高考数学大一轮复习第五章数列第三节等比数列教师用书理
高考一轮第五章 第三节 等比数列
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一、等比数列的相关概念
相关名词
等比数列{an}的有关概念及公式
如果一个数列从第二项 起，每一项与它的前一项 的比都等于 同一个常数，那么这个数列就叫做等
定义
比数列，这个常数叫做等比数列的公比． n－1 通项公式 an＝ a1q
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相关 名词 前n项 和公 式
等比数列{an}的有关概念及公式
－
＝22k 1， 故对任意 k∈N＋，a2k－1＝22k 1. 由①得 22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1， 1 所以 a2k＝ －22k－1，k∈N＋. 2
－
－
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k 因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝ . 2 k－1 － 于是，S2k－1＝S2k－a2k＝ ＋22k 1. 2 k－1 k 2k－1 ＋2 S2k－1 S2k k－1＋22k 2 2 故 ＋ ＝ ＋ ＝ － － 1 22k a2k－1 a2k 22k 1 －22k－1 2 k 1 k ＝1－ k－ k k . 4 4 4 －1 22k－1 所以，对任意n∈N＋，
2n－1
cn＋1 .于是 c ＝4. n
所以{cn}是等比数列．
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(3)证明：a1＝2，由(2)知，当 k∈N＋且 k≥2 时， a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－ 21－4k 1 a2k－3)＝2＋3(2＋23＋25＋…＋2题来看，等比数列的定义、性质、
通项公式及前n项和公式是高考的热点，题型既有选择
题、填空题又有解答题，难度中等偏高．客观题突出“ 小而巧”，考查学生对基础知识的掌握程度，主观题考 查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又 注重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想方法.
2022届高考一轮复习第5章数列第3节等比数列及其前n项和
15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝( )
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
由题意知aa11＞＋0a，1q＋q＞a10q，2＋a1q3＝15， a1q4＝3a1q2＋4a1，
解得aq1＝＝21，，∴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＝13，a24＝a6，则 S5 ＝________.
[解析] 由 a24＝a6 得(a1q3)2＝a1q5，
整理得 q＝a11＝3.∴S5＝13（11－－335）＝1231.
[答案]
121 3
(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.
[解析] (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12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．
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
第五章 第三节 等比数列及其前n项和
答案：17
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大一轮复习 数学（理）
考点二 等比数列的判定与证明[探究型]——应用逻辑推理 [例 1] (2018·珠海模拟)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1 ＝23an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中 λ 为实数，n 为正整数． (1)对任意实数 λ，证明数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论． 解：(1)假设存在一个实数 λ，使{an}成等比数列，则有 a22＝a1a3， 即23λ－32＝λ49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即 9＝0，这与事实 相矛盾．所以对任意实数 λ，数列{an}都不是等比数列．
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③若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，{|an|}， a1n，{a2n}，{an·bn}，abnn(λ≠0)仍然是等比数列；
④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.
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2．分类讨论的思想：等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，当 q＝1 时，{an}的前 n 项和 Sn＝na1；当 q≠1 时， {an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq.
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高考数学一轮复习第五章数列3等比数列课件理高三全册数学课件
2021/12/11
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(2)由(1)知 an＝2n－1，所以 n(an＋1)＝n×2n， Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①， 2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1②， ①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝211－－22n－ n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以 Tn＝(n－1)2n＋1 ＋2.
(1)满足 an＋1＝qan(n∈N*，q 为常数)的数列{an}为等比数列．( × ) (2)G 为 a，b 的等比中项⇔G2＝ab.( × )
(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比
数列．( × ) (4)如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列．( × )
2021/12/11
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等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列 中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程 组便可迎刃而解.
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(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4
等于12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为( D )
3 A. 2f
3 B.
22f
12 C.
25f
12 D.
27f
2021/12/11
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解析：从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单 音的频率的比都等于12 2，第一个单音的频率为 f，由等比数列 的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公比为12 2 的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为 a8＝f(12 2)8－1＝ 12 27f，故选 D.
2020版高考数学一轮复习 第5章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和讲义 理(含解析)
（2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足 a1＝1,nan＋1＝2（n＋1)an,设 bn＝ ann.
(1）求 b1，b2，b3； （2）判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由； (3)求｛an｝的通项公式． 解 (1）由条件可得 an＋1＝错误!an。 将 n＝1 代入，得 a2＝4a1，而 a1＝1,所以 a2＝4。 将 n＝2 代入，得 a3＝3a2，所以 a3＝12. 从而 b1＝1,b2＝2，b3＝4。 （2）｛bn｝是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由题设条件可得na＋n＋11 ＝ 错误!，即 bn＋1＝2bn，又 b1＝1，所以｛bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数 列． （3）由（2）可得错误!＝2n－1，所以 an＝n·2n－1. 条件探究 1 将举例说明条件改为“a1＝1，a2，n－（2an＋1－1)an－2an＋1 ＝0，且 an>0"，求｛an｝的通项公式．
答案 6
解析 因为 a1＝2,an＋1＝2an，所以 an≠0,故aan＋n 1＝2.
所以数列{an}是公比为 2 的等比数列，因为 Sn＝126，所以错误!＝126, 所以 2n＝64，故 n＝6.
题型 错误! 等比数列基本量的运算
1．已知等比数列{an｝满足 a1＋a2＝6,a4＋a5＝48,则数列｛an}前 8 项的 和 S8＝（ ）
第 3 讲 等比数列及其前 n 项和
［考纲解读］ 1。理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系． 2。掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并熟练掌握其推导方法，能 在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用等比数列的有关知识解决 相应的问题．(重点) 3。熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点）
2019届高三数学(理)一轮复习教师用书：第五章数列
第五章 数 列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.5．数列的分类1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( ) A ．21 B ．33 C ．152D ．153解析：选C 由9＋12n ＝152，得n ＝14312∉N *.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( ) A.32 B.53 C.74D.85 解析：选B 由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2)，则a 7＝( ) A ．53 B ．54 C ．55D ．109解析：选C 由题意知，a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为a n ＝n 2n －1.答案：n2n －16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.又a 1＝－1不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2考点一 由a n 与S n 的关系求通项a n (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n n 1．已知S n ＝3n ＋2n ＋1，则a n ＝____________. 解析：因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥22．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________.解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1(n∈N*)．答案：22n－1(n∈N*)[题型技法]已知Sn求a n的3步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n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．考法(二)由S n与a n的关系，求a n，S n3．设数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)(n∈N*)，则a n＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，∴数列{a n}为首项为2，公比为2的等比数列，所以a n＝2n.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝________.解析：∵a n＋1＝S n＋1－S n，a n＋1＝S n S n＋1，∴S n＋1－S n＝S n S n＋1.∵S n≠0，∴1S n－1S n＋1＝1，即1S n＋1－1S n＝－1.又1S1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴S n＝－1n.答案：－1n[题型技法]Sn与a n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a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解．(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解．考点二 由递推关系式求数列的通项公式 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为__________． 解析：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)．答案：a n ＝1n(n ∈N *)[方法点拨] 叠乘法求通项公式的4步骤方法(二) 叠加法求通项公式2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．答案：a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)[方法点拨] 叠加法求通项公式的4步骤方法(三) 构造法求通项公式3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．答案：a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[方法点拨] 构造法求通项公式的3步骤[怎样快解·准解]1．正确选用方法求数列的通项公式 (1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式．考点三 数列的性质及应用 (重点保分型考点——师生共研)1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 018＝( )A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析：选D 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…， 于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝a 2＝2. 2．已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5[解题师说]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2种方法(1)作差比较法：比较a n ＋1－a n 与0的大小．(2)作商比较法：比较a n ＋1a n 与1的大小，注意a n 的符号．3．求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．[冲关演练]1．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋1(n∈N*)，则a2 018＝()A．1 B．0C．2 018 D．－2 018解析：选B∵a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋1＝(a n－1)2，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{a n}是以2为周期的数列，∴a2 018＝a2＝0，选B.2．等差数列{a n}的公差d<0，且a21＝a211，则数列{a n}的前n项和S n取得最大值时的项数n的值为()A．5 B．6C．5或6 D．6或7解析：选C由a21＝a211，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，因为d<0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，又2a6＝a1＋a11，所以a6＝0.因为d<0，所以{a n}是递减数列，所以a1>a2>…>a5>a6＝0>a7>a8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是()A．16B．24C．26 D．28解析：选C因为a1＝1＝1，a2＝2＝4，a3＝7，a4＝10，a5＝13，…，所以a n ＝3n－2.令a n＝3n－2＝219＝76，解得n＝26.2．数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则a p－a q＝()A．10 B．15C．－5 D．20解析：选D当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以a n＝4n－5，所以a p－a q＝4(p－q)＝20.3．(2017·河南许昌二模)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋2－a n＝6，则a11的值为() A．31 B．32C．61 D．62解析：选A∵数列{a n}满足a1＝1，a n＋2－a n＝6，∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31.4．(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.5．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *9．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2， 得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0， 令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28B 级——中档题目练通抓牢1．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，则a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100.2．(2018·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n2D ．a n ＝n 22解析：选B ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)， 两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)， ∴a n ＝n 2(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.3．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.4．在数列{a n }中，a n >0，且前n 项和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1； 当n ≥2时，由4S n ＝(a n ＋1)2＝a 2n ＋2a n ＋1， 得4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1＋1，两式相减得4S n －4S n －1＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1＝4a n ，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1－2＝0，即a n －a n －1＝2， 又a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 答案：a n ＝2n －15.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：976．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．7．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0， 所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3. C 级——重难题目自主选做1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是( ) A ．a 6或a 7 B ．a 7或a 8 C ．a 8或a 9D ．a 7解析：选B 因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝⎛⎭⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n ＝⎝⎛⎭⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，则a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10>…，所以此数列的最大项是第7项或第8项，即a 7或a 8.故选B.2．(2018·成都诊断)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋1(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2.(2018·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( ) A ．31 B ．32 C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6， ∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19， a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.3．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.4．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 5．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7.6.(2018·河北唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴S 4－S 3＝255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 答案：127．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *8．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.试确定常数k ，并求数列{a n }的通项公式．解：因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋12k 2，其中k 是常数，且k ∈N *，所以当n ＝k时，S n 取最大值12k 2，故12k 2＝8，k 2＝16，因此k ＝4，从而S n ＝－12n 2＋4n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n 2＋4n －－12(n －1)2＋4(n －1)＝92－n .当n ＝1时，92－1＝72＝a 1，所以a n ＝92－n .10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． B 级——拔高题目稳做准做1.(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.2.已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a nn 的最小值为( ) A ．21 B ．10 C.212D.172解析：选C 由已知条件可知，当n ≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33满足此式． 所以a n n ＝n ＋33n －1. 令f (n )＝a n n ＝n ＋33n －1，则f (n )在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数．又f (5)＝535，f (6)＝212，则f (5)>f (6)， 故f (n )＝a n n 的最小值为212.3.(2018·成都质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋14.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：975．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3.6.已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，在数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)×1＝n －72，∴b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3<b 2<b 1<1，当n ≥4时，1<b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x <1－a 1时，y <1；当x >1－a 1时，y >1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7<1－a 1<8，∴－7<a 1<－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．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：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝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 ＝a ＋b2，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：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. (2)若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质．①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. ②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1. (4)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n＝S 2n －1T 2n －1.1．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{a n }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)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√2．在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0.3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.4．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 5．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8，若a n ＝0，则n ＝________. 解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )， 解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ， 令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：56．在等差数列{a n }中，a n >0，a 7＝12a 4＋4，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 19＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 7＝12a 4＋4，得a 1＋6d ＝12(a 1＋3d )＋4，即a 1＋9d ＝8，所以a 10＝8，因此S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19×a 10＝19×8＝152. 答案：152考点一 等差数列的基本运算 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n 527A ．12 B ．13 C ．14D ．15解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5(a 2＋a 4)2，得5(3＋a 4)2＝25，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 3．(2018·福州质检)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9，或k ＝0(舍去)，故选C.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1. ∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－72[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1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a 1，a n ，d ，n ，S n ，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．[易错提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．考点二 等差数列的判定与证明 (重点保分型考点——师生共研)(2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n ＝1,2可解得．(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其关键应推出a n ＋1n ＋1－a n n 为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a 2－2a 1＝4， 则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6. 由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ， 得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项a 11＝1，公差d ＝2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .[解题师说]等差数列的判定与证明方法用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n－a n－1＝1(n≥3)的数列{a n}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13B．49C．35 D．63解析：选B由S n＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{a n}是等差数列，所以S7＝7(a1＋a7)2＝7(a2＋a6)2＝49.2．已知数列{a n}中，a1＝2，a n＝2－1a n－1(n≥2，n∈N*)，设b n＝1a n－1(n∈N*)．求证：数列{b n}是等差数列．证明：∵a n＝2－1a n－1(n≥2)，∴a n＋1＝2－1a n.∴b n＋1－b n＝1a n＋1－1－1a n－1＝12－1a n－1－1a n－1＝a n－1a n－1＝1，∴{b n}是首项为b1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及前n项和的最值(重点保分型考点——师生共研)1．在等差数列{a n}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为() A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋10×92d＝20a1＋20×192d，解得d＝－2，∴S n＝29n＋n(n－1)2×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，S n取得最大值．2．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{a n}的前100项的和为❶❷() A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{a n}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝100(a1＋a100)2＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n}为等差数列，m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现a m－n，a m，a m＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m(或其他项)有关的条件；若求a m项，可由a m＝12(a m－n＋a m＋n)转化为求a m－n，a m＋n或a m＋n＋a m－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如a n＝a m＋(n－m)d，d＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .3．理清等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d 可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，即为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14， ∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72. 2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36C ．24D ．72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.3．(2018·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1－a n ＝－23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝－14，因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7×(－2－14)＝－112，又a 1＝3，所以a 8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝3a n a n ＋3，则a 4＝( )A.34 B ．1 C.43D.32解析：选A 依题意得1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝1a n ＋13，1a n ＋1－1a n ＝13，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝13为首项、13为公差的等差数列，则1a n ＝13＋n －13＝n 3，a n ＝3n ，a 4＝34.6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：选C 由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：68．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 59．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝________. 解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3. 根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11， 所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3. 答案：310．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10. 答案：10B 级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，∴a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 2．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选B 设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，则下列命题错误的是( ) A ．若a n >0，则S n >0 B ．若S n >0，则a n >0C ．若a n >0，则{S n }是单调递增数列D ．若{S n }是单调递增数列，则a n >0解析：选D 由等差数列的性质可得：∀n ∈N *，a n >0，则S n >0，反之也成立．a n >0，d >0，则{S n }是单调递增数列．因此A 、B 、C 正确．对于D ，{S n }是单调递增数列，则d >0，而a n >0不一定成立．4．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 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S n 有最大值， 可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0， 解得m ＝5. 答案：56．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，。
高考数学(理)一轮复习教师用书：第五章 数列 Word版含解析
第1课时 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a n 与{a n }是不同的概念．(√)(2)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的．(×) (3)数列是一种特殊的函数．(√)(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．(√) (5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .(√) (6)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．(√)(7)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(8)数列的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则a n ＝6n －5.(×) (9)正奇数的数列的通项公式为a n ＝2n ＋1.(×)(10)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n n －99，只有最大项，无最小项．(×)考点一 由数列的前几项求通项公式例1] 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)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (4)32，1，710，917，…； (5)0,1,0,1，…； (6)9,99,999,999 9，….解：(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a n ＝(－1)n (6n －5)． (2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…， ∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(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－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n·2n －32n .(4)将数列统一为32，55，710，917，…，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b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{}n 2，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n＝2n ＋1n 2＋1.(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n 为奇数)，1 (n 为偶数).或a n ＝1＋(－1)n 2或a n ＝1＋cos n π2.(6)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1.方法引航] 1.据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(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)各项符号特征．2．观察、分析要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换而使问题得到解决． 3．判断通项公式是否适合数列，利用代值检验．写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….解：(1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…， 所以a n ＝13(10n －1)．考点二 a n 与S n 的关系及应用例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎨⎧2，n ＝12n －1，n ≥2(2)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n .若S n ＋1＝2S n ＋1，则a n ＝________. 解析：由已知S n ＋1＝2S n ＋1得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3，所以数列{a n }从第二项开始为等比数列，因此其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3·2n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧2， n ＝13·2n －2，n ≥2(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，故选B.答案：B方法引航] 已知S n 求a n 时应注意的问题(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论；特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”. (3)由S n －S n －1＝a n ，推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，1．将本例(1)的条件S n 改为S n ＝2n 2－3n ，求a n . 解：a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. 2．将本例(2)的条件改为S n ＝2a n ＋1，求a n . 解：由S n ＝2a n ＋1得 S n －1＝2a n －1＋1.(n ≥2)∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1 ∴a n ＝2a n －1，(n ≥2)由题意得，a 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1 ∴{a n }是以a 1＝－1，q ＝2的等比数列． ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.3．设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.解析：由题意可知，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122，当n ＝1时，a 1＝1.a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122－⎝⎛⎭⎪⎫a n －12＋122＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 ＝⎝⎛⎭⎪⎫a 2n －a 2n －14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 整理得，a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.解得S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2.答案：n 2考点三 数列的递推公式及应用例3] (1)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a 5＝________. 解析：由已知可得，这个数列的前五项依次为： a 1＝0，a 2＝1，a 3＝3，a 4＝7，a 5＝15. 答案：15(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，则a n ＝________. 解析：∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(3n －1)＋(3n －4)＋…＋5＋2＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2也符合上式， ∴a n ＝32n 2＋n 2. 答案：32n 2＋n 2(3)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为________． 解析：由题设知，a 1＝1.当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n (n ＋1)2，又∵a 1＝1，∴a n ＝n (n ＋1)2. 答案：n (n ＋1)2(4)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则它的一个通项公式为a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1. 答案：2·3n －1－1方法引航] 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．1．如果数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n ，∴a n ＋1－a n ＝2n . ∴a 2－a 1＝2×1； a 3－a 2＝2×2； …a n －a n －1＝2×(n －1)(n ≥2)． 以上各式相加，得：a n －a 1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)]＝n 2－n .∴a n ＝n 2－n ＋a 1＝n 2－n ＋2(n ≥2)，a 1＝2也适合． ∴a n ＝n 2－n ＋2. 答案：n 2－n ＋22．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝________. 解析：(1)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . 答案：1n3．(2017·河北保定高三调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2n －2解析：选A.由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.易错警示] 数列与函数混淆致误典例] 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________． 正解]∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n －a n －1＝2(n －1)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(2n －2)＋(2n －4)＋…＋2＋33＝n 2－n ＋33(n ≥2)， 又a 1＝33适合上式，∴a n ＝n 2－n ＋33，∴a n n ＝n ＋33n －1.令f (x )＝x ＋33x －1(x ＞0)，则f ′(x )＝1－33x 2，令f ′(x )＝0得x ＝33.∴当0＜x ＜33时，f ′(x )＜0， 当x ＞33时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(0，33)上递减；在区间(33，＋∞)上递增． 又5＜33＜6，且f (5)＝5＋335－1＝535，f (6)＝6＋336－1＝212， ∴f (5)＞f (6)，∴当n ＝6时，a n n 有最小值212. 答案]212易误]a n n ＝n ＋33n －1≥233－1为最小值时，即把n 和x 认为等同的，而此时n ＝33∈N *是不可以的．警示]a n ＝f (n )是n 的函数，其定义域为N *，而不是R .高考真题体验]1．(2016·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.答案：1 1212．(2015·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析：由已知得，a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n 2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 答案：20113．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：由S n ＝23a n ＋13得：当n ≥2时， S n －1＝23a n －1＋13，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1， 又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1. 答案：(－2)n －14．(2015·高考课标卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n . 答案：－1n课时规范训练 A 组 基础演练1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cosn π2 C ．cos n ＋12π D ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64解析：选A.由a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15，故选A. 3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( )A.53B.43 C ．1 D.23解析：选A.由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝12＋1＝32，a 4＝1a3＋1＝23＋1＝53.4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)] ＝3×5＝15.5．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 019的值为( ) A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B.由a 1＝2，a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12可知，数列{a n }是周期为3的数列，且a 1·a 2·a 3＝－1，从而T 2 019＝(－1)673＝－1.6．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56B.65 C.130D ．30解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，所以1a 5＝5×6＝30.7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．55解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( ) A ．3×44B ．3×44＋1 C ．45D ．45＋1解析：选A.当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1， ∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2).∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.9．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二(累乘法)：当n ≥2时，a na n －1＝n n －1.a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n .又∵a 1＝1，∴a n ＝n .10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn ≤2的正整数n 的集合为( ) A ．{1,2} B ．{1,2,3,4} C ．{1,2,3} D ．{1,2,4}解析：选B.因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时， S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1， 整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列， 又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1， 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1,2,3,4.B 组 能力突破1．将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a 2 018－5＝( )A ．2 018×1 012B ．2 024×2 017C ．1 009×2 018D ．1 012×2 017 解析：选D.∵a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，a 1＝5.∴a 2 018＝(a 2 018－a 2 017)＋(a 2 017－a 2 016)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2 020＋2 019＋…＋4＋5＝(2 020＋4)×2 0172＋5＝1 012×2 017＋5.∴a 2 018－5＝1 012×2 017.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3 解析：选B.由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1)，故选B.3．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：74．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥25．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.解析：由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 答案：61166．已知数列{a 2n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝________.解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0， a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的周期数列，∴a 2 018＝a 2＝0. 答案：0第2课时 等差数列及其前n 项和1．等差数列的定义(1)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，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2. 2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{a n}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则a k＋a l＝a m＋a n.(3)若{a n}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{a n}，{b n}是等差数列，公差为d，则{pa n＋qb n}也是等差数列．(5)若{a n}是等差数列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.(6)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…也是等差数列．(7)S2n－1＝(2n－1)a n.(8)若n为偶数，则S偶－S奇＝nd 2；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)数列{a n}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2a n＋1＝a n＋a n＋2.(√)(3)等差数列{a n}的单调性是由公差d决定的．(√)(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)(5)已知数列{a n}的通项公式是a n＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{a n}一定是等差数列．(√)(6)在等差数列{a n}中，若a m＋a n＝a p＋a q，则一定有m＋n＝p＋q.(×)(7)数列{a n}，{b n}都是等差数列，则数列{a n＋b n}也一定是等差数列．(√)(8)等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，一定还是等差数列．(√)(9)数列{a n}满足a n＋1－a n＝n，则数列{a n}是等差数列．(×)(10)等差数列{a n}中，a n－1－a n也是常数，也可以作为公差．(×)考点一等差数列基本量的计算例1](1)等差数列{a n}n13a6等于() A．8B．10C．12 D．14解析：由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12， 解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7 D ．3解析：设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10. 答案：B(3)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 017，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0172＝1 010，故a 1＝3.答案：3(4)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. ①求d 及S n ；②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1， S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1， 故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4.方法引航](1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1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a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想.1．(2017·河北石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n ＞3)，S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11解析：选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51， 所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.2．数列{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝________. 解析：由题意知10a 1＋10×92d ＝11a 1＋11×102d .又∵d ＝－2，∴10a 1－90＝11a 1－110， ∴a 1＝20. 答案：203．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是__________． 解析：设数列{}a n 为该等差数列， 依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n2，∴n ＝6. 答案：64．(2017·江苏无锡一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，所以数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211. 答案：211考点二 等差数列的判定或证明例2] (1)(2017·河南内黄月考)已知函数y ＝f (x )对任意的实数x 都有1f (x ＋2)＝1f (x ＋1)＋1，且f (1)＝1，则f (2 018)＝( ) A.12 017B.12 018 C ．2 016 D ．2 017解析：由已知可得1f (x ＋2)－1f (x ＋1)＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1f (n )为等差数列，又1f (1)＝1，d ＝1，则1f (x )＝x ，即1f (2 018)＝2 018，故f (2 018)＝12 018. 答案：B(2)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，b n ＝S nn (n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列． 证明：设等差数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ， ∴b n ＝S n n ＝a 1＋12(n －1)d .法一：b n ＋1－b n ＝a 1＋12nd －a 1－12(n －1)d ＝d2(常数)， ∴数列{b n }是等差数列．法二：b n ＋1＝a 1＋12nd ，b n ＋2＝a 1＋12(n ＋1)d ， ∴b n ＋2＋b n ＝a 1＋12(n ＋1)d ＋a 1＋12(n －1)d＝2a 1＋nd ＝2b n ＋1. ∴数列{b n }是等差数列．[方法引航] 判定数列{a n }是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数；(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1；(3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数；(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.1．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n解析：选A.由题意可知1a n ＋1是1a n 与1a n ＋2的等差中项， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，公差d ＝1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列． ∴1a n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝1n 选A. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)， 由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2的等差数列．(2)由(1)知1S n＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.考点三 等差数列的性质及应用例3] (1)(2016·n 27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97解析：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，∴a 5＝3，又∵a 10＝8，∴d ＝a 10－a 55＝8－35＝1∴a 100＝a 5＋(n －5)×d ＝3＋(100－5)×1＝98. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.解析：利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，从而a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案：10(3)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17 解析：∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2， ∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值． 答案：A方法引航] 1.根据题意分析选用等差数列的性质，若涉及通项a n ，则选用通项的有关性质，若涉及前n 项和S n ，则选用S n 的性质 2．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1＞0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．1．设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________. 解析：∵(a 1＋a 5)＋(b 1＋b 5)＝2(a 3＋b 3)＝42， ∴a 5＋b 5＝42－7＝35. 答案：352．在本例(3)中，若将已知条件改为a 1＞0，S 5＝S 12，如何求解S n 的最大值？ 解：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1＞0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值． 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得 d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0， 由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)， 由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．3．在本例(3)中，若将条件a 1＝29，S 10＝S 20改为a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0，如何求解？解：因为a 3＝a 1＋2d ＝12，所以a 1＝12－2d ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝12a 1＋66d ＞0，S 13＝13a 1＋78d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧144＋42d ＞0，156＋52d ＜0， 解得－247＜d ＜－3.故公差d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－247，－3.法一：由d ＜0可知{a n }为递减数列，因此，在1≤n ≤12中，必存在一个自然数n ，使得a n ≥0，a n ＋1＜0， 此时对应的S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值． 由于⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，于是a 7＜0，从而a 6＞0，因此S 6最大．法二：由d ＜0可知{a n }是递减数列， 令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 3＋(n －3)d ≥0，a n ＋1＝a 3＋(n －2)d ＜0， 可得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤3－12d ，n ＞2－12d .由－247＜d ＜－3，可得⎩⎨⎧n ≤3－12d ＜3＋123＝7，n ＞2－12d ＞2＋12247＝5.5，所以5.5＜n ＜7，故n ＝6，即S 6最大．方法探究]等差数列的设定方法及分段求和典例] 已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d . 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件． 故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎨⎧4， n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.回顾反思] 若三个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d 或a －d ，a ，a ＋d ，若四个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d ，a ＋3d 或a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d .高考真题体验]1．(2015·高考课标全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：选A.∵a 1＋a 5＝2a 3，a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5×(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.2．(2013·高考课标卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6解析：选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m (a 1＋a m )2＝m (a 1＋2)2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.3．(2014·高考大纲全国卷)数列{}a n 满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{}b n 是等差数列； (2)求{}a n 的通项公式．解：(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{}b n 是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是k ＝1n (a k ＋1－a k )＝k ＝1n (2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{}a n 的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.4．(2016·高考全国甲卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝lg a n ]，其中x ]表示不超过x 的最大整数，如0.9]＝0，lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 解：(1)设{a n }的公差为d ， 据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝lg 1]＝0，b 11＝lg 11]＝1，b 101＝lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.课时规范训练 A 组 基础演练1．在等差数列{}a n 中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( ) A ．14 B ．18 C ．21 D ．27解析：选A.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9，由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A ．a 1＋a 101＞0 B ．a 2＋a 100＜0 C ．a 3＋a 99＝0 D ．a 51＝51解析：选C.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0. 所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.3．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.法一：设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2.法二：∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5.又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.4．记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( ) A.12B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2.5．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30 B ．45 C ．90 D ．186解析：选C.因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝6a 5＝a 1＋4d ＝15，所以a 1＝3，d ＝3， b n ＝a 2n ＝a 1＋(2n －1)d ＝6n ，S 5＝5(b 1＋b 5)2＝5(6＋6×5)2＝90，因此选C 项．6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 8＝13，S 7＝35，则a 7＝________. 解析：设数列{a n }的公差为d ，则由已知得(a 1＋2d )＋(a 1＋7d )＝13 ①，S 7＝7(a 1＋a 1＋6d )2＝35 ②.联立①②，解方程组得a 1＝2，d ＝1，∴a 7＝a 1＋6d ＝8. 答案：87．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________. 解析：由题意得该等差数列的公差d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：728．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0. 又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大． 答案：89．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎨⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3，所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2， 即a n ＝3n ＋2.10．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4， 即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5， 又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1， 也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a 1＝3，d ＝1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.B 组 能力突破1．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．84解析：选C.由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知 d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60，故选C.2．已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在直线y －2＝k (x －5)上，则数列{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24解析：选A.∵点(n ，a n )在直线y －2＝k (x －5)上，∴a n －2＝k (n －5)，∴a n ＝kn －5k ＋2，∴a n ＋1－a n ＝k (n ＋1)－5k ＋2]－(kn －5k ＋2)＝k ，∴{a n }是等差数列．当n ＝5时，a 5＝2，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝18.3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8解析：选D.法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，则S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36，得(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8，所以选D.4．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 解析：因为{a n }，{b n }为等差数列， 所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 6b 6＝1941.答案：19415．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0， 解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *)． (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－12n 2＋212n ； 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n ) ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＋a 13＋…＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.第3课时 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的有关概念一般地，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．这个数列叫等比数列，这个常数叫公比．用q 表示． (2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝bG ，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1. (2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．(×) (2)等比数列中不存在数值为0的项．(√)(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×)(5)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n .(×)(6)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n)1－a.(×)(7)q ＞1时，等比数列{a n }是递增数列．(×)(8)在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a p ·a q ，则m ＋n ＝p ＋q .(×) (9)若一个数列满足a n ＋1＝q 2a n ，则{a n }为等比数列．(×)(10)若数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…是等比数列，则a ≠0且a ≠1 .(√)考点一 等比数列基本量的计算例1] (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84解析：设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得 3＋3q 2＋3q 4＝21，即q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42. 答案：B(2)(2016·高考全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ， 即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8. ∴a 1a 2…a n ＝a n 1·q n (n －1)2＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2＝2－n 22＋7n 2.∵－n 22＋7n 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *. 当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64. 答案：64(3)(2017·河南开封模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{a n }的前9项和等于________．解析：∵{a n }为正项等比数列，∴q 2＝a 4a 2＝164＝4，∴q ＝2，S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝2(1－29)1－2＝210－2＝1 022. 答案：1 022(4)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12. 若q ＝2，则有a 124－a 1＝15，∴a 1＝1，a 3＝4 若q ＝12，a 116－a 1＝15，∴a 1＝－16，a 3＝－4. 答案：4或－4方法引航](1)方程思想.等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量a 1和q ，问题可迎刃而解.(2)分类讨论思想.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，即分q ＝1和q ≠1两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视.(3)整体思想.应用等比数列前n 项和时，常把q n ，当成整体求解.1．(2017·吉林长春调研)等比数列{}a n 中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：选C.设数列{}a n 的公比为q ，因为a 3＝9，所以a 1＝9q 2，a 2＝9q ，则S 3＝9q 2＋9q ＋9＝27，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，故选C.2．(2017·河南郑州质检)已知等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6， S 5＝－62，则a 1的值是__________．解析：设{}a n 的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－23．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案：2n －1。
高中数学高考高三理科一轮复习资料第5章 5.3 等比数列及其前n项和
因为 q＜1，解得 q＝－1 或 q＝－2. 当 q＝－1 时，代入①得 a1＝2， － 通项公式 an＝2×(－1)n 1； 1 当 q＝－2 时，代入①得 a1＝2， 1 通项公式 an＝2×(－2)n－1.
点评：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问 题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式， 并能灵活运用．尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项 和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算 过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
高中数学
5．3 等比数列及其前n项和
考纲点击 1.理解等比数列的概念． 2．掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式． 3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用 有关知识解决相应的问题． 4．了解等比数列与指数函数的关系
说基础
课前预习读教材
考点梳理 1.等比数列的定义 如果一个数列从第二项起，①____________等于同一个常 数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ② ______.公比通常用字母 q 表示(q≠0)． 2．通项公式与前 n 项和公式． (1)通项公式：③__________，a1 为首项，q 为公比． (2)前 n 项和公式： 当 q＝1 时， ④__________； 当 q≠1 时， ⑤______________.
解析：由等比数列的性质知：a1· a19＝16＝a8· a12＝a2 10，∴ a10＝4，则 a8· a10· a12＝a3 10＝64，故选 B. 答案：B
1n 3． 若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝3( ) ＋m(n∈N*)， 则 2 实数 m 的取值为( ) 3 A．－ B．－1 2 C．－3 D．一切实数n－1 Nhomakorabea1 －2
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第三节 等比数列☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆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：a n ＋1a n＝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⇒G 2＝ab 。
2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1。
(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1。
3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(m ，n ∈N *)。
(2)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q 。
特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p 。
(3)若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列，即(S 2m －S m )2＝S m (S 3m－S 2m )(m ∈N *，公比q ≠－1)。
(4)数列{a n }是等比数列，则数列{pa n }(p ≠0，p 是常数)也是等比数列。
(5)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k。
微点提醒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a n ＋1＝qa n (q ≠0)，并不能断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0。
(3)等比数列中奇数项的符号相同，偶数项的符号相同。
2．等比数列{a n }的单调性 (1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列。
(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列。
(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列。
(4)当q <0时，{a n }为摆动数列。
小|题|快|练一 、走进教材1．(必修5P 68B 组T 1(1)改编)等比数列{a n }各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35【解析】 ∵a 4a 7＝a 5a 6，∴a 5a 6＝9，又log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝log 395＝10。
故选B 。
【答案】 B2．(必修5P 62B 组T 2改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________。
【解析】 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，则(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，由S 6S 3＝12知S 6＝12S 3，则14S 23＝S 3·(S 9－S 6)，所以S 9＝34S 3，所以S 9S 3＝34。
【答案】 34二、双基查验1．等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32【解析】 a 2·a 6＝a 24＝16。
故选C 。
【答案】 C2．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7＝( ) A ．64 B ．81 C ．128 D ．243【解析】 q ＝a 2＋a 3a 1＋a 2＝2， 故a 1＋a 1q ＝3⇒a 1＝1，a 7＝1×27－1＝64。
故选A 。
【答案】 A3．(2016·四川高考)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入。
若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30) A ．2018年 B ．2019年 C ．2020年D ．2021年【解析】 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130× 1.12n －1。
由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg2－lg1.3lg1.12，又lg2－lg1.3lg1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元。
故选B 。
【答案】 B4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________。
【解析】 ∵S 3＋3S 2＝0， ∴a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0， ∴a 1(4＋4q ＋q 2)＝0。
∵a 1≠0，∴q ＝－2。
【答案】 －25．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________。
【解析】 解法一：各项均为正数的等比数列{a n }中a 10a 11＝a 9a 12＝…＝a 1a 20， 则a 1a 20＝e 5，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 20)10＝lne 50＝50。
解法二：各项均为正数的等比数列{a n }中a 10a 11＝a 9a 12＝…＝a 1a 20， 则a 1a 20＝e 5，设ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝S ， 则ln a 20＋ln a 19＋…＋ln a 1＝S ， 2S ＝20ln(a 1a 20)＝100，S ＝50。
【答案】 50n (1)已知a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18，a n ＝12，求n ；(2)已知a 2·a 8＝36，a 3＋a 7＝15，求公比q ； (3)已知q ＝－2，S 8＝15(1－2)，求a 1。
【解析】 (1)解法一：∵⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 3·q ＋a 6·q ＝q a 3＋a 6 ＝18，a 3＋a 6＝36，∴q ＝12。
又∵a 3＋a 6＝a 3(1＋q 3)＝36，∴a 3＝32。
∵a n ＝a 3·qn －3＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＝28－n ＝12＝2－1，∴8－n ＝－1，即n ＝9。
解法二：∵a 4＋a 7＝a 1·q 3(1＋q 3)＝18且a 3＋a 6＝a 1·q 2·(1＋q 3)＝36， ∴q ＝12，a 1＝128。
又∵a n ＝a 1·qn －1＝27·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝28－n ＝12＝2－1，∴8－n ＝－1，即n ＝9。
(2)∵a 2·a 8＝a 3·a 7＝36且a 3＋a 7＝15， ∴a 3＝3，a 7＝12或a 3＝12，a 7＝3。
∵q 4＝4或q 4＝14，∴q ＝±2或q ＝±22。
(3)∵S 8＝a 1[1－ －2 8]1＋2＝a 1 －151＋2＝15(1－2)，∴a 1＝－(1－2)·(1＋2)＝1。
【答案】 (1)9 (2)±2或±22(3)1 反思归纳 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算。
【变式训练】 (1)(2016·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( )A.38 B.245 C.316D.916(2)(2016·海口调研)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( ) A.12 B.1716C ．2D ．17【解析】 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3， a 1q 2 2＝4a 1q · a 1q 5，q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝316。
故选C 。
(2)∵a 2－8a 5＝0，∴a 5a 2＝q 3＝18，∴q ＝12。
∴S 8S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124 a 1＋a 2＋a 3＋a 4 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋1＝1716。
故选B 。
【答案】 (1)C (2)Bn A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列。
【解析】 (1)由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，故选D 。
(2)证明：∵a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， ∴b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝ 4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n＝2。
∵S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，∴a 2＝5。
∴b 1＝a 2－2a 1＝3。
∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列。
【答案】 (1)D (2)见解析【母题变式】 1.在本典例(2)的条件下，求{a n }的通项公式。