2022届高三数学一轮复习数列练习

第五章数列eq\o(\s\up7(第一节),\s\do5())eq\o(\s\up7(数列的概念与简单表示法),\s\do5())知识点一数列的定义、分类与通项公式1．数列的定义(1)数列：按照一定顺序排列的一列数．(2)数列的项：数列中的每一个数．2．数列的分类3.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．1．思考辨析(在括号内打“√〞或“×〞)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(×)(2)一个数列中的数是不可以重复的．(×)(3)所有数列的第n项都能使用公式表达．(×)(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．(√)解析：(1)数列：1,2,3和数列：3,2,1是不同的数列．(2)数列中的数是可以重复的．(3)不是所有的数列都有通项公式．2．数列eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，…，eq\f(1,nn＋1)，…，以下各数中是此数列中的项的是(B)\f(1,35) \f(1,42)\f(1,48) \f(1,54)3．(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝5n－4.解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.知识点二数列的递推公式如果数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)或an＝f(an－1，an－2)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．4．(必修5P31例3改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，那么a4＝(B)\f(3,2) \f(5,3)\f(7,4) \f(8,5)解析：由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3).5．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，那么a2018＝0.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为周期的数列，∴a2018＝a2＝0.知识点三数列的前n项和与通项的关系数列的前n项和通常用Sn表示，记作Sn＝a1＋a2＋…＋an，那么通项an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2)).假设当n≥2时求出的an也适合n＝1时的情形，那么用一个式子表示an，否那么分段表示．6．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，那么a7＋a8的值为28.解析：a7＋a8＝S8－S6＝82－62＝28.7．假设数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，那么{an}的通项公式是an＝(－2)n－1.解析：当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，故eq\f(an,an－1)＝－2，故an＝(－2)n－1.当n＝1时，也符合an＝(－2)n－1.综上，an＝(－2)n－1.1．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．2．假设数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，那么an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))3．三种必会方法(1)叠加法：对于an＋1－an＝f(n)型，假设f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，可用多式相加法求得an.(2)叠乘法：对于eq\f(an＋1,an)＝f(n)型，假设f(1)·f(2)·…·f(n)的积是可求的，可用多式相乘法求得an.(3)构造法：对an＋1＝pan＋q型，构造等比数列，求得an.4．在数列{an}中，假设an最大，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1.))假设an最小，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.))考向一归纳数列的通项公式【例1】(1)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是()A．an＝n2 B．an＝(－1)nn2C．an＝(－1)n＋1n2 D．an＝(－1)n(n＋1)2(2)(2022·山西太原五中调考)把1,3,6,10,15，…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如下图)．那么第7个三角形数是()A．27 B．28C．29 D．30【解析】(1)解法1：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(－1)n＋1，应选C.解法2：将n＝2代入各选项，排除A，B，D，应选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.应选B.【答案】(1)C(2)B由数列的前几项归纳数列通项公式的常用方法：观察观察规律、比拟比拟数列、归纳、转化转化为特殊数列、联想联想常见的数列等方法.同时也可以使用添项、复原、分割等方法，转化为一个常见数列，通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.(1)数列的前4项为2,0,2,0，那么依此归纳该数列的通项不可能是(C)A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C．an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1(2)(2022·郑州模拟)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列〞：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，假设此数列被3整除后的余数构成一个新数列{bn}，那么b2018＝1.解析：(1)对n＝1,2,3,4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不合题意．(2)由题意得，引入“兔子数列〞：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….此数列被3整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…构成以8为周期的周期数列，所以b2018＝b2＝1.考向二由Sn与an的关系求an，Sn【例2】(1)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)(n∈N*)，那么an＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，那么Sn＝________.【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.(2)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).【答案】(1)C(2)－eq\f(1,n)Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．(1)数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，那么满足eq\f(an,n)≤2的正整数n的集合为(B)A．{1,2} B．{1,2,3,4}C．{1,2,3} D．{1,2,4}(2)(2022·西安八校联考)数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＝eq\f(2S\o\al(2,n),2Sn－1)(n≥2)，那么Sn＝eq\f(1,2n－1).解析：(1)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，所以数列{an}是公比为2的等比数列．又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.因为eq\f(an,n)≤2，即2n－1≤2n，所以所有满足的正整数n的值为1,2,3,4.应选B.(2)当n≥2时，将an＝Sn－Sn－1代入an＝eq\f(2S\o\al(2,n),2Sn－1)，得Sn－Sn－1＝eq\f(2S\o\al(2,n),2Sn－1)，化简整理，得Sn－Sn－1＝－2Sn－1·Sn，两边同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)，又eq\f(1,S1)＝1，所以数列{eq\f(1,Sn)}是首项为1，公差为2的等差数列，所以eq\f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(1,2n－1).考向三由递推关系求通项公式【例3】设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，那么an＝________.【解析】由条件知an＋1－an＝n＋1，那么an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝eq\f(n2＋n＋2,2).【答案】eq\f(n2＋n＋2,2)1．假设将“an＋1＝an＋n＋1〞改为“an＋1＝eq\f(n,n＋1)an〞，如何求解？解：∵an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1).∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1，＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－2)·…·eq\f(1,2)·2＝eq\f(2,n).2．假设将“an＋1＝an＋n＋1〞改为“an＋1＝2an＋3〞，如何求解？解：设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，解得t＝－3.故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，那么b1＝a1＋3＝5，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列．所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.3．假设将“an＋1＝an＋n＋1〞改为“an＋1＝eq\f(2an,an＋2)〞，如何求解？解：∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝2，∴an≠0，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，又a1＝2，那么eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2).∴an＝eq\f(2,n).4．假设将本例条件换为“a1＝1，an＋1＋an＝2n〞，如何求解？解：∵an＋1＋an＝2n，∴an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2.即数列{an}是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n为偶数时，a2＝1，故an＝a2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝n－1.当n为奇数时，∵an＋1＋an＝2n，an＋1＝n(n＋1为偶数)，故an＝n.综上所述，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数，))n≥1，n∈N*.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法〞求an.(2)a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法〞求an.(3)a1且an＋1＝qan＋b，那么an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．(4)形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．(5)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．考向四数列的函数性质方向1数列的单调性【例4】(1)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－1.假设对任意正整数n都有λSn＋1－Sn<0恒成立，那么实数λ的取值范围为()A．(－∞，1) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))(2)数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，那么eq\f(an,n)的最小值为________．【解析】(1)当n＝1时，a1＝2a1－1⇒a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1⇒eq\f(an,an－1)＝2⇒数列{an}是等比数列，Sn＝2n－1⇒λ(2n＋1－1)－(2n－1)<0⇒λ<eq\f(2n－1,2n＋1－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(2n＋1－1－1,2n＋1－1)＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,2n＋1－1).∵eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1－1)))最小值为eq\f(1,3)，∴λ<eq\f(1,3).应选C.(2)∵an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＋33＝33＋n2－n(n≥2)，当n＝1时也符合，∴an＝n2－n＋33.∴eq\f(an,n)＝eq\f(33,n)＋n－1.构造函数f(x)＝eq\f(33,x)＋x－1(x>0)，求导得f′(x)＝－eq\f(33,x2)＋1.令f′(x)>0，解得x>eq\r(33)；令f′(x)<0，解得0<x<eq\r(33).∴f(x)＝eq\f(33,x)＋x－1在(eq\r(33)，＋∞)上是递增的，在(0，eq\r(33))上是递减的，∵n∈N*，∴当n＝5或n＝6时，f(n)取得最小值．又∵eq\f(a5,5)＝eq\f(53,5)，eq\f(a6,6)＝eq\f(63,6)＝eq\f(21,2)<eq\f(53,5)，∴eq\f(an,n)的最小值为eq\f(21,2).【答案】(1)C(2)eq\f(21,2)方向2数列的周期性【例5】(2022·河北五名校联考)数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，那么S2018＝()A．3 B．2C．1 D．0【解析】∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.应选A.【答案】A1.应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：1利用数列对应的函数的单调性判断；2对数列的前后项作差或作商，利用比拟法判断.2.解决数列周期性问题的方法,先根据条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.1．(方向2)数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，数列{an}的前n项的和为Sn，那么S2016等于(C)A．504 B．588C．－588 D．－504解析：∵a1＝2，an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，∴a2＝eq\f(1,3)，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝－3，a5＝2，…，∴数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(7,6)，∵2016÷4＝504，∴S2016＝504×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))＝－588，应选C.2．(方向1)数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，那么数列的最大项为a9＝a10＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9.解析：解法1：∵an＋1－an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n×eq\f(9－n,11)，∴当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1<an.∴该数列最大项为第9,10项，且a9＝a10＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9.解法2：根据题意，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n－1，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1，))解得9≤n≤10.∵n∈N*，∴n＝9或n＝10.∴该数列最大项为第9,10项，且a9＝a10＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))9.3．(方向1)假设an＝2n2＋λn＋3(其中λ为实常数)，n∈N*，且数列{an}为递增数列，那么实数λ的取值范围为(－6，＋∞)．解析：an＋1－an＝[2(n＋1)2＋λ(n＋1)＋3]－(2n2＋λn＋3)＝4n＋2＋λ.因为数列{an}为递增数列，所以4n＋2＋λ>0恒成立，即当n∈N*时λ>－4n－2恒成立．因为(－4n－2)max＝－4×1－2＝－6，所以λ>－6.由递推关系求通项公式的几种扩展类型类型1an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，且pq(p－1)(q－1)≠0)．一般要先在原递推公式两边同除以qn＋1，得eq\f(an＋1,qn＋1)＝eq\f(p,q)·eq\f(an,qn)＋eq\f(1,q)，引入辅助数列{bn}(其中bn＝eq\f(an,qn))，得bn＋1＝eq\f(p,q)bn＋eq\f(1,q)，接下来用待定系数法构造等比数列．类型2an＋2＝pan＋1＋qan(其中p，q均为常数)．先把原递推公式转化为an＋2＋san＋1＝t(an＋1＋san)，其中s，t满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－s＝p，,st＝q，))转化为一个新等比数列来求．类型3an＋1＝paeq\o\al(r,n)(p>0，an>0)，这种类型一般是等式两边取对数后整理转化为an＋1＝pan＋q.类型4an＋1＝eq\f(fnan,gnan＋hn)，这种类型一般是等式两边取倒数后转化为类型an＋1＝pan＋q.另外也要掌握一些恒等变形的技巧，毕竟由递推公式求通项公式的题目不是直截了当能对号入座上述类型，大多数必须经过一定的恒等变形才能找到突破口，而这种变形又不同于代数式的恒等变形，因为其中最大不同点也是难点就是变形后要有“递推关系〞隐含其中，否那么就无法做下去．典例1数列中，a1＝6，an－2an－1＝eq\f(2an－1,n)＋n＋1(n≥2)，那么此数列的通项公式an＝________.【解析】条件呈现给我们的是“犹抱琵琶半遮面〞的状态，不容易看出朝哪个方向变形，最好方法先去分母，静观其变，由得nan＝(2n＋2)an－1＋n(n＋1)(n≥2)，所以eq\f(an,n＋1)＝2·eq\f(an－1,n)＋1.令eq\f(an,n＋1)＋t＝2(eq\f(an－1,n)＋t)，展开比拟得t＝1，所以eq\f(an,n＋1)＋1＝2(eq\f(an－1,n)＋1)(很多时候数据简单，观察便得)，所以数列{eq\f(an,n＋1)＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列，易求得an＝(n＋1)(2n＋1－1)(n∈N*)．【答案】(n＋1)(2n＋1－1)(n∈N*)典例2数列满足：a1＝2，a2＝3,2an＋1＝3an－an－1(n≥2)．求数列的通项公式an.【解】观察系数2、3、－1就知道将3an拆项，故有2(an＋1－an)＝an－an－1(n≥2)，那么数列{an－an－1}是以a2－a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以an－an－1＝(eq\f(1,2))n－2，由累加法得，an＝4－(eq\f(1,2))n－2.当然也可转化为类型2来解，自己不妨一试．典例3给定两个数列{xn}，{yn}满足x0＝y0＝1，xn＝eq\f(xn－1,2＋xn－1)(n≥1)，yn＝eq\f(y\o\al(2,n－1),1＋2yn－1)(n≥1)，求数列{xn}，{yn}的通项公式．【解】由得到：eq\f(1,xn)＝1＋eq\f(2,xn－1)，eq\f(1,xn)＋1＝2(1＋eq\f(1,xn－1))，所以数列{eq\f(1,xn)＋1}是以4为首项、2为公比的等比数列，因此eq\f(1,xn)＋1＝2n＋1，即xn＝eq\f(1,2n＋1－1).而对yn＝eq\f(y\o\al(2,n－1),1＋2yn－1)(n≥1)取倒数后思维受阻，并且发现各项次数有差异，所以要另找出路，yn＋1＝eq\f(yn－1＋12,1＋2yn－1)，再与相除，得eq\f(yn＋1,yn)＝(eq\f(yn－1＋1,yn－1))2,1＋eq\f(1,yn)＝(1＋eq\f(1,yn－1))2，两边取对数得，ln(1＋eq\f(1,yn))＝2ln(1＋eq\f(1,yn－1))，而ln(1＋eq\f(1,y0))＝ln2，所以{ln(1＋eq\f(1,yn))}是以2ln2为首项，2为公比的等比数列，所以ln(1＋eq\f(1,yn))＝2nln2＝ln22n，即{yn}的通项公式为yn＝eq\f(1,22n－1).数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(n－1an,n－an)(n＝2,3,4，…)．求数列{an}的通项公式．解：由，对n≥2有eq\f(1,an＋1)＝eq\f(n－an,n－1an)＝eq\f(n,n－1an)－eq\f(1,n－1)，两边同除以n，得eq\f(1,nan＋1)＝eq\f(1,n－1an)－eq\f(1,nn－1)，即eq\f(1,nan＋1)－eq\f(1,n－1an)＝－(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))，由累加法求得an＝eq\f(1,3n－2)，n≥2.又n＝1时也成立，故an＝eq\f(1,3n－2)，n∈N*.eq\o(\s\up7(第二节),\s\do5())eq\o(\s\up7(等差数列),\s\do5())知识点一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．1．判断正误(1)假设一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，那么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)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．假设等差数列{an}的公差为d，那么数列{a2n－1}是(B)A．公差为d的等差数列B．公差为2d的等差数列C．公差为nd的等差数列D．非等差数列解析：数列{a2n－1}其实就是a1，a3，a5，a7，…，奇数项组成的数列，它们之间相差2d.知识点二等差数列的通项公式与前n项和公式1．假设等差数列{an}的首项是a1，公差是d，那么其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.假设等差数列{an}的第m项为am，那么其第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＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)3．(2022·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．假设3S3＝S2＋S4，a1＝2，那么a5＝(B)A．－12 B．－10C．10 D．12解析：解法1：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3(3a1＋eq\f(3×2,2)d)＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.应选B.解法2：设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq\f(3×2,2)d＝d，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.应选B.4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，那么剧场总共的座位数为820.解析：设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，那么an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，那么剧场总共的座位数为eq\f(20a1＋a20,2)＝eq\f(2022＋60,2)＝820.1．数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，那么数列{an}一定是等差数列，且公差为p.2．用定义法证明等差数列应注意“从第2项起〞，如证明了an＋1－an＝d(n≥2)时，应注意验证a2－a1是否等于d，假设a2－a1≠d，那么数列{an}不为等差数列．3．等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.考向一等差数列根本量的运算【例1】(1)(2022·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，那么{an}的通项公式为________．(2)(2022·全国卷Ⅱ)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－7，S3＝－15.①求{an}的通项公式；②求Sn，并求Sn的最小值．【解析】(1)设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.(2)①设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.②由①得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.【答案】(1)6n－3(2)见解析等差数列根本量的运算是等差数列的一类基此题型，数列中的五个根本量a1，d，n，an，Sn，一般可以“知三求二〞，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.(1)(2022·沈阳市质量监测)在等差数列{an}中，假设Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，那么S11的值是(A)A．55 B．11C．50 D．60(2)(2022·河南信阳二模)?九章算术?是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？〞其意思为“甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？〞(“钱〞是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得________钱(C)\f(5,3) \f(3,2)\f(4,3) \f(5,4)解析：(1)解法1：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，那么S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，应选A.解法2：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，应选A.(2)设甲、乙、丙、丁、戊分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，由题意可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5，,a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，))联立解得a＝1，d＝－eq\f(1,6).∴这个问题中，甲所得为1－2×(－eq\f(1,6))＝eq\f(4,3)(钱)．应选C.考向二等差数列的判定与证明【例2】(2022·贵州适应性考试)数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．【解】(1)由，得a2－2a1＝4，那么a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.(2)证明：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项eq\f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列．那么eq\f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解.比方，对于满足an－an－1＝1n≥3的数列{an}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.(2022·福建漳州二模)数列{an}满足nan－(n＋1)an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6.(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))为等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，求证：Sn<eq\f(5,12).证明：(1)由nan－(n＋1)an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6，可得eq\f(an,n＋1)－eq\f(an－1,n)＝2，eq\f(a1,1＋1)＝3，那么eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是首项为3，公差为2的等差数列，可得eq\f(an,n＋1)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，那么an＝(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)．(2)由eq\f(1,n＋12n＋1)<eq\f(1,2nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,12)，即Sn<eq\f(5,12).考向三等差数列的性质及应用方向1等差数列项的性质【例3】(1)(2022·湖南衡阳一模)在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，那么a2＋a14的值为()A．6 B．12C．24 D．48(2)(2022·山西太原一模)等差数列{an}的前n项和为Sn，假设a2＋a3＋a10＝9，那么S9＝()A．3 B．9C．18 D．27【解析】(1)∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.应选D.(2)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，∴a5＝3，∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27，应选D.【答案】(1)D(2)D方向2等差数列前n项和的性质【例4】(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，假设S672＝2，S1344＝12，那么S2016＝()A．22 B．26C．30 D．34(2)(2022·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，假设S6>S7>S5，那么满足SnSn＋1<0的正整数n的值为()A．10 B．11C．12 D．13【解析】(1)由等差数列的性质知，S672，S1344－S672，S2016－S1344成等差数列，那么2(S1344－S672)＝S672＋S2016－S1344，即2×(12－2)＝2＋S2016－12，解得S2016＝30.应选C.(2)由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7<0，S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，应选C.【答案】(1)C(2)C方向3等差数列前n项和的最值【例5】在等差数列{an}中，a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．【解】∵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).解法1：由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)，得a13＝0.即当n≤12时，an>0，当n≥14时，an<0.∴当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.解法2：Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).∵n∈N*，∴当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.方法3：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.∴5a13＝0，即a13＝0.∴当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.1.等差数列的性质,1项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋qm，n，p，q∈N*，那么am＋an＝ap＋aq.2和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，那么①S2n＝na1＋a2n＝…＝nan＋an＋1；②S2n－1＝2n－1an.③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列.2.等差数列前n项和的最值,可以从两个方面考虑：①通项公式法：利用通项公式划分项的正、负；②前n项和法：利用二次函数配方法.1．(方向1){an}，{bn}都是等差数列，假设a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，那么a5＋b6＝21.解析：因为{an}，{bn}都是等差数列，所以2a3＝a1＋a5,2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.2．(方向2)Sn是等差数列{an}的前n项和，假设a1＝－2014，eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6，那么S2018＝6_054.解析：由等差数列的性质可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，那么eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2018,2018)＝eq\f(S1,1)＋2017d＝－2014＋2017＝3，∴S2018＝3×2018＝6054.3．(方向3)等差数列{an}中，|a6|＝|a11|，且公差d>0，那么其前n项和取最小值时n的值为(C)A．6 B．7C．8 D．9解析：由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－eq\f(15d,2)，那么a8＝－eq\f(d,2)<0，a9＝eq\f(d,2)>0，所以前8项和为前n项和的最小值，应选C.eq\o(\s\up7(第三节),\s\do5())eq\o(\s\up7(等比数列),\s\do5())知识点一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：eq\f(an,an－1)＝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.1．判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(×)(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.(×)(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，那么数列{bn}也是等比数列．(×)(4)如果数列{an}为等比数列，那么数列{lnan}是等差数列．(×)2．对任意等比数列{an}，以下说法一定正确的选项是(D)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：根据等比数列的性质，假设m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，那么am，ak，an成等比数列．应选D.知识点二等比数列的通项公式及前n项和公式1．假设等比数列{an}的首项为a1，公比是q，那么其通项公式为an＝a1qn－1；假设等比数列{an}的第m项为am，公比是q，那么其第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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．(2022·北京卷)“十二平均律〞是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的开展做出了重要奉献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq\r(12,2).假设第一个单音的频率为f，那么第八个单音的频率为(D)\r(3,2)f \r(3,22)f\r(12,25)f \r(12,27)f解析：从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq\r(12,2)，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为eq\r(12,2)的等比数列，记为{an}，那么第八个单音频率为a8＝f(eq\r(12,2))8－1＝eq\r(12,27)f，应选D.4．(必修5P62习题组第2题改编)设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设eq\f(S6,S3)＝eq\f(1,2)，那么eq\f(S9,S3)＝eq\f(3,4).解析：S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，那么(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，由eq\f(S6,S3)＝eq\f(1,2)知S6＝eq\f(1,2)S3，那么eq\f(1,4)Seq\o\al(2,3)＝S3·(S9－eq\f(1,2)S3)，所以S9＝eq\f(3,4)S3，所以eq\f(S9,S3)＝eq\f(3,4).1．假设{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，那么{λan}(λ≠0)，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)))仍是等比数列．2．在等比数列{an}中，等距离取出假设干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.3．一个等比数列各项的k次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k次幂．4．{an}为等比数列，假设a1·a2·…·an＝Tn，那么Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比数列．5．当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝eq\f(a1,1－q).6．有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，假设项数为奇数时，还等于中间项的平方.考向一等比数列的根本运算【例1】(2022·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．假设Sm＝63，求m.【解】(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)假设an＝(－2)n－1，那么Sn＝eq\f(1－－2n,3).由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．假设an＝2n－1，那么Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.等比数列根本量的运算是等比数列中的一类根本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二〞，通过列方程组便可迎刃而解.(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．a2a4＝1，S3＝7，那么S5等于(B)\f(15,2)\f(31,4)\f(33,4)\f(17,2)(2)(2022·广东珠海模拟)Sn是正项等比数列{an}的前n项和，a3＝18，S3＝26，那么a1＝(A)A．2 B．3C．1 D．6解析：(1)显然公比q≠1，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,4).(2)设等比数列{an}的公比为q，因a3＝18，S3＝26，那么有a3＋eq\f(a3,q)＋eq\f(a3,q2)＝26，即18＋eq\f(18,q)＋eq\f(18,q2)＝26，可解得：q＝3或q＝－eq\f(3,4)，又由数列{an}为正项等比数列，得q＝3，那么a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(18,9)＝2，应选A.考向二等比数列的判断与证明【例2】设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．【解】(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8).(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．∵4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1，∴eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；假设证明某数列不是等比数列，那么只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．(2022·河南信阳模拟)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.解：(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1②，①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.考向三等比数列的性质及应用方向1等比数列项的性质【例3】(1)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，那么eq\f(a20,a10)＝________.(2)(2022·郑州市第一次质量预测)数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，那么log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.【解析】(1)解法1：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得aeq\o\al(2,1)q6＝16，∴a1q3＝±4.由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，∴q2＝1.于是eq\f(a20,a10)＝q10＝1.解法2：由等比数列的性质，得aeq\o\al(2,4)＝a2a6＝16，∴a4＝±4，又a4＋a8＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a8＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－4，,a8＝12.))∵aeq\o\al(2,6)＝a4a8>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a8＝4，))那么公比q满足q4＝1，q2＝1，∴eq\f(a20,a10)＝q10＝1.(2)因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.【答案】(1)1(2)100方向2等比数列前n项和的性质【例4】(1)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，S3＝8，S6＝7，那么a7＋a8＋a9等于()A．eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C．eq\f(57,8) D．eq\f(55,8)(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，假设eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，那么公比q＝________.【解析】(1)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比数列中S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以有8(S9－S6)＝1，那么S9－S6＝eq\f(1,8)，即a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).(2)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠－1，eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).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＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).【答案】(1)A(2)－eq\f(1,2)1在等比数列的根本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“假设m＋n＝p＋qm，n，p，q∈N*，那么有aman＝apaq〞，那么可减少运算量.2等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质，例如在等比数列中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…也成等比数列，公比为qkq≠－1.1．(方向1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，那么eq\f(a2a16,a9)的值为(B)A．－eq\f(2＋\r(2),2) B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．－eq\r(2)或eq\r(2)解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝aeq\o\al(2,9)＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，那么a9＝－eq\r(2)，所以eq\f(a2a16,a9)＝eq\f(a\o\al(2,9),a9)＝a9＝－eq\r(2)，应选B.2．(方向1)(2022·西安八校联考)数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，假设a1·a6·a11＝－3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，那么taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是(A)A．－eq\r(3) B．－1C．－eq\f(\r(3),3) \r(3)解析：依题意得，aeq\o\al(3,6)＝(－eq\r(3))3，a6＝－eq\r(3)，3b6＝7π，b6＝eq\f(7π,3)，eq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝eq\f(2b6,1－a\o\al(2,6))＝－eq\f(7π,3)，故taneq\f(b3＋b9,1－a4·a8)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,3)))＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3).3．(方向2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设eq\f(S6,S3)＝3，那么eq\f(S9,S6)＝eq\f(7,3).解析：解法1：由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由得S6＝3S3，∴eq\f(S6－S3,S3)＝eq\f(S9－S6,S6－S3)，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴eq\f(S9,S6)＝eq\f(7,3).解法2：因为{an}为等比数列，由eq\f(S6,S3)＝3，设S6＝3a，S3＝a，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a,2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以eq\f(S9,S6)＝eq\f(7a,3a)＝eq\f(7,3).eq\o(\s\up7(第四节),\s\do5())eq\o(\s\up7(数列求和与数列的综合应用),\s\do5())知识点一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假设干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，那么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，那么称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．1．判断正误(1)如果等差数列的通项公式，那么在求其前n项和时使用公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)较为合理．(√)(2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，那么其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和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．(×)(4)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(√)2．(2022·益阳、湘潭二模)Sn为数列{an}的前n项和，假设a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，那么eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2017b2018)的值是(B)\f(4035,2018) \f(4033,2017)\f(2017,2018) \f(2016,2017)解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－＝log2an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n－1，n≥2，))当n≥2时，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n－1n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2017b2018)＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2016)－eq\f(1,2017)＝2－eq\f(1,2017)＝eq\f(4033,2017).应选B.3．数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，那么Sn＝(n－1)2n＋1＋2.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.知识点二数列的综合应用1．等差数列和等比数列的综合等差数列中最根本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最根本的量是其首项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的条件建立方程组求解出这两个数列的根本量解决问题的．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，如比拟大小、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．4．(2022·武汉市调研考试)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，那么a2＝100.解析：令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，……an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋eq\f(n－1n－2,2)，分别令n＝12，n＝22，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11a2－10a1＋55＝0，,21a2－20a1＋210＝0，))解得a1＝eq\f(231,2)，a2＝100.1．对于等差、等比数列的综合问题，要先分析条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项，求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：一是函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；二是数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．在解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．3．数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比拟法、综合法、分析法、放缩法等．(2)如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之，解决这类问题，要把数列和不等式的知识巧妙结合起来，综合处理．考向一分组求和法【例1】(1)假设数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，那么数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2(2)数列{an}的前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，那么S15＋S22－S31的值是()A．13 B．76C．46 D．－76【解析】(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq\f(21－2n,1－2)＋2×eq\f(nn＋1,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.(2)因为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，所以S15＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(49－53)＋57＝(－4)×7＋57＝29，S22＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(81－85)＝－4×11＝－44，S31＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(113－117)＋121＝－4×15＋121＝61，所以S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.【答案】(1)C(2)D分组转化法求和的常见类型(1)假设an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．(1)数列{an}的通项公式是an＝2n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，那么其前20项和为(C)A．379＋eq\f(1,220) B．399＋eq\f(1,220)C．419＋eq\f(1,220) D．439＋eq\f(1,220)(2)假设数列{an}是2,2＋22,2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，那么数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2－4－2n.解析：(1)令数列{an}的前n项和为Sn，那么S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,220)＝420－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,220)))＝419＋eq\f(1,220).(2)an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝eq\f(22－2n＋2,1－2)－2n＝2n＋2－4－2n.考向二错位相减法求和【例2】(2022·浙江卷)等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}