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第一节　数列的概念与简单表示法
授课提示：对应学生用书第88页
[基础梳理]
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n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫作数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫作数列的前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
图像法
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像是一群孤立的点．
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．
[四基自测]
1．(基础点：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．(基础点：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．(基础点：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．(易错点：数列的通项公式)数列1，，，，，…的一个通项公式an＝________．
答案：
授课提示：对应学生用书第89页
考点一　数列的项与通项公式
挖掘1　判断通项公式/
自主练透
[例1]　(1)下列公式可作为数列{an}：1，2，1，2，1，2，…，的通项公式的是(　　)
A．an＝1　　　　　　　
B．an＝
C．an＝2－
D．an＝
[解析]　由an＝2－可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，….故选C.
[答案]　C
(2)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，…；
②0.8，0.88，0.888，…；
③，，－，，－，，…；
④，1，，，…；
⑤0，1，0，1，….
[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＝.
⑤an＝
[破题技法]　1.已知数列的前n项写出一个通项公式，主要考查的是逻辑推理与归纳．
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)等方法．
由于只给出了部分规律，符合这几个特殊项的通项公式并不唯一．
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)各项的符号特征和绝对值特征；
(4)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；
(5)对于正负号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N＋处理．
挖掘2　判断数列的项/
自主练透
[例2]　(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)如果一个数列{an}的通项公式an＝n2＋2n＋3.
①求a10；
②83是否为该数列的项，如果是，是数列的第几项．
[解析]　①当n＝10，a10＝100＋2×10＋3＝123.
②如果n2＋2n＋3＝83，即n2＋2n－80＝0.
∴(n＋10)(n－8)＝0，∴n＝8(n＝－10舍)，
故83是这个数列的第8项．
考点二　已知递推关系求通项公式
挖掘　求通项公式/
互动探究
[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；
辅助数列法：(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＋两边分别乘以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＝32n－1.
[破题技法]　常见求通项公式的方法
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＝rlg
an－1＋lg
p令bn＝lg
an
an＝pa(n≥2，p>0)
考点三　Sn与an的关系的应用
挖掘1　已知Sn求an/自主练透
[例1]　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a2·a6＝(　　)
A.　　　　　　　
B．
C．16
D．64
[解析]　a2＝S2－S1＝(22－1)－(21－1)＝2，a6＝S6－S5＝(26－1)－(25－1)＝25＝32，∴a2·a6＝64.
[答案]　D
(2)(2020·广东化州第二次模拟)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＝
挖掘2　已知Sn与an的关系/互动探究
[例2]　(1)(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
(2)(2020·广东江门模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若任意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
[破题技法]　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．
1．在例2(2)中，{an}的通项公式an＝________．
答案：(－1)n＋1
2．在例1(1)中，可否求通项公式an?
解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
a1＝1适合an＝2n－1，
故an＝2n－1.
考点四　数列的性质
[例]　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n≤4时单调递减，n≥5时单调递增，因为＝，所以的最小值为＝＝8，故选C.
[答案]　C
[破题技法]　1.类比周期函数的概念，我们可以定义：对于数列{an}，如果存在一个常数T(T∈N＋)，使得对于任意的正整数n＞n0，恒有an＋T＝an成立，那么称数列{an}是从第n0项起的周期为T的周期数列．若n0＝1，则称数列{an}为纯周期数列；若n0≥2，则称数列{an}为混周期数列．T的最小值称为最小正周期，简称周期．
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，当出现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．
类似地，设an为数列{an}中的最小项，则有(n≥2)．
解出适合上述不等式组的n值，便能确定数列的最小项．
(2)利用函数思想
①数列是特殊函数，具有函数的一些特性，求数列项的最值完全可以依据研究函数最值的方法解决，但特别要注意数列的项数n只能是正整数．
②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．
③给出一个数列{an}，若能够判断数列{an}为递增数列，则该数列具有以下性质：
a1＜a2＜…＜an＜…，故(an)min＝a1.
反之，若该数列为递减数列，则有a1＞a2＞…＞an＞…，故(an)max＝a1.
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．(2020·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
019＝(　　)
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
019＝a3＝.故选D.
答案：D
PAGE第二节　等差数列及其前n项和
授课提示：对应学生用书第92页
[基础梳理]
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叫作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＋(a1－)n是无常数项的二次函数．
[四基自测]
1．(基础点：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．(基础点：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．(基础点：求通项)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－1，则an等于________．
答案：－n＋2
4．(基础点：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)
授课提示：对应学生用书第92页
考点一　等差数列的基本运算及性质
挖掘1　用等差数列的基本量a1和d进行计算/自主练透
[例1]　(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.故选B.
[答案]　B
(2)(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.
故选A.
[答案]　A
(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.故选B.
[答案]　B
挖掘2　用等差数列性质进行计算/互动探究
[例2]　(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]　设等差数列{an}的公差为d，
∴
∴d＝4，故选C.
[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，故选D.
[答案]　D
(3)(2020·广东第一次模拟)等差数列log3(2x)，log3(3x)，log3(4x＋2)，…的第四项等于(　　)
A．3
B．4
C．log318
D．log324
[解析]　∵log3(2x)，log3(3x)，log3(4x＋2)成等差数列，
∴log3(2x)＋log3(4x＋2)＝2log3(3x)，
∴log3[2x(4x＋2)]＝log3(3x)2，
∴解得x＝4.
∴等差数列的前三项为log38，log312，log318，
∴公差d＝log312－log38＝log3，
∴数列的第四项为log318＋log3＝log327＝3.
[答案]　A
[破题技法]　等差数列的计算技巧
方法
解读
适合题型
基本量法
用a1和d表示条件和所求，用方程思想求出a1和d
五个基本量，a1，d，Sn，n，an中知三求二
性质法　
用等差数列的性质将已知和所求联系起来，用性质表示an和Sn
当已知中有“an＋am”式的表达式
(2020·河北石家庄一模)已知函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图像关于直线x＝1对称，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则{an}的前100项的和为(　　)
A．－200
B．－100
C．0
D．－50
解析：由y＝f(x－2)的图像关于直线x＝1对称，
可得y＝f(x)的图像关于直线x＝－1对称，由数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，可得a50＋a51＝－2，
又由等差数列的性质得a1＋a100＝a50＋a51＝－2，
则{an}的前100项的和为＝－100，故选B.
答案：B
考点二　等差数列的判定与证明
挖掘1　用等差数列定义证明/自主练透
[例1]　(2020·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)证明：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＝
挖掘2　用等差中项法证明/互动探究
[例2]　已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.
(1)若S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列；
(2)若am＋2是am＋1和am的等差中项，则Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列吗？
[解析]　(1)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．
(2)依题意，得2am＋2＝am＋1＋am，则2a1qm＋1＝a1qm＋a1qm－1.在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以2q2＝q＋1，解得q＝1或q＝－.
当q＝1时，Sm＋Sm＋1＝ma1＋(m＋1)a1＝(2m＋1)a1，Sm＋2＝(m＋2)a1.
因为a1≠0，所以2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1，此时Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差数列．
当q＝－时，
Sm＋2＝
＝[1－(－)m＋2]＝
[1－×(－)m]，
Sm＋Sm＋1＝＋
＝[1－(－)m＋1－(－)m＋1]
＝[2－×(－)m]，
所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.
故当q＝1时，Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差数列；当q＝－时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．
[破题技法]　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．
[拓展]　判断数列为等差数列，也可以利用图像特点：如果数列的图像(孤立的点)分布在一条直线上，则该数列为等差数列，否则不是等差数列．
如果a，b，c成等差数列且不全相等，，，能构成等差数列吗？用函数图像解释一下．
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．
其图像不是直线，故，，不是等差数列．
考点三　等差数列前n项和及综合问题
挖掘1　等差数列的求和及最值/
互动探究
[例1]　(1)(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.
(2)已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)·(an＋n)(n∈N＋)．
①求证数列是等差数列，并求其通项公式；
②设bn＝－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
[解析]　①证明：∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N＋)，
∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为2，
∴＝2＋2(n－1)＝2n.
②由①知an＝2n2，∴bn＝－15＝2n－15，
则数列{bn}的前n项和Sn＝＝n2－14n.
令bn＝2n－15≤0，解得n≤7.
∴n≤7时，数列{|bn|}的前n项和
Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Sn＝－n2＋14n.
n≥8时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－b7＋b8＋…＋bn＝－2S7＋Sn＝－2×(72－14×7)＋n2－14n＝n2－14n＋98.
∴Tn＝
[破题技法]　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＋(a1－)n表示开口向下的抛物线，Sn存在最大．
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＋(a1－)n表示开口向上的抛物线，Sn存在最小．
挖掘2　等差数列求和的综合应用/
互动探究
[例2]　(1)(2019·高考全国卷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．
[解析]　①设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是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}．
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，公差为d(d∈N＋)．
①若a5＝30，求数列{an}的通项公式；
②是否存在d，n使Sn＝10成立？若存在，试找出所有满足条件的d，n的值，并求出数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
[解析]　①当a5＝30时，由a5＝a1＋4d，
得30＝－2＋4d，解得d＝8.
所以an＝a1＋(n－1)d＝8n－10.
所以数列{an}的通项公式为an＝8n－10.
②由Sn＝10，得－2n＋d＝10，
即－4n＋dn2－dn＝20，
所以dn2－(d＋4)n－20＝0.
n＝1时，得－24＝0不存在；
n＝2时，得d＝14符合，
此时数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝14n－16；
n＝3时，得d＝不符合；
n＝4时，得d＝3符合，
此时数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3n－5；
当n＝5时，d＝2符合，
此时数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－4；
n＝6时，得d＝不符合；n＝7时，得d＝不符合；
n＝8时，得d＝不符合；n≥9时，d＜1均不符合，
所以存在3组满足题意，其解与相应的通项公式分别为
d＝14，n＝2，an＝14n－16；
d＝3，n＝4，an＝3n－5；
d＝2，n＝5，an＝2n－4.
[破题技法]　有关Sn的处理方法
关于等差数列前n项和问题，主要是求和方法及性质的应用，其关键点为：
(1)定性质，根据已知条件判断出数列具有哪些特性．
(2)定方法，根据已知条件或具有的性质，确定解决问题的方法．
①求和：用哪个公式，需要哪些量．
②求Sn最值：(ⅰ)借助Sn的二次函数法；
(ⅱ)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.
挖掘3　等差数列和的性质及创新问题/
互动探究
[例3]　(1)(2020·河北唐山第二次模拟)设{an}是任意等差数列，它的前n项和、前2n项和与前4n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是(　　)
A．2X＋Z＝3Y　　　　
B．4X＋Z＝4Y
C．2X＋3Z＝7Y
D．8X＋Z＝6Y
[解析]　设数列{an}的前3n项的和为R，则由等差数列的性质得X，Y－X，R－Y，Z－R成等差数列，
所以2(Y－X)＝X＋R－Y，解之得R＝3Y－3X，
又因为2(R－Y)＝Y－X＋Z－R，把R＝3Y－3X代入得8X＋Z＝6Y，故选D.
[答案]　D
(2)(2020·湖北黄冈一模)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.故选D.
[答案]　D
(3)(2020·江西红色七校第一次联考)已知数列{an}为等差数列，若a2＋a6＋a10＝，则tan(a3＋a9)的值为(　　)
A．0
B.
C．1
D.
[解析]　∵数列{an}为等差数列，a2＋a6＋a10＝，
∴3a6＝，解得a6＝，∴a3＋a9＝2a6＝，
∴tan(a3＋a9)＝tan＝.故选D.
[答案]　D
(4)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，故选B.
[答案]　B
1．(2020·广东六校第三次联考)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－a11的值是(　　)
A．14
B．15
C．16
D．17
解析：依题意，由a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，得5a8＝120，即a8＝24，所以a9－a11＝(3a9－a11)＝(a9＋a7＋a11－a11)＝(a9＋a7)＝a8＝×24＝16，故选C.
答案：C
2．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋的值为________．
解析：因为{an}，{bn}为等差数列，
所以＋＝＋＝＝，
因为＝＝＝＝.所以＝.
答案：
3．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
PAGE第三节　等比数列及其前n项和
授课提示：对应学生用书第96页
[基础梳理]
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叫作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.
[四基自测]
1．(基础点：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．(基础点：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．(基础点：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
4．(基础点：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
授课提示：对应学生用书第96页
考点一　等比数列的基本运算及性质
挖掘1　利用基本量进行计算/
自主练透
[例1]　(1)(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.故选C.
[答案]　C
(2)(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]　
(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)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.
[破题技法]　
方法
解读
适合题型
基本量法
设出a1和q，将已知条件用a1和q表示，建立方程组求出a1和q
题设中有五个基本量a1，q，an，Sn，n中的两个
挖掘2　利用性质进行计算/
互动探究
[例2]　(1)(2020·哈尔滨模拟)等比数列{an}的各项为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12
B．10
C．8
D．2＋log3a5
[解析]　由题a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝5log39＝10.
[答案]　B
(2)(2020·湖南衡阳一模)在等比数列{an}中，a1a3＝a4＝4，则a6的所有可能值构成的集合是(　　)
A．{6}
B．{－8，8}
C．{－8}
D．{8}
[解析]　∵a1·a3＝a＝4，∴a2＝±2.
当a2＝－2时，a＝a2·a4＜0无意义，
∴a2＝2.∴q2＝＝2，
∴a6＝a4·q2＝4×2＝8.
[答案]　D
[破题技法]　
方法
解读
适合题型
性质法
利用等比数列的性质化简已知条件
题设中有“an·am”型的表达式或＝qn－m
1．(2020·湖北荆州联考)已知数列{an}为等差数列，且2a1，2，2a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)
A．15
B.
C．6
D．3
解析：由2a1，2，2a6成等比数列，可得4＝2a1·2a6＝2a1＋a6，即a1＋a6＝2，又数列{an}为等差数列，所以{an}前6项的和为×6(a1＋a6)＝6.故选C.
答案：C
2．(2020·山东菏泽一模)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＝±.故选D.
答案：D
考点二　等比数列的判定与证明
挖掘1　定义法证明等比数列/
互动探究
[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＋.
挖掘2　等比中项法判定等比数列/
互动探究
[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·湖南郴州一模)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)，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，故选D.
[答案]　D
[破题技法]　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
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
考点三　等比数列前n项和及综合应用
挖掘1　等比数列前n项和性质及应用/
互动探究
[例1]　(1)记Sn为等比数列前n项和，若a1≠0，a2＝3a1，则＝________．
[解析]　S10＝，S5＝，
由a2＝3a1，得q＝3，
∴＝＝1＋q5＝244.
[答案]　244
(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
挖掘2　等比数列的综合问题/
互动探究
[例2]　(1)(2019·高考全国卷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.
(2)已知数列{an}满足a1＝0，且an＋1－1＝2an(n∈N＋)．
①求证：数列{an＋1}为等比数列；
②求数列{an}的前n项和Sn.
[解析]　①证明：∵an＋1－1＝2an，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
又a1＋1＝1，
∴数列{an＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．
②由①知，an＋1＝(a1＋1)×2n－1＝2n－1，
∴an＝2n－1－1.
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(20－1)＋(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1－1)
＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)－n
＝2n－n－1.
[破题技法]　1.(1)应用等比数列前n项和公式时，特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
(2)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1时且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立．
2．项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.若共有2n项，则S偶∶
S奇＝q.
PAGE第四节　数列求和
授课提示：对应学生用书第98页
[基础梳理]
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(1＋)＝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.
[四基自测]
1．(基础点：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．(易错点：错位相减法求和)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．
答案：－
3．(易错点：分组转化法求和)(2－1)＋(22－2)＋…＋(210－10)＝________．
答案：211－57
4．(基础点：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
授课提示：对应学生用书第99页
考点一　分组、并项转化法求和
挖掘1　分组转化求和/
互动探究
[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(　　)
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)直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N＋.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝|AnBn|2.
①求数列{an}的通项公式；
②若bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　①由题意知，圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝，圆Cn的半径rn＝，
所以an＋1＝(|AnBn|)2＝r－d＝2an＋n－n＝2an，
又a1＝1，所以an＝2n－1.
②当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n－1)
＝＋
＝＋(2n－1)．
当n为奇数时，n＋1为偶数，
Tn＋1＝＋(2n＋1－1)
＝＋(2n＋1－1)．
而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，
所以Tn＝＋(2n－2)．
所以
Tn＝
[破题技法]　
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＝
挖掘2　并项转化法求和/
互动探究
[例2]　(1)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(　　)
A．13
B．76
C．46
D．－76
[解析]　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.
[答案]　D
(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
[破题技法]　
方法
解读
适合题型
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
[拓展]　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．
一个数列通项公式为an＝2sinπ，求S10.
解析：T＝4，∴a1＋a2＋a3＋a4＝0，
∴S10＝a9＋a10＝a1＋a2＝2sin＋2sinπ＝2.
考点二　裂项相消法求和
挖掘1　裂项为差/
互动探究
[例1]　(1)(2020·广州天河一模)数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N＋，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝(　　)
A.　　　　　　　　
B．2
C.
D.
[解析]　对任意n∈N＋，都有an＋1＝1＋an＋n，则an＋1－an＝n＋1，则an＝
(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，则＝＝2(－)，所以＋＋…＋＝2×＝2×＝.故选C.
[答案]　C
(2)(2020·安徽安庆二模)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)．
②bn＝＝＝－，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
[破题技法]　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．
挖掘2　裂项为和/自主练透
[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＋)－(＋)＋(＋)－…＋(＋)－(＋)＝1－＝.当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(＋)＝＋(＋)＝.
所以Tn＝
[破题技法]　本题每项不能分解成两项之差，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．
考点三　错位相加减法
挖掘1　错位相减求和/
互动探究
[例1]　(1)＋＋＋…＋的值为__________．
[解析]　设Sn＝＋＋＋…＋，①
得Sn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，
Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
∴Sn＝＝2－.
[答案]　2－
(2)(2020·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(1＋＋)＝a1＋，
∴a1＝1.
②由①知an＝()n－1.
∴bn＝，
∴Tn＝1＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋.
两式相减得Tn＝1＋＋…＋－＝2－－.
∴Tn＝4－.
[破题技法]　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的表达式，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两边同乘以公比q时，要保证q≠1，两式相减时，要找q的同次项相减．
挖掘2　错位相加法/互动探究
[例2]　已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝()n(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∈N＋)，
则5Tn＝1＋4×＋42×()2＋…＋4n－1×()n－1＋4nan＝n＋4nan，所以5Tn－4nan＝n.
[破题技法]　本题是类比课本推导等比数列求和公式的错位相减法，学生大部分就照搬课本方法，但是做不出来，因为此题稍微做了创新．注意题目中的条件，突破通法通性，运用错位相加法，即可求得结论．教学中应注重揭示问题的本质，无论是错位相减还是错位相加都是错位相消法．
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