【数学】2018届一轮复习北师大版第五章数列学案

【数学】2018届一轮复习北师大版第五章数列学案

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 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 按项与 项间的 大小关系分类 递增数列 an＋1＞an 其中n∈N*‎ 递减数列 an＋1＜an 常数列 an＋1＝an 按其他标准分类 有界数列 存在正数M，使|an|≤M 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 ‎(3)数列的表示法 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{an}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{an}的前n项和Sn，则an＝ ‎3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)an与{an}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{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)‎ ‎(6)若已知数列{an}的递推公式为an＋1＝，且a2＝1，则可以写出数列{an}的任何一项．(√)‎ ‎(7)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是an＝.(×)‎ ‎(8)数列的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则an＝6n－5.(×)‎ ‎(9)正奇数的数列的通项公式为an＝2n＋1.(×)‎ ‎(10)数列，只有最大项，无最小项．(×)‎ 考点一　由数列的前几项求通项公式 命题点 由特殊到一般的归纳 ‎[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)，，－，，－，，…；‎ ‎(4)，1，，，…；‎ ‎(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an＝(－1)n(6n－5)．‎ ‎(2)将数列变形为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…，‎ ‎∴an＝.‎ ‎(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，原数列可化为－，，－，，…，‎ ‎∴an＝(－1)n·.‎ ‎(4)将数列统一为，，，，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，因此可得它的一个通项公式为an＝.‎ ‎(5)an＝ 或an＝或an＝.‎ ‎(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an＝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)，，，，，…；‎ ‎(3)－1，，－，，－，，…；‎ ‎(4)3,33,333,3 333，….‎ 解：(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝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an＝.‎ ‎(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an＝(－1)n·.‎ 也可写为an＝ ‎(4)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，‎ 所以an＝(10n－1)．‎ 考点二　an与Sn的关系及应用 命题点 ‎1.已知Sn的表达式求an ‎2.已知Sn与an的关系式求an ‎3.已知Sn与an的关系式求Sn ‎[例2]　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.‎ 解析：当n＝1时，a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，‎ 故an＝ 答案： ‎(2)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn.若Sn＋1＝2Sn＋1，则an＝________.‎ 解析：由已知Sn＋1＝2Sn＋1得Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1＝2an，又S2＝a1＋a2＝‎2a1＋1，得a2＝3，所以数列{an}从第二项开始为等比数列，因此其通项公式为an＝ 答案： ‎(3)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：由已知Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，＝，而S1＝a1＝1，所以Sn＝n－1，故选B.‎ 答案：B ‎[方法引航]　已知Sn求an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an＝Sn－Sn－1中需n≥2.‎ (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”.‎ (3)由Sn－Sn－1＝an，推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，‎ ‎1．将本例(1)的条件Sn改为Sn＝2n2－3n，求an.‎ 解：a1＝S1＝2－3＝－1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1‎ ‎＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，‎ 由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.‎ ‎2．将本例(2)的条件改为Sn＝2an＋1，求an.‎ 解：由Sn＝2an＋1得 Sn－1＝2an－1＋1.(n≥2)‎ ‎∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1‎ ‎∴an＝2an－1，(n≥2)‎ 由题意得，a1＝‎2a1＋1，∴a1＝－1‎ ‎∴{an}是以a1＝－1，q＝2的等比数列．‎ ‎∴an＝－1×2n－1＝－2n－1.‎ ‎3．设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1,2,3，…)，则Sn＝________.‎ 解析：由题意可知，Sn＝2，当n＝1时，a1＝1.‎ an＝Sn－Sn－1＝2－2‎ ‎＝· ‎＝＋ 整理得，＝⇒an－an－1＝2.‎ 所以an＝2n－1.解得Sn＝＝n2.‎ 答案：n2‎ 考点三　数列的递推公式及应用 命题点 ‎1.已知递推公式求某些项 ‎2.已知递推公式用累加法求通项公式 ‎3.已知递推公式用累乘法求通项公式 ‎4.已知递推公式用转化法求通项公式 ‎[例3]　(1)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＋2＝3an＋1－2an，则a5＝________.‎ 解析：由已知可得，这个数列的前五项依次为：‎ a1＝0，a2＝1，a3＝3，a4＝7，a5＝15.‎ 答案：15‎ ‎(2)已知数列{an}满足an＋1＝an＋3n＋2，且a1＝2，则an＝________.‎ 解析：∵an＋1－an＝3n＋2，‎ ‎∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝(3n－1)＋(3n－4)＋…＋5＋2＝(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝2也符合上式，‎ ‎∴an＝n2＋.‎ 答案：n2＋ ‎(3)在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则{an}的通项公式为________．‎ 解析：由题设知，a1＝1.‎ 当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.‎ ‎∴＝.‎ ‎∴＝，…，＝，＝，＝3.‎ 以上n－1个式子的等号两端分别相乘，得到 ＝，‎ 又∵a1＝1，∴an＝.‎ 答案： ‎(4)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，则它的一个通项公式为an＝________.‎ 解析：∵an＋1＝3an＋2，‎ ‎∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴＝3，‎ ‎∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，‎ 又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，‎ ‎∴an＝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an＝an－1＋m时构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现＝f(n)时，用累乘法求解．‎ ‎1．如果数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ 解析：∵an＋1＝an＋2n，∴an＋1－an＝2n.‎ ‎∴a2－a1＝2×1；‎ a3－a2＝2×2；‎ ‎…‎ an－an－1＝2×(n－1)(n≥2)．‎ 以上各式相加，得：‎ an－a1＝2[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝n2－n.‎ ‎∴an＝n2－n＋a1＝n2－n＋2(n≥2)，a1＝2也适合．‎ ‎∴an＝n2－n＋2.‎ 答案：n2－n＋2‎ ‎2．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则an＝________.‎ 解析：(1)∵an＝an－1(n≥2)，‎ ‎∴an－1＝an－2，…，a2＝a1.‎ 以上(n－1)个式子相乘得 an＝a1···…·＝＝.‎ 答案： ‎3．(2017·河北保定高三调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为an＝(　　)‎ A．2n－1　　　　　　　　　 B．2n－1＋1‎ C．2n－1 D．2n－2‎ 解析：选A.由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.‎ ‎[易错警示]‎ 数列与函数混淆致误 ‎[典例]　已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________．‎ ‎[正解]　∵an＋1－an＝2n，∴an－an－1＝2(n－1)，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝(2n－2)＋(2n－4)＋…＋2＋33＝n2－n＋33(n≥2)，‎ 又a1＝33适合上式，∴an＝n2－n＋33，‎ ‎∴＝n＋－1.‎ 令f(x)＝x＋－1(x＞0)，则f′(x)＝1－，‎ 令f′(x)＝0得x＝.∴当0＜x＜时，f′(x)＜0，‎ 当x＞时，f′(x)＞0，‎ 即f(x)在区间(0，)上递减；在区间(，＋∞)上递增．‎ 又5＜＜6，‎ 且f(5)＝5＋－1＝，f(6)＝6＋－1＝，‎ ‎∴f(5)＞f(6)，∴当n＝6时，有最小值.‎ ‎[答案]　 ‎[易误]　＝n＋－1≥2－1为最小值时，即把n和x认为等同的，而此时n＝∈N*是不可以的．‎ ‎[警示]　an＝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{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.‎ 解析：法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝‎2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝‎2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，‎ ‎∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121.‎ 法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝‎2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝‎2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，‎ 即Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋＝3，又S1＋＝，∴是首项为，公比为3的等比数列，‎ ‎∴Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，∴S5＝＝121.‎ 答案：1　121‎ ‎2．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．‎ 解析：由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，即an＝(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝(n∈N*)，所以＝＝2，从而＋＋＋…＋＝2×＋2×＋2×＋…＋2×＝2×＝.‎ 答案： ‎3．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.‎ 解析：由Sn＝an＋得：当n≥2时，‎ Sn－1＝an－1＋，∴当n≥2时，an＝－2an－1，‎ 又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，∴an＝(－2)n－1.‎ 答案：(－2)n－1‎ ‎4．(2015·高考课标卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.‎ 解析：由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，两边同时除以SnSn＋1得－＝1，‎ 即－＝－1.又＝－1，‎ 所以是首项为－1，公差为－1的等差数列，‎ 所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，‎ 即Sn＝－.‎ 答案：－ 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an等于(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．cos C．cosπ D．cosπ 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{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)‎ A．15 B．16‎ C．49 D．64‎ 解析：选A.由a8＝S8－S7＝64－49＝15，故选A.‎ ‎3．在数列{an}中，a1＝1，an＝＋1，则a4等于(　　)‎ A. B. C．1 D. 解析：选A.由a1＝1，an＝＋1得，a2＝＋1＝2，a3＝＋1＝＋1＝，a4＝＋1＝＋1＝.‎ ‎4．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)‎ A．15 B．12‎ C．－12 D．－15‎ 解析：选A.由题意知，a1＋a2＋…＋a10‎ ‎＝－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{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tn，则T2 019的值为(　　)‎ A．－ B．－1‎ C. D．2‎ 解析：选B.由a1＝2，a2＝，a3＝－1，a4＝2，a5＝可知，数列{an}是周期为3的数列，且a1·a2·a3＝－1，从而T2 019＝(－1)673＝－1.‎ ‎6．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝，则等于(　　)‎ A. B. C. D．30‎ 解析：选D.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，所以＝5×6＝30.‎ ‎7．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10等于(　　)‎ A．1 B．9‎ C．10 D．55‎ 解析：选A.∵Sn＋Sm＝Sn＋m，a1＝1，∴S1＝1.‎ 可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1.‎ 即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.‎ ‎8．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于(　　)‎ A．3×44 B．3×44＋1‎ C．45 D．45＋1‎ 解析：选A.当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，‎ ‎∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，‎ ‎∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．‎ 又a2＝3S1＝‎3a1＝3，∴an＝ ‎∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.‎ ‎9．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：选D.法一：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)：当n≥2时，＝.‎ ＝，…，＝，＝，两边分别相乘得＝n.‎ 又∵a1＝1，∴an＝n.‎ ‎10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤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Sn＝2an－1，所以当n≥2时，‎ Sn－1＝2an－1－1，‎ 两式相减得an＝2an－2an－1，‎ 整理得an＝2an－1，‎ 所以{an}是公比为2的等比数列，‎ 又因为a1＝‎2a1－1，解得a1＝1，‎ 故{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ 而≤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a2 018－5＝(　　)‎ A．2 018×1 012 B．2 024×2 017‎ C．1 009×2 018 D．1 012×2 017‎ 解析：选D.∵an－an－1＝n＋2(n≥2)，a1＝5.‎ ‎∴a2 018＝(a2 018－a2 017)＋(a2 017－a2 016)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2 020＋2 019＋…＋4＋5＝＋5＝1 012×2 017＋5.‎ ‎∴a2 018－5＝1 012×2 017.‎ ‎2．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.由题意知，Sn＋nan＝2，当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，∴(n ‎＋1)an＝(n－1)an－1从而···…·＝··…·，则an＝，当n＝1时上式成立，所以an＝，故选B.‎ ‎3．已知数列{}，则0.98是它的第________项．‎ 解析：＝0.98＝，∴n＝7.‎ 答案：7‎ ‎4．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝－1，所以an＝ 答案：an＝ ‎5．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________.‎ 解析：由题意知：a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，‎ ‎∴an＝2(n≥2)，∴a3＋a5＝2＋2＝.‎ 答案： ‎6．已知数列{a}满足a1＝1，an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，则a2 018＝________.‎ 解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，‎ a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，‎ ‎…，可知数列{an}是以2为周期的周期数列，∴a2 018＝a2＝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an－an－1＝d(常数)(n∈N*，n≥2)或an＋1－an＝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＝.‎ ‎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{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.‎ ‎(2)等差数列的前n项和公式 设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝na1＋d或Sn＝.‎ ‎3．等差数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.‎ ‎(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.‎ ‎(4)若{an}，{bn}是等差数列，公差为d，则{pan＋qbn}也是等差数列．‎ ‎(5)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 .‎ ‎(6)数列Sm，S‎2m－Sm，S‎3m－S‎2m，…也是等差数列．‎ ‎(7)S2n－1＝(2n－1)an.‎ ‎(8)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．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{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)‎ ‎(3)等差数列{an}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{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．(√)‎ ‎(6)在等差数列{an}中，若am＋an＝ap＋aq，则一定有m＋n＝p＋q.(×)‎ ‎(7)数列{an}，{bn}都是等差数列，则数列{an＋bn}也一定是等差数列．(√)‎ ‎(8)等差数列{an}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{an}满足an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．(×)‎ ‎(10)等差数列{an}中，an－1－an也是常数，也可以作为公差．(×)‎ 考点一　等差数列基本量的计算 命题点 利用a1和d解方程(组)‎ ‎[例1]　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ A．8　　　　　　　　　　 B．10‎ C．12 D．14‎ 解析：由题意知a1＝2，由S3＝‎3a1＋×d＝12，‎ 解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.‎ 答案：C ‎(2)在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝7，则a5＝(　　)‎ A．11 B．10‎ C．7 D．3‎ 解析：设数列{an}的公差为d，则有解得所以a5＝－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a1，则＝1 010，故a1＝3.‎ 答案：3‎ ‎(4)已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.‎ ‎①求d及Sn；‎ ‎②求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.‎ 解：①由题意知(‎2a1＋d)(‎3a1＋3d)＝36，‎ 将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.‎ 因为d＞0，所以d＝2.从而an＝2n－1，‎ Sn＝n2(n∈N*)．‎ ‎②由①得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋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，‎ 故解得 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a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.‎ (2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知三求二，体现了方程思想.‎ ‎1．(2017·河北石家庄质检)已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n＞3)，Sn＝100，则n的值为(　　)‎ A．8　　　　　　　　　 B．9‎ C．10 D．11‎ 解析：选C.由Sn－Sn－3＝51得，an－2＋an－1＋an＝51，‎ 所以an－1＝17，又a2＝3，Sn＝＝100，解得n＝10.‎ ‎2．数列{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S10＝S11，则a1＝________.‎ 解析：由题意知‎10a1＋d＝‎11a1＋d.‎ 又∵d＝－2，∴‎10a1－90＝‎11a1－110，‎ ‎∴a1＝20.‎ 答案：20‎ ‎3．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：设数列为该等差数列，‎ 依题意得a1＋an＝＝70.‎ ‎∵Sn＝210，Sn＝，∴210＝，∴n＝6.‎ 答案：6‎ ‎4．(2017·江苏无锡一模)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________.‎ 解析：由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列{an}从第二项起构成等差数列，则S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.‎ 答案：211‎ 考点二　等差数列的判定或证明 命题点 ‎1.用定义判定等差数列(证明) ‎ ‎2.用等差中项判定等差数列(证明)‎ ‎3.用an和Sn的特征判定等差数列 ‎ [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＝＋1，且f(1)＝1，则f(2 018)＝(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C．2 016 D．2 017‎ 解析：由已知可得－＝1，所以为等差数列，又＝1，d＝1，则＝x，即＝2 018，故f(2 018)＝.‎ 答案：B ‎(2)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，bn＝(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．‎ 证明：设等差数列{an}的公差为d，‎ 则Sn＝na1＋n(n－1)d，‎ ‎∴bn＝＝a1＋(n－1)d.‎ 法一：bn＋1－bn＝a1＋nd－a1－(n－1)d＝(常数)，‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ 法二：bn＋1＝a1＋nd，bn＋2＝a1＋(n＋1)d，‎ ‎∴bn＋2＋bn＝a1＋(n＋1)d＋a1＋(n－1)d ‎＝‎2a1＋nd＝2bn＋1.‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎1．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N*)，则该数列的通项为(　　)‎ A．an＝ B． an＝ C．an＝ D．an＝ 解析：选A.由题意可知是与的等差中项，‎ ‎∴是以1为首项，公差d＝－＝2－1＝1的等差数列．‎ ‎∴＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＝选A.‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)求Sn和an.‎ 解：(1)证明：当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①‎ ‎∵S1＝a1≠0，‎ 由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，‎ 由①式得－＝2(n≥2)．‎ ‎∴是首项为＝＝2，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝2＋2(n－1)＝2n，‎ ‎∴Sn＝.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式，‎ ‎∴an＝ 考点三　等差数列的性质及应用 命题点 ‎1.等差数列通项的性质 ‎2.等差数列前n项和的性质 ‎ [例3]　(1)(2016·高考全国乙卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)‎ A．100　　　　　　　　 B．99‎ C．98 D．97‎ 解析：∵{an}是等差数列，设其公差为d，‎ S9＝＝‎9a5＝27，∴a5＝3，又∵a10＝8，‎ ‎∴d＝＝＝1‎ ‎∴a100＝a5＋(n－5)×d＝3＋(100－5)×1＝98.‎ 答案：C ‎(2)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.‎ 解析：利用等差数列的性质可得a3＋a7＝a4＋a6＝‎2a5，从而a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝‎5a5＝25，故a5＝5，所以a2＋a8＝‎2a5＝10.‎ 答案：10‎ ‎(3)在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)‎ A．S15 B．S16‎ C．S15或S16 D．S17‎ 解析：∵a1＝29，S10＝S20，‎ ‎∴‎10a1＋d＝‎20a1＋d，解得d＝－2，‎ ‎∴Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.‎ ‎∴当n＝15时，Sn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an，则选用通项的有关性质，若涉及前n项和Sn，则选用Sn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an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：‎ ‎①若p＋q为偶数，则当n＝时，Sn最大；‎ ‎②若p＋q为奇数，则当n＝或n＝时，Sn最大．‎ ‎1．设数列{an}，{bn}都是等差数列．若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.‎ 解析：∵(a1＋a5)＋(b1＋b5)＝2(a3＋b3)＝42，‎ ‎∴a5＋b5＝42－7＝35.‎ 答案：35‎ ‎2．在本例(3)中，若将已知条件改为a1＞0，S5＝S12，如何求解Sn的最大值？‎ 解：法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得‎5a1＋10d＝‎12a1＋66d，d＝－a1＜0.‎ 所以Sn＝na1＋d＝na1＋·＝－a1(n2－17n)＝－a12＋a1，‎ 因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．‎ 法二：设等差数列{an}的公差为d，同法一得 d＝－a1＜0.‎ 设此数列的前n项和最大，则 即 解得即8≤n≤9，‎ 又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．‎ 法三：设等差数列{an}的公差为d，同法一得d＝－a1＜0，‎ 由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，‎ 设f(x)＝x2＋x，‎ 则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，‎ 由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝＝(如图所示)，‎ 由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；‎ 当n≥9时，Sn单调递减．又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．‎ ‎3．在本例(3)中，若将条件a1＝29，S10＝S20改为a3＝12，S12＞0，S13＜0，如何求解？‎ 解：因为a3＝a1＋2d＝12，所以a1＝12－2d，‎ 所以 即 解得－＜d＜－3.‎ 故公差d的取值范围为.‎ 法一：由d＜0可知{an}为递减数列，‎ 因此，在1≤n≤12中，必存在一个自然数n，使得an≥0，an＋1＜0，‎ 此时对应的Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．‎ 由于于是a7＜0，从而a6＞0，‎ 因此S6最大．‎ 法二：由d＜0可知{an}是递减数列，‎ 令 可得 由－＜d＜－3，‎ 可得 所以5.5＜n＜7，故n＝6，即S6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{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)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＝ ‎[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Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　　)‎ A．5　　　　　　　　　 B．7‎ C．9 D．11‎ 解析：选A.∵a1＋a5＝‎2a3，a1＋a3＋a5＝‎3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝＝‎5a3＝5.‎ ‎2．(2013·高考课标卷Ⅰ)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：选C.∵{an}是等差数列，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.‎ ‎3．(2014·高考大纲全国卷)数列满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.‎ ‎(1)设bn＝an＋1－an，证明是等差数列；‎ ‎(2)求的通项公式．‎ 解：(1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得 an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.‎ 又b1＝a2－a1＝1，所以是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，‎ 即an＋1－an＝2n－1.‎ 于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，‎ 所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.‎ 又a1＝1，所以的通项公式为an＝n2－2n＋2.‎ ‎4．(2016·高考全国甲卷)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和．‎ 解：(1)设{an}的公差为d，‎ 据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.‎ 所以{an}的通项公式为an＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}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．在等差数列中，a2＝3，a3＋a4＝9，则a‎1a6的值为(　　)‎ A．14　　　　　　　　　　　　 B．18‎ C．21 D．27‎ 解析：选A.依题意得 由此解得d＝1，a1＝2，a6＝a1＋5d＝7，a‎1a6＝14.‎ ‎2．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有(　　)‎ A．a1＋a101＞0 B．a2＋a100＜0‎ C．a3＋a99＝0 D．a51＝51‎ 解析：选C.由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101＝×101＝0.‎ 所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.‎ ‎3．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B.法一：设等差数列{an}的公差为d，‎ 由题意得 解得∴d＝2.‎ 法二：∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝‎2a3＝10，‎ ‎∴a3＝5.又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.‎ ‎4．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：选B.由－＝1，得－＝1，‎ 即a1＋d－＝1，∴d＝2.‎ ‎5．已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于(　　)‎ A．30 B．45‎ C．90 D．186‎ 解析：选C.因为，‎ 所以a1＝3，d＝3，‎ bn＝a2n＝a1＋(2n－1)d＝6n，‎ S5＝＝＝90，因此选C项．‎ ‎6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，则a7＝________.‎ 解析：设数列{an}的公差为d，则由已知得(a1＋2d)＋(a1＋7d)＝13　①，S7＝＝35　②.‎ 联立①②，解方程组得a1＝2，d＝1，∴a7＝a1＋6d＝8.‎ 答案：8‎ ‎7．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＝＝，‎ 所以c－a＝2d＝.‎ 答案： ‎8．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．‎ 解析：根据题意知a7＋a8＋a9＝‎3a8＞0，即a8＞0.‎ 又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，‎ ‎{an}的前n项和最大．‎ 答案：8‎ ‎9．已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项和S10＝185.求数列{an}的通项公式an.‎ 解：设数列{an}的公差为d，‎ 因为a2＝8，S10＝185，‎ 所以，解得，‎ 所以an＝5＋(n－1)×3＝3n＋2，‎ 即an＝3n＋2.‎ ‎10．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{an}为等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)证明：当n＝1时，有‎2a1＝a＋1－4，‎ 即a－‎2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．‎ 当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，‎ 又2Sn＝a＋n－4，‎ 两式相减得2an＝a－a＋1，‎ 即a－2an＋1＝a，‎ 也即(an－1)2＝a，‎ 因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.‎ 若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.‎ 而a1＝3，所以a2＝－2，‎ 这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，‎ 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，‎ 因此数列{an}为首项为3，公差为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知a1＝3，d＝1，‎ 所以数列{an}的通项公式为 an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即an＝n＋2.‎ B组　能力突破 ‎1．在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．84‎ 解析：选C.由a1＞0，a10·a11＜0可知 d＜0，a10＞0，a11＜0，‎ ‎∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18‎ ‎＝S10－(S18－S10)＝60，故选C.‎ ‎2．已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在直线y－2＝k(x－5)上，则数列{an}的前9项和S9等于(　　)‎ A．18 B．20‎ C．22 D．24‎ 解析：选A.∵点(n，an)在直线y－2＝k(x－5)上，∴an－2＝k(n－5)，∴an＝kn－5k＋2，∴an＋1－an＝[k(n＋1)－5k＋2]－(kn－5k＋2)＝k，∴{an}是等差数列．当n＝5时，a5＝2，∴S9＝＝＝18.‎ ‎3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ 解析：选D.法一：Sn＝na1＋d＝n＋n(n－1)＝n2，则Sn＋2＝(n＋2)2，由Sn＋2－Sn＝36，得 ‎(n＋2)2－n2＝4n＋4＝36，所以n＝8.‎ 法二：Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝‎2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8，所以选D.‎ ‎4．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋的值为________．‎ 解析：因为{an}，{bn}为等差数列，‎ 所以＋＝＋＝＝.‎ 因为＝＝＝＝，‎ 所以＝.‎ 答案： ‎5．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|＋|a3|＋…＋|an|.‎ 解：(1)由题意得，a1·‎5a3＝(‎2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0，‎ 解得d＝－1或d＝4.‎ 所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*)．‎ ‎(2)设数列{an}的前n项和为Sn.‎ 因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，‎ 所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋n；‎ 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)‎ ‎＝2(a1＋a2＋…＋a11)－(a1＋a2＋…＋a11＋a12＋a13＋…＋an)＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.‎ 综上所述，‎ ‎|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|‎ ‎＝ 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＝，即G2＝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{an}的首项为a1，公比为q，q≠0，则它的通项公式an＝a1·qn－1.‎ ‎(2)等比数列的前n项和公式 等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎3．等比数列的性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.‎ ‎(3)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．‎ ‎(4)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.‎ ‎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an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(×)‎ ‎(4)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.(×)‎ ‎(5)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn.(×)‎ ‎(6)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(×)‎ ‎(7)q＞1时，等比数列{an}是递增数列．(×)‎ ‎(8)在等比数列{an}中，若am·an＝ap·aq，则m＋n＝p＋q.(×)‎ ‎(9)若一个数列满足an＋1＝q2an，则{an}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 命题点 利用a和q解方程(组)‎ ‎[例1]　(1)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)‎ A．21　　　　　　　　　 B．42‎ C．63 D．84‎ 解析：设{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得 ‎3＋3q2＋3q4＝21，即q2＝2，‎ 所以a3＋a5＋a7＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.‎ 答案：B ‎(2)(2016·高考全国乙卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a‎1a2…an的最大值为________．‎ 解析：由题意知，a2＋a4＝(a1＋a3)q，‎ 即5＝10q，解得q＝，‎ 将q＝代入a1＋a3＝10，解得a1＝8.‎ ‎∴a‎1a2…an＝a·q＝8n×＝2－＋.‎ ‎∵－＋＝－2＋≤6，且n∈N*.‎ 当n＝3或4时有最大值．‎ ‎∴a‎1a2…an＝2－＋≤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{an}中，a2＝4，a4＝16，则数列{an}的前9项和等于________．‎ 解析：∵{an}为正项等比数列，∴q2＝＝＝4，∴q＝2，S9＝＝＝210－2＝1 022.‎ 答案：1 022‎ ‎(4)在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.‎ 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则 ，两式相除，得＝，‎ 即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.‎ 若q＝2，则有a124－a1＝15，∴a1＝1，a3＝4‎ 若q＝，－a1＝15，∴a1＝－16，a3＝－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a1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qn，当成整体求解.‎ ‎1．(2017·吉林长春调研)等比数列中，a3＝9，前三项和S3＝27，则公比q的值为(　　)‎ A．1 B．－ C．1或－ D．－1或－ 解析：选C.设数列的公比为q，因为a3＝9，所以a1＝，a2＝，则S3＝＋＋9＝27，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－，故选C.‎ ‎2．(2017·河南郑州质检)已知等比数列的前n项和为Sn，若a＝‎2a3a6，‎ S5＝－62，则a1的值是__________．‎ 解析：设的公比为q.由a＝‎2a3a6得(a1q4)2＝‎2a1q2·a1q5，∴q＝2，∴S5＝＝－62，a1＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎3．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a‎2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．‎ 解析：设等比数列的公比为q，则有 解得或 又{an}为递增数列，∴∴Sn＝＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ 考点二　等比数列的判定或证明 命题点 ‎1.用定义法证明等比数列 ‎2.用等比中项法证明等比数列 ‎[例2]　(1)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)‎ A．a1，a3，a9成等比数列　　　　 B．a2，a3，a6成等比数列 C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列 ‎ 解析：设数列{an}的公比为q，∴a3＝a1q2，a9＝a1q8，故A错，a2＝a1q，a6＝a1q5，故B错，a4＝a1q3，a8＝a1q7，故C错，只有a3，a6，a9成等比数列．‎ 答案：D ‎(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.‎ ‎①设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；‎ ‎②求数列{bn}的通项公式．‎ 解：①证明：∵an＋Sn＝n，(ⅰ)‎ ‎∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.(ⅱ)‎ ‎(ⅱ)－(ⅰ)得an＋1－an＋an＋1＝1，‎ ‎∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，‎ ‎∴＝，∴{an－1}是等比数列．‎ 又a1＋a1＝1，∴a1＝，‎ ‎∵首项c1＝a1－1，∴c1＝－，公比q＝.‎ 又cn＝an－1，‎ ‎∴{cn}是以－为首项，以为公比的等比数列．‎ ‎②由①可知cn＝·n－1＝－n，‎ ‎∴an＝cn＋1＝1－n.‎ ‎∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－n－ ‎＝n－1－n＝n.‎ 又b1＝a1＝代入上式也符合，∴bn＝n.‎ ‎[方法引航]　将已知中提供的递推关系式，或者是an与Sn的关系式进行化简，转化为数列{an}中相邻两项之间的关系，在an≠0(n∈N*)前提下，若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数，n≥2且n∈N*)，或者＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列.‎ ‎1．在数列中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“是公比为2的等比数列”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但是等差数列，不是等比数列，因此充分性不成立．当是公比为2的等比数列时，有＝2，n ‎＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.‎ ‎2．设数列{an}的前n项和Sn＝an－×2n＋1＋，n＝1,2,3，….‎ ‎(1)求首项a1的值；‎ ‎(2)求证：数列{an＋2n}是等比数列．‎ 解：(1)令n＝1，得a1＝S1＝a1－×4＋，‎ 解得a1＝2.‎ ‎(2)证明：当n≥2时，Sn－1＝an－1－×2n＋.‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)－(2n＋1－2n)，即an＝4an－1＋2n，‎ 所以an＋2n＝4(an－1＋2n－1)，‎ 所以数列{an＋2n}是首项为a1＋2＝4，公比为4的等比数列．‎ 考点三　等比数列的性质及应用 命题点 ‎1.等比数列的通项性质 ‎2.等比数列的前n项和性质 ‎[例3]　(1)(2017·辽宁沈阳模拟)已知各项不为0的等差数列满足‎2a2－a＋‎2a12＝0，数列是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于(　　)‎ A．16　　　　　　　　　 B．8‎ C．4 D．2‎ 解析：由等差数列性质得a2＋a12＝‎2a7，所以‎4a7－a＝0，又a7≠0，所以a7＝4，b7＝4，由等比数列性质得b3b11＝b＝16，故选A.‎ 答案：A ‎(2)(2017·河北衡水模拟)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)‎ A．80 B．30‎ C．26 D．16‎ 解析：由于2，S2n－2,14－S2n成等比数列，‎ ‎∴(S2n－2)2＝2×(14－S2n)，‎ ‎∴S－2S2n－24＝0，由于Sn>0，∴S2n＝6，‎ ‎∴S2n－Sn＝6－2＝4，∴＝2，‎ ‎∴S4n－S3n＝2×23，∴S4n＝16＋14＝30.‎ 答案：B ‎(3)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1＝(　　)‎ A．11 B．12‎ C．13 D．14‎ 解析：设数列{an}的首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇、S偶，由题意知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶，因为数列{an}的项数为偶数，所以q＝＝，又a1·a1q·a1q2＝64，所以aq3＝64，故a1＝12.‎ 答案：B ‎[方法引航]　求解数列问题，利用基本性质可使求解过程简单.等比中项是数列“脚码和”性质的特例.涉及到等比数列的“两项积”时，可考虑此性质的应用.已知两项求公比时，常用an＝am·qn－m.,在等比数列{an}中，若am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，则不一定有m＋n＝p＋q成立，如当数列{an}是非零常数列时此结论不成立.‎ ‎1．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a‎3a11＝16，则log‎2a10等于(　　)‎ A．4 B．5‎ C．6 D．7‎ 解析：选B.利用等比数列的性质和通项公式求解．‎ ‎∵a3·a11＝16，∴a＝16.‎ 又∵等比数列{an}的各项都是正数，‎ ‎∴a7＝4.‎ 又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，‎ ‎∴log‎2a10＝log225＝5.故选B.‎ ‎2．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是(　　)‎ A．13 B．12‎ C．11 D．10‎ 解析：选B.设该等比数列为{an}，其前n项积为Tn，‎ 则由已知得a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，‎ ‎(a1·an)3＝3×9＝33，‎ ‎∴a1·an＝3，又Tn＝a1·a2·…·an－1·an，‎ Tn＝an·an－1·…·a2·a1，‎ ‎∴T＝(a1·an)n，即7292＝3n，∴n＝12.‎ ‎[规范答题]‎ 等差、等比数列综合问题的规范答题 ‎[典例]　(本题满分12分)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎[规范解答]　(1)由已知Sn＝2an－a1，有 an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，………………2分 即an＝2an－1(n≥2)，所以q＝2.………………3分 从而a2＝‎2a1，a3＝‎2a2＝‎4a1.‎ 又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，………………5分 所以a1＋‎4a1＝2(‎2a1＋1)，解得a1＝2.………………6分 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 故an＝2n.………………8分 ‎(2)由(1)得＝，………………9分 所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.………………12分 ‎[规范建议]　(1)由Sn＝2an－a1得Sn－1＝2an－1－a1；‎ ‎(2)由an＝Sn－Sn－1得an＝2an－1(n≥2)；‎ ‎(3)由a1，a2＋1，a3成等差数列求a1；‎ ‎(4)求an，进而求；‎ ‎(5)求前n项和Tn.‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2014·高考大纲全国卷)设等比数列的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)‎ A．31　　　 　　　　 B．32‎ C．63 D．64‎ 解析：选C.在等比数列中，S2、S4－S2、S6－S4也成等比数列，故(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，则(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.‎ ‎2．(2015·高考课标卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.‎ 解析：由已知得{an}为等比数列，公比q＝2，由首项a1＝2，Sn＝126得＝126，解得2n＋1＝128，∴n＝6.‎ 答案：6‎ ‎3．(2015·高考课标卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝，a‎3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)‎ A．2 B．1‎ C. D. 解析：选C.∵a‎3a5＝a，a‎3a5＝4(a4－1)，‎ ‎∴a＝4(a4－1)，‎ ‎∴a－‎4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝＝＝8，‎ ‎∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝，故选C.‎ ‎4．(2016·高考全国乙卷)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2，‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝，‎ 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 记{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝＝－.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．已知数列{an}，则“an，an＋1，an＋2(n∈N*)成等比数列”是“a＝anan＋‎2”‎的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.显然，n∈N*，an，an＋1，an＋2成等比数列，则a＝anan＋2，反之，不一定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，….‎ ‎2．设是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(　　)‎ A．2 B．－2‎ C. D．－ 解析：选D.因为等差数列的前n项和为Sn＝na1＋d，所以S1，S2，S4分别为a1,‎2a1－1,‎4a1－6.‎ 因为S1，S2，S4成等比数列，所以(‎2a1－1)2＝a1·(‎4a1－6)．解得a1＝－.‎ ‎3．在等比数列{an}中，若a4，a8是方程x2－3x＋2＝0的两根，则a6的值是(　　)‎ A．± B．－ C. D．±2‎ 解析：选C.因为a4，a8是方程的两根，则，‎ ‎∴a4＞0，a8＞0，又a＝a‎4a8＝2，∴a6＝.‎ ‎4．已知等比数列{an}的公比q＝2，且‎2a4，a6,48成等差数列，则{an}的前8项和为(　　)‎ A．127 B．255‎ C．511 D．1 023‎ 解析：选B.∵‎2a6＝‎2a4＋48，即a6＝a4＋24‎ ‎∴‎25a1＝‎23a1＋24，从而a1＝1.‎ 于是S8＝＝28－1＝255.‎ ‎5．设数列{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＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.设此数列的公比为q(q＞0)，‎ 由已知a‎2a4＝1，得a＝1，∴a3＝1，‎ 由S3＝7，知a3＋＋＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝，从而a1＝4，‎ 所以S5＝＝.‎ ‎6．等比数列{an}中，Sn表示前n项和，a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q为________．‎ 解析：由a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1得 a4－a3＝2(S3－S2)＝‎2a3，‎ ‎∴a4＝‎3a3，∴q＝＝3.‎ 答案：3‎ ‎7．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＝q＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎8．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，则对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.‎ 解析：由题意知a3＋a2－‎2a1＝0，设公比为q，则a1(q2＋q－2)＝0.‎ 由q2＋q－2＝0解得q＝－2或q＝1(舍去)，‎ ‎∴S5＝＝＝11.‎ 答案：11‎ ‎9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.‎ 解：(1)∵S1＝a1＝1，‎ 且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，‎ ‎∴Sn＝2n－1，‎ 又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.‎ 当n＝1时，a1＝1，不适合上式．‎ ‎∴an＝ ‎(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，‎ ‎∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.‎ ‎∴a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＋1＝.‎ ‎10．已知成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．‎ 解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.‎ 依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.‎ 所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.‎ 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，‎ 解得d＝2或d＝－13(舍去)，‎ ‎∴b3＝5，公比q＝2，因此b1＝，‎ 故bn＝·2n－1＝5·2n－3.‎ ‎(2)证明：由(1)知b1＝，公比q＝2，∴Sn＝＝5·2n－2－，‎ 则Sn＋＝5·2n－2，因此S1＋＝，＝＝2(n≥2)．‎ ‎∴数列是以为首项，公比为2的等比数列．‎ B组　能力突破 ‎1．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)‎ A．－2 B．2‎ C．－3 D．3‎ 解析：选B.设公比为q，若q＝1，则＝2，‎ 与题中条件矛盾，故q≠1.‎ ‎∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8.‎ ‎∴＝＝qm＝8＝，‎ ‎∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.‎ ‎2．等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－‎8a2.a5＞a2，则an等于(　　)‎ A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1‎ C．(－2)n D．－(－2)n 解析：选A.∵|a1|＝1，∴a1＝1或a1＝－1.‎ ‎∵a5＝－‎8a2＝a2·q3，∴q3＝－8，∴q＝－2.‎ 又a5＞a2，即a2q3＞a2，∴a2＜0.‎ 而a2＝a1q＝a1·(－2)＜0，∴a1＝1.‎ 故an＝a1·(－2)n－1＝(－2)n－1.‎ ‎3．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)‎ A．(3n－1)2 B.(9n－1)‎ C．9n－1 D.(3n－1)‎ 解析：选B.∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，‎ n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，‎ ‎∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，‎ 又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，‎ 故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列．‎ 因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．‎ ‎4．已知等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＝－8，a4＋a5＋a6＝1，则＝__________.‎ 解析：∵＝q3＝－，∴q＝－，‎ 把q＝－代入a1＋a2＋a3＝－8，‎ 解得a1＝－，∴＝－.‎ 答案：－ ‎5．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．‎ ‎(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，‎ ‎∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．‎ 又a1＝5，a2＝5，‎ ‎∴a2＋‎2a1＝15，‎ ‎∴an＋2an－1≠0(n≥2)，‎ ‎∴＝3(n≥2)，‎ ‎∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，‎ 则an＋1＝－2an＋5×3n，‎ ‎∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．‎ 又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，‎ ‎∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．‎ ‎∴an－3n＝2×(－2)n－1，‎ 即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．‎ 第4课时　数列求和 ‎1．公式法与分组求和法 ‎(1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．‎ ‎①等差数列的前n项和公式：‎ Sn＝＝na1＋ ‎②等比数列的前n项和公式：‎ Sn＝ ‎(2)分组求和法 若一个数列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．倒序相加法与并项求和法 ‎(1)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．‎ ‎(2)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．裂项相消法 ‎(1)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．‎ ‎(2)常见的裂项技巧 ‎①＝－.‎ ‎②＝.‎ ‎③＝.‎ ‎④＝－.‎ ‎4．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．‎ 考点一　分组转化法求和 命题点 ‎1.分组、拆、拼、转化为常数列或等差数列求和 ‎2.转化为等比数列求和 ‎[例1]　(1)已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．100‎ C．－100 D．10 200‎ 解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100‎ ‎＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012‎ ‎＝－(1＋2)＋(3＋2) －…－(99＋100)＋(101＋100)‎ ‎＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)‎ ‎＝－1＋101＝100.故选B.‎ 答案：B ‎(2)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．‎ 解析：利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解．‎ ‎∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，‎ ‎∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，‎ a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57‎ ‎＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234‎ ‎＝＝1 830.‎ 答案：1 830‎ ‎[方法引航]　分组转化法求和的常见类型 ‎(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．‎ ‎(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．‎ ‎1．数列，，，，…的前n项和Sn为________．‎ 解析：∵＝1＋，＝2＋，＝3＋，‎ ＝4＋，…‎ ‎∴Sn＝＋＋＋＋…＋ ‎＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ‎＝＋＝＋1－.‎ 答案：＋1－ ‎2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)‎ A．200 B．－200‎ C．400 D．－400‎ 解析：选B.S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×‎ ‎[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.‎ 考点二　错位相减法求和 命题点 对于“an·bn”型的数列求和 ‎[例2]　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.‎ 解析：∵an＝n×2n ‎∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n①‎ ‎∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1②‎ ‎①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1‎ ‎∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.‎ 答案：(n－1)×2n＋1＋2‎ ‎(2)(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解：①由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d.‎ 由即 解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎②由①知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)·2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)·2n＋2]，‎ 两式作差，得 ‎－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)·2n＋2]‎ ‎＝3× ‎＝－3n·2n＋2，‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎ 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由题意有 即解得或 故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，‎ 于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋…＋＋.②‎ ‎①－②得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，‎ 故Tn＝6－.‎ 考点三　裂项相消法求和 命题点 ‎1.针对型，裂项求和 ‎2.针对型，裂项求和 ‎3.针对型，裂项求和 ‎ [例3]　(1)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝________.‎ 解析：由f(4)＝2可得‎4a＝2，‎ 解得a＝，则f(x)＝.‎ ‎∴an＝＝＝－，‎ S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.‎ 答案：－1‎ ‎(2)在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.‎ ‎①求Sn的表达式；‎ ‎②设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解：①∵S＝an，‎ an＝Sn－Sn－1(n≥2)，‎ ‎∴S＝(Sn－Sn－1)，‎ 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，(ⅰ)‎ 由题意得Sn－1·Sn≠0，‎ ‎(ⅰ)式两边同除以Sn－1·Sn，‎ 得－＝2，‎ ‎∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．‎ ‎∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝.‎ ②∵bn＝＝ ‎＝，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎[方法引航]　利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.‎ ‎1．将本例(1)条件变为，函数f(x)＝logax的图象过点(4,2)令an＝loga，求{an}的前10项和．‎ 解：由题意得loga4＝2，∴a＝2，∴f(x)＝log2x ‎∴an＝log2＝log2(n＋2)－log2n.‎ ‎∴S10＝(log23－log21)＋(log24－log22)＋(log25－log23)＋…＋(log211－log29)＋(log212－log210)‎ ‎＝－log21－log22＋log211＋log212＝log211＋log23＋1.‎ ‎2．(2017·辽宁五校联考)已知等差数列，公差d>0，前n项和为Sn，S3＝6且满足a3－a1,‎2a2，a8成等比数列．‎ ‎(1)求的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)由S3＝6，得a2＝2.‎ ‎∵a3－a1,‎2a2，a8成等比数列，‎ ‎∴2d·(2＋6d)＝42，解得，d＝1或d＝－.‎ ‎∵d>0，∴d＝1，‎ ‎∴数列的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)∵bn＝＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＝ ‎＝＝.‎ ‎[思想方法]‎ 讨论次数奇偶性求和 ‎[典例]　等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)若数列满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列的前n项和Sn.‎ ‎[解]　(1)当a1＝3时，不合题意；‎ 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；‎ 当a1＝10时，不合题意．‎ 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.‎ 故an＝2·3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝an＋(－1)nln an ‎＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，‎ 所以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＝ ‎[回顾反思]　(1)从表中选数字组成等比数列，就是试验法，先确定a2，再看是否满足a＝a‎1a3.‎ ‎(2)当为等比数列，且an＞0时，则ln an为等差数列．‎ ‎(3)对于通项中含有(－1)n的符号变化的要分n的奇偶性求和．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2015·高考课标卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①‎ 可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②‎ ‎②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，‎ 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．‎ 由an＞0，得an＋1－an＝2.‎ 又a＋‎2a1＝‎4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.‎ 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝.‎ ‎2．(2014·高考大纲全国卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{an}的公差d为整数．‎ 又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0.‎ 解得－≤d≤－.因此d＝－3.‎ 数列的通项公式为an＝13－3n.‎ ‎(2)bn＝＝.‎ 于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎3．(2016·高考天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．‎ 解：(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2，或q＝－1.‎ 又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为(　　)‎ A．2n＋n2－1　　　　　　 B．2n＋1＋n2－1‎ C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n2－2‎ 解析：选C.Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋(2n－1))＝＋＝2n＋1－2＋n2.‎ ‎2．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列 ‎{an＋an＋1}的前10项和为(　　)‎ A．100 B．110‎ C．120 D．130‎ 解析：选C.{an＋an＋1}的前10项和为(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(a10＋a11)＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.‎ ‎3．数列{an}＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线 ‎(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为(　　)‎ A．－10 B．－9‎ C．10 D．9‎ 解析：选B.数列的前n项和为 ＋＋…＋＝1－＝＝，‎ ‎∴n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0.‎ 令x＝0，得y＝－9，∴直线在y轴上的截距为－9.‎ ‎4．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于(　　)‎ A．2 B．lg 50‎ C．5 D．10‎ 解析：选C.由题意可知a‎4a7＝a‎5a6＝a‎3a8＝a‎2a9＝a‎1a10＝10，即a‎1a2…a‎9a10＝105，‎ ‎∴数列{lg an}的前10项和等于lg a1＋lg a2＋…＋lg a9＋lg a10＝lg a‎1a2…a10＝lg 105＝5.故选C.‎ ‎5．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.an＝＝，‎ ‎∴bn＝＝＝4，‎ ‎∴Sn＝4 ‎＝4＝.‎ ‎6．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝________.‎ 解析：设S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×，‎ 则S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×.‎ 两式相减得S＝3×＋－.‎ ‎∴S＝3＋－ ‎＝3＋－＝4－.‎ 答案：4－ ‎7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ 解析：∵an＋1－an＝2n，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2‎ ‎＝＋2＝2n－2＋2＝2n.‎ ‎∴Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎8．数列{an}满足：a1＝，且an＋1＝(n∈N*)，则＋＋＋…＋＝________.‎ 解析：由题意可知＝＋·⇒－1＝，又－1＝－，所以是以－为首项，为公比的等比数列，所以－1＝－，‎ 所以＝1－，所以＋＋＋…＋＝n－＝n－＋·，可知＋＋＋…＋＝2 019－＋×＝＋.‎ 答案：＋ ‎9．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{an}是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.‎ 解：(1)证明：∵Sn＝，n∈N*，‎ ‎∴当n＝1时，a1＝S1＝(an＞0)，∴a1＝1.‎ 当n≥2时，由 得2an＝a＋an－a－an－1.‎ 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ ‎∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥2)．‎ 所以数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可得an＝n，Sn＝，‎ bn＝＝＝－.‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝1－＋－＋…＋－ ‎＝1－＝.‎ ‎10．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，‎ ‎∵S3＝6，S5＝15，‎ ‎∴即 解得 ‎∴{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋，①‎ ‎①式两边同乘，得 Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ‎＝－＝1－－，‎ ‎∴Tn＝2－－.‎ B组　能力突破 ‎1．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为(　　)‎ A．31　　　　　　　　　 B．120‎ C．130 D．185‎ 解析：选C.a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.‎ ‎2．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“‎ 三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)‎ A．192里 B．96里 C．48里 D．24里 解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.‎ ‎3．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．16‎ 解析：选C.根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.‎ 又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.‎ ‎4．数列{an}的通项为an＝(－1)n(2n＋1)sin＋1，前n项和为Sn，则S100＝________.‎ 解析：由an＝(－1)n(2n＋1)sin＋1可得所有的偶数项为1，奇数项有以下规律：‎ 所以a1＋a5＋…＋a97＝25×(－2)＋×(－8)＝－2 450，‎ a3＋a7＋…＋a99＝25×8＋×8＝2 600，a2＋a4＋…＋a100＝50×1＝50‎ 所以S100＝－2 450＋2 600＋50＝200.‎ 答案：200‎ ‎5．若An和Bn分别表示数列{an}和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an＝2(n＋1)，3An－Bn＝4n.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记cn＝，求{cn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)由于an＝2(n＋1)，∴{an}为等差数列，且a1＝4.‎ ‎∴An＝＝＝n2＋3n，‎ ‎∴Bn＝3An－4n＝3(n2＋3n)－4n＝3n2＋5n，‎ 当n＝1时，b1＝B1＝8，‎ 当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝3n2＋5n－[3(n－1)2＋5(n－1)]＝6n＋2.由于b1＝8适合上式，‎ ‎∴bn＝6n＋2.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝ ‎＝，‎ ‎∴Sn＝ ‎＝ ‎＝－.‎ 高考规范答题　数列类考题 ‎[典例]　(本题满分12分)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 标准答案·满分模板 ‎[解]　(1)由题意得a2＝2，a4＝3，………………1分 设数列{an}的公差为d，‎ 则a4－a2＝2d，‎ 故d＝.………………1分 从而a1＝，………………1分 所以{an}的通项公式为：an＝n＋1.………………2分 ‎(2)设数列的前n项和为Sn，‎ 由(1)知＝，………………1分 则：Sn＝＋＋＋…＋＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋＋.………………2分 上述两式相减，得 Sn＝＋－ ‎＝＋－，………………2分.‎ Sn＝2－.………………2分 ‎[规范答题]　(1)踩点说明 ‎①能正确得出a2，a4得1分．‎ ‎②③不管过程，只要得出正确的公差和首项，就得4分．‎ ‎④只要得出结果an＝n＋1就得2分．‎ ‎⑤写对的值得1分．‎ ‎⑥只要写出Sn，Sn，两个写对得2分．‎ ‎⑦体现错位相减得2分．‎ ‎(2)答题要求 ‎①紧扣首项和公差(基本量)，如第(1)问，正确求出公差和首项，得4分．‎ ‎②充分利用已知条件，如第(1)问中，能正确解方程x2－5x＋6＝0得出a2和a4.‎ ‎③利用公式，如第(2)问要用等比数列前n项和公式，用到定理，公式就易抓住得分点．‎ ‎④利用基本方法，如第(2)问要用到错位相减法，只要体现错位相减法得2分．‎ 专题测试四　数　列 ‎(时间90分钟，满分100分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于(　　)‎ A．－6(1－3－10)　　　　　　　　 B.(1－3－10)‎ C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)‎ 解析：选C.由题意可知数列为等比数列，设等比数列的公比为q，则有q＝＝－，a1＝＝4，因此其前10项和等于＝3(1－3－10)，故选C.‎ ‎2．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：选C.∵数列{an}是等比数列，S3＝a2＋‎10a1且a5＝9，∴即 ‎∵a1≠0，∴q2＝9，‎ a1＝＝＝，故选C.‎ ‎3．在等差数列{an}中，an＞0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a2·a9的最大值是(　　)‎ A．3 B．6‎ C．9 D．36‎ 解析：选C.∵数列{an}为等差数列，∴a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋‎ a6，又a1＋a2＋…＋a10＝5(a2＋a9)＝30，∴a2＋a9＝6.∵an＞0，∴a2·a9≤2＝9，当且仅当a2＝a9时取等号，则a2·a9的最大值等于9，故选C.‎ ‎4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则‎2a10－a12的值为(　　)‎ A．20 B．22‎ C．24 D．28‎ 解析：选C.依题意得‎5a8＝120，a8＝24,‎2a10－a12＝(a12＋a8)－a12＝a8＝24，故选C.‎ ‎5．已知等差数列{an}的公差d≠0，若a3＋2am＋a13＝24，a9＋a7＝12，则正整数m为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选C.依题意得‎2a8＝12，a8＝6,‎2a8＋2am＝24，am＝6＝a8，又d≠0，因此m＝8，故选C.‎ ‎6．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，则r的值为(　　)‎ A．2 B．1‎ C．－1 D．0‎ 解析：选C.由已知得a1＝S1＝2＋r，a2＝S2－S1＝22＋r－(2＋r)＝2，a3＝S3－S2＝23＋r－(22＋r)＝4，由a＝a‎1a3⇒22＝(2＋r)×4⇒r＝－1，故选C.‎ ‎7．已知数列{an}是等比数列，若a2＝2，a5＝，则a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝(　　)‎ A.(1－4－n) B．8(1－2－n)‎ C.(1－4－n＋1) D．8(1－2－n－1)‎ 解析：选A.由已知得a5＝a2q3，即＝2q3，解得q＝，故a1＝＝4，故a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝＝(1－4－n)，故选A.‎ ‎8．在等差数列{an}中，已知a2与a4是方程x2－6x＋8＝0的两个根，若a4＞a2‎ ‎，则a2 019＝(　　)‎ A．2 017 B．2 020‎ C．2 019 D．2 018‎ 解析：选C.由题意知，a2＋a4＝6，a2·a4＝8，又a4＞a2，∴a4＝4，a2＝2，∴d＝＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝n，∴a2 019＝2 019，故选C.‎ ‎9．若数列{an}满足＝p(p为常数，n∈N*)，则称数列{an}为等方比数列．已知甲：{an}是等方比数列，乙：{an}为等比数列，则命题甲是命题乙的(　　)‎ A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件 解析：选C.由数列{an}是等方比数列不能得知{an}为等比数列，如取数列1，－1,1，－1，－1，易知该数列是等方比数列，显然不是等比数列；反过来，由{an}为等比数列可得知＝p，此时数列{an}是等方比数列．综上所述，命题甲是命题乙的必要不充分条件，故选C.‎ ‎10．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2＋1，则a13＝(　　)‎ A．143 B．156‎ C．168 D．195‎ 解析：选C.由an＋1＝an＋2＋1，可知an＋1＋1＝an＋1＋2＋1＝(＋1)2，即＝＋1，故数列{}是公差为1的等差数列，所以 ＝＋12＝13，则a13＝168，故选C.‎ ‎11．已知数列{an}的递推公式an＝，(n∈N*)，则a2 018＋a2 019＝(　　)‎ A．3 078 B．3 029‎ C．3 028 D．3 128‎ 解析：选C.由题意得a2019＝2 019，a2018＝a1009＝1 009，所以a2 018＋a2 019＝3 028，故选C.‎ ‎12．已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋‎2a5，若存在两项am，an，使得 ＝‎ ‎4a‎1，则＋最小值为(　　)‎ A. B. C. D．不存在 解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，因为a7＝a6＋‎2a5，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，因为数列{an}每一项都为正项，所以q＝－1(舍去)，因为＝‎4a1，所以‎2m＋n＝64，即m＋n＝6，所以＋＝·(m＋n)＝≥，当且仅当＝，即m＝2，n＝4时，取等号，所以＋的最小值为，故选A.‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，把答案填在相应题号后的横线上．)‎ ‎13．已知等比数列{an}中，a1＋a2＝(a2＋a3)＝3，则其前6项和为________．‎ 解析：由题意，易得在等比数列中，a1＝1，公比q＝2，∴S6＝＝63.‎ 答案：63‎ ‎14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝11，S11＝9，则S20＝________.‎ 解析：依题意有两式相减得‎2a1＋19d＝－2，∴S20＝‎20a1＋190d＝－20.‎ 答案：－20‎ ‎15．在数列中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列的前n项和，则S60＝__________.‎ 解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.‎ 答案：480‎ ‎16．数列{an}的项是由1或2构成，且首项为1，在第k个1和第k＋1个1之间有2k－1个2，即数列{an}为1,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,2,1，…，记数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝________.‎ 解析：依题意，从该数列中的第1个1到第k＋1个1(含这两个1)共有(k＋1)＋[1＋3＋5＋…＋(2k－1)]＝(k＋1)＋＝(k＋1)＋k2＝k2＋k＋1项，其间有k＋1个1，k2个2；注意到当k＝4时，k2＋k＋1＝42＋4＋1＝21，因此在该数列的前20项中，共有4个1,42个2，S20＝4×1＋42×2＝36.‎ 答案：36‎ 三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(本小题满分10分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝0，对任意n∈N*，都有nan＋1＝Sn＋n(n＋1)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n≥2时，nan＋1＝Sn＋n(n＋1)，(n－1)an＝Sn－1＋n(n－1)，‎ 两式相减得 nan＋1－(n－1)an＝Sn－Sn－1＋n(n＋1)－n(n－1)，‎ 即nan＋1－(n－1)an＝an＋2n，得an＋1－an＝2.‎ 当n＝1时，1×a2＝S1＋1×2，即a2－a1＝2.‎ ‎∴数列{an}是以a1＝0为首项，公差为2的等差数列．‎ ‎∴an＝2(n－1)＝2n－2.‎ ‎(2)∵an＋log2n＝log2bn，‎ ‎∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ‎＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①‎ ‎4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②‎ ‎①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n ‎＝－n·4n＝ ‎∴Tn＝[(3n－1)·4n＋1]．‎ ‎18．(本小题满分10分)设数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1，数列{bn}满足bn＝＋n.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝4.‎ 由Sn＝2n＋1得Sn－1＝2n(n≥2)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n(n≥2)，‎ ‎∴an＝ ‎(2)当n＝1时，b1＝＋1＝，∴T1＝.‎ 当n≥2时，‎ bn＝＋n＝＋n＝－＋n，‎ Tn＝＋ ‎＋(2＋3＋4＋…＋n)‎ ‎＝＋＋(1＋2＋3＋4＋…＋n)‎ ‎＝－＋，‎ 上式对于n＝1时也成立，∴Tn＝－＋.‎