3、法
數列有三種表示方法，它們分別是列表法、圖象法和解析法．
四、an與Sn的關系
若數列{an}的前n項和為Sn，通項公式為an，
則an＝
已知Sn求an的注意點
利用an＝Sn－Sn－1求通項時，注意n≥2這一前提條件，易忽略驗證n＝1致誤，當n＝1時，a1若適合通項，則n＝1的情況應并入n≥2時的通項；否則an應利用分段函數的形式表示．
1．已知數列{an}的前4項分別為2,0,2,0，則下列各式不可以作為數列{an}的通項公式的一項是( )
A．an＝1＋(－1)n＋1 B．an＝2sin
C．an＝1－c
4、os nπ D．an＝
【解析】 根據數列的前3項驗證．
【答案】 B
2．在數列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，則a5的值為( )
A．30 B．31
C．32 D．33
【解析】 a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋22＋2＋1＝31.
【答案】 B
3．已知數列{an}的通項公式為an＝，則這個數列是( )
A．遞增數列 B．遞減數列
C．常數列 D．擺動數列
【解析】 ∵an＝＞0，∴＝＝＞1.
∴{an}為遞增數列．
【答案】 A
4．數列{an}的前n項
5、和Sn＝n2＋1，則an＝________.
【解析】 當n＝1時，a1＝S1＝2；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]
＝n2－(n－1)2＝2n－1.
∴an＝
【答案】
5．(2011·浙江高考)若數列中的最大項是第k項，則k＝________.
【解析】 由題意可知
即
化簡得
解得≤k≤1＋.
又k∈N*，所以k＝4.
【答案】 4
6．(2013·課標全國卷Ⅰ)若數列{an}的前n項和Sn＝an＋，則{an}的通項公式是an＝________.
【解析】 當n＝1時，S1＝a1＋，∴a1＝1.
當n≥2時，an＝
6、Sn－Sn－1＝an＋－
＝(an－an－1)，
∴an＝－2an－1，即＝－2，
∴{an}是以1為首項的等比數列，其公比為－2，
∴an＝1×(－2)n－1，即an＝(－2)n－1.
【答案】 (－2)n－1
考向一 [083] 由數列的前幾項歸納數列的通項公式
根據數列的前幾項，寫出下列各數列的一個通項公式．
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)0.8,0.88,0.888，…；
(3)，，－，，－，，….
【思路點撥】 歸納通項公式應從以下四個方面著手：
(1)觀察項與項之間的關系；
(2)符號與絕對值分別考慮；
(3)規(guī)律不明顯，適當變形．
7、
【嘗試解答】 (1)符號可通過(－1)n表示，后面的數的絕對值總比前面的數的絕對值大6，
故通項公式為an＝(－1)n(6n－5)．
(2)數列變?yōu)?1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…，∴an ＝.
(3)各項的分母分別為21,22,23,24，…，易看出第2,3,4項的分子分別比分母少3.因此把第1項變?yōu)椋?
原數列化為－，，－，，…，
∴an＝(－1)n·.
規(guī)律方法1 1.求數列的通項時，要抓住以下幾個特征.,(1)分式中分子、分母的特征；(2)相鄰項的變化特征；(3)拆項后的特征；(4)各項符號特征等，并對此進行歸納、化歸、聯想.
2.根據數列的前
8、幾項寫出數列的一個通項公式是不完全歸納法，它蘊含著“從特殊到一般”的思想，由不完全歸納得出的結果是不可靠的，要注意代值檢驗，對于正負符號變化，可用(－1)n或(－1)n＋1來調整.
考向二 [084] 由遞推關系求通項公式
根據下列條件，求數列的通項公式an.
(1)在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n；
(2)在數列{an}中，an＋1＝an，a1＝4；
(3)在數列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1.
【思路點撥】 (1)求an＋1－an，利用累加法求解．
(2)求，利用累乘法求解．
(3)利用(an＋1＋1)＝2(an＋1)構造等比數列求解．
【嘗
9、試解答】 (1)由an＋1－an＝2n，把n＝1,2,3，…，n－1(n≥2)代入，得(n－1)個式子，
累加即可得(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋22＋23＋…＋2n－1，所以an－a1＝，
即an－a1＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n－1.
當n＝1時，a1＝1也符合，
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由遞推關系an＋1＝an，a1＝4，有＝，
于是有＝3，＝，＝，…，＝，
＝，將這(n－1)個式子累乘，得＝.
所以當n≥2時，an＝a1＝2n(n＋1)．當n＝1時，a1＝4符合上式，所以an＝2n(n＋1)(n∈N*)．
10、
(3)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，
令bn＝an＋1，
所以{bn}是以2為公比的等比數列．
所以bn＝b1·2n－1＝(a1＋1)·2n－1＝2n＋1，
所以an＝bn－1＝2n＋1－1(n∈N*)．
規(guī)律方法2 遞推式的類型
遞推式
方法
示例
an＋1＝an＋f(n)
疊加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
＝f(n)
疊乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝pan＋q
(p≠0,1，q≠0)
化為等比數列
a1＝1，an＋1＝2an＋1
an＋1＝pan＋q·pn＋1 (p≠0,1，q≠0)
化為等差數列
a1＝1，a
11、n＋1＝3an＋3n＋1
考向三 [085] 由an與Sn的關系求通項an
已知下面數列{an}的前n項和Sn，求{an}的通項公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b.(b為常數)
【思路點撥】 先分n＝1和n≥2兩類分別求{an}，再驗證a1是否滿足an(n≥2)．
【嘗試解答】 (1)a1＝S1＝2－3＝－1，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也適合此等式，∴an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1
12、＋b)＝2·3n－1.
當b＝－1時，a1適合此等式．
當b≠－1時，a1不適合此等式．
∴當b＝－1時，an＝2·3n－1；
當b≠－1時，an＝
規(guī)律方法3 已知Sn求an時的三個注意點,(1)重視分類討論思想的應用，分n＝1和n≥2兩種情況討論；特別注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1也適合“an式”，則需統一“合寫” .
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1不適合“an式”，則數列的通項公式應分段表示(“分寫”)，即an＝
對點訓練 若Sn滿足的條件變?yōu)槿缦滦问?，則又如何求an?
(1)Sn＝n
13、2＋n＋1；
(2)log2(2＋Sn)＝n＋1.
【解】 (1)①當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n＋1)－[(n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n；
②當n＝1時，a1＝S1＝3≠2×1，故a1＝3不滿足an＝2n.
∴an＝
(2)∵log2(2＋Sn)＝n＋1，
∴2＋Sn＝2n＋1，即Sn＝2n＋1－2，
①當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
②當n＝1時，a1＝S1＝22－2＝2＝21，
故a1＝2滿足an＝2n.
∴an＝2n.
易錯易誤之十 明確數列中項的特征，慎用函數思想解題
———— [1個示范例]
14、———— [1個防錯練] ————
(2014·安陽模擬)已知數列{an}中，an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}單調遞增，則k的取值范圍是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，3)
C．(－∞，2) D．(－∞，3]
【解析】 ∵an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}單調遞增，
∴an＋1－an＞0對?n∈N*都成立，
此處在求解時，常犯“an是關于n的二次函數，若{an}單調遞增，則必有≤1，k≤2”的錯誤.,出錯的原因是忽視了數列作為函數的特殊性即自變量是正整數.
又an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，
所
15、以由2n＋1－k＞0，即k＜2n＋1恒成立可知
k＜(2n＋1)min＝3.
【防范措施】 1.明確函數單調性與數列單調性的關系,(1)若數列所對應的函數是單調的，則該數列一定單調.
(2)若數列是單調的，其對應的函數未必單調，原因是數列是定義在n∈N*上的特殊函數.
2.數列單調性的判斷,一般通過比較an＋1與an的大小來判斷：,若an＋1＞an，則該數列為遞增數列；若an＋1＜an，則該數列為遞減數列.
(2014·濟南模擬)已知{an}是遞增數列，且對于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實數λ的取值范圍是________．
【解析】 法一 (定義法)因為{an}是遞增
16、數列，故對任意的n∈N*，都有an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n＋1)．(*)
因為n≥1，故－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.
法二 (函數法)設f(n)＝an＝n2＋λn，其對稱軸為n＝－，要使數列{an}為遞增數列，只需滿足n＝－＜即可，即λ＞－3.
【答案】 (－3，＋∞)
第二節(jié) 等差數列
[考情展望] 1.運用基本量法求解等差數列的基本量問題.2.在解答題中對所求結論的運算進行等差數列的判斷與證明.3.在具體情景中能識別具有等差關系的數列，并會用等差數的性質解決相應問題．
一、
17、等差數列
1．定義：an＋1－an＝d(常數)(n∈N*)．
2．通項公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d.
3．前n項和公式：Sn＝na1＋＝.
4．a、b的等差中項A＝.
證明{an}為等差數列的方法：
(1)用定義證明：an－an－1＝d(d為常數，n≥2)?{an}為等差數列；
(2)用等差中項證明：2an＋1＝an＋an＋2?{an}為等差數列；
(3)通項法：an為n的一次函數?{an}為等差數列；
(4)前n項和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝.
二、等差數列的性質
已知數列{an}是等差數列，Sn是其前n項和．
(1)若m、n、p
18、、q、k是正整數，且m＋n＝p＋q＝2k，
則am＋an＝ap＋aq＝2ak.
(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差數列，公差為kd.
(3)數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，也是等差數列．
等差數列的性質
(1)項的性質：在等差數列{an}中，am－an＝(m－n)d?＝d(m≠n)，其幾何意義是點(n，an)，(m，am)所在直線的斜率等于等差數列的公差．
(2)和的性質：在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，則
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)
②S2n－1＝(2n－1)an.
③n為偶數時，S偶－S奇＝d；n為
19、奇數時，S奇－S偶＝a中．
1．在等差數列{an}中，a2＝2，a3＝4，則a10＝( )
A．12 B．14
C．16 D．18
【解析】 由題意，公差d＝a3－a2＝2，
∴a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18.
【答案】 D
2．在等差數列{an}中，a2＝1，a4＝5，則{an}的前5項和S5＝( )
A．7 B．15
C．20 D．25
【解析】 ∵a2＝1，a4＝5，∴S5＝＝＝＝15.
【答案】 B
3．設{an}為等差數列，公差d＝－2，Sn為其前n項和，若S10＝S11，則a1＝( )
A．18 B．
20、20
C．22 D．24
【解析】 由S10＝S11得10a1＋×(－2)＝11a1＋×(－2)，解得a1＝20.
【答案】 B
4．已知遞增的等差數列{an}滿足a1＝1，a3＝a－4，則an＝________.
【解析】 設等差數列公差為d，則由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，
∴d2＝4，∴d＝±2.由于該數列為遞增數列，∴d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
【答案】 2n－1
5．(2013·重慶高考)若2，a，b，c,9成等差數列，則c－a＝________.
【解析】 由題意得該等差數列的公式d＝＝，
所以c－a＝2d＝.
21、
【答案】
6．(2013·廣東高考)在等差數列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝________.
【解析】 法一 a3＋a8＝2a1＋9d＝10,3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝2×10＝20.
法二 a3＋a8＝2a3＋5d＝10,3a5＋a7＝4a3＋10d＝2(2a3＋5d)＝2×10＝20.
【答案】 20
考向一 [086] 等差數列的判定與證明
在數列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)設bn＝(n∈N*)，證明：{bn}是等差數列．
【思路點撥
22、】 (1)分別令n＝2,3求a2，a3的值．
(2)用定義法，證明bn＋1－bn為常數便可．
【嘗試解答】 (1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2)．
∴a2＝2a1＋4＋3＝－6＋4＋3＝1.
a3＝2a2＋23＋3＝13.
(2)證明：對于任意n∈N*，
∵bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)－3]＝[(2n＋1＋3)－3]＝1，
∴數列{bn}是首項為＝＝0，公差為1的等差數列．
規(guī)律方法1 用定義證明等差數列時，常采用的兩個式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它們的意義不同，后者必須加上“n≥2”，否則n＝1時，a0無定義.
對點訓練
23、(1)已知數列{an}中，a1＝1，＝＋，則a10＝________.
(2)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
①求證：是等差數列；
②求數列{an}的通項公式．
【解析】 (1)由已知－＝，數列是公差為的等差數列，又∵a1＝1，∴＝＋(n－1)＝.
∴＝＝4，∴a10＝.
【答案】
(2)①證明 ∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，
∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，
∴－＝2(n≥2)．
又＝＝2，
故數列是以2為首項，以2為公差的等差數列．
②由①知＝＋(n－1)d＝
24、2＋(n－1)×2＝2n，
∴Sn＝.當n≥2時，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，
又∵a1＝，不適合上式，
∴an＝
考向二 [087] 等差數列的基本運算
(1)(2013·課標全國卷Ⅰ)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
(2)(2013·四川高考)在等差數列{an}中，a1＋a3＝8，且a4為a2和a9的等比中項，求數列{an}的首項、公差及前n項和．
【思路點撥】 (1)先由Sm－1，Sm，Sm＋1間的關系求得am和am＋1，進而求得公差d，然后借助S
25、m及am求得a1及m的值．
(2)先建立首項a1及公差d的方程組，解出a1，d后求Sn便可．
【嘗試解答】 (1)∵{an}是等差數列，Sm－1＝－2，Sm＝0，
∴am＝Sm－Sm－1＝2.
∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴d＝am＋1－am＝1.
又Sm＝＝＝0，
∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.
【答案】 C
(2)設該數列的公差為d，前n項和為Sn.由已知可得．
2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即數列{
26、an}的首項為4，公差為0，或首項為1，公差為3.
所以數列的前n項和Sn＝4n或Sn＝.
規(guī)律方法2 1.等差數列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知三求二，體現了方程思想的應用.
2.數列的通項公式和前n項和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數列的兩個基本量，用它們表示已知和未知是常用方法，稱為基本量法.
對點訓練 已知等差數列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若數列{an}的前k項和Sk＝－35，求k的值．
【解】 (1)設等差數列{an}的公差為d，由a1＝1，a3＝－3，
得1＋2d
27、＝－3，∴d＝－2.
從而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)知an＝3－2n，∴Sn＝＝2n－n2，
由Sk＝－35得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，
解得k＝7或k＝－5，
又k∈N*，故k＝7.
考向三 [088] 等差數列的性質及應用
(1)(2012·遼寧高考)在等差數列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數列前11項和S11＝( )
A．58 B．88
C．143 D．176
(2)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知前6項和為36，最后6項的和為180，Sn＝324(n＞6)，求數列{an}的項
28、數及a9＋a10.
【思路點撥】 (1)a4＋a8＝a1＋a11，直接套用S11＝求解．
(2)利用倒序相加法求和得n，利用等差數列的性質求a9＋a10.
【嘗試解答】 (1)S11＝＝＝88.
【答案】 B
(2)由題意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
∴a1＋an＝36，
又Sn＝＝324，
∴18n＝324，∴n＝18.
由a1＋an＝36，n＝18.
∴a1＋a18＝36，從而a9＋a10＝a1＋a18＝36.
29、
規(guī)律方法3 1.在等差數列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k，則am＋an＝ap＋aq＝2ak是常用的性質，本例(1)、(2)都用到了這個性質.
2.掌握等差數列的性質，悉心研究每個性質的使用條件及應用方法，認真分析項數、序號、項的值的特征，這是解題的突破口.
對點訓練 (1)已知等差數列{an}的公差為2，項數是偶數，所有奇數項之和為15，所有偶數項之和為25，則這個數列的項數為( )
A．10 B．20
C．30 D．40
(2)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S10＝10，S20＝30，則S30＝________.
【解析】 (1)設這個數列有2
30、n項，則由等差數列的性質可知：偶數項之和減去奇數項之和等于nd，即25－15＝2n，故2n＝10，即數列的項數為10.
(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差數列，
且S10＝10，S20＝30，S20－S10＝20，
∴S30－30＝10＋2×10＝30，
∴S30＝60.
【答案】 (1)A (2)60
考向四 [089] 等差數列前n項和的最值
在等差數列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15，求當n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
【思路點撥】 由a1＝20及S10＝S15可求得d，進而求得通項，由通項得到此數列前多少項
31、為正，或利用等差數列的性質，判斷出數列從第幾項開始變號．
【嘗試解答】 法一 ∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
∴d＝－.
∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
令an≥0得n≤13，即當n≤12時，an＞0；n≥14時，an＜0.
∴當n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為
S12＝S13＝12×20＋×＝130.
法二 同法一得d＝－.
又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
∴5a13＝0，即a13＝0.
∴當n＝12或13時，Sn有最大值，
且最大值為S12＝S13＝130.
規(guī)律方法4 求等
32、差數列前n項和的最值常用的方法
(1)先求an，再利用求出其正負轉折項，最后利用單調性確定最值.
(2)①利用性質求出其正負轉折項，便可求得前n項和的最值.②利用等差數列的前n項和Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)為二次函數，根據二次函數的性質求最值.
對點訓練 已知{an}是一個等差數列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通項an；
(2)求{an}前n項和Sn的最大值．
【解】 (1)設{an}的公差為d，由已知條件
解出a1＝3，d＝－2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，
所以n＝2時，S
33、n取到最大值4.
規(guī)范解答之八 等差數列的通項與求和問題
——— [1個示范例] ————[1個規(guī)范練] ————
(12分)(2013·浙江高考)在公差為d的等差數列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數列．
(1)求d，an；
(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
【規(guī)范解答】 (1)由題意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}為公差為d的等差數列得，d2－3d－4＝0，2分
解得d＝－1或d＝4.3分
所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*).5分
(2)設數列{an}的前n
34、項和為Sn.
因為d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，6分
所以當n≤11時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n；8分
當n≥12時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.10分
綜上所述，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝12分
【名師寄語】 1.涉及求數列{|an|}前n項和的題目，其解題的關鍵是找到數列{an}的正負界點，因此借助絕對值的性質，去掉絕對值符號是解題的著眼點.
2.要正確區(qū)分“|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|”與“a1＋a2＋a3＋…＋an”的差異，明確兩者
35、間的轉換關系，切忌邏輯混亂.
(2012·湖北高考)已知等差數列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8.
(1)求等差數列{an}的通項公式；
(2)若a2，a3，a1成等比數列，求數列{|an|}的前n項和．
【解】 (1)設等差數列{an}的公差為d，易求a2＝－1，
則a3＝a2＋d，a1＝a2－d，
由題意得
解之得或
所以由等差數列通項公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)當an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4,2，不成等比數列，不合題設條件．
當a
36、n＝3n－7時，a2，a3，a1分別為－1,2，－4，成等比數列，滿足條件．
故|an|＝|3n－7|＝
記數列{|an|}的前n項和為Sn.
當n＝1時，S1＝|a1|＝4；
當n＝2時，S2＝|a1|＋|a2|＝5.
當n≥3時，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
當n＝2時，滿足此式．
綜上，Sn＝
第三節(jié) 等比數列
[考情展望] 1.運用基本量法求解等比數列問題.2.以等比數列的定義及等比中項為背景，考查等比數列的判定.3.客觀題以等比數列的性質及基本量的運算為主
37、，突出“小而巧”的特點，解答題注重函數與方程、分類討論等思想的綜合應用．
一、等比數列
證明{an}是等比數列的兩種常用方法
(1)定義法：若＝q(q為非零常數且n≥2且n∈N*)，則{an}是等比數列．
(2)中項公式法：在數列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，則數列{an}是等比數列．
二、等比數列的性質
1．對任意的正整數m、n、p、q，若m＋n＝p＋q＝2k，則am·an＝ap·aq＝a.
2．通項公式的推廣：an＝amqn－m(m，n∈N*)
3．公比不為－1的等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等
38、比數列，其公比為qn；當公比為－1時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不一定構成等比數列．
4．若數列{an}，{bn}(項數相同)是等比數列，則{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍是等比數列．
等比數列的單調性
單調遞增
a1＞0，q＞1或者a1＜0,0＜q＜1
單調遞減
a1＞0,0＜q＜1或者a1＜0，q＞1
常數數列
a1≠0，q＝1
擺動數列
q＜0
1．已知{an}是等比數列，a2＝2，a5＝，則公比q等于( )
A．－ B．－2
C．2 D.
【解析】 由題意知：q3＝＝，∴q＝.
【答案】 D
2．設S
39、n為等比數列{an}的前n項和，8a2＋a5＝0，則＝( )
A．－11 B．－8
C．5 D．11
【解析】 8a2＋a5＝0，得8a2＝－a2q3，又a2≠0，∴q＝－2，則S5＝11a1，S2＝－a1，∴＝－11.
【答案】 A
3．公比為2的等比數列{an}的各項都是正數，且a3a11＝16，則log2a10＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
【解析】 由題意a＝a3a11＝16，且a7＞0，∴a7＝4，
∴a10＝a7·q3＝4×23＝25，從而log2a10＝5.
【答案】 B
4．在等比數列{an}中，若公比q＝4，且前3項
40、之和等于21，則該數列的通項公式an＝________.
【解析】 ∵S3＝21，q＝4，∴＝21，∴a1＝1，
∴an＝4n－1.
【答案】 4n－1
5．(2013·大綱全國卷)已知數列{an}滿足3an＋1＋an＝0，a2＝－，則{an}的前10項和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
【解析】 由3an＋1＋an＝0，得＝－，故數列{an}是公比q＝－的等比數列．又a2＝－，可得a1＝4.所以S10＝＝3(1－3－10).
【答案】 C
6．(2013·江西高考)等比數列x,3x＋3,
41、6x＋6，…的第四項等于( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
【解析】 由題意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比數列的前3項是－3，－6，－12，則第四項為－24.
【答案】 A
考向一 [090] 等比數列的基本運算
(1)(2013·北京高考)若等比數列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，則公比q＝______；前n項和Sn＝________.
(2)等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S1，S3，S2成等差數列．
①求{an}的公比q；②若a1－a3＝3，求Sn.
【思
42、路點撥】 建立關于a1與公比q的方程，求出基本量a1和公比，代入等比數列的通項公式與求和公式．
【嘗試解答】 (1)設出等比數列的公比，利用已知條件建立關于公比的方程求出公比，再利用前n項和公式求Sn.
設等比數例{an}的首項為a1，公比為q，則：
由a2＋a4＝20得a1q(1＋q2)＝20.①
由a3＋a5＝40得a1q2(1＋q2)＝40.②
由①②解得q＝2，a1＝2.
故Sn＝＝＝2n＋1－2.
【答案】 2,2n＋1－2
(2)①∵S1，S3，S2成等差數列，
∴a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．
由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，
43、從而q＝－.
②由已知可得a1－a1(－)2＝3，故a1＝4，
從而Sn＝＝.
規(guī)律方法1 1.等比數列基本量的運算是等比數列中的一類基本問題，數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，體現了方程思想的應用.
2.在使用等比數列的前n項和公式時，應根據公比q的情況進行分類討論，此外在運算過程中，還應善于運用整體代換思想簡化運算.
對點訓練 (1)(2012·遼寧高考)已知等比數列{an}為遞增數列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數列{an}的通項公式an＝________.
(2)(2014·晉州模擬)已知數列{an}是公差不為零的等差數列，
44、a1＝2，且a2，a4，a8成等比數列．
①求數列{an}的通項公式；
②求數列{3an}的前n項和．
【解析】 (1)設數列{an}的首項為a1，公比為q，
∵a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1.
∴
由①得a1＝q；由②知q＝2或q＝，
又數列{an}為遞增數列，∴a1＝q＝2，從而an＝2n.
【答案】 2n
(2)①設數列{an}的公差為d(d≠0)，由題意得
a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)．
又a1＝2，所以d＝2或d＝0(舍去)．
∴an＝2n.
②由①可知3an＝32n＝9n.
故數列{3an}的前n項和為＝(
45、9n－1)
考向二 [091] 等比數列的判定與證明
(2014·荊州模擬)成等差數列的三個正數的和等于15，并且這三個數分別加上2、5、13后成為等比數列{bn}中的b3、b4、b5.
(1)求數列{bn}的通項公式；
(2)數列{bn}的前n項和為Sn，求證：數列是等比數列．
【思路點撥】 正確設出等差數列的三個正數，利用等比數列的性質解出公差d，從而求出數列{bn}的首項、公比；利用等比數列的定義可解決第(2)問．
【嘗試解答】 (1)設成等差數列的三個正數分別為a－d，a，a＋d.
依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次
46、為7－d,10,18＋d.
依題意，(7－d)(18＋d)＝100，
解之得d＝2或d＝－13(舍去)，
∴b3＝5，公比q＝2，因此b1＝.
故bn＝·2n－1＝5·2n－3.
(2)證明 由(1)知b1＝，公比q＝2，
∴Sn＝＝5·2n－2－，
則Sn＋＝5·2n－2，
因此S1＋＝，＝＝2(n≥2)．
∴數列{Sn＋}是以為首項，公比為2的等比數列．
規(guī)律方法2 1.本題求解常見的錯誤：(1)計算失誤，不注意對方程的根(公差d)的符號進行判斷；(2)不能靈活運用數列的性質簡化運算.
2.要判定一個數列不是等比數列，則只需判定其任意的連續(xù)三項不成等比即可.
對點訓
47、練 (1)在正項數列{an}中，a1＝2，點(，)(n≥2)在直線x－y＝0上，則數列{an}的前n項和Sn＝________.
(2)數列{an}的前n項和為Sn，若an＋Sn＝n，cn＝an－1，求證：數列{cn}是等比數列，并求{an}的通項公式．
【解析】 (1)由題意知－＝0，
∴an＝2an－1(n≥2)，
∴數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列．
∴Sn＝＝＝2n＋1－2.
【答案】 2n＋1－2
(2)證明 ∵an＋Sn＝n，∴a1＋S1＝1，得a1＝，
∴c1＝a1－1＝－.
又an＋1＋Sn＋1＝n＋1，an＋Sn＝n，
∴2an＋1－an＝1，即
48、2(an＋1－1)＝an－1.
又∵a1－1＝－，∴＝，即＝，
∴數列{cn}是以－為首項，以為公比的等比數列．
則cn＝－×n－1＝－n，
∴{an}的通項公式an＝cn＋1＝1－n.
考向三 [092] 等比數列的性質及應用
(1)設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S6∶S3＝1∶2，則S9∶S3等于( )
A．1∶2 B．2∶3
C．3∶4 D．1∶3
(2)(2014·衡水模擬)在等比數列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，則＋＋＋＝________.
【思路點撥】 (1)借助S3，S6－S3，S9－S6成等比求解．
(2)
49、應用等比數列的性質a7a10＝a8a9求解．
【嘗試解答】 (1)由等比數列的性質：S3、S6－S3、S9－S6仍成等比數列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
將S6＝S3代入得＝.
(2)法一 a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝a7a10＝－，
∴＋＋＋
＝
＝
＝＝＝－.
法二 由題意可知
①÷②得＝－，
即＋＋＋＝－，
∴＋＋＋＝－，
所以＋＋＋＝－.
【答案】 (1)C (2)－
規(guī)律方法3 在解決等比數列的有關問題時，要充分挖掘隱含條件，利用性質，特別是“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以減少運算量，提高解題速度.
對
50、點訓練 (1)(2012·課標全國卷)已知{an}為等比數列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝( )
A．7 B．5
C．－5 D．－7
(2)(2014·大連模擬)已知等比數列{an}滿足an＞0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，則log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于( )
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
【解析】 (1)由于a5·a6＝a4·a7＝－8，a4＋a7＝2，
∴a4，a7是方程x2－2x－8＝0的兩根，
解之得a4＝4，a7＝－2或a
51、4＝－2，a7＝4.
∴q3＝－或q3＝－2.
當q3＝－時，a1＋a10＝＋a7·q3＝4×(－2)＋(－2)×(－)＝－7，
當q3＝－2時，a1＋a10＝＋a7·q3＝＋4×(－2)＝－7.
(2)∵a5·a2n－5＝a＝22n，且an＞0，
∴an＝2n，
∵a2n－1＝22n－1，
∴l(xiāng)og2a2n－1＝2n－1，
∴l(xiāng)og2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)
＝＝n2.
【答案】 (1)D (2)C
思想方法之十三 分類討論思想在等比數列求和中的應用
分類討論的實質是將整體化為部分來解決．其求解原則是不復重，不遺
52、漏，討論的方法是逐類進行．
在數列的學習中，也有多處知識涉及到分類討論思想 ，具體如下所示：
(1)前n項和Sn與其通項an的關系：an＝
(2)等比數列的公比q是否為1；
(3)在利用公式Sn求和時，數列的項的個數為偶數還是奇數等等．
求解以上問題的關鍵是找準討論的切入點，分類求解．
——— [1個示范例] ———— [1個對點練] ————
(2013·天津高考)已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數列{Tn}的最大
53、項的值與最小項的值．
【解】 (1)設等比數列{an}的公比為q，
因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，于是q2＝＝.
又{an}不是遞減數列且a1＝，所以q＝－.
故等比數列{an}的通項公式為
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
當n為奇數時，Sn隨n的增大而減小，所以1＜Sn≤S1＝，故0＜Sn－≤S1－＝－＝.
當n為偶數時，Sn隨n的增大而增大，所以＝S2≤Sn＜1，故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.
所以數列{Tn}最大項的值為，最小項的值為－.
54、
(2014·青島模擬)已知數列{dn}滿足dn＝n，等比數列{an}為遞增數列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，n∈N*.
(1)求an；
(2)令cn＝1－(－1)nan，不等式ck≥2014(1≤k≤100，k∈N*)的解集為M，求所有dk＋ak(k∈M)的和．
【解】 (1)設{an}的首項為a1，公比為q，所以(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝q，
又因為2(an＋an＋2)＝5an＋1，所以2(an＋anq2)＝5anq，
則2(1＋q2)＝5q,2q2－5q＋2＝0，解得q＝(舍)或q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.
(2)cn＝1－(－1)na
55、n＝1－(－2)n，dn＝n，
當n為偶數，cn＝1－2n≥2 014，即2n≤－2 013，不成立；
當n為奇數，cn＝1＋2n≥2 014，即2n≥2 013，
因為210＝1 024,211＝2 048，所以n＝2m＋1,5≤m≤49，
則{dk}組成首項為11，公差為2的等差數列，
{ak}(k∈M)組成首項為211，公比為4的等比數列，
則所有dk＋ak(k∈M)的和為
＋＝2 475＋＝.
第四節(jié) 數列求和
[考情展望] 1.考查等差、等比數列的求和.2.以數列求和為載體，考查數列求和的各種方法和技巧．
一、公式法與分組求和法
1．公式法
直接利用等差數
56、列、等比數列的前n項和公式求和
(1)等差數列的前n項和公式：
Sn＝＝na1＋d；
(2)等比數列的前n項和公式：
Sn＝
2．分組求和法
一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組求和法，分別求和而后相加減．
二、錯位相減法
如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，這個數列的前n項和可用錯位相減法．
三、裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．
常用的拆項方法
(1)＝
(2)＝(－)
(3)＝
(4)＝
四、倒序相加法和并項求和法
1
57、．倒序相加法
如果一個數列{an}的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數，那么求這個數列的前n項和即可用倒序相加法，如等差數列的前n項和公式即是用此法推導的．
2．并項求和法
一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
1．等差數列{an}的通項公式為an＝2n＋1，其前n項的和為Sn，則數列的前10項的和為( )
A．120 B．70
C．7
58、5 D．100
【解析】 ∵Sn＝＝n(n＋2)，∴＝n＋2.
∴數列前10項的和為：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.
【答案】 C
2．數列{an}的通項公式是an＝，前n項和為9，則n等于( )
A．9 B．99
C．10 D．100
【解析】 ∵an＝＝－，
又a1＋a2＋…＋an
＝－(1－＋－＋…＋－)
＝－1＝9，
∴n＝99.
【答案】 B
3．若數列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
【解析】 ∵an＝(－1)n(3n
59、－2)，
∴a1＋a2＋…＋a10＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
【答案】 A
4．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前100項和為( )
A. B.
C. D.
【解析】 設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.
∵a5＝5，S5＝15，
∴∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴＝＝－，
∴數列的前100項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝.
【答案】 A
5．(2013·遼寧高考)已知等比數列{an}是遞增數列，Sn是{an}的前n項和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩
60、個根，則S6＝________.
【解析】 因為a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，且數列{an}是遞增的等比數列，所以a1＝1，a3＝4，q＝2，所以S6＝＝63.
【答案】 63
6．(2013·重慶高考)已知{an}是等差數列，a1＝1，公差d≠0，Sn為其前n項和，若a1，a2，a5成等比數列，則S8＝________.
【解析】 借助等比中項及等差數列的通項公式求出等差數列的公差后，再利用等差數列的求和公式直接求S8.
∵a1，a2，a5成等比數列，
∴a＝a1a5
∴(1＋d)2＝1×(4d＋1)，
∴d2－2d＝0，
∵d≠0，∴d＝2.
∴S8＝8
61、×1＋×2＝64.
【答案】 64
考向一 [093] 分組轉化求和
已知數列{an}滿足a1＝1，且an＝3an－1＋2n－1(n≥2)．
(1)證明{an＋2n}是等比數列；
(2)求數列{an}的前n項和Sn.
【思路點撥】 (1)證明：＝q(q為非零常數)便可．
(2)求an的通項公式，分組求和求Sn.
【嘗試解答】 (1)證明：當n≥2時，由an＝3an－1＋2n－1，得＝＝3.
又∵a1＝1，∴a1＋21＝3
∴數列{an＋2n}是首項為3，公比為3的等比數列．
(2)由(1)知an＋2n＝3n，∴an＝3n－2n.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(3
62、1－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n－2n)＝(31＋32＋33＋…＋3n)－(21＋22＋23＋…＋2n)＝－＝－2n＋1＋.
規(guī)律方法1 分組轉化法求和的常見類型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組求和法求{an}的前n項和.
(2)通項公式為an＝的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比數列或等差數列，可采用分組求和法求和.
對點訓練 (1)已知數列{an}的通項為an＝，Sn為數列{an}的前n項的和，則S20等于( )
A．2 246 B．2 148
C．2 146 D．2 248
(2)若數列{
63、an}的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數列{an}的前n項和為( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
【解析】 (1)S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝(1＋3＋5＋…＋19)＋(21＋22＋23＋…＋210)＝＋＝100＋211－2＝2 146.
(2)Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝＋＝2n＋1＋n2－2.
【答案】 (1)C (2)C
考向二 [094] 裂項相消法求和
(2013·課標全
64、國卷Ⅰ)已知等差數列{an}的前n項和Sn滿足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數列的前n項和．
【思路點撥】 (1)結合等差數列的求和公式列出關于首項和公差的方程組求解；(2)裂項求和，但要注意裂項后的系數．
【嘗試解答】 (1)設{an}的公差為d，則Sn＝na1＋d.
由已知可得解得
故{an}的通項公式為an＝2－n.
(2)由(1)知＝
＝，
從而數列的前n項和為
＝.
規(guī)律方法2 1.本例第(2)問在求解時，常因“裂項”錯誤，導致計算失誤．
2．利用裂項相消法求和應注意以下兩點
(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也
65、有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；
(2)將通項裂項后，有時需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等．如：若{an}是等差數列，則＝，＝.
對點訓練 已知等差數列{an}中，a2＝8，S6＝66.
(1)求數列{an}的通項公式an；
(2)設bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
【解】 (1)設等差數列{an}的公差為d，則
由題意得解之得
∴an＝6＋(n－1)·2＝2n＋4.
(2)bn＝＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋
＝－＝，
考向三 [095] 錯位相減法求和
(2013·山東高考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4S2，a2
66、n＝2an＋1.
(1) 求數列{an}的通項公式；
(2)若數列{bn}滿足＋＋…＋＝1－，n∈N*，求{bn}的前n項和Tn.
【思路點撥】 (1)由于已知{an}是等差數列，因此可考慮用基本量a1，d表示已知等式，進而求出{an}的通項公式．
(2)先求出，進而求出{bn}的通項公式，再用錯位相減法求{bn}的前n項和．
【嘗試解答】 (1)設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
解得
因此an＝2n－1，n∈N*.
(2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，
當n＝1時，＝；
當n≥2時，＝1－－＝.
所以＝，n∈N*.
由(1)知an＝2n－1，n∈N*，
所以bn＝，n∈N*.
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋.
兩式相減，得
Tn＝＋－
＝－－，
所以Tn＝3－.
規(guī)律方法3 1.正確認識等式“”是求解本題的關鍵，其含義是數列的前n項的和.
2.一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法.,3.用錯位相減法求和時，
新編高三數學理,山東版一輪備課寶典 第五章 數列
