2022版《名師金典》高考數(shù)學(xué)(理科)大一輪復(fù)習(xí)教師用書：第五章數(shù)列-

第五章數(shù)列第一節(jié)數(shù)列的概念與簡潔表示法[考情展望]1.以數(shù)列的前n項為背景寫數(shù)列的通項.2.考查由數(shù)列的通項公式或遞推關(guān)系，求數(shù)列的某一項.3.考查已知數(shù)列的遞推關(guān)系或前n項和Sn求通項an.一、數(shù)列的有關(guān)概念概念含義數(shù)列依據(jù)確定挨次排列的一列數(shù)數(shù)列的項數(shù)列中的每一個數(shù)數(shù)列的通項數(shù)列{an}的第n項an叫做數(shù)列的通項通項公式數(shù)列{an}的第n項an與n之間的關(guān)系能用公式an＝f(n)表達(dá)，這個公式叫做數(shù)列的通項公式前n項和數(shù)列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數(shù)列的前n項和二、數(shù)列的分類分類標(biāo)準(zhǔn)類型滿足條件項數(shù)有窮數(shù)列項數(shù)有限無窮數(shù)列項數(shù)無限項與項間的大小關(guān)系遞增數(shù)列an＋1>an其中n∈N*遞減數(shù)列an＋1<an常數(shù)列an＋1＝an推斷數(shù)列遞增(減)的方法(1)作差比較法：①若an＋1－an＞0，則數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．②若an＋1－an＝0，則數(shù)列{an}為常數(shù)列．③若an＋1－an＜0，則數(shù)列{an}為遞減數(shù)列．(2)作商比較法：不妨設(shè)an＞0.①若eq\f(an＋1,an)＞1，則數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．②若eq\f(an＋1,an)＝1，則數(shù)列{an}為常數(shù)列．③若eq\f(an＋1,an)＜1，則數(shù)列{an}為遞減數(shù)列．三、數(shù)列的表示方法數(shù)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(guān)系若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，通項公式為an，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))已知Sn求an的留意點利用an＝Sn－Sn－1求通項時，留意n≥2這一前提條件，易忽視驗證n＝1致誤，當(dāng)n＝1時，a1若適合通項，則n＝1的狀況應(yīng)并入n≥2時的通項；否則an應(yīng)利用分段函數(shù)的形式表示．1．已知數(shù)列{an}的前4項分別為2,0,2,0，則下列各式不行以作為數(shù)列{an}的通項公式的一項是()A．a(chǎn)n＝1＋(－1)n＋1 B．a(chǎn)n＝2sineq\f(nπ,2)C．a(chǎn)n＝1－cosnπ D．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n為奇數(shù),0，n為偶數(shù)))【答案】B2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，則a5的值為()A．30B．31C．32D．33【答案】B3．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(n,n＋1)，則這個數(shù)列是()A．遞增數(shù)列 B．遞減數(shù)列C．常數(shù)列 D．搖擺數(shù)列【答案】A4．?dāng)?shù)列{an}的前n項和Sn＝n2＋1，則an＝.【答案】eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1,2n－1n≥2))5．若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(nn＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))中的最大項是第k項，則k＝.【答案】46．(2021·課標(biāo)全國卷Ⅰ)若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，則{an}的通項公式是an＝.【答案】(－2)n－1考向一[083]由數(shù)列的前幾項歸納數(shù)列的通項公式依據(jù)數(shù)列的前幾項，寫出下列各數(shù)列的一個通項公式．(1)－1,7，－13,19，…；(2)0.8,0.88,0.888，…；(3)eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，….【嘗試解答】(1)符號可通過(－1)n表示，后面的數(shù)的確定值總比前面的數(shù)的確定值大6，故通項公式為an＝(－1)n(6n－5)．(2)數(shù)列變?yōu)閑q\f(8,9)(1－0.1)，eq\f(8,9)(1－0.01)，eq\f(8,9)(1－0.001)，…，∴an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).(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)椋璭q\f(2－3,2)，原數(shù)列化為－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，…，∴an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n).規(guī)律方法11.求數(shù)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(jìn)行歸納、化歸、聯(lián)想．2．依據(jù)數(shù)列的前幾項寫出數(shù)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(jié)果是不行靠的，要留意代值檢驗，對于正負(fù)符號變化，可用(－1)n或(－1)n＋1來調(diào)整．考向二[084]由遞推關(guān)系求通項公式依據(jù)下列條件，求數(shù)列的通項公式an.(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n；(2)在數(shù)列{an}中，an＋1＝eq\f(n＋2,n)an，a1＝4；(3)在數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1.【嘗試解答】(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＝eq\f(21－2n－1,1－2)，即an－a1＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n－1.當(dāng)n＝1時，a1＝1也符合，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由遞推關(guān)系an＋1＝eq\f(n＋2,n)an，a1＝4，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，于是有eq\f(a2,a1)＝3，eq\f(a3,a2)＝eq\f(4,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(5,3)，…，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n,n－2)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，將這(n－1)個式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,2).所以當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(nn＋1,2)a1＝2n(n＋1)．當(dāng)n＝1時，a1＝4符合上式，所以an＝2n(n＋1)(n∈N*)．(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(shù)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＋2neq\f(an＋1,an)＝f(n)疊乘法a1＝1，eq\f(an＋1,an)＝2nan＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)化為等比數(shù)列a1＝1，an＋1＝2an＋1an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0,1，q≠0)化為等差數(shù)列a1＝1，an＋1＝3an＋3n＋1對點訓(xùn)練(2021·銀川模擬)已知f(x)＝eq\f(1,1＋x).各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2014＝a2016，則a20＋a11的值是．【答案】eq\f(13\r(5)＋3,26)考向三[085]由an與Sn的關(guān)系求通項an已知數(shù)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(shù))【嘗試解答】(1)a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)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(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.當(dāng)b＝－1時，a1適合此等式．當(dāng)b≠－1時，a1不適合此等式．∴當(dāng)b＝－1時，an＝2·3n－1；當(dāng)b≠－1時，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))規(guī)律方法3已知Sn求an時的三個留意點(1)重視分類爭辯思想的應(yīng)用，分n＝1和n≥2兩種狀況爭辯；特殊留意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時，a1也適合“an式”，則需統(tǒng)一“合寫”.(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時，a1不適合“an式”，則數(shù)列的通項公式應(yīng)分段表示(“分寫”)，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))對點訓(xùn)練(1)(2021·貴陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1D.eq\f(1,2n－1)【答案】B(2)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn，求下面數(shù)列{an}的通項公式an.①Sn＝2n2－3n；②Sn＝3n＋b.【解】①a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)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－5.②a1＝S1＝3＋b，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.當(dāng)b＝－1時，a1適合此等式．當(dāng)b≠－1時，a1不適合此等式．∴當(dāng)b＝－1時，an＝2·3n－1；當(dāng)b≠－1時，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，,2·3n－1，))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝1，,n≥2.))易錯易誤之十明確數(shù)列中項的特征，慎用函數(shù)思想解題——————————[1個示范例]——————已知數(shù)列{an}中，an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}單調(diào)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(diào)遞增，∴an＋1－an＞0對?n∈N*都成立，此處在求解時，常犯“an是關(guān)于n的二次函數(shù)，若{an}單調(diào)遞增，則必有eq\f(k,2)≤1，k≤2”的錯誤．出錯的緣由是忽視了數(shù)列作為函數(shù)的特殊性即自變量是正整數(shù)．又an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，所以由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(shù)單調(diào)性與數(shù)列單調(diào)性的關(guān)系(1)若數(shù)列所對應(yīng)的函數(shù)是單調(diào)的，則該數(shù)列確定單調(diào)．(2)若數(shù)列是單調(diào)的，其對應(yīng)的函數(shù)未必單調(diào)，緣由是數(shù)列是定義在n∈N*上的特殊函數(shù)．2．?dāng)?shù)列單調(diào)性的推斷一般通過比較an＋1與an的大小來推斷：若an＋1＞an，則該數(shù)列為遞增數(shù)列；若an＋1＜an，則該數(shù)列為遞減數(shù)列．————————[1個防錯練]———————已知{an}是遞增數(shù)列，且對于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是．【解析】法一(定義法)由于{an}是遞增數(shù)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)(*)．由于n≥1，故－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.法二(函數(shù)法)設(shè)f(n)＝an＝n2＋λn，其對稱軸為n＝－eq\f(λ,2)，要使數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，只需滿足n＝－eq\f(λ,2)＜eq\f(3,2)即可，即λ＞－3.【答案】(－3，＋∞)課時限時檢測(二十九)數(shù)列的概念與簡潔表示法(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．如圖5－1－1，關(guān)于星星的圖案中星星的個數(shù)構(gòu)成一個數(shù)列，該數(shù)列的一個通項公式是()圖5－1－1A．a(chǎn)n＝n2－n＋1 B．a(chǎn)n＝eq\f(nn－1,2)C．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋1,2) D．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋2,2)【答案】C2．在數(shù)列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，則此數(shù)列最大項的值是()A．103B.eq\f(865,8)C.eq\f(825,8)D．108【答案】D3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋2n，則a10＝()A．1024B．1023C．2048 D．2047【答案】B4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式是()A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n－1C．n2 D．n【答案】D5．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，則a6＝()A．3×44 B．3×44＋1C．45 D．45＋1【答案】A6．對于數(shù)列{an}，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}為遞增數(shù)列”的()A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】B二、填空題(每小題5分，共15分)7．已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n≥2)，則a16＝.【答案】eq\f(1,2)8．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，對于全部的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，則a3＋a5＝.【答案】eq\f(61,16)9．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對任意n∈N*都有Sn＝eq\f(2,3)an－eq\f(1,3)，且1＜Sk＜9(k∈N*)，則a1的值為，k的值為．【答案】－14三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．【解】(1)∵Sn＝eq\f(n＋2,3)an，且a1＝1，∴S2＝eq\f(4,3)a2，即a1＋a2＝eq\f(4,3)a2，得a2＝3.由S3＝eq\f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，得a3＝6.(2)由題設(shè)知a1＝1.當(dāng)n≥2時，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，于是eq\f(a2,a1)＝3，eq\f(a3,a2)＝eq\f(4,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(5,3)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，以上n－1個式子的兩端分別相乘，得eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,2)，∴an＝eq\f(nn＋1,2)，n≥2.又a1＝1適合上式，故an＝eq\f(nn＋1,2)，n∈N*.11．(12分)已知數(shù)列{an}滿足前n項和Sn＝n2＋1，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(2,an＋1)，且前n項和為Tn，設(shè)cn＝T2n＋1－Tn.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)推斷數(shù)列{cn}的增減性．【解】(1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.,))(2)∵cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，∴cn＋1－cn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋1)＜0，∴{cn}是遞減數(shù)列．12.(13分)在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，an＋1－an＝6n＋2，點(eq\f(an,n)，bn)在y＝x3＋mx的圖象上，{bn}的最小項為b3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求m的取值范圍．【解】(1)∵an＋1－an＝6n＋2，∴當(dāng)n≥2時，an－an－1＝6n－4.∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(6n－4)＋(6n－10)＋…＋8＋2＝eq\f(n－1[8＋6n－4],2)＋2＝3n2－3n＋2n－2＋2＝3n2－n，明顯a1也滿足an＝3n2－n，∴an＝3n2－n.(2)∵點(eq\f(an,n)，bn)在y＝x3＋mx的圖象上，∴bn＝(3n－1)3＋m(3n－1)．∴b1＝8＋2m，b2＝125＋5m，b3＝512＋8m，b4∵{bn}的最小項是b3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8＋2m≥512＋8m，,125＋5m≥512＋8m，,1331＋11m≥512＋8m，))∴－273≤m≤－129.∵bn＋1＝(3n＋2)3＋m(3n＋2)，bn＝(3n－1)3＋m(3n－1)，∴bn＋1－bn＝3[(3n＋2)2＋(3n－1)2＋(3n＋2)(3n－1)]＋3＝3(27n2＋9n＋3＋m)，當(dāng)n≥4時，27n2＋9n＋3＞273，∴27n2＋9n＋3＋m＞0，∴bn＋1－bn＞0，∴n≥4時，bn＋1＞bn.綜上可知－273≤m≤－129，∴m的取值范圍為[－273，－129]．其次節(jié)等差數(shù)列[考情展望]1.運用基本量法求解等差數(shù)列的基本量問題.2.在解答題中對所求結(jié)論的運算進(jìn)行等差數(shù)列的推斷與證明.3.在具體情景中能識別具有等差關(guān)系的數(shù)列，并會用等差數(shù)的性質(zhì)解決相應(yīng)問題．一、等差數(shù)列1．定義：an＋1－an＝d(常數(shù))(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＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(na1＋an,2).4．a(chǎn)、b的等差中項A＝eq\f(a＋b,2).證明{an}為等差數(shù)列的方法：(1)用定義證明：an－an－1＝d(d為常數(shù)，n≥2)?{an}為等差數(shù)列；(2)用等差中項證明：2an＋1＝an＋an＋2?{an}為等差數(shù)列；(3)通項法：an為n的一次函數(shù)?{an}為等差數(shù)列；(4)前n項和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝eq\f(na1＋an,2).二、等差數(shù)列的性質(zhì)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和．(1)若m、n、p、q、k是正整數(shù)，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(shù)列，公差為kd.(3)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m等差數(shù)列的性質(zhì)(1)項的性質(zhì)：在等差數(shù)列{an}中，am－an＝(m－n)d?eq\f(am－an,m－n)＝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(shù)列的公差．(2)和的性質(zhì)：在等差數(shù)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(shù)時，S偶－S奇＝eq\f(n,2)d；n為奇數(shù)時，S奇－S偶＝a中．1．在等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a3＝4，則a10＝()A．12B．14C．16D．18【答案】D2．在等差數(shù)列{an}中，a2＝1，a4＝5，則{an}的前5項和S5＝()A．7B．15C．20D．25【答案】B3．設(shè){an}為等差數(shù)列，公差d＝－2，Sn為其前n項和，若S10＝S11，則a1＝()A．18B．20C．22D．24【答案】B4．已知遞增的等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4，則an＝.【答案】2n－15．(2021·重慶高考)若2，a，b，c,9成等差數(shù)列，則c－a＝.【答案】eq\f(7,2)6．(2021·廣東高考)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝【答案】20考向一[086]等差數(shù)列的判定與證明在數(shù)列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)設(shè)bn＝eq\f(an＋3,2n)(n∈N*)，證明：{bn}是等差數(shù)列．【嘗試解答】(1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2)．∴a2＝2a1a3＝2a2＋23(2)證明：對于任意n∈N*，∵bn＋1－bn＝eq\f(an＋1＋3,2n＋1)－eq\f(an＋3,2n)＝eq\f(1,2n＋1)[(an＋1－2an)－3]＝eq\f(1,2n＋1)[(2n＋1＋3)－3]＝1，∴數(shù)列{bn}是首項為eq\f(a1＋3,2)＝eq\f(－3＋3,2)＝0，公差為1的等差數(shù)列．規(guī)律方法1用定義證明等差數(shù)列時，常接受的兩個式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它們的意義不同，后者必需加上“n≥2”，否則n＝1時，a0無定義．對點訓(xùn)練(2022·大綱全國卷)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.①設(shè)bn＝an＋1－an，證明{bn}是等差數(shù)列；②求{an}的通項公式．【證明】①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{bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．②由①得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.于是eq\i\su(k＝1,n,)(ak＋1－ak)＝eq\i\su(k＝1,n,)(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通項公式為an＝n2－2n＋2.考向二[087]等差數(shù)列的基本運算(1)(2021·課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝()A．3B．4C．5D．6【答案】C(2)(2021·四川高考)在等差數(shù)列{an}中，a1＋a3＝8，且a4為a2和a9的等比中項，求數(shù)列{an}的首項、公差及前n項和．【嘗試解答】設(shè)該數(shù)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解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即數(shù)列{an}的首項為4，公差為0，或首項為1，公差為3.所以數(shù)列的前n項和Sn＝4n或Sn＝eq\f(3n2－n,2).規(guī)律方法21.等差數(shù)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(xiàn)了方程思想的應(yīng)用．2．?dāng)?shù)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(shù)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(xùn)練(2022·浙江高考)已知等差數(shù)列{an}的公差d＞0.設(shè){an}的前n項和為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由題意知(2a1＋d)(3a1＋3將a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.由于d＞0，所以d＝2，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)(由m，k∈N*知2m＋k－1＞k＋1＞1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝5，,k＝4.))

考向三[088]等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用(1)在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列前11項和S11＝()A．58B．88C．143D．176【答案】B(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知前6項和為36，最終6項的和為180，Sn＝324(n＞6)，求數(shù)列{an}的項數(shù)及a9＋a10.【嘗試解答】由題意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.由a1＋an＝36，n＝18.∴a1＋a18＝36，從而a9＋a10＝a1＋a18＝36.規(guī)律方法31.在等差數(shù)列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k，則am＋an＝ap＋aq＝2ak是常用的性質(zhì)，本例(1)、(2)都用到了這共性質(zhì)．2．把握等差數(shù)列的性質(zhì)，悉心爭辯每共性質(zhì)的使用條件及應(yīng)用方法，認(rèn)真分析項數(shù)、序號、項的值的特征，這是解題的突破口．對點訓(xùn)練(1)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，項數(shù)是偶數(shù)，全部奇數(shù)項之和為15，全部偶數(shù)項之和為25，則這個數(shù)列的項數(shù)為()A．10B．20C．30D．40(2)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S10＝10，S20＝30，則S30＝.【答案】(1)A(2)60考向四[089]等差數(shù)列前n項和的最值在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15，求當(dāng)n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值．【嘗試解答】法一∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，∴d＝－eq\f(5,3).∴an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).令an≥0得n≤13，即當(dāng)n≤12時，an＞0；n≥14時，an＜0.∴當(dāng)n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.法二同法一得d＝－eq\f(5,3).又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.∴5a13＝0，即a13∴當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.規(guī)律方法4求等差數(shù)列前n項和的最值常用的方法(1)先求an，再利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0,an＋1≥0))求出其正負(fù)轉(zhuǎn)折項，最終利用單調(diào)性確定最值．(2)①利用性質(zhì)求出其正負(fù)轉(zhuǎn)折項，便可求得前n項和的最值．②利用等差數(shù)列的前n項和Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))為二次函數(shù)，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值．對點訓(xùn)練已知{an}是一個等差數(shù)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(shè){an}的公差為d，由已知條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝1，,a1＋4d＝－5，))解出a1＝3，d＝－2，所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.(2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，所以n＝2時，Sn取到最大值4.

規(guī)范解答之八等差數(shù)列的通項與求和問題—————————[1個示范例]———————(12分)(2021·浙江高考)在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3(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(shù)列得，d2－3d－4＝0，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(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.由于d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11， 6分所以當(dāng)n≤11時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(21,2)n； 8分當(dāng)n≥12時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq\f(1,2)n2－eq\f(21,2)n＋110. 10分綜上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.)) 12分【名師寄語】1.涉及求數(shù)列{|an|}前n項和的題目，其解題的關(guān)鍵是找到數(shù)列{an}的正負(fù)界點，因此借助確定值的性質(zhì)，去掉確定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，明確兩者間的轉(zhuǎn)換關(guān)系，切忌規(guī)律混亂．—————————[1個規(guī)范練]———————已知等差數(shù)列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8.(1)求等差數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項和．【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，易求a2＝－1，則a3＝a2＋d，a1＝a2－d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1－d，,－1＋d－1－d·－1＝8，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3.))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))所以由等差數(shù)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(dāng)an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4,2，不成等比數(shù)列，不合題設(shè)條件．當(dāng)an＝3n－7時，a2，a3，a1分別為－1,2，－4，成等比數(shù)列，滿足條件．故|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))記數(shù)列{|an|}的前n項和為Sn.當(dāng)n＝1時，S1＝|a1|＝4；當(dāng)n＝2時，S2＝|a1|＋|a2|＝5.當(dāng)n≥3時，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋eq\f(n－2[2＋3n－7],2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.當(dāng)n＝2時，滿足此式．綜上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n>1.))課時限時檢測(三十)等差數(shù)列(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數(shù)列{an}中的公差為()A．1B．2C．3D．4【答案】B2．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝()A．8B．7C．6D．5【答案】D3．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時，n等于()A．6 B．7C．8 D．9【答案】A4．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9等于()A．63B．45C．36D．27【答案】B5．(2021·遼寧高考)下面是關(guān)于公差d＞0的等差數(shù)列{an}的四個命題：p1：數(shù)列{an}是遞增數(shù)列；p2：數(shù)列{nan}是遞增數(shù)列；p3：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是遞增數(shù)列；p4：數(shù)列{an＋3nd}是遞增數(shù)列．其中的真命題為()A．p1，p2B．p3，p4C．p2，p3D．p1，p4【答案】D6．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2012，其前n項和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2012的值等于()A．－2011B．－2012C．－2010D．－2013【答案】B二、填空題(每小題5分，共15分)7．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，則m＝.【答案】108．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且6S5－5S3＝5，則a4＝.【答案】eq\f(1,3)9．已知等差數(shù)列{an}中，a1，a99是函數(shù)f(x)＝x2－10x＋16的兩個零點，則eq\f(1,2)a50＋a20＋a80＝.【答案】eq\f(25,2)三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)(2021·課標(biāo)全國卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.【解】(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得aeq\o\al(2,11)＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首項為25，公差為－6的等差數(shù)列．從而Sn＝eq\f(n,2)(a1＋a3n－2)＝eq\f(n,2)(－6n＋56)＝－3n2＋28n.11．(12分)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求通項an；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零實數(shù)c使得{bn}為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請說明理由．【解】(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的根，且a4＞a3，∴a3＝9且a4＝13，從而a1＝1，公差d＝4，故通項an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n1＋4n－3,2)＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).法一所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)(c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c＝－eq\f(1,2).當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時，bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，當(dāng)n≥2時，bn－bn－1＝2.故當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．法二當(dāng)n≥2時，bn－bn－1＝eq\f(2n2－n,n＋c)－eq\f(2n－12－n－1,n－1＋c)＝eq\f(2n2＋4c－2n－3c,n2＋2c－1n＋cc－1)，欲使{bn}為等差數(shù)列，只需4c－2＝2(2c－1)且－3c＝2c(c－1)(c≠0)，解得c＝－eq\f(1,2)故當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．12．(12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．(1)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項；(3)若λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對任意n≥2的整數(shù)恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．【解】(1)證明由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)得，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝3(n≥2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可得，eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2.∴an＝eq\f(1,3n－2).(3)λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對n≥2的整數(shù)恒成立，即eq\f(λ,3n－2)＋3n＋1≥λ對n≥2(n∈N*)恒成立．整理得λ≤eq\f(3n＋13n－2,3n－1)(n≥2，n∈N*)，令Cn＝eq\f(3n＋13n－2,3n－1)，Cn＋1－Cn＝eq\f(3n＋43n＋1,3n)－eq\f(3n＋13n－2,3n－1)＝eq\f(3n＋13n－4,3nn－1)由于n≥2，所以Cn＋1－Cn＞0，∴{Cn}為單調(diào)遞增數(shù)列，C2最小，且C2＝eq\f(28,3)，故λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(28,3))).第三節(jié)等比數(shù)列[考情展望]1.運用基本量法求解等比數(shù)列問題.2.以等比數(shù)列的定義及等比中項為背景，考查等比數(shù)列的判定.3.客觀題以等比數(shù)列的性質(zhì)及基本量的運算為主，突出“小而巧”的特點，解答題留意函數(shù)與方程、分類爭辯等思想的綜合應(yīng)用．一、等比數(shù)列證明{an}是等比數(shù)列的兩種常用方法(1)定義法：若eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數(shù)且n≥2且n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列．(2)中項公式法：在數(shù)列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列．二、等比數(shù)列的性質(zhì)1．對任意的正整數(shù)m、n、p、q，若m＋n＝p＋q＝2k，則am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k).2．通項公式的推廣：an＝amqn－m(m，n∈N*)3．公比不為－1的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn；當(dāng)公比為－1時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不愿定構(gòu)成等比數(shù)列．4．若數(shù)列{an}，{bn}(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍是等比數(shù)列．等比數(shù)列的單調(diào)性單調(diào)遞增a1＞0，q＞1或者a1＜0,0＜q＜1單調(diào)遞減a1＞0,0＜q＜1或者a1＜0，q＞1常數(shù)數(shù)列a1≠0，q＝1搖擺數(shù)列q＜01．已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，則公比q等于()A．－eq\f(1,2)B．－2C．2D.eq\f(1,2)【答案】D2．設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，8a2＋a5＝0，則eq\f(S5,S2)＝()A．－11 B．－8C．5 D．11【答案】A3．公比為2的等比數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且a3a11＝16，則log2aA．4B．5C．6D．7【答案】B4．(2022·江蘇高考)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是【答案】45．(2021·大綱全國卷)已知數(shù)列{an}滿足3an＋1＋an＝0，a2＝－eq\f(4,3)，則{an}的前10項和等于()A．－6(1－3－10) B.eq\f(1,9)(1－310)C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)【答案】C6．(2021·江西高考)等比數(shù)列x,3x＋3,6x＋6，…的第四項等于()A．－24 B．0C．12 D．24【答案】A

考向一[090]等比數(shù)列的基本運算(1)(2021·北京高考)若等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，則公比q＝；前n項和Sn＝.(2)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S1，S3，S2成等差數(shù)列．①求{an}的公比q；②若a1－a3＝3，求Sn.【嘗試解答】(1)2,2n＋1－2(2)①∵S1，S3，S2成等差數(shù)列，∴a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，從而q＝－eq\f(1,2).②由已知可得a1－a1(－eq\f(1,2))2＝3，故a1＝4，從而Sn＝eq\f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(8,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)).規(guī)律方法11.等比數(shù)列基本量的運算是等比數(shù)列中的一類基本問題，數(shù)列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，體現(xiàn)了方程思想的應(yīng)用．2．在使用等比數(shù)列的前n項和公式時，應(yīng)依據(jù)公比q的狀況進(jìn)行分類爭辯，此外在運算過程中，還應(yīng)擅長運用整體代換思想簡化運算．對點訓(xùn)練(1)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且aeq\o\al(2,5)＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的通項公式an＝.【答案】2n(2)已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比數(shù)列．①求數(shù)列{an}的通項公式；②求數(shù)列{3an}的前n項和．【解】①設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由題意得aeq\o\al(2,4)＝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(shù)列{3an}的前n項和為eq\f(91－9n,1－9)＝eq\f(9,8)(9n－1)．考向二[091]等比數(shù)列的判定與證明成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比數(shù)列．【嘗試解答】(1)設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(shù)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＝eq\f(5,4).故bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3.(2)證明由(1)知b1＝eq\f(5,4)，公比q＝2，∴Sn＝eq\f(\f(5,4)1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，則Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2，因此S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋\f(5,4),Sn－1＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－2,5·2n－3)＝2(n≥2)．∴數(shù)列{Sn＋eq\f(5,4)}是以eq\f(5,2)為首項，公比為2的等比數(shù)列．規(guī)律方法21.本題求解常見的錯誤：(1)計算失誤，不留意對方程的根(公差d)的符號進(jìn)行推斷；(2)不能機敏運用數(shù)列的性質(zhì)簡化運算．2．要判定一個數(shù)列不是等比數(shù)列，則只需判定其任意的連續(xù)三項不成等比即可．對點訓(xùn)練(2021·武漢模擬)成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2,5,13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3，b4，b5.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比數(shù)列．【解】(1)設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(shù)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依次為7－d,10,18＋d.依題意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3項為5，公比為2，由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以{bn}是以eq\f(5,4)為首項，2為公比的等比數(shù)列，其通項公式為bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3.(2)證明：數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝eq\f(\f(5,4)1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是以eq\f(5,2)為首項，2為公比的等比數(shù)列．考向三[092]等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S6∶S3＝1∶2，則S9∶S3等于()A．1∶2B．2∶3C．3∶4D．1∶3(2)在等比數(shù)列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝eq\f(15,8)，a8a9＝－eq\f(9,8)，則eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＋eq\f(1,a9)＋eq\f(1,a10)＝.【答案】(1)C(2)－eq\f(5,3)規(guī)律方法3在解決等比數(shù)列的有關(guān)問題時，要充分挖掘隱含條件，利用性質(zhì)，特殊是“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以削減運算量，提高解題速度．對點訓(xùn)練(1)(2021·蘭州模擬)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n等于()A．80B．30C．26D．16(2)(2022·廣東高考)若等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則lna1＋lna2＋…＋lna20＝【答案】(1)B(2)50思想方法之十三分類爭辯思想在等比數(shù)列求和中的應(yīng)用分類爭辯的實質(zhì)是將整體化為部分來解決．其求解原則是不復(fù)重，不遺漏，爭辯的方法是逐類進(jìn)行．在數(shù)列的學(xué)習(xí)中，也有多處學(xué)問涉及分類爭辯思想，具體如下所示：(1)前n項和Sn與其通項an的關(guān)系：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2；))(2)等比數(shù)列的公比q是否為1；(3)在利用公式Sn求和時，數(shù)列的項的個數(shù)為偶數(shù)還是奇數(shù)等等．求解以上問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)爭辯的切入點，分類求解．—————————[1個示范例]———————(理)(2021·天津高考)已知首項為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項的值與最小項的值．【解】(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由于S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2).故等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n為奇數(shù)，,1－\f(1,2n)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1＜Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0＜Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6).當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn＜1，故0＞Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12).所以數(shù)列{Tn}最大項的值為eq\f(5,6)，最小項的值為－eq\f(7,12).—————————[1個對點練]———————已知數(shù)列{dn}滿足dn＝n，等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且aeq\o\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，n∈N*.(1)求an；(2)令cn＝1－(－1)nan，不等式ck≥2022(1≤k≤100，k∈N*)的解集為M，求全部dk＋ak(k∈M)的和．【解】(1)設(shè){an}的首項為a1，公比為q，所以(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝q，又由于2(an＋an＋2)＝5an＋1，所以2(an＋anq2)＝5anq，則2(1＋q2)＝5q,2q2－5q＋2＝0，解得q＝eq\f(1,2)(舍)或q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n.(2)則cn＝1－(－1)nan＝1－(－2)n，dn＝n，當(dāng)n為偶數(shù)，cn＝1－2n≥2022，即2n≤－2021，不成立；當(dāng)n為奇數(shù)，cn＝1＋2n≥2022，即2n≥2021，由于210＝1024,211＝2048，所以n＝2m＋1,5≤m≤則{dk}組成首項為11，公差為2的等差數(shù)列{ak}(k∈M)組成首項為211，公比為4的等比數(shù)列則全部dk＋ak(k∈M)的和為eq\f(4511＋99,2)＋eq\f(2111－445,1－4)＝2475＋eq\f(2101－2048,3)＝eq\f(2101＋5377,3).課時限時檢測(三十一)等比數(shù)列(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．已知等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，則前9項之和等于()A．50B．70C．80D．90【答案】B2．若等比數(shù)列{an}滿足anan＋1＝16n，則公比為()A．2B．4C．8D．16【答案】B3．(2021·課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)首項為1，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則()A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an【答案】D4．已知數(shù)列{an}，則“an，an＋1，an＋2(n∈N*)成等比數(shù)列”是“aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】A5．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．若a2·a3＝2a1，且eq\f(5,4)為a4與2a7的等差中項，則S5＝()A．35B．33C．31D．29【答案】C6．已知數(shù)列{an}滿足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，則logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5B．－eq\f(1,5)C．5D.eq\f(1,5)【答案】A二、填空題(每小題5分，共15分)7．若等比數(shù)列{an}滿足a2a4＝eq\f(1,2)，則a1aeq\o\al(2,3)a5＝.【答案】eq\f(1,4)8．等比數(shù)列{an}的公比q＞0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，則{an}的前4項和S4＝.【答案】eq\f(15,2)9．設(shè)公比為q(q>0)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝【答案】eq\f(3,2)三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)(2021·重慶高考)設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通項公式及前n項和Sn；(2)已知{bn}是等差數(shù)列，Tn為其前n項和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.【解】(1)由題意知{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以公差d＝5，故T20＝20×3＋eq\f(20×19,2)×5＝1010.11．(12分)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項和．【解】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，所以q2＝eq\f(1,9).由條件可知q＞0，故q＝eq\f(1,3).由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝eq\f(1,3).故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,3n).(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq\f(nn＋1,2).故eq\f(1,bn)＝－eq\f(2,nn＋1)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝－eq\f(2n,n＋1).所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項和為－eq\f(2n,n＋1).12．(13分)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)．(1)設(shè)bn＝an＋1－an(n∈N*)，證明：{bn}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)若a3是a6與a9的等差中項，求q的值，并證明：對任意的n∈N*，an是an＋3與an＋6的等差中項．【解】(1)證明由題設(shè)an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2.由b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首項為1，公比為q的等比數(shù)列．(2)由(1)，a2－a1＝1，a3－a2＝q，…，an－an－1＝qn－2(n≥2)將以上各式相加，得an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)，即an＝a1＋1＋q＋…＋qn－2(n≥2)．所以當(dāng)n≥2時，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1－qn－1,1－q)，q≠1，,n，q＝1.))上式對n＝1明顯成立．(3)由(2)，當(dāng)q＝1時，明顯a3不是a6與a9的等差中項，故q≠1.由a3－a6＝a9－a3可得q5－q2＝q2－q8，由q≠0得q3－1＝1－q6，①整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得q3＝－2.于是q＝－eq\r(3,2).另一方面，an－an＋3＝eq\f(qn＋2－qn－1,1－q)＝eq\f(qn－1,1－q)(q3－1)，an＋6－an＝eq\f(qn－1－qn＋5,1－q)＝eq\f(qn－1,1－q)(1－q6)．由①可得an－an＋3＝an＋6－an，所以對任意的n∈N*，an是an＋3與an＋6的等差中項．第四節(jié)數(shù)列求和[考情展望]1.考查等差、等比數(shù)列的求和.2.以數(shù)列求和為載體，考查數(shù)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(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式求和(1)等差數(shù)列的前n項和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比數(shù)列的前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2．分組求和法一個數(shù)列的通項公式是由若干個等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時可用分組求和法，分別求和而后相加減．二、錯位相減法假如一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，這個數(shù)列的前n項和可用錯位相減法．三、裂項相消法把數(shù)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)eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))(2)eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))(3)eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))(4)eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))四、倒序相加法和并項求和法1．倒序相加法假如一個數(shù)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(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項和公式即是用此法推導(dǎo)的．2．并項求和法一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可接受兩項合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.1．等差數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1，其前n項的和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10項的和為()A．120B．70C．75D．100【答案】C2．?dāng)?shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n項和為9，則n等于()A．9B．99C．10D．100【答案】B3．若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝()A．15B．12C．－12D．－15【答案】A4．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項和為()A.eq\f(100,101) B.eq\f(99,101)C.eq\f(99,100) D.eq\f(101,100)【答案】A5．(2021·遼寧高考)已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，Sn是{an}的前n項和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的兩個根，則S6＝.【答案】636．(2021·重慶高考)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn為其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8＝.【答案】64考向一[093]分組轉(zhuǎn)化求和已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝3an－1＋2n－1(n≥2)．(1)證明{an＋2n}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.【嘗試解答】(1)證明：當(dāng)n≥2時，由an＝3an－1＋2n－1，得eq\f(an＋2n,an－1＋2n－1)＝eq\f(3an－1＋2n＋2n－1,an－1＋2n－1)＝3.又∵a1＝1，∴a1＋21＝3∴數(shù)列{an＋2n}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列．(2)由(1)知an＋2n＝3n，∴an＝3n－2n.∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n－2n)＝(31＋32＋33＋…＋3n)－(21＋22＋23＋…＋2n)＝eq\f(31－3n,1－3)－eq\f(21－2n,1－2)＝eq\f(3n＋1,2)－2n＋1＋eq\f(1,2).規(guī)律方法1分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可接受分組求和法求{an}的前n項和．(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可接受分組求和法求和．對點訓(xùn)練(2022·湖南高考)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.①求數(shù)列{an}的通項公式；②設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．【解】①當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.②由①知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.

考向二[094]裂項相消法求和(2021·課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知等差數(shù)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(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n項和．【嘗試解答】(1)設(shè){an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.))故{an}的通項公式為an＝2－n.(2)由(1)知eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,3－2n1－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，從而數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前n項和為eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(