便可由此确定该数列的最小正周期T，再根据公式an＋T＝an将所求项转化为下标较小的项，从而求得该项的值．
3．求数列的最大项、最小项的常见方法：
(1)利用“两边夹”思想：
设an为数列{an}中的最大项，则有(n≥2).解出适合上述不等式组的n值，从而确定数列的最大项．
(2)利用函数思想：
根据条件构造相应的函数，通过配方、作差、作商等方法来确定函数的单调性，进而确定数列的单调性，再求出数列的最大项或最小项．　　?
[题组突破]
1．在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N
)，则a2
020的值为(　　)
A．－
B．5
C．
D．
解析：在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N
)，所以a2＝1－＝5，a3＝1－＝，a4＝1－＝－，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2
020＝a673×3＋1＝a1＝－.
答案：A
2．在数列{an}中，an＝(n∈N
)，则该数列的最大项为________；最小项为________．
解析：∵an＝＝1－，
∴可知当n＜50时，数列{an}是递增数列；
当n＞50时，数列{an}也是递增数列．
对比函数y＝1－的图象(图略)可知，
当n＝49时，数列{an}取得最大值，最大值为11；
当n＝51时，数列{an}取得最小值，最小值为－9.
答案：11　－9
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(观察、归纳推理是数列的法宝))
(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
解析：∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1，
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1，
∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，
∴Sn＝＝＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
答案：－63
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(数列、函数一家亲))
(2021·江苏南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3(m≥2)，则nSn的最小值为(　　)
A．－3
B．－5
C．－6
D．－9
解析：由Sm－1＝－2，Sm＝0，
Sm＋1＝3(m≥2)可知am＝2，am＋1＝3，
设等差数列{an}的公差为d，则d＝1，
∵Sm＝0，∴a1＝－am＝－2，
则an＝n－3，Sn＝，nSn＝.
设f(x)＝，x＞0，
f′(x)＝x2－5x，x＞0，
∴f(x)的极小值点为x＝.
∵n∈N
，且f(3)＝－9，f(4)＝－8，
∴f(n)min＝－9，即nSn的最小值为－9.
答案：D
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