第八单元 数 列
教材复习课“数列”相关基础知识一课过
数列的有关概念
[过双基]
1．数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
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
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
1．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21的值为( )
A．5 B.
C. D.
解析：选B ∵an＋an＋1＝，a2＝2，
∴an＝
∴S21＝11＋102＝.
2．数列{an}满足a1＝3，an＋1＝(n∈N*)，则a2 018＝( )
A. B．3
C．－ D.
解析：选D 由a1＝3，an＋1＝，得a2＝＝，a3＝＝－，a4＝＝3，……，
由上可得，数列{an}是以3为周期的周期数列，
故a2 018＝a6723＋2＝a2＝.
3．已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，前n项的和为Sn，则关于an，Sn的叙述正确的是( )
A．an，Sn都有最小值 B．an，Sn都没有最小值
C．an，Sn都有最大值 D．an，Sn都没有最大值
解析：选A ①∵an＝，∴当n≤5时，an<0且单调递减；当n≥6时，an>0，且单调递减．
故当n＝5时，a5＝－3为an的最小值；
②由①的分析可知：当n≤5时，an<0；当n≥6时，an>0.故可得S5为Sn的最小值．
综上可知，an，Sn都有最小值．
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，则a5＝________.
解析：依题意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.
答案：25
[清易错]
1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．
1．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则( )
A．3不是数列{an}中的项
B．3只是数列{an}中的第2项
C．3只是数列{an}中的第6项
D．3是数列{an}中的第2项或第6项
解析：选D 令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.
因为当n＝1时，不符合an＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝
答案：an＝
等差数列
[过双基]
1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
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，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．
1．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 018＝( )
A．2 018 B．2 017
C．2 016 D．2 015
解析：选A 因为a2与a4是方程x2－6x＋8＝0的两个根，且a4>a2，所以a2＝2，a4＝4，则公差d＝1，所以a1＝1，则a2 018＝2 018.
2．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn为等差数列{an}的前n项和，则S5＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C ∵等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn为等差数列{an}的前n项和，
∴a2＋a3＋a4＝3a3＝3，
解得a3＝1，
∴S5＝(a1＋a5)＝5a3＝5.
3.正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a4＋a10－a＋15＝0，则S13＝( )
A．－39 B．5
C．39 D．65
解析：选D ∵正项等差数列{an}的前n项和为Sn，
a4＋a10－a＋15＝0，
∴a－2a7－15＝0，
解得a7＝5或a7＝－3(舍去)，
∴S13＝(a1＋a7)＝13a7＝135＝65.
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且3a3＝a6＋4.若S5<10，则a2的取值范围是( )
A．(－∞，2) B．(－∞，0)
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，∵3a3＝a6＋4，
∴3(a2＋d)＝a2＋4d＋4，可得d＝2a2－4.
∵S5<10，∴＝＝＝5(3a2－4)<10，解得a2<2.
∴a2的取值范围是(－∞，2)．
5．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1
0，且a5a7＝4a，a2＝1，则a1＝( )
A. B.
C. D．2
解析：选B 因为{an}是等比数列，
所以a5a7＝a＝4a，所以a6＝2a4，q2＝＝2，又q>0，
所以q＝，a1＝＝.
[清易错]
1．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)总成立．
2．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与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．
1．设数列{an}为等比数列，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B．－
C. D.
解析：选A 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝.
2．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________.
解析：当q≠1时，由题意，＝3a1q2，
即1－q3＝3q2－3q3，
整理得2q3－3q2＋1＝0，解得q＝－.
当q＝1时，S3＝3a3，显然成立．
故q＝－或1.
答案：－或1
一、选择题
1．(2017全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，
由得
即解得d＝4.
2．(2018江西六校联考)在等比数列{an}中，若a3a5a7＝－3，则a2a8＝( )
A．3 B.
C．9 D．13
解析：选A 由a3a5a7＝－3，得a＝－3，即a5＝－，故a2a8＝a＝3.
3．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 018＝( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选D 由题意得a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 018＝a3356＋8＝a8＝2.
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2，n∈N*)，则a7＝( )
A．53 B．54
C．55 D．109
解析：选C a2＝a1＋22，a3＝a2＋23，……，a7＝a6＋27，各式相加得a7＝a1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.
5．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则S6＝( )
A．44 B．45
C.(46－1) D.(45－1)
解析：选B 由an＋1＝3Sn，得a2＝3S1＝3.当n≥2时，an＝3Sn－1，则an＋1－an＝3an，n≥2，即an＋1＝4an，n≥2，则数列{an}从第二项起构成等比数列，所以S6＝＝＝45.
6．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，对一切自然数n，都有＝，则等于( )
A. B.
C. D.
解析：选C ∵S9＝＝9a5，T9＝＝9b5，
∴＝＝.
7．已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，若5S2＝S4，则log4a3的值为( )
A．1 B．2
C．0或1 D．0或2
解析：选C 由题意得，等比数列{an}中，5S2＝S4，a1＝1，
所以5(a1＋a2)＝a1＋a2＋a3＋a4，
即5(1＋q)＝1＋q＋q2＋q3，
q3＋q2－4q－4＝0，即(q＋1)(q2－4)＝0，
解得q＝－1或2，
当q＝－1时，a3＝1，log4a3＝0.
当q＝2时，a3＝4，log4a3＝1.
综上所述，log4a3的值为0或1.
8．设数列{an}是公差为d(d>0)的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝( )
A．75 B．90
C．105 D．120
解析：选C 由a1＋a2＋a3＝15得3a2＝15，解得a2＝5，由a1a2a3＝80，得(a2－d)a2(a2＋d)＝80，将a2＝5代入，得d＝3(d＝－3舍去)，从而a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3(5＋30)＝105.
二、填空题
9．若数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n≥2时，由a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，
得a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，
两式相减得3n－1an＝－＝，
则an＝.
当n＝1时，a1＝满足an＝，
所以an＝.
答案：an＝
10．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－1，则an＝________.
解析：∵Sn＝2an－1，①
∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，②
①－②得an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1.
∵S1＝a1＝2a1－1，即a1＝1，
∴数列{an}为首项是1，公比是2的等比数列，
故an＝2n－1.
答案：2n－1
11．已知数列{an}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，则a20＝________.
解析：由a2n＝a2n－1＋(－1)n，得a2n－a2n－1＝(－1)n，
由a2n＋1＝a2n＋n，得a2n＋1－a2n＝n，
故a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1.
a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9.
又a1＝1，累加得：a20＝46.
答案：46
12．数列{an}为正项等比数列，若a3＝3，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则此数列的前5项和S5＝________.
解析：设公比为q(q>0)，由an＋1＝2an＋3an－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，则a1＝，所以此数列的前5项和S5＝＝.
答案：
三、解答题
13．已知在等差数列{an}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.
(1)求公差d及通项an；
(2)求数列{an}的前n项和Sn及使得Sn取得最大值时n的值．
解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，
∴∴∴an＝11－2n.
(2)由(1)知，Sn＝＝＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，
∴n＝5时，Sn取得最大值．
14．已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵＋＋＋…＋＝n2＋n，
∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，
两式相减得＝2n(n≥2)，∴an＝n2n＋1(n≥2)．
又∵当n＝1时，＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n2n＋1.
∴an＝n2n＋1.
(2)∵bn＝＝n(－2)n，
∴Sn＝1(－2)1＋2(－2)2＋3(－2)3＋…＋n(－2)n.
－2Sn＝1(－2)2＋2(－2)3＋3(－2)4＋…＋(n－1)(－2)n＋n(－2)n＋1，
∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－，
∴Sn＝－.
高考研究课(一) 等差数列的3考点——求项、求和及判定
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
等差数列通项
5年4考
求通项或某一项
等差数列前n项和
5年4考
求项数、求和
等差数列的判定
5年1考
判断数列成等差数列
等差数列基本量的运算
[典例] (1)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．5
C．7 D．8
(2)(2016全国卷Ⅱ)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．
[解析] (1)法一：由等差数列前n项和公式可得
Sn＋2－Sn＝(n＋2)a1＋d－＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋4n＋2＝36，
解得n＝8.
法二：由Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1＋a2n＋2＝36，因此a2n＋2＝a1＋(2n＋1)d＝35，解得n＝8.
答案：D
(2)①设数列{an}的公差为d，
由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.
所以数列{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190＋2900＋31＝1 893.
[方法技巧]
等差数列运算的解题思路
由等差数列的前n项和公式及通项公式可知，若已知a1，d，n，an，Sn中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．
[即时演练]
1．已知数列{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S6＝4S3，则a10＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵S6＝4S3，公差d＝1.
∴6a1＋1＝4，
解得a1＝.
∴a10＝＋91＝.
2．已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则的值为( )
A．－2 B．－3
C．2 D．3
解析：选D 设{an}的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，可得a1＝－4d，
所以＝＝＝3.
3．(2018大连联考)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝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.
等差数列的判定与证明
[典例] (2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
[思路点拨] (1)利用等差数列的性质“an－k＋an＋k＝2an”，构造出{an}是“P(3)数列”需要满足的条件即可证明；(2)根据等差数列定义、通项公式、中项公式即可证明{an}为等差数列．
[证明] (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，
从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，
所以数列{an}是等差数列．
[方法技巧]
等差数列判定与证明的方法
方法
解读
适合题型
定义法
对于n≥2的任意自然数，an－an－1为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
[即时演练]
1．(2016浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
解析：选A 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝|BnBn＋1|hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．(2017全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设可得
解得
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝
＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n
＝2＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
等差数列的性质
[典例] (1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m的值为( )
A．8 B．12
C．6 D．4
(2)已知数列{an}，{bn}为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝( )
A. B.
C. D.
(3)(2018天水模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
[解析] (1)由a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得4a8＝32，即a8＝8，m＝8.
(2)因为{an}，{bn}为等差数列，且＝，
所以＝＝＝＝＝＝.
(3)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，
∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.
[答案] (1)A (2)A (3)60
[方法技巧]
等差数列的性质
(1)项的性质
在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
[即时演练]
1．(2018岳阳模拟)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A．95 B．100
C．135 D．80
解析：选B 由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋320＝100.
2．(2018广州模拟)已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设等比数列{an}的公比为q，由a3，a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝或q＝(舍去)，所以＝＝＝＝＝.
3．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，已知＝，则＋＝________.
解析：∵数列{an}和{bn}都是等差数列，
∴＋＝＝＝＝＝.
答案：
等差数列前n项和的最值
等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题．
[典例] 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，当Sn取得最大值时，n的值为________．
[解析] 法一：用“函数法”解题
由S3＝S11，可得3a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1.从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，
因为a1>0，所以－<0.
故当n＝7时，Sn最大．
法二：用“通项变号法”解题
由法一可知，d＝－a1.
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
[答案] 7
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法
利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)通项变号法
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[即时演练]
1．(2018潍坊模拟)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：选A ∵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．
2．已知{an}是等差数列，a1＝－26，a8＋a13＝5，当{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选B 设数列{an}的公差为d，
∵a1＝－26，a8＋a13＝5，
∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得d＝3，
∴Sn＝－26n＋3＝n2－n＝2－，
∴{an}的前n项和Sn取最小值时，n＝9.
3．已知{an}是各项不为零的等差数列，其中a1>0，公差d<0，若S10＝0，则数列{an}的前n项和取最大值时，n＝________.
解析：由S10＝＝5(a5＋a6)＝0，
可得a5＋a6＝0，
∴a5>0，a6<0，即数列{an}的前5项和为最大值，∴n＝5.
答案：5
1．(2017全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.
又a1＝1，所以d2＋2d＝0.
又d≠0，则d＝－2，
所以{an}前6项的和S6＝61＋(－2)＝－24.
2．(2016全国卷Ⅰ)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：选C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋991＝98.
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.
故a100＝a5＋(20－1)5＝98.
3．(2014全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，
an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
4．(2013全国卷Ⅱ)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，a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
一、选择题
1．(2018厦门一中测试)已知数列{an}中，a2＝，a5＝，且是等差数列，则a7＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即＝＋3d，解得d＝2，所以＝＋5d＝12，解得a7＝.
2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )
A．6斤 B．9斤
C．9.5斤 D．12斤
解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，
设首项a1＝4，则a5＝2.
由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，
所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．
3．(2018银川一中月考)在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为Sn(n∈N*)，有下列命题：
①若S3＝S11，则必有S14＝0；
②若S3＝S11，则必有S7是Sn中的最大项；
③若S7>S8，则必有S8>S9；
④若S7>S8，则必有S6>S9.
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 对于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，则S14＝＝0，所以①正确；
对于②，当S3＝S11时，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是Sn中的最大项，所以②正确；
对于③，若S7>S8，则a8<0，那么d<0，可知a9<0，此时S9－S8<0，即S8>S9，所以③正确；
对于④，若S7>S8，则a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正确．故选D.
4．(2018大同模拟)在等差数列中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前20项的和等于( )
A．290 B．300
C．580 D．600
解析：选B 由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.
由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，
所以S20＝＝10(a2＋a19)＝300.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，则n的值为( )
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：选D 因为{an}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝＝＝32＝16n＝336，解得n＝21.
6．设{an}是等差数列，d是其公差，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值
解析：选C 由S50.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正确；∵d＝a7－a6<0，∴A正确；而C选项，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，知C选项错误；∵S5S8，∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确．故选C.
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则( )
A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8|
C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0
解析：选B 因为(S8－S5)(S9－S5)<0，
所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0，
因为{an}为等差数列，
所以a6＋a7＋a8＝3a7，
a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)，
所以a7(a7＋a8)<0，
所以a7与(a7＋a8)异号．
又公差d>0，
所以a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故选B.
二、填空题
8．在数列{an}中，an＋1＝，a1＝2，则a20＝________.
解析：由an＋1＝，a1＝2，
可得－＝3，
所以是以为首项，3为公差的等差数列．
所以＝＋3(n－1)，即an＝，
所以a20＝.
答案：
9．数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，则数列{an}的通项公式为________．
解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n，
∴＝＋，
∴数列是首项为＝，公差d＝的等差数列，
故＝＋(n－1)＝n，
即an＝n2n－1.
答案：an＝n2n－1
10．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝________.
解析：当S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8时，
由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，
∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，
∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ3S4－3S4)，
解得λ＝2.
答案：2
三、解答题
11．已知数列{an}是等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，a3＋a4＝12.
(1)求a1＋a2＋a3＋a4＋a5；
(2)设bn＝10－an，数列{bn}的前n项和为Sn，若b1≠b2，则n为何值时，Sn最大？Sn最大值是多少？
解：(1)设{an}的公差为d，
∵a1，a2，a5成等比数列，
∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，
解得d＝0或d＝2a1.
当d＝0时，∵a3＋a4＝12，∴an＝6，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30；
当d≠0时，∵a3＋a4＝12，∴a1＝1，d＝2，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25.
(2)∵b1≠b2，bn＝10－an，∴a1≠a2，∴d≠0，
由(1)知an＝2n－1，
∴bn＝10－an＝10－(2n－1)＝11－2n，Sn＝10n－n2＝－(n－5)2＋25.
∴当n＝5时，Sn取得最大值，最大值为25.
12．(2018沈阳质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意知解得
故an＝2n－7(n∈N*)．
(2)由an＝2n－7<0，得n<，即n≤3，
所以当n≤3时，an＝2n－7<0，当n≥4时，an＝2n－7>0.
由(1)知Sn＝n2－6n，
所以当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；
当n≥4时，
Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.
故T5＝13，Tn＝
13．已知数列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)．
(1)证明数列{an－2n}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求bn的前n项和Sn.
解：(1)证明：当n≥2时，an＝an－1＋2n－1＋3＝an－1＋2n－2n－1＋3，
∴an－2n－(an－1－2n－1)＝3.
又a1＝4，∴a1－2＝2，
故数列{an－2n}是以2为首项，3为公差的等差数列，
∴an－2n＝2＋(n－1)3＝3n－1，
∴an＝2n＋3n－1.
(2)bn＝＝＝1＋，
∴Sn＝＋＋…＋
＝n＋，
令Tn＝＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋，②
①－②得，Tn＝1＋＋＋…＋－，
＝1＋3－＝－，
∴Sn＝n＋5－.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)．
(1)求a2，a3；
(2)求实数λ使为等差数列，并由此求出an与Sn；
(3)求n的所有取值，使∈N*，说明你的理由．
解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，
∴a2＝23＋22－1＝9，a3＝29＋23－1＝25.
(2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，
∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1，
∴－＝1，
故λ＝－1时，数列成等差数列，且首项为＝1，公差d＝1.
∴＝n，即an＝n2n＋1.
∴Sn＝(12＋222＋323＋…＋n2n)＋n，
设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①
则2Tn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，②
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2，
∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)2n＋1＋2＋n.
(3)＝＝2＋，
结合y＝2x及y＝x的图象可知2n>恒成立，
∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n2n＋1>0，∴<2.
当n＝1时，＝＝1∈N*；
当n≥2时，∵an>0且{an}为递增数列，
∴Sn>0且Sn>an，
∴>1，即1<<2，∴当n≥2时，∉N*.
综上可得n＝1.
高考研究课(二)
等比数列的3考点——基本运算、判定和应用
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
等比数列的基本运算
5年5考
由项与和的关系求首项、求前n项和、求项数等
等比数列的判定
5年2考
证明等比数列
等比数列的综合应用
5年3考
求和后放缩法证明不等式，等比数列求项之积的最值
等比数列基本量的运算
[典例] (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
(2)(2018石家庄模拟)设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
①求数列{an}的通项公式；
②若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}前n项和Tn.
[解析] (1)设{an}的公比为q，
∵∴
由(ⅰ)(ⅱ)可得＝2，∴q＝，代入(ⅰ)得a1＝2，
∴an＝2n－1＝，
∴Sn＝＝4，
∴＝＝2n－1.
答案：D
(2)①当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.
当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.
∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝3n－1＝3n－2.
②∵bn＝＝n－2，
∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
[方法技巧]
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
[即时演练]
1．已知数列{an}是首项a1＝的等比数列，其前n项和为Sn，S3＝，若am＝－，则m的值为( )
A．8 B．10
C．9 D．7
解析：选A 设数列{an}的公比为q，
若q＝1，则S3＝≠，不符合题意，∴q≠1.
由得
∴an＝n－1＝n＋1.
由am＝m＋1＝－，
得m＝8.
2．(2018汕头模拟)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－1－2n－2＝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，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
等比数列的判定与证明
[典例] (1)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3且an＋2＝3an＋1－2an，n∈N*，对数列{an}有下列命题：
①数列{an}是等差数列；
②数列{an＋1－an}是等比数列；
③当n≥2时，an都是质数；
④＋＋…＋<2，n∈N*，
则其中正确的命题有( )
A．② B．①②
C．③④ D．②④
(2)已知数列{an}满足a1＝，an＝(n≥2)．
①求证：为等比数列，并求出{an}的通项公式；
②若bn＝，求{bn}的前n项和Sn.
[解析] (1)∵an＋2＝3an＋1－2an，
∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝2为首项、2为公比的等比数列，
∴an－an－1＝2n－1，
an－1－an－2＝2n－2，
…
a2－a1＝21，
累加得：an－a1＝21＋22＋…＋2n－1＝＝2n－2，
∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.
显然①②③中，只有②正确，
又∵＝<(n≥2)，
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝<2，故④正确；
综上所述，①③错误，②④正确．
答案：D
(2)①证明：∵数列{an}满足a1＝，an＝(n≥2)，
∴＝＝－1，n≥2，
∴－1＝2，n≥2，
又－1＝2－1＝1，
∴为首项为1，公比为2的等比数列，
∴－1＝2n－1，＝2n－1＋1，
∴an＝.
②∵bn＝＝＝(2n－1)(2n－1＋1)＝(2n－1)2n－1＋2n－1，
∴Sn＝1＋32＋522＋…＋(2n－1)2n－1＋n2.
设Tn＝1＋32＋522＋…＋(2n－1)2n－1，
则2Tn＝2＋322＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，
两式相减得，－Tn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)2n＝1＋－(2n－1)2n＝(3－2n)2n－3，
∴Tn＝(2n－3)2n＋3，
∴Sn＝Tn＋n2＝(2n－3)2n＋n2＋3.
[方法技巧]
等比数列的3种判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
等比中项法
若数列{an}中，an≠0且a＝anan＋2(n∈N*)，