创新设计教师用书人教A版理科高考数学第一轮复习细致讲解练第五篇数列
第五篇 数 列A
第1讲 数列的概念与简单表示法
[最新考纲]
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类函数.
知 识 梳 理
1．数列的概念
(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．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．
(2)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(3)数列的前n项和
在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
2．数列的表示方法
(1)表示方法
列表法
列表格表达n与f(n)的对应关系
图象法
把点(n，f(n))画在平面直角坐标系中
公
式
法
通项公式
把数列的通项使用通项公式表达的方法
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)等表达数列的方法
(2)数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n}的函数an＝f(n))当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值．
*
3．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
单
调
性
递增数列
an＋1＞an
其中
n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
周期性
∀n∈N*，存在正整数常数k，an＋k＝an
4.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
辨 析 感 悟
1．对数列概念的认识
(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×)
(2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)
2．对数列的性质及表示法的理解
(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是an＝.(×)
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)
(5)(2013·开封模拟改编)已知Sn＝3n＋1，则an＝2·3n－1.(×)
[感悟·提升]
1．一个区别 “数列”与“数集”
数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复出现，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．
2．三个防范 一是注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列，如(4)．
二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为an＝
三是已知Sn求an时，一定要验证n＝1的特殊情形，如(5).
学生用书第79页
考点一 由数列的前几项求数列的通项
【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)，，，，，…；
(3)，2，，8，，…；
(4)5,55,555,5 555，….
解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为an＝.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n
－1，
故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1)．
规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．
【训练1】 根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)，，－，，－，，…；
(2)，1，，，….
解 (1)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－，，－，，…，因此可得数列的一个通项公式为an＝(－1)n·.
(2)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，因此可得数列的一个通项公式为an＝.
考点二 由an与Sn的关系求通项an
【例2】 (2013·广东卷节选)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4；
(2)由题意2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
所以当n≥2时，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an－nan＋1＝－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
规律方法 给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
【训练2】 设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)令n＝1时，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
学生用书第80页
考点三 由递推公式求数列的通项公式
【例3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________；
(2)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.
审题路线 (1)变形为an＋1－an＝n＋1⇒用累加法，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)⇒得出an.
(2)变形为an＋1＋1＝3(an＋1)⇒再变形为＝⇒用累乘法或迭代法可求an.
解析 (1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.
又a1＝2＝＋1，符合上式，
因此an＝＋1.
(2)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3，
法一 ＝3，＝3，＝3，…，＝3.将这些等式两边分别相乘得＝3n.
因为a1＝1，所以＝3n，即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，又a1＝1也满足上式，故an＝2×3n－1－1.
法二 由＝3，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
当n≥2时，an＋1＝3(an－1＋1)，
∴an＋1＝3(an－1＋1)＝32(an－2＋1)＝33(an－3＋1)＝…＝3n－1(a1＋1)＝2×3n－1，
∴an＝2×3n－1－1；
当n＝1时，a1＝1＝2×31－1－1也满足．
∴an＝2×3n－1－1.
答案 (1)＋1 (2)2×3n－1－1
规律方法 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
【训练3】 设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.
解析 ∵(n＋1)a＋an＋1·an－na＝0，
∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，
又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，
即＝，∴····…·＝××××…×，∴an＝.
答案
1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．
2．由Sn求an时，an＝注意验证a1是否包含在后面an的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含an与Sn的关系的数列题均可考虑上述公式．
3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：
(1)算出前几项，再归纳、猜想；
(2)“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；
(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．
思想方法4——用函数的思想解决数列问题
【典例】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析 由题意及等差数列的性质，
知a1＋a10＝0，a1＋a15＝.
两式相减，得a15－a10＝＝5d，所以d＝，a1＝－3.
所以nSn＝n·[na1＋d]＝.
令f(x)＝，x＞0，
则f′(x)＝x(3x－20)，由函数的单调性，可知函数f(x)在x＝时取得最小值，检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49，故nSn的最小值为－49.
答案 －49
[反思感悟] (1)本题求出的nSn的表达式可以看做是一个定义在正整数集N*上的三次函数，因此可以采用导数法求解．
(2)易错分析：由于n为正整数，因而不能将代入求最值，这是考生容易忽略而产生错误的地方．
【自主体验】
1．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是
( )．
A. B.
C．4 D．0
解析 ∵an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案 D
2．已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析 设f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－，要使数列{an}为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f(n)为增函数，故只需满足－＜，即λ＞－3.
答案 (－3，＋∞)
对应学生用书P285
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2014·深圳中学模拟)数列0，，，，…的一个通项公式为( )．
A．an＝(n∈N*) B．an＝(n∈N*) C．an＝(n∈N*) D．an＝(n∈N*)
解析 将0写成，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n－1)，n∈N*；分母为奇数列，可表示为2n－1，n∈N*，故选C.
答案 C
2．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝，则＝( )．
A. B. C. D．30
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，∴＝5×(5＋1)＝30.
答案 D
3．(2014·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－1，则a3＝( )．
A．－10 B．6 C．10 D．14
解析 a3＝S3－S2＝2×32－1－(2×22－1)＝10.
答案 C
4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )．
A．2n－1 B.n－1
C．n2 D．n
解析 法一 (构造法)由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1，
∴＝，∴数列是常数列．
且＝＝1，∴an＝n.
法二 (累乘法)：n≥2时，＝，＝.
…
＝，＝，
两边分别相乘得＝n，又因为a1＝1，∴an＝n.
答案 D
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )．
A．2n－1 B.n－1 C.n－1 D.
解析 ∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，
即＝(n≥2)，
又a2＝，∴an＝×n－2(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1≠×－1＝，
∴an＝
∴Sn＝2an＋1＝2××n－1＝n－1.
答案 B
二、填空题
6．(2013·蚌埠模拟)数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．
解析 易知a1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最后一个正项，a11＝0，故前10或11项和最大．
答案 10或11
7．(2014·广州模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，则数列{an}的通项公式为________．
解析 ∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，则当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，两式左右两边分别相减得3n－1an＝，∴an＝(n≥2)．由题意知，a1＝，符合上式，∴an＝(n∈N*)．
答案 an＝
8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．
解析 每行的第二个数构成一个数列{an}，由题意知a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，所以a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，
an－an－1＝2(n－1)－1＝2n－3，等式两边同时相加得
an－a2＝＝n2－2n，
所以an＝n2－2n＋a2＝n2－2n＋3(n≥2)，所以a9＝92－2×9＋3＝66.
答案 66
三、解答题
9．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解 (1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，
解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．
(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．
∴从第7项起各项都是正数．
10．在数列{an}中，a1＝1，Sn为其前n项和，且an＋1＝2Sn＋n2－n＋1.
(1)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的前n项和Tn；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)∵an＋1＝2Sn＋n2－n＋1，
∴an＝2Sn－1＋(n－1)2－(n－1)＋1(n≥2)，
两式相减得，an＋1－an＝2an＋2n－2(n≥2)．
由已知可得a2＝3，
∴n＝1时上式也成立．
∴an＋1－3an＝2n－2(n∈N*)，an－3an－1＝2(n－1)－2(n≥2)．
两式相减，得(an＋1－an)－3(an－an－1)＝2(n≥2)．
∵bn＝an＋1－an，
∴bn－3bn－1＝2(n≥2)，
bn＋1＝3(bn－1＋1)(n≥2)．
∵b1＋1＝3≠0，
∴{bn＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列，
∴bn＋1＝3×3n－1＝3n，
∴bn＝3n－1.
∴Tn＝31＋32＋…＋3n－n＝·3n＋1－n－.
(2)由(1)知，an＋1－an＝3n－1，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝30＋31＋32＋…＋3n－1－(n－1)＝(3n＋1)－n.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，则满足an＋1＜an的n的取值为( )．
A．3 B．4 C．5 D．6
解析 由an＋1＜an，得an＋1－an＝－＝＜0，解得＜n＜，又n∈N*，∴n＝5.
答案 C
2．(2014·湖州模拟)设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )．
A. B. C．(1,3) D．(2,3)
解析 ∵数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(n∈N*)，
∴⇒2
a1.
综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞).
学生用书第81页
第2讲 等差数列及其前n项和
[最新考纲]
1．理解等差数列的概念．
2．掌握等差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差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.
知 识 梳 理
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
若等差数列{an}的第m项为am，则其第n项an可以表示为an＝am＋(n－m)d.
(2)等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)
3．等差数列及前n项和的性质
(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝.
(2)若{an}为等差数列，当m＋n＝p＋q，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．
(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)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；
若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
4．等差数列与函数的关系
(1)等差数列与一次函数的区别与联系
等差数列
一次函数
解析式
an＝kn＋b(n∈N*)
f(x)＝kx＋b(k≠0)
不同点
定义域为N*，图象是一系列孤立的点(在直线上)，k为公差
定义域为R，图象是一条直线，k为斜率
相同点
数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数．①k≠0时，数列an＝kn＋b(n∈N*)图象所表示的点均匀分布在函数f(x)＝kx＋b(k≠0)的图象上；②k＞0时，数列为递增数列，函数为增函数；③k＜0时，数列为递减数列，函数为减函数
(2)等差数列前n项和公式可变形为Sn＝n2＋n，当d≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝x2＋x上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．
辨 析 感 悟
1．对等差数列概念的理解
(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)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)
(3)(教材习题改编)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(×)
2．等差数列的通项公式与前n项和
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)
(5)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(√)
(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)
3．等差数列性质的活用
(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝20.(√)
(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d＞0的等差数列{an}，则数列{an}，{nan}，，{an＋3nd}都是递增数列．(×)
[感悟·提升]
一点注意 等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．
等差数列与函数的区别 一是当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数，当公差d＝0时，an为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n项和公式是n的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{an}的单调性是由公差d决定的，如(8)中若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非递增；若an＝n＋1，则满足已知，但＝1＋是递减数列；设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋m，则an＋3nd＝4dn＋m是递增数列.
学生用书第82页
考点一 等差数列的基本量的求解
【例1】 在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.
解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n.
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或－5.
又k∈N*，故k＝7为所求．
规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝( )．
A．85 B．135 C．95 D．23
(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )．
A．3 B．4 C．5 D．6
解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则解得
∴S10＝10×(－4)＋×3＝95.
(2)法一 ∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋d＝na1＋，
得
由①得a1＝，代入②可得m＝5.
法二 ∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，
∴数列也为等差数列．
∴＋＝，即＋＝0，
解得m＝5.经检验为原方程的解．故选C.
答案 (1)C (2)C
考点二 等差数列的判定与证明
【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
审题路线 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于Sn与Sn－1的式子⇒同除Sn·Sn－1⇒利用定义证明⇒得出结论．
(2)由(1)求⇒再求Sn⇒再代入条件an＝－2SnSn－1，求an⇒验证n＝1的情况⇒
得出结论．
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明an－an－1＝d(n≥2，d为常数)；二是等差中项法，证明2an＋1＝an＋an＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．
【训练2】 已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.
设bn＝.证明：数列{bn}为等差数列，并求{an}的通项公式．
证明 ∵bn＋1－bn＝－＝－＝1，
∴{bn}为等差数列，又b1＝＝0.
∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.
学生用书第83页
考点三 等差数列的性质及应用
【例3】 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( )．
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3m项的和为________．
解析 (1)S8＝4a3⇒＝4a3⇒a3＋a6＝a3，∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110，所以S3m＝110＋100＝210.
答案 (1)A (2)210
规律方法 巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，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．
【训练3】 (1)在等差数列{an}中．若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝________.
(2)已知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.
解析 (1)依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.
由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.
又Sn＝，即286＝，∴n＝26.
(2)∵{an}为等差数列，
∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6
＝2(S6－S3)－S3
＝2(36－9)－9＝45.
答案 (1)26 (2)45
1．等差数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．
2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．
方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用
【典例】 (1)(2012·辽宁卷)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )．
A．58 B．88 C．143 D．176
(2)(2013·北京卷)若等比数列{an}满足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.
[一般解法] (1)设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.
(2)由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，得
即
解得q＝2，a1＝2，
∴Sn＝＝＝2n＋1－2.
[优美解法] (1)由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得
S11＝＝＝＝88.
(2)由已知，得＝＝q＝2，
又a1＝2，所以Sn＝＝2n＋1－2.
[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．
【自主体验】
在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.
解析 设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，
得
②－①得(m－n)a1＋·d＝n－m，
∵m≠n，∴a1＋d＝－1.
∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋d
＝(m＋n)＝－(m＋n)．
答案 －(m＋n)
对应学生用书P287
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2013·温州二模)记Sn为等差数列{an}前n项和，若－＝1，则其公差d＝( )．
A. B．2 C．3 D．4
解析 由－＝1，得－＝1，
即a1＋d－＝1，∴d＝2.
答案 B
2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{an}中，a5＋a6＋a7＝15，那么a3＋a4＋…＋a9等于( )．
A．21 B．30 C．35 D．40
解析 由题意得3a6＝15，a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7×5＝35.
答案 C
3．(2013·揭阳二模)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )．
A．37 B．36 C．20 D．19
解析 由am＝a1＋a2＋…＋a9，得(m－1)d＝9a5＝36d⇒m＝37.
答案 A
4．(2014·郑州模拟){an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则S10＝( )．
A．40 B．35 C．30 D．28
解析 设公差为d，则由已知得S7＝，即21＝，解得a1＝1，所以a7＝a1＋6d，所以d＝.所以S10＝10a1＋d＝10＋×＝40.
答案 A
5．(2013·淄博二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝( )．
A．－14 B．－13
C．－12 D．－11
解析 在等差数列中，S13＝＝13，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.
答案 D
二、填空题
6．(2013·肇庆二模)在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，则a35＝________.
解析 a25－a15＝10d＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.
答案 99
7．(2014·成都模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则{an}的通项an＝________.
解析 由a1＝1，S3＝9，得a1＋a2＋a3＝9，即3a1＋3d＝9，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案 2n－1
8．(2013·浙江五校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________.
解析 ＝＝＝×＝.
答案 3∶2
三、解答题
9．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．
解 (1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或2.
(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞a＋8a1，即a＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.
故a1的取值范围是(－5,2)．
10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝＋2(n－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并求an与Sn.
(2)是否存在自然数n，使得S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝2 015？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
证明 (1)由an＝＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1)(n∈N*)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，
即an－an－1＝4，
故数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列．
于是，an＝4n－3，Sn＝＝2n2－n(n∈N*)．
(2)由(1)，得＝2n－1(n∈N*)，
又S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1.
令2n－1＝2 015，得n＝1 008，
即存在满足条件的自然数n＝1 008.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝( )．
A．12 B．14 C．16 D．18
解析 Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，
所以4(a1＋an)＝120，
a1＋an＝30，
由Sn＝＝210，得n＝14.
答案 B
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是( )．
A．5 B．6 C．7 D．8
解析 法一 由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时，Sn最大．
法二 由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn
＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，根据二次函数的性质，知当n＝7时，Sn最大．
法三 根据a1＝13，S3＝S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值．
答案 C
二、填空题
3．(2014·九江一模)正项数列{an}满足：a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.
解析 因为2a＝a＋a(n∈N*，n≥2)，
所以数列{a}是以a＝1为首项，以d＝a－a＝4－1＝3为公差的等差数列，
所以a＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝，n≥1.
所以a7＝＝.
答案
三、解答题
4．(2013·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，且d＞0，由等差数列的性质，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，
所以a3，a4是关于x 的方程x2－22x＋117＝0的解，所以a3＝9，a4＝13，易知a1＝1，d＝4，故通项为an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)由(1)知Sn＝＝2n2－n，所以bn＝＝.
法一 所以b1＝，b2＝，b3＝(c≠0)．
令2b2＝b1＋b3，解得c＝－.
当c＝－时，bn＝＝2n，
当n≥2时，bn－bn－1＝2.
故当c＝－时，数列{bn}为等差数列．
法二 由bn＝＝＝，
∵c≠0，
∴可令c＝－，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列.
学生用书第84页
第3讲 等比数列及其前n项和
[最新考纲]
1．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n项和公式．
2．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．
3．了解等比数列与指数函数的关系.
知 识 梳 理
1．等比数列的有关概念
(1)等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．
数学语言表达式：＝q(n≥2)，q为常数．
(2)等比中项
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
若等比数列{an}的第m项为am，公比是q，则其第n项an可以表示为an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3．等比数列及前n项和的性质
(1)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
(4)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，
仍是等比数列．
辨 析 感 悟
1．对等比数列概念的理解
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(×)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(×)
(3)若三个数成等比数列，那么这三个数可以设为，a，aq.(√)
2．通项公式与前n项和的关系
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(×)
(5)(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝3－2an.(√)
3．等比数列性质的活用
(6)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(×)
(7)(2014·兰州模拟改编)在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8a9a10a11＝25.(√)
(8)(2013·江西卷改编)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于－2或0.(×)
[感悟·提升]
1．一个区别 等差数列的首项和公差可以为零，且等差中项唯一；而等比数列首项和公比均不为零，等比中项可以有两个值．如(1)中的“常数”，应为“同一非零常数”；(2)中，若b2＝ac，则不能推出a，b，c成等比数列，因为a，b，c为0时，不成立．
2．两个防范 一是在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1或q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误，如(4)．
二是运用等比数列的性质时，注意条件的限制，如(6)中当＝q＜0时，ln an＋1－ln an＝ln q无意义.
学生用书第85页
考点一 等比数列的判定与证明
【例1】 (2013·济宁测试)设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3.
求证：数列{bn}是等比数列，并求an.
证明 由Sn＝2an－3n对于任意的正整数都成立，
得Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式相减，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3(n＋1)－2an＋3n，
所以an＋1＝2an＋1－2an－3，即an＋1＝2an＋3，
所以an＋1＋3＝2(an＋3)，即＝＝2对一切正整数都成立，所以数列{bn}是等比数列．
由已知得：S1＝2a1－3，即a1＝2a1－3，所以a1＝3，
所以b1＝a1＋3＝6，即bn＝6·2n－1.
故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3.
规律方法 证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a＝an－1·an＋1.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．
【训练1】 (2013·陕西卷)设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
解 (1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，
∴{an＋1}不是等比数列．
考点二 等比数列基本量的求解
【例2】 (2013·湖北卷)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
审题路线 (1)建立关于a1与q的方程组可求解．
(2)分两种情况，由an⇒⇒再用等比数列求和求⇒得到结论．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则由已知可得
解得或
故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.
(2)若an＝·3n－1，则＝n－1，
则是首项为，公比为的等比数列．
从而＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，
故是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而＝
故<1.
综上，对任何正整数m，总有<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．
规律方法 等比数列基本量的求解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，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
【训练2】 (1)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________．
(2)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.
解析 (1)显然公比q≠1，由题意可知＝，解得q＝2，则数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得数列的前5项和T5＝.
(2)显然公比q≠1，由题意得
解得或(舍去)，
∴S5＝＝＝.
答案 (1) (2)
考点三 等比数列性质的应用
【例3】 (1)(2012·新课标全国卷)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )．
A．7 B．5 C．－5 D．－7
(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
解析 (1)由已知得解得或
当a4＝4，a7＝－2时，易得a1＝－8，a10＝1，从而a1＋a10＝－7；
当a4＝－2，a7＝4时，易得a10＝－8，a1＝1，从而a1＋a10＝－7.
(2)由＝，a1＝－1知公比q≠1，则＝－.
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，q＝－.
答案 (1)D (2)－
规律方法 熟练掌握等比数列的一些性质可提高解题速度，历年高考对等比数列的性质考查较多，主要是考查“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新．解题时要善于类比并且要能正确区分等差、等比数列的性质，不要把两者的性质搞混．
【训练3】 (1)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为 ( )．
A．－3 B．±3
C．－3 D．±3
(2)(2014·昆明模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝( )．
A．4 B．6 C．8 D．8－4
解析 (1)由等比中项知y2＝3，∴y＝±，
又∵y与－1，－3符号相同，∴y＝－，y2＝xz，
所以xyz＝y3＝－3.
(2)由等比数列性质，得a3a7＝a，a2a6＝a3a5，所以a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝(－1＋＋1)2＝(2)2＝8.
答案 (1)C (2)C
1．等比数列的判定方法有以下几种：
(1)定义：＝q(q是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式：an＝cqn－1(c、q均是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)等比中项法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
2．方程观点以及基本量(首项a1和公比q)思想仍然是求解等比数列问题的基本方法：在a1，q，n，an，Sn五个量中，知三求二．
3．在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意等比数列性质的应用，以减少运算量而提高解题速度．
教你审题6——如何确定数列中的项
【典例】 (2012·山东卷)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.❶
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm❷，求数列{bm}的前m项和Sm.
[审题] 一审条件❶：根据性质转化为先求a4，再结合a9求a1和d.
二审条件❷：转化为求{bm}的通项公式，尽而再求Sm.
三审结构：由9m＜an＜92m得9m－1＋1≤n≤92m－1.
解 (1)由a3＋a4＋a5＝84，可得3a4＝84，即a4＝28，而a9＝73，则5d＝a9－a4＝45，即d＝9.又a1＝a4－3d＝28－27＝1，所以an＝1＋(n－1)×9＝9n－8，即an＝9n－8(n∈N*)．
(2)对任意m∈N*,9m＜9n－8＜92m，则9m＋8＜9n＜92m＋8，
即9m－1＋＜n＜92m－1＋，而n∈N*，所以9m－1＋1≤n≤92m－1.
由题意，可知bm＝92m－1－9m－1.
于是Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝91＋93＋…＋92m－1－(90＋91＋…＋9m－1)＝－
＝－＝，
即Sm＝.
[反思感悟] 本题第(2)问设置了落入区间内的项构成新数列，这是对考生数学能力的挑战，由通项公式及已知区间建立不等式求项数，进而得到所求数列{bm}的通项公式是解答该问题的核心与关键．
【自主体验】
(2014·许昌模拟)已知点(1,2)是函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}前2 013项中的第3项，第6项，…，第3k项删去，求数列{an}前2 013项中剩余项的和．
解 (1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax，得a＝2.
∴Sn＝f(n)－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n －1，经验证可知n＝1时，也适合上式，∴an＝2n－1.
(2)由(1)知数列{an}为等比数列，公比为2，故其第3项，第6项，…，第2 013项也为等比数列，首项a3＝23－1＝4，公比23＝8，a2 013＝22 102＝4×8671－1为其第671项，∴此数列的和为＝，又数列{an}的前2 013项和为S2 103＝＝22 013－1，
∴所求剩余项的和为(22 013－1)－＝.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2013·六安二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，n∈N*，则 ( )．
A．{an}是递增的等比数列
B．{an}是递增数列，但不是等比数列
C．{an}是递减的等比数列
D．{an}不是等比数列，也不单调
解析 ∵Sn＝3n－2，∴Sn－1＝3n－1－2，
∴an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝2×3n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝S1＝1不适合上式，但a1＜a2＜a3＜….
答案 B
2．(2014·广州模拟)已知等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn.若S3＝，则S6等于 ( )．
A. B. C．63 D.
解析 S3＝＝7a1＝，所以a1＝.所以S6＝＝63a1＝.
答案 B
3．(2013·新课标全国Ⅱ卷)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝ ( )．
A. B．－ C. D．－
解析 由题知q≠1，则S3＝＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝.
答案 C
4．在等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值为 ( )．
A．1 B．－ C．1或－ D．－1或
解析 根据已知条件
得＝3.整理得2q2－q－1＝0，解得q＝1或－.
答案 C
5．(2014·浙江十校联考)若方程x2－5x＋m＝0与x2－10x＋n＝0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列，则m∶n值为 ( )．
A. B. C．2 D．4
解析 设方程x2－5x＋m＝0的两根为x1，x2，方程x2－10x＋n＝0的两根为x3，x4.
则由题意知x1＝1，x2＝4，x3＝2，x4＝8，∴m＝4，n＝16，∴m∶n＝.
答案 A
二、填空题
6．(2014·江西九校联考)实数项等比数列{an}的前n项的和为Sn，若＝，则公比q等于________．
解析 首先q≠1，因为若q＝1，则＝2，当q≠1时，＝＝＝＝，q5＝－，q＝－.
答案 －
7．在等比数列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝________.
解析 ∵a1＋a2＝a1(1＋q)＝30，a3＋a4＝a1q2(1＋q)＝60，∴q2＝2，∴a7＋a8＝a1q6(1＋q)＝[a1(1＋q)]·(q2)3＝30×8＝240.
答案 240
8．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
解析 由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即＝－2.
答案 －2
三、解答题
9．在数列{an}中，已知a1＝－1，且an＋1＝2an＋3n－4(n∈N*)．
(1)求证：数列{an＋1－an＋3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(1)证明 令bn＝an＋1－an＋3，
则bn＋1＝an＋2－an＋1＋3＝2an＋1＋3(n＋1)－4－2an－3n＋4＋3＝2(an＋1－an＋3)＝2bn，即bn＋1＝2bn.
由已知得a2＝－3，于是b1＝a2－a1＋3＝1≠0.
所以数列{an＋1－an＋3}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)可知bn＝an＋1－an＋3＝2n－1，
即2an＋3n－4－an＋3＝2n－1，
∴an＝2n－1－3n＋1(n∈N*)，
于是Sn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)－3(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝－3×＋n＝2n－－1.
10．(2013·济南期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝4，a3＋a4＝17.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋2，证明数列{bn}是等比数列并求其前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由题意知
解得a1＝1，d＝3，
∴an＝3n－2(n∈N*)．
(2)证明：由题意知，bn＝2an＋2＝23n(n∈N*)，
bn－1＝23(n－1)＝23n－3(n∈N*，n≥2)，
∴＝＝23＝8(n∈N*，n≥2)，又b1＝8，
∴{bn}是以b1＝8，公比为8的等比数列，
Tn＝＝(8n－1)．
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2014·兰州模拟)已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是 ( )．
A．－ B．－5 C．5 D.
解析 由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得log3an＋1－log3an＝1且an＞0，即log3＝1，解得＝3，所以数列{an}是公比为3的等比数列．因为a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3，所以a5＋a7＋a9＝9×33＝35.所以log(a5＋a7＋a9)＝log35＝－log335＝－5.
答案 B
2．(2014·山东省实验中学诊断)在各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值是 ( )．
A．16 B．8 C．2 D．4
解析 由题意知a4·a14＝(2)2＝a，即a9＝2.设公比为q(q＞0)，所以2a7＋a11＝＋a9q2＝＋2q2≥
2＝8，当且仅当＝2q2，即q＝时取等号，其最小值为8.
答案 B
二、填空题
3．(2013·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
解析 由已知条件得q＋q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，
an＝a5qn－5＝×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)，a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝，
由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知2n－5－2－5>，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.
答案 12
三、解答题
4．已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
第4讲 数列求和
[最新考纲]
1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
知 识 梳 理
1．公式法
(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＝
2．数列求和的几种常用方法
(1)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，分别求和后相加减．
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(4)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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
(5)并项求和法
在一个数列的前n项和中，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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．常见的拆项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
辨 析 感 悟
数列求和的常用方法
(1)当n≥2时，＝－.(×)
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(×)
(3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin2 1°＋sin2 2°＋sin2 3°＋…＋sin2 88°＋sin2 89°＝44.5.(√)
(4)(2014·南京调研改编)若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝－25.(√)
[感悟·提升]
两个防范 一是用裂项相消法求和时，注意裂项后的系数以及搞清未消去的项，如(1)．
二是含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论，如(2)中a需要分a＝0，a＝1，a≠1且a≠0三种情况求和，只有当a≠1且a≠0时可用错位相减法求和.
学生用书第88页
考点一 分组转化法求和
【例1】 已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
规律方法 (1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．
(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时使用等差数列或等比数列的求和公式．
【训练1】 (2014·湖州质检)在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d.
由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，
故⇒⇒q＝3或1(舍去)．
所以d＝2，所以an＝3n，bn＝2n＋1.
(2)由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n，
Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋
(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n.
当n为偶数时，Sn＝n＋－＝＋n－；
当n为奇数时，Sn＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－.
所以Sn＝
考点二 裂项相消法求和
【例2】 (2013·江西卷)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
解 (1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项an＝2n.
(2)证明 由于an＝2n，bn＝，
则bn＝＝.
Tn＝
＝
＜＝.
规律方法
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
【训练2】 (2013·滨州一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，
当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，
所以an＝an－1(n≥2)．
故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)．
(2)因为1－Sn＝an＝n.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，
因为＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－＝.
学生用书第89页
考点三 错位相减法求和
【例3】 (2013·山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
解得a1＝1，d＝2.
因此an＝2n－1，n∈N*.
(2)由题意知Tn＝λ－，
所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)()n－1，n∈N*，
所以Rn＝0×()0＋1×()1＋2×()2＋3×()3＋…＋(n－1)×()n－1，
则Rn＝0×()1＋1×()2＋2×()3＋…＋(n－2)×()n－1＋(n－1)×()n，
两式相减得
Rn＝()1＋()2＋()3＋…＋()n－1－(n－1)×()n＝－(n－1)×()n＝－()n，
整理得Rn＝(4－)．
所以数列{cn}的前n项和Rn＝(4－)．
规律方法 (1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”
以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
【训练3】 (2013·嘉兴二模)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an＋2.
(1)记bn＝an＋1，求证：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{nan}的前n项和Sn.
(1)证明 由an＋1＝3an＋2，可得an＋1＋1＝3(an＋1)．
因为bn＝an＋1，所以bn＋1＝3bn，
又b1＝a1＋1＝3，所以数列{bn}是以3为首项，以3为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知an＋1＝3n，an＝3n－1，所以nan＝n·3n－n，
所以Sn＝(3＋2·32＋…＋n·3n)－(1＋2＋…＋n)，
其中1＋2＋…＋n＝，
记Tn＝3＋2·32＋…＋n·3n，①
3Tn＝32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，②
两式相减得－2Tn＝3＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，
即Tn＝·3n＋1＋，
所以Sn＝－.
数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
答题模板7——求数列{|an|}的前n项和问题
【典例】 (14分)(2013·浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋…＋|an|.
[规范解答] (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2， (2分)
即d2－3d－4＝0.故d＝－1或4. (4分)
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N* ， (6分)
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.
∴Sn＝－n2＋n， (8分)
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝Sn＝－n2＋n. (10分)
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. (12分)
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
[反思感悟] (1)本题求解用了分类讨论思想，求数列{|an|}的和时，因为an有正有负，所以应分两类分别求和．
(2)常出现的错误：①当n≤11时，求{|an|}的和，有的学生认为就是S11＝110；②当n≥12时，求{|an|}的和，有的学生不能转化为2(a1＋a2＋…＋a11)－(a1＋a2＋…＋an)，导致出错．
答题模板 求数列{|an|}的前n项和一般步骤如下：
第一步：求数列{an}的前n项和；
第二步：令an≤0(或an≥0)确定分类标准；
第三步：分两类分别求前n项和；
第四步：用分段函数形式下结论；
第五步：反思回顾：查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果．
【自主体验】
已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
由题意，得
解得或
所以由等差数列的通项公式，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)由(1)，知当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为 ( )．
A．120 B．70 C．75 D．100
解析 因为＝n＋2，所以的前10项和为10×3＋＝75.
答案 C
2．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＝＋＝2n＋1－2＋n2.
答案 C
3．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝
( )．
A．9 B．8 C．17 D．16
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
答案 A
4．(2014·西安质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 012＝( )．
A．22 012－1 B．3·21 006－3 C．3·21 006－1 D．3·21 005－2
解析 a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.
∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 011＋a2 012
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 011)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 012)
＝＋＝3·21 006－3.故选B.
答案 B
5．(2014·杭州模拟)已知函数f(x)＝x2＋2bx过(1,2)点，若数列的前n项和为Sn，则S2 014的值为 ( )．
A. B. C. D.
解析 由已知得b＝，∴f(n)＝n2＋n，
∴＝＝＝－，
∴S2 014＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝.
答案 D
二、填空题
6．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，
则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案 －2 2n－1－
7．(2013·山西晋中名校联合测试)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 013＝________.
解析 由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－ 1 005.
答案 －1 005
8．(2014·武汉模拟)等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝____.
解析 当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，
又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1.
∴数列{a}是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列．
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案 (4n－1)
三、解答题
9．正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由a－(2n－1)an－2n＝0得(an－2n)(an＋1)＝0，由于{an}是正项数列，则an＝2n.
(2)由(1)知an＝2n，故bn＝＝
＝，
∴Tn＝
＝＝.
10．(2013·烟台期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an，求Sn.
解 (1)∵Sn＝2an－2，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，
即an＝2an－2an－1，∵an≠0，∴＝2(n≥2，n∈N*)．
∵a1＝S1，∴a1＝2a1－2，即a1＝2.
数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＝2n.
(2)Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an
＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n， ①
∴2Sn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1， ②
①－②得－Sn＝1×2＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n－1)2n＋1，
即－Sn＝1×2＋(23＋24＋…＋2n＋1)－(2n－1)2n＋1
∴Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2014·西安模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝ ( )．
A. B．6 C．10 D．11
解析 依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故选B.
答案 B
2．(2014·长沙模拟)已知函数f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝ ( )．
A．－100 B．0 C．100 D．10 200
解析 若n为偶数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，为首项为a2＝－5，公差为－4的等差数列；若n为奇数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，为首项为a1＝3，公差为4的等差数列．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝50×3＋×4＋50×(－5)＋×(－4)＝－100.
答案 A
二、填空题
3．设f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值为______．
解析 当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝＝＝1.
设S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2S＝＋＋
…＋f＋f＝10，即S＝5.
答案 5
三、解答题
4．(2014·洛阳模拟)在数列{an}中，a1＝－5，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和．
解 (1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，
∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，
整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3，
∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列，
∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8.
(2)|an|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n≤2时，Sn＝＝－＋n；
当n≥3时，Sn＝7＋＝－n＋14，
综上，Sn＝
第5讲 数列的综合应用
[最新考纲]
能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．
知 识 梳 理
1．等差数列和等比数列的综合
等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项
a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是根据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．
2．数列和函数、不等式的综合
(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的情况下关于n的一次或二次函数．
(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的情况下是公比q的指数函数模型．
(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
3．数列的应用题
(1)解决数列应用题的基本步骤是：
①根据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；
②根据等差数列和等比数列的知识以及实际问题的要求建立数学模型；
③求出数学模型，根据求解结果对实际问题作出结论．
(2)数列应用题常见模型：
①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或减少)的量就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an－1的递推关系，或前n项和Sn与Sn－1之间的递推关系．
辨 析 感 悟
1．等差数列与等比数列的综合问题
(1)在等差数列{an}中，首项a1公差d、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就一定能够求出另外两个．(√)
(2)在等比数列{an}中，首项a1、公比q、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就一定能够求出另外两个．(√)
(3)一个细胞由1个分裂为2个，则经过5次分裂后的细胞总数为63.(×)
(4)(2013·重庆卷改编)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n
项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝128.(×)
2．增长率与存贷款利息问题
(5)某厂生产总值月平均增长率为q，则年平均增长率为12q.(×)
(6)采用单利计息与复利计息的利息都一样．(×)
[感悟·提升]
1．一个区别 “单利计息”与“复利计息”
单利计息属于等差数列模型，复利计息属于等比数列模型．复利也就是通常说的“利滚利”．计算本利和的公式是本利和＝本金×(1＋利率)存期，如(6)．
2．一个防范 数列的实际应用问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解，如(3)、(5).
学生用书第91页
考点一 等差、等比数列的综合问题
【例1】 已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解 (1)设{an}的公差为d.由题意，得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝－2或0(舍去)．
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
规律方法 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．
【训练1】 (2014·昆明模拟)已知数列{an}是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且a1＋1，a3＋1，a7＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解 (1)由题意，得a3＋1＝a1＋5，a7＋1＝a1＋13，
所以由(a3＋1)2＝(a1＋1)·(a7＋1)
得(a1＋5)2＝(a1＋1)·(a1＋13)
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)，即an＝2n＋1.
(2)由(1)知an＝2n＋1，则Sn＝n(n＋2)，
＝，
Tn＝
＝
＝－.
考点二 数列在实际问题中的应用
【例2】 (2012·湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
解 (1)由题意，
得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d，
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)，得an＝an－1－d
＝－d
＝2an－2－d－d
…
＝n－1a1－d.
整理，得an＝n－1(3 000－d)－2d
＝n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，得am＝4 000，
即m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
规律方法 用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论．
【训练2】 (2013·安徽卷)如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角
O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an.若a1＝1，
a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．
解析 记△OA1B1的面积为S，则△OA2B2的面积为4S.
从而四边形AnBnBn＋1An＋1的面积均为3S.
即得△OAnBn的面积为S＋3(n－1)S＝(3n－2)S.
由△OA1B1∽△OAnBn，
即＝，
∴an＝.
答案 an＝
考点三 数列与函数、不等式的综合应用
【例3】 设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－an＋2sin x满足f′＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
审题路线 (1)求f′(x)⇒由f′＝0得an、an＋1、an＋2的关系式⇒可推出数列{an}为等差数列⇒根据条件求公差d⇒得出通项an.
(2)由(1)知bn⇒分组求和⇒得出前n项和Sn.
解 (1)由题设可得，对任意n∈N*，f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x.
f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得数列{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)由bn＝＝2＝2n＋＋2，
知Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2·＋＝n2＋3n＋1－.
规律方法 解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点．
【训练3】 (2014·浙江五校联考)已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足an＝＋(n≥2)．
(1)求证：{}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn＜a2－a恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为an＝＋，所以Sn－Sn－1＝＋，
即－＝1，所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，得＝n，
所以an＝＋＝n＋(n－1)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合，所以an＝2n－1.
(2)因为＝＝，
所以，Tn＝＝.∴Tn＜，
要使不等式4Tn＜a2－a恒成立，只需2≤a2－a恒成立，解得a≤－1或a≥2，
故实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
1．用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量，减少差错．
2．理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用，体会两者解题中的区别．
3．注意数列与函数、方程、三角、不等式等知识的融合，了解其中蕴含的数学思想．
4．在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题．
创新突破6——数列中的新定义问题
【典例】 (2012·湖北卷)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数；
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln |x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )．
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
突破1：采用特殊化思想，选定an是关键．
突破2：逐一验证．
解析 利用特殊化思想，选an＝2n判定．不妨令an＝2n.
①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.显然{f(2n)}是首项为4，公比为4的等比数列．
②因为f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，
f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，
所以＝＝4≠＝＝16，
所以{f(an)}不是等比数列．
③因为f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.
显然{f(an)}是首项为，公比为的等比数列．
④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln 2n＝nln 2.显然{f(an)}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列，故应选C.
答案 C
[反思感悟] (1)本题解题的关键是抓住新定义中“对任意给定的等比数列{an}”这一条件将问题特殊化，即取特殊的等比数列an＝2n，可将问题迎刃而解．
(2)对于这类问题，我们首先应弄清问题的本质，然后根据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．
【自主体验】
1．设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.
解析 由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝，前2n项和为S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.因为数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d＝4.
答案 4
2．(2014·肇庆二模)若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在1～100这100个数中，能称为“和平数”的所有数的和是( )．
A．130 B．325 C．676 D．1 300
解析 设两个连续偶数为2k＋2和2k(k∈N*)，则(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平数是4的倍数，但不是8的倍数，故在1～100之间，能称为和平数的有4×1,4×3,4×5,4×7，…，4×25，共计13个，其和为4××13＝676.
答案 C
对应学生用书P293
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2014·昆明调研)公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )．
A．－20 B．0 C．7 D．40
解析 记等比数列{an}的公比为q(q≠1)，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，则S4＝＝－20.
答案 A
2．若－9，a，－1成等差数列，－9，m，b，n，－1成等比数列，则ab＝( )．
A．15 B．－15 C．±15 D．10
解析 由已知得a＝＝－5，b2＝(－9)×(－1)＝9且b<0，∴b＝－3，∴ab＝(－5)×(－3)＝15.
答案 A
3．(2014·德州模拟)数列{an}满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )．
A．9 B．10 C．11 D．12
解析 因为a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1 025的最小n值是11.
答案 C
4．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( )．
A．35 B．33 C．31 D．29
解析 设数列{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，
a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2.
由a4与2a7的等差中项为知，a4＋2a7＝2×，
∴a7＝＝.∴q3＝＝，即q＝.
∴a4＝a1q3＝a1×＝2，∴a1＝16，∴S5＝＝31.
答案 C
5．(2014·兰州模拟)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )．
A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4)
解析 由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.
答案 A
二、填空题
6．(2014·绍兴调研)已知实数a1，a2，a3，a4构成公差不为零的等差数列，且a1，a3，a4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________．
解析 设公差为d，公比为q.
则a＝a1·a4，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
解得a1＝－4d，所以q＝＝＝.
答案
7．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析 每天植树棵数构成等比数列{an}，
其中a1＝2，q＝2.则Sn＝＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.
答案 6
8．(2013·山东省实验中学诊断)数列{an}满足a1＝3，an－anan＋1＝1，An表示{an}前n项之积，则A2 013＝________.
解析 由a1＝3，an－anan＋1＝1，得an＋1＝，所以a2＝＝，a3＝－，a4＝3，所以{an}是以3为周期的数列，且a1a2a3＝－1，又2 013＝3×671，所以A2 0
13＝(－1)671＝－1.
答案 －1
三、解答题
9．(2014·杭州模拟)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)令bn＝nan，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知，得解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或.由题意得q＞1，所以q＝2.则a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由于bn＝n·2n－1，n＝1,2，…，
则Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
所以2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝2n－n×2n－1，
即Tn＝(n－1)2n＋1.
10．(2013·湛江二模)已知函数f(x)＝x2－2x＋4，数列{an}是公差为d的等差数列，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)Sn为{an}的前n项和，求证：＋＋…＋≥.
(1)解 a1＝f(d－1)＝d2－4d＋7，a3＝f(d＋1)＝d2＋3，
又由a3＝a1＋2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n＋1.
(2)证明 Sn＝＝n(n＋2)，
＝＝，
所以，＋＋…＋
＝
＝≥＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2014·福州模拟)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝( )．
A．7 B．8 C．9 D．10
解析 设公差为d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，
所以d＝－a1<0.
解不等式an>0，即a1＋(n－1)>0，
所以n<，则n≤9，
当n≤9时，an>0，同理可得n≥10时，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
答案 C
2．已知f(x)＝bx＋1是关于x的一次函数，b为不等于1的常数，且g(n)＝设an＝g(n)－g(n－1)(n∈N*)，则数列{an}为( )．
A．等差数列 B．等比数列
C．递增数列 D．递减数列
解析 a1＝g(1)－g(0)＝f[g(0)]－g(0)＝b＋1－1＝b，当n≥2时，an＝g(n)－g(n－1)＝f[g(n－1)]－f[g(n－2)]＝b[g(n－1)－g(n－2)]＝ban－1，所以{an}是等比数列．
答案 B
二、填空题
3．(2013·湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
解析 (1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－，得a1＝－.当n≥2时，Sn＝(－1)n(Sn－Sn－1)－.当n为偶数时，Sn－1＝－，当n为奇数时，Sn＝Sn－1－，从而S1＝－，S3＝－，又由S3＝S2－＝－，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－.
(2)由(1)得S1＋S3＋S5＋…＋S99＝－－－－…－，S101＝－，
又S2＋S4＋S6＋…＋S100＝2S3＋＋2S5＋＋2S7＋＋…＋2S101＋＝0，故S1＋S2＋…＋S100＝.
答案 (1)－ (2)
三、解答题
4．已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有
即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n.
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
因为Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10.
因为n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
步骤规范练——数列 (对应学生用书P295)
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2013·济南模拟)在等差数列{an}中，a2＋a8＝4，则它的前9项和S9＝( )．
A．9 B．18 C．36 D．72
解析 在等差数列中，a2＋a8＝a1＋a9＝4，所以S9＝＝＝18.
答案 B
2．(2014·广州模拟)已知数列{an}为等差数列，其前n项的和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝( )．
A．1 B．2 C．3 D.
解析 在等差数列中，S3＝＝＝12，解得a1＝2，所以解得d＝2.
答案 B
3．(2014·长沙模拟)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝( )．
A. B. C. D．2
解析 ∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，
∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝或－1(舍去)．
答案 A
4．(2013·宜山模拟)已知在正项等比数列{an}中，a1＝1，a2a4＝16，则|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝( )．
A．224 B．225 C．226 D．256
解析 由a2a4＝a＝16，解得a3＝4，又a1＝1，
∴q2＝4，∴q＝2，∴an＝2n－1，令2n－1≥12，解得n的最小值为5.
∴|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝12－a1＋12－a2＋12－a3＋12－a4＋a5－12＋a6－12＋a7－12＋a8－12
＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)
＝－15＋240＝225.
答案 B
5．(2014·陕西五校一模)如果数列a1，，，…，，…是首项为1，公比为－的等比数列，则a5等于( )．
A．32 B．64 C．－32 D．－64
解析 易知数列a1，，，，，…，，…的通项为(－)n－1，故a5＝a1····＝1×(－)×2×(－2)×4＝32.
答案 A
6．(2013·安徽望江中学模拟)设数列{an}是公差d＜0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n＝( )．
A．5 B．6 C．5或6 D．6或7
解析 由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a1＋5d＝0，即a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大．
答案 C
7．(2013·荆门调研)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( )．
A．5 B．6 C．7 D．8
解析 设数列{an}为该等差数列，依题意得a1＋an＝＝70.∵Sn＝＝210，∴210＝，∴n＝6.
答案 B
8．(2013·河南三市调研)在公差不为0的等差数列{an}中，2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝( )．
A．2 B．4 C．8 D．16
解析 因为{an}是等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以2a3－a＋2a11＝4a7－a＝0，解得a7＝0或4，因为{bn}为等比数列，所以bn≠0，所以b7＝a7＝4，b6b8＝b＝16.
答案 D
9．(2013·西安五校联考)已知a1，a2, a3，a4是各项均为正数的等比数列，且公比q≠1，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q＝( )．
A.或 B. C. D．1＋
解析 由题意知a1＞0，q＞0，若删去a1，得2a1q2＝a1q＋a1q3，解得q＝1(舍去)；若删去a2，得2a1q2＝a1＋a1q3，即(q－1)(q2－q－1)＝0，解得q＝；若删去a3，得2a1q＝a1＋a1q3，即(q－1)(q2＋q－1)＝0，解得q＝；若删去a4，得2a1q＝a1＋a1q2，解得q＝1(舍去)，综上可得q＝或q＝.
答案 A
10．(2014·皖南八校模拟)已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2,8)，则a7的值为( )．
A. B．7 C．5 D．6
解析 由题意知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝，又n＝1时其图象过点(2,8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列，an＝＋，得a7＝5.
答案 C
二、填空题
11．(2014·成都重点中学期末考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝________.
解析 设等差数列{an}的公差为d，依题意有即解得d＝，a1＝，故a11＋a12＋a13＋a14＝4a1＋46d＝18.
答案 18
12．已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝______.
解析 ∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an＋2anq2＝5anq，
化简得2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1.∴q＝2.
答案 2
13．(2014·成都一模)现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n＝________.
解析 设每节竹竿的长度对应的数列为{an}，公差为d，(d＞0)．
由题意知a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，a＝a1an.
由an＋an－1＋an－2＝114，得3an－1＝114，解得an－1＝38，
∴(a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，所以an－1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.
答案 16
14．(2014·南通模拟)在数列{an}中，若a－a＝p(n≥1，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的判断：
①若{an}是等方差数列，则{a}是等差数列；
②{(－1)n}是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
其中真命题的序号为________(将所有真命题的序号填在横线上)．
解析 ①正确，因为a－a＝p，所以a－a＝－p，于是数列{a}为等差数列．②正确，因为(－1)2n－(－1)2(n＋1)＝0为常数，于是数列{(－1)n}为等方差数列．③正确，因为a－a＝(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
答案 ①②③
三、解答题
15．(2014·西安一检)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1中
令n＝1得，2S1＝a2－22＋1，
令n＝2得，2S2＝a3－23＋1，
解得，a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13.
又2(a2＋5)＝a1＋a3，即2(2a1＋8)＝a1＋6a1＋13，
解得a1＝1.
(2)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，得an＋2＝3an＋1＋2n＋1.
又a1＝1，a2＝5也满足a2＝3a1＋21，∴an＋1＝3an＋2n对n∈N*成立，
∴an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，
∴数列{an＋2n}以3为首项，公比为3的等比数列．
∴an＋2n＝(a1＋21)·3n－1＝3n，
∴an＝3n－2n.
16．(2014·浙江五校联考)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an(n∈N*)，求{bn}的通项公式bn.
解 (1)由题意，得2a2＝a1＋a3－1，即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2.
又q≠0，解得q＝2，∴an＝2n－1.
(2)当n＝1时，b1＝a1＝1；
当n≥2时，nbn＝an－an－1＝2n－2，即bn＝，
∴bn＝
17．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
(1)证明 当n＝1时，4a1＝a－5，a＝4a1＋5，
又an>0，∴a2＝.
(2)解 当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，
∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，
即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，
又an>0，∴an＋1＝an＋2，
∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列．
又a2，a5，a14成等比数列．
∴a＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3.
由(1)知a1＝1.又a2－a1＝3－1＝2，
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴an＝2n－1.
(3)证明 ＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝<.
18．(2014·江西八校联考)已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn
－2n－4＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并研究其单调性．
解 (1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)，得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，
两式相减得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，
又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一个首项为5，公比q＝3的等比数列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．
(2)因为f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－，
令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30，
则3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，
作差得S＝－－，所以f′(1)＝－，
即bn＝－.
而bn＋1＝－，所以bn＋1－bn＝－n－＞0，所以{bn}是单调递增数列.
学生用书第93页
知识只能是这样一种东西，学生靠了它可以得到好的分数，可以升级，但是不会变为信念，不会对学生产生深刻的教育影响。只有为此而准备好道德的土壤时，知识才会变成信念。——赞科夫
