2023高考数学大一轮复习第五章数列教师用书文

PAGEPAGEPAGE54第五章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))数列第一节数列的概念与简单表示法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通项公式数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和2．数列的表示方法列表法列表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法3．an与Sn的关系假设数列{an}的前n项和为Sn，那么an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))4．数列的分类[小题体验]1．数列{an}的前4项为1,3,7,15，那么数列{an}的一个通项公式为________．答案：an＝2n－1(n∈N*)2．数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋3)，那么a5等于________．答案：eq\f(1,161)3．(教材习题改编)函数f(x)＝eq\f(x－1,x)，设an＝f(n)(n∈N*)，那么{an}是________数列(填“递增〞或“递减〞)．答案：递增1．数列是按一定“次序〞排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数〞有关，而且还与这些“数〞的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，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．3．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．[小题纠偏]1．Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2＋1，那么数列{an}的通项公式是________．答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))2．数列{an}的通项公式为an＝－n2＋9n，那么该数列第________项最大．答案：4或5eq\a\vs4\al(考点一由数列的前几项求数列的通项公式)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．n∈N*，给出4个表达式：①an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,1，n为偶数，))②an＝eq\f(1＋－1n,2)，③an＝eq\f(1＋cosnπ,2)，④an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))．其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是()A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①③④解析：选A检验知①②③都是所给数列的通项公式．2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(3)a，b，a，b，a，b，…(其中a，b为实数)；(4)9,99,999,9999，…．解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式an＝2(n＋1)，n∈N*．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式an＝(－1)n×eq\f(1,nn＋1)，n∈N*．(3)这是一个摆动数列，奇数项是a，偶数项是b，所以此数列的一个通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，n为奇数，,b，n为偶数.))(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1000－1，10000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1，n∈N*．[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根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，并对此进行归纳、联想，具体如下：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各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般〞的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．如“题组练透〞第2(2)题．eq\a\vs4\al(考点二由an与Sn的关系求通项an)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式．(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b．解：(1)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)a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1．当b＝－1时，a1适合此等式．当b≠－1时，a1不适合此等式．∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；当b≠－1时，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))[由题悟法]Sn求an的3个步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，那么可以把数列的通项公式合写；如果不符合，那么应该分n＝1与n≥2两段来写．[即时应用]数列{an}的前n项和为Sn．(1)假设Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；(2)假设Sn＝3n＋2n＋1，求an．解：(1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2，由于a1不适合此式，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2.))eq\a\vs4\al(考点三由递推关系式求数列的通项公式)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有：(1)形如an＋1＝anf(n)，求an；(2)形如an＋1＝an＋f(n)，求an；(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an．[题点全练]角度一：形如an＋1＝anf(n)，求an1．在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．解：∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq\f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq\f(1,2)a1．以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n)．当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．角度二：形如an＋1＝an＋f(n)，求an2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2)．又∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时也满足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．角度三：形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an3．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．解：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,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(n∈N*)．[通法在握]典型的递推数列及处理方法递推式方法示例an＋1＝an＋f(n)叠加法a1＝1，an＋1＝an＋2nan＋1＝anf(n)叠乘法a1＝1，eq\f(an＋1,an)＝2nan＋1＝Aan＋B(A≠0,1，B≠0)化为等比数列a1＝1，an＋1＝2an＋1[演练冲关]根据以下条件，求数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；(2)a1＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(n－1,n＋1)an－1(n≥2)．解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1．(2)因为an＝eq\f(n－1,n＋1)an－1(n≥2)，所以当n≥2时，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－2,n)，…，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,4)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，以上n－1个式子相乘得eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·…·eq\f(2,4)·eq\f(1,3)，即eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n＋1)×eq\f(1,n)×2×1，所以an＝eq\f(1,nn＋1)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,1×2)＝eq\f(1,2)，也与a1＝eq\f(1,2)相符，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,nn＋1)．一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．数列1，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，eq\f(4,7)，eq\f(5,9)，…的一个通项公式an＝()A．eq\f(n,2n＋1) B．eq\f(n,2n－1)C．eq\f(n,2n－3) D．eq\f(n,2n＋3)解析：选B由得，数列可写成eq\f(1,1)，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，…，故通项为eq\f(n,2n－1)．2．数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，那么数列{an}的通项公式为()A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3C．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2)) D．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n＋3，n≥2))解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为选项C．3．假设a1＝eq\f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)，当an>100时，n的最小值为()A．3 B．4C．5 D．6解析：选C由a1＝eq\f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)得，a2＝4a1＋1＝4×eq\f(1,2)＋1＝3，a3＝4a2＋1＝4×3＋1＝13，a4＝4a3＋1＝4×13＋1＝53，a5＝4a44．(2022·肇庆三模)数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)，那么数列{an}的通项公式an＝________．解析：由an－an－1＝n得a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，上面(n－1)个式子相加得an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)．又n＝1时也满足此式，所以an＝eq\f(1,2)n(n＋1)．答案：eq\f(1,2)n(n＋1)5．(2022·南昌模拟)数列{an}的前n项和为Sn，假设Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，那么a1＋a3的值为________．解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，那么a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1．答案：－1二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于()A．eq\f(－1n＋1,2) B．coseq\f(nπ,2)C．coseq\f(n＋1,2)π D．coseq\f(n＋2,2)π解析：选D令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．2．(2022·福建福州八中质检)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，那么a2017＝()A．1 B．0C．2017 D．－2017解析：选A∵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，∴a2017＝a1＝1．3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，那么an＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C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}为等比数列，公比为2，首项为2，所以an＝2n．4．设曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，那么x1·x2·x3·x4·…·x2017＝()A．eq\f(2016,2017) B．eq\f(1,2017)C．eq\f(2017,2018) D．eq\f(1,2018)解析：选D由f(x)＝xn＋1得f′(x)＝(n＋1)xn，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0得xn＝eq\f(n,n＋1)，故x1·x2·x3·x4·…·x2017＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(2017,2018)＝eq\f(1,2018)．5．(2022·衡水中学检测)假设数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，那么数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：选B∵a1＝19，an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n．设{an}的前k项和数值最大，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥0，,ak＋1≤0))k∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－3k≥0，,22－3k＋1≤0，))∴eq\f(19,3)≤k≤eq\f(22,3)，∵k∈N*，∴k＝7．∴满足条件的n的值为7．6．在数列－1,0，eq\f(1,9)，eq\f(1,8)，…，eq\f(n－2,n2)，…中，0．08是它的第____________项．解析：令eq\f(n－2,n2)＝0．08，得2n2－25n＋50＝0，即(2n－5)(n－10)＝0．解得n＝10或n＝eq\f(5,2)(舍去)．答案：107．数列{an}满足a1＝1，an＝aeq\o\al(2,n－1)－1(n>1)，那么a2017＝________，|an＋an＋1|＝________(n>1)．解析：由a1＝1，an＝aeq\o\al(2,n－1)－1(n>1)，得a2＝aeq\o\al(2,1)－1＝12－1＝0，a3＝aeq\o\al(2,2)－1＝02－1＝－1，a4＝aeq\o\al(2,3)－1＝(－1)2－1＝0，a5＝aeq\o\al(2,4)－1＝02－1＝－1，由此可猜测当n>1，n为奇数时an＝－1，n为偶数时an＝0，∴a2017＝－1，|an＋an＋1|＝1．答案：－118．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，那么a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________．解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．答案：289．Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)，可得a1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1，解得a1＝1；S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)a2，解得a2＝2；同理，a3＝3，a4＝4．(2)Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an，①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)an－1，②①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0．由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n．10．数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4．(1)假设k＝－5，那么数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4．因为n∈N*，所以n＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3．因为an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2．(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3．所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，那么该数阵中的第10行第3个数为________．a1a2aa4a5……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝eq\f(9×10,2)＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．答案：972．(2022·甘肃诊断性考试)数列{an}满足a1＝eq\f(899,9)，an＋1＝10an＋1．(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,9)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,9)))，Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和，求证：Tn<eq\f(1,2)．证明：(1)由an＋1＝10an＋1，得an＋1＋eq\f(1,9)＝10an＋eq\f(10,9)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,9)))，即eq\f(an＋1＋\f(1,9),an＋\f(1,9))＝10．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,9)))是等比数列，其中首项为a1＋eq\f(1,9)＝100，公比为10，所以an＋eq\f(1,9)＝100×10n－1＝10n＋1，即an＝10n＋1－eq\f(1,9)．(2)由(1)知bn＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,9)))＝lg10n＋1＝n＋1，即eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)．所以Tn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,2)．第二节等差数列及其前n项和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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq\f(a＋b,2)，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＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2)．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)假设{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，那么ak＋al＝am＋an．(3)假设{an}是等差数列，公差为d，那么{a2n}也是等差数列，公差为2d．(4)假设{an}，{bn}是等差数列，那么{pan＋qbn}也是等差数列．(5)假设{an}是等差数列，公差为d，那么ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md[小题体验]1．在等差数列{an}中，假设a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，那么a2＋a8＝________．答案：102．(教材习题改编)等差数列{an}，a5＝－20，a20＝－35，那么an＝________答案：－15－n3．(教材习题改编)等差数列5,4eq\f(2,7)，3eq\f(4,7)，…，那么前n项和Sn＝________．答案：eq\f(1,14)(75n－5n2)1．要注意概念中的“从第2项起〞．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数〞这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，那么公差d的取值范围是()A．(－3，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(8,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(8,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(8,3)))答案：D2．等差数列{an}的前n项和为Sn，假设a1＝2，S3＝12，那么a6等于________．解析：设等差数列{an}的公差为d，那么S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12答案：12eq\a\vs4\al(考点一等差数列的根本运算)eq\a\vs4\al(根底送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2022·郑州二检){an}为等差数列，公差为1，且a5是a3与a11的等比中项，Sn是{an}的前n项和，那么S12的值为______．解析：由题意得，aeq\o\al(2,5)＝a3a11，即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10)，a1＝－1，∴S12＝12×(－1)＋eq\f(12×11,2)×1＝54．答案：542．(2022·西安质检)公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，那么数列{an}中第________项的值与4a解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a7＝2a5，∴a1＋6d＝2(a1＋4d)，那么a1＝－2d，∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4答案：113．(2022·江苏高考){an}是等差数列，Sn是其前n项和．假设a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，S5＝10，那么a9的值是________．解析：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d．所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4．故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20．答案：204．设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，那么S16＝________．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝－9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.))∴S16＝16×3＋eq\f(16×15,2)×(－1)＝－72．答案：－72[谨记通法]等差数列根本运算的方法策略(1)等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二〞．解决这些问题一般设根本量a1，d，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，表达方程思想．(2)如果等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)结合使用，表达整体代入的思想．eq\a\vs4\al(考点二等差数列的判断与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2)．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列；(2)求an的表达式．解：(1)证明：∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，n≥2．因此eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．故由等差数列的定义知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝eq\f(1,2n)．由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－eq\f(1,2nn－1)，又∵a1＝eq\f(1,2)，不适合上式．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))[由题悟法]等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)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[即时应用]数列{an}满足a1＝1，an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝eq\f(1,an)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：∵bn＝eq\f(1,an)，且an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,\f(an,2an＋1))＝2＋eq\f(1,an)，∴bn＋1－bn＝2＋eq\f(1,an)－eq\f(1,an)＝2．又b1＝eq\f(1,a1)＝1，∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝eq\f(1,an)，∴an＝eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n－1)．∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2n－1)．eq\a\vs4\al(考点三等差数列的性质及最值)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．等差数列{an}的前n项和为Sn，假设S11＝22，那么a3＋a7＋a8＝()A．18 B．12C．9 D．6解析：选D由题意得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(112a1＋10d,2)＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6．2．(2022·合肥质检)等差数列{an}的前n项和为Sn，a8＝1，S16＝0，当Sn取最大值时n的值为()A．7 B．8C．9 D．10解析：选B法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a8＝a1＋7d＝1，,S16＝16a1＋\f(16×15,2)d＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－2，))那么Sn＝－n2＋16n＝－(n－8)2＋64，那么当n＝8时，Sn取得最大值．法二：因为{an}是等差数列，所以S16＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)＝0，那么a9＝－a8＝－1，即数列{an}的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(Sn)max＝S8，选项B正确．[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔eq\f(am－an,m－n)＝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，那么①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an．2．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)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm．[即时应用]1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，假设eq\f(a6,a5)＝eq\f(9,11)，那么eq\f(S11,S9)＝()A．1 B．－1C．2 D．eq\f(1,2)解析：选Aeq\f(S11,S9)＝eq\f(\f(11a1＋a11,2),\f(9a1＋a9,2))＝eq\f(11a6,9a5)＝eq\f(11,9)×eq\f(9,11)＝1．2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，那么数列{an}的项数为________．解：由题意知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．答案：183．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，那么S100＝________．解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d．又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200．答案：200一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．(2022·桂林调研)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，那么公差d＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)解析：选A由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝eq\f(1,4)，应选A．2．等差数列{an}的前n项之和为Sn，假设a5＝6，那么S9为()A．45 B．54C．63 D．27解析：选B法一：∵S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝9×6＝54．应选B．法二：由a5＝6，得a1＋4d＝6，∴S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9(a1＋4d)＝9×6＝54，应选B．3．(2022·陕西质量监测)数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2．假设ak·ak＋1<0，那么正整数k＝()A．21 B．22C．23 D．24解析：选C3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－eq\f(2,3)⇒{an}是等差数列，那么an＝eq\f(47,3)－eq\f(2,3)n．∵ak＋1·ak<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(47,3)－\f(2,3)k))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(45,3)－\f(2,3)k))<0，∴eq\f(45,2)<k<eq\f(47,2)，又∵k∈N*，∴k＝23．4．(2022·北京高考){an}为等差数列，Sn为其前n项和．假设a1＝6，a3＋a5＝0，那么S6＝________．解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2．∴S6＝6a1＋eq\f(6×6－1,2)d＝6．答案：65．等差数列{an}中，a5>0，a4＋a7<0，那么{an}的前n项和Sn的最大值为________．解析：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))∴Sn的最大值为S5．答案：S5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2022·太原一模)在单调递增的等差数列{an}中，假设a3＝1，a2a4＝eq\f(3,4)，那么a1＝()A．－1 B．0C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)解析：选B由题知，a2＋a4＝2a3又∵a2a4＝eq\f(3,4)，数列{an}单调递增，∴a2＝eq\f(1,2)，a4＝eq\f(3,2)．∴公差d＝eq\f(a4－a2,2)＝eq\f(1,2)．∴a1＝a2－d＝0．2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n(n∈N*)，假设p－q＝5，那么ap－aq＝()A．10 B．15C．－5D．20解析：选D当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝5，符合上式，∴an＝4n＋1，ap－aq＝4(p－q)＝20．3．(2022·河南六市一联)正项数列{an}的前n项和为Sn，假设{an}和{eq\r(Sn)}都是等差数列，且公差相等，那么a6＝()A．eq\f(11,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,2) D．1解析：选A设{an}的公差为d，由题意得，eq\r(Sn)＝eq\r(na1＋\f(nn－1,2)d)＝eq\r(\f(d,2)n2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n)，又{an}和{eq\r(Sn)}都是等差数列，且公差相同，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\r(\f(d,2))，,a1－\f(d,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,4)，))a6＝a1＋5d＝eq\f(1,4)＋eq\f(5,2)＝eq\f(11,4)．4．(2022·沈阳教学质量监测)设等差数列{an}满足a2＝7，a4＝3，Sn是数列{an}的前n项和，那么使得Sn>0成立的最大的自然数n是()A．9 B．10C．11 D．12解析：选A由题可得{an}的公差d＝eq\f(3－7,4－2)＝－2，a1＝9，所以an＝－2n＋11，那么{an}是递减数列，且a5>0>a6，a5＋a6＝0，于是S9＝eq\f(2a5,2)·9>0，S10＝eq\f(a5＋a6,2)·10＝0，S11＝eq\f(2a6,2)·11<0，应选A．5．设数列{an}的前n项和为Sn，假设eq\f(Sn,S2n)为常数，那么称数列{an}为“桔祥数列〞．等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，假设数列{bn}为“桔祥数列〞，那么数列{bn}的通项公式为()A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1解析：选B设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq\f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，那么n＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0．因为对任意的正整数n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝eq\f(1,4)．所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1．6．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，那么a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．解析：因为S100＝eq\f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq\f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq\f(2,5)，那么a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10．答案：107．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，那么d的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，那么正整数m的值为________．解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2所以a1＝3－m．由Sm＝(3－m)m＋eq\f(mm－1,2)×1＝0，解得正整数m的值为5．答案：59．等差数列的前三项依次为a,4,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110(1)求a及k的值；(2)设数列{bn}的通项bn＝eq\f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn．解：(1)设该等差数列为{an}，那么a1＝a，a2＝4，a3＝3a由有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d所以Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－1,2)×2＝k2＋k．由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10．(2)证明：由(1)得Sn＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，那么bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2)．10．(2022·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0．(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；(2)求{an}的前n项和Sn．解：(1)证明：由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3,4Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1－3，得4an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2an＋1－2an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0．当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，所以当n≥5时，{an}成等差数列．(2)由4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，所以由(1)得an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－1n－1，1≤n≤4，,2n－7，n≥5，))所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)[1－－1n]，1≤n≤4，,n2－6n＋8，n≥5.))三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2022·安庆二模)数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an＝eq\r(S2n－1)(n∈N*)．假设不等式eq\f(λ,an)≤eq\f(n＋8,n)对任意n∈N*恒成立，那么实数λ的最大值为________．解析：an＝eq\r(S2n－1)⇒an＝eq\r(\f(2n－1a1＋a2n－1,2))＝eq\r(2n－1an)⇒aeq\o\al(2,n)＝(2n－1)an⇒an＝2n－1，n∈N*．eq\f(λ,an)≤eq\f(n＋8,n)就是λ≤eq\f(n＋82n－1,n)⇒λ≤2n－eq\f(8,n)＋15，f(n)＝2n－eq\f(8,n)＋15在n≥1时单调递增，其最小值为f(1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9．答案：92．数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．(1)假设数列{an}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn．解：(1)法一：∵数列{an}是等差数列，∴an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd．由an＋1＋an＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n即2d＝4,2a1－d解得d＝2，a1＝－eq\f(1,2)．法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，∴2d＝an＋2－an＝(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝4n＋1－(4n－3)＝4，∴d＝2．又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a∴a1＝－eq\f(1,2)．(2)由题意，①当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×eq\f(n－1,2)＝eq\f(2n2－3n＋5,2)．②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(2n2－3n,2)．第三节等比数列及其前n项和1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为eq\f(an＋1,an)＝q．(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1．(2)前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)假设m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，那么am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k)；(3)假设数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，那么{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)仍然是等比数列；(4)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．[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4A．公比为q的等比数列B．公比为q2的等比数列C．公比为q3的等比数列D．不一定是等比数列答案：B2．等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，那么a6＝________．解析：法一：由a3＝12，a4＝18，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝12，,a1q3＝18，))解得a1＝eq\f(16,3)，q＝eq\f(3,2)，∴a6＝a1q5＝eq\f(16,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))5＝eq\f(81,2)．法二：由等比数列性质知，aeq\o\al(2,3)＝a2a4，∴a2＝eq\f(a\o\al(2,3),a4)＝eq\f(122,18)＝8，又aeq\o\al(2,4)＝a2a6，∴a6＝eq\f(a\o\al(2,4),a2)＝eq\f(182,8)＝eq\f(81,2)．答案：eq\f(81,2)3．(教材习题改编)在等比数列{an}中，a1＝－1，a4＝64，那么公比q＝________，S4＝________．答案：－4511．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0．3．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．4．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．[小题纠偏]1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，那么a5等于()A．5 B．±5C．4 D．±4解析：选Caeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又∵a5＝a3q2>0，∴a5＝4．2．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，假设S3＝3a3，那么公比q＝________答案：－eq\f(1,2)或1eq\a\vs4\al(考点一等比数列的根本运算)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2022·武汉调研)假设等比数列{an}的各项均为正数，a1＋2a2＝3，aeq\o\al(2,3)＝4a2a6，那么a4A．eq\f(3,8) B．eq\f(24,5)C．eq\f(3,16) D．eq\f(9,16)解析：选C由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2a1q＝3，,a1q22＝4a1q·a1q5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(3,2)，,q＝\f(1,2)，))所以a4＝a1q3＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,16)．2．(2022·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．假设Sn＝126，那么n＝________．解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又∵Sn＝126，∴eq\f(21－2n,1－2)＝126，∴n＝6．答案：6[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)[即时应用]1．等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a2＋10a1，a5＝9，那么a1A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)解析：选C设等比数列{an}的公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＝a1q＋10a1，,a1q4＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2＝9，,a1＝\f(1,9).))2．(2022·洛阳统考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设a1＋8a4＝0，那么eq\f(S4,S3)＝()A．－eq\f(5,3) B．eq\f(15,7)C．eq\f(5,6) D．eq\f(15,14)解析：选C在等比数列{an}中，因为a1＋8a4＝0，所以q＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(S4,S3)＝eq\f(\f(a11－q4,1－q),\f(a11－q3,1－q))＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))4,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3)＝eq\f(\f(15,16),\f(9,8))＝eq\f(5,6)．3．(2022·安徽高考)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和等于________．解析：设等比数列的公比为q，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q3＝9，,a\o\al(2,1)·q3＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为递增数列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1．答案：2n－1eq\a\vs4\al(考点二等比数列的判定与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2022·全国丙卷)数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0．(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)假设S5＝eq\f(31,32)，求λ．解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，故a1≠0．由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan．由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1)．因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1．(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n．由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32)．解得λ＝－1．[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法定义法假设eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，那么{an}是等比数列中项公式法假设数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，那么数列{an}是等比数列通项公式法假设数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，那么{an}是等比数列前n项和公式法假设数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，那么{an}是等比数列[提醒](1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)假设要判定一个数列不是等比数列，那么只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用]设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(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．eq\a\vs4\al(考点三等比数列的性质)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2022·湖南师大附中月考)各项不为0的等差数列{an}满足a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，那么b2b8b11＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选D由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7．由a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2．由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝beq\o\al(3,7)＝23＝8．2．假设等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S4,S2)＝5，那么eq\f(S8,S4)＝________．解析：设数列{an}的公比为q，由得eq\f(S4,S2)＝1＋eq\f(a3＋a4,a1＋a2)＝5，即1＋q2＝5，所以q2＝4，eq\f(S8,S4)＝1＋eq\f(a5＋a6＋a7＋a8,a1＋a2＋a3＋a4)＝1＋q4＝1＋16＝17．答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类通项公式的变形根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口等比中项的变形前n项和公式的变形[即时应用]1．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，那么log3a1＋log3a2A．5 B．9C．log345 D．10解析：选D由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，那么原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a2．(2022·长春调研)在正项等比数列{an}中，a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1ana解析：设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3与a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14．答案：14一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．对任意等比数列{an}，以下说法一定正确的选项是()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：选D由等比数列的性质得，a3·a9＝aeq\o\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D．2．在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2，a4成等差数列，那么S7的值为()A．125 B．126C．127D．128解析：选C设{an}的公比为q，那么2a2＝a4－a3，又a1＝1，∴2q＝q3－q2，解得q＝2或q＝－1，∵an>0，∴q>0，∴q＝2，∴S7＝eq\f(1－27,1－2)＝127．3．(2022·石家庄质检)数列{an}的前n项和为Sn，假设Sn＝2an－4(n∈N*)，那么an＝()A．2n＋1 B．2nC．2n－1 D．2n－2解析：选A依题意，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)，那么an＋1＝2an，令n＝1，那么S1＝2a1－4，即a1＝4，∴数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴an＝4×2n－1＝2n＋1，应选A4．在等比数列{an}中，假设a1·a5＝16，a4＝8，那么a6＝________．解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，∴a2＝2，∴q2＝eq\f(a4,a2)＝4，∴a6＝a4q2＝32．答案：325．在等比数列{an}中，an>0，a5－a1＝15，a4－a2＝6，那么a3＝________．解析：∵a5－a1＝15，a4－a2＝6．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1＝15，,a1q3－a1q＝6))(q≠1)两式相除得eq\f(q2＋1q2－1,q·q2－1)＝eq\f(15,6)，即2q2－5q＋2＝0，∴q＝2或q＝eq\f(1,2)，当q＝2时，a1＝1；当q＝eq\f(1,2)时，a1＝－16(舍去)．∴a3＝1×22＝4．答案：4二保高考，全练题型做到高考达标1．数列{an}为等比数列，假设a4＋a6＝10，那么a7(a1＋2a3)＋a3aA．10 B．20C．100 D．200解析：选Ca7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝aeq\o\al(2,4)＋2a4a6＋aeq\o\al(2,6)＝(a4＋a6)22．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)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＝eq\f(1,8)．所以a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8)．3．数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，那么logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5 B．－eq\f(1,5)C．5 D．eq\f(1,5)解析：选A∵log3an＋1＝log3an＋1，∴an＋1＝3an．∴数列{an}是以公比q＝3的等比数列．∵a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，∴logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝logeq\f(1,3)(9×33)＝logeq\f(1,3)35＝－5．4．(2022·河北三市第二次联考)古代数学著作?九章算术?有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？〞意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？〞根据上题的条件，假设要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为()A．7 B．8C．9 D．10解析：选B设该女子第一天织布x尺，那么eq\f(x1－25,1－2)＝5，得x＝eq\f(5,31)，∴前n天所织布的尺数为eq\f(5,31)(2n－1)．由eq\f(5,31)(2n－1)≥30，得2n≥187，那么n