高考数学（文理通用）大一轮复习教师用书7章数列推理与证明

第1讲数列的概念及简单表示法最新考纲1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法.2.数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an＋1＞an其中n∈N*递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|≤M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.4.已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))诊断自测1.判断正误(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.答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.(2017·浙江五校联考)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝eq\b\lc\{(\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解析对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不合题意，故选C.答案C3.设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()解析当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.答案A4.已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________.解析因为{an}是递增数列，所以对任意的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).(*)因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.答案(－3，＋∞)5.(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＝________.答案5n－46.(2017·金华调考)在数列{xn}中，x1＝10，xn＝log2(xn－1－2)，则数列{xn}的第2项是________，所有项和T＝________.解析∵x1＝10，xn＝log2(xn－1－2)，∴x2＝log2(x1－2)＝log28＝3，x3＝log2(x2－2)＝log21＝0.数列{xn}所有项的和为10＋3＋0＝13.答案313考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1，7，－13，19，…；(2)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(3)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(4)5，55，555，5555，….解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5).(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为an＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1）).(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，eq\f(1,2)，eq\f(4,2)，eq\f(9,2)，eq\f(16,2)，eq\f(25,2)，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq\f(n2,2).(4)将原数列改写为eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝eq\f(5,9)(10n－1).规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征；(2)相邻项的联系特征；(3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.【训练1】(1)数列0，eq\f(2,3)，eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，…的一个通项公式为()A.an＝eq\f(n－1,n＋2)(n∈N*) B.an＝eq\f(n－1,2n＋1)(n∈N*)C.an＝eq\f(2（n－1）,2n－1)(n∈N*) D.an＝eq\f(2n,2n＋1)(n∈N*)(2)数列－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…的一个通项公式an＝________.解析(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前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为an＝(－1)neq\f(1,n（n＋1）).答案(1)C(2)(－1)neq\f(1,n（n＋1）)考点二由Sn与an的关系求an(易错警示)【例2】(1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.(2)若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则{an}的通项公式an＝________.解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.故数列的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))(2)由Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，两式相减，得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，∴当n≥2时，an＝－2an－1，即eq\f(an,an－1)＝－2.又n＝1时，S1＝a1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，a1＝1，∴an＝(－2)n－1.答案(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))(2)(－2)n－1规律方法数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))①当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；②当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示.易错警示在利用数列的前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.【训练2】(1)(2017·温州市十校联考)在数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________.解析(1)依题意得Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＝2an＋1，两式相减得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，又S1＝2a1＋1＝a1，因此a1＝－1，所以数列{an}是以a1＝－1为首项、2为公比的等比数列，an＝－2n－1.(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.显然当n＝1时，不满足上式.∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))答案(1)－2n－1(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2))考点三由数列的递推关系求通项公式【例3】在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________.(2)若a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，则通项公式an＝________.(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.解析(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq\f(（n－1）（2＋n）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2)a1＝2＝eq\f(1×（1＋1）,2)＋1，符合上式，因此an＝eq\f(n（n＋1）,2)＋1.(2)法一因为an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，所以an－1＝eq\f(n－2,n－1)·an－2，…，a2＝eq\f(1,2)a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).法二因为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－1,n－2)·…·1＝eq\f(1,n).(3)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，则b1＝a1＋3＝4，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.答案(1)eq\f(n（n＋1）,2)＋1(2)eq\f(1,n)(3)2n＋1－3规律方法(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq\f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1代入求出通项.(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.【训练3】(1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.(2)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,n（n＋1）)，则通项公式an＝________.解析(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足).(2)原递推公式可化为an＋1＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则a2＝a1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2)，a3＝a2＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，a4＝a3＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)，an＝an－1＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，逐项相加得，an＝a1＋1－eq\f(1,n)，故an＝4－eq\f(1,n).答案(1)3×2n－1－2(2)4－eq\f(1,n)1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法.2.强调an与Sn的关系：an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))3.已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加或累乘法求数列的通项公式.1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an＝f(n)和函数y＝f(x)的单调性是不同的.2.数列的通项公式不一定唯一.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题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(（－1）n＋1,2) B.coseq\f(nπ,2)C.coseq\f(n＋1,2)π D.coseq\f(n＋2,2)π解析令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.答案D2.数列eq\f(2,3)，－eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，－eq\f(8,9)，…的第10项是()A.－eq\f(16,17) B.－eq\f(18,19) C.－eq\f(20,21) D.－eq\f(22,23)解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·eq\f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq\f(20,21).答案C3.(2017·绍兴一中检测)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝()n－1 B.2n－1＋1n－1 D.2(n－1)解析法一由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.法二由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.答案A4.数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于()n－1 B.n2C.eq\f(（n＋1）2,n2) D.eq\f(n2,（n－1）2)解析设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,（n－1）2).答案D5.数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝()解析依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.答案D二、填空题6.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq\f(1,an)，a8＝eq\f(34,21)，则a5＝________.解析借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝eq\f(21,13)，a6＝eq\f(13,8)，a5＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)7.(2017·绍兴月考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则a1＝________；an＝________.解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案4eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))8.(2017·嘉兴七校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________.解析因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，由于a1≠0，则a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.答案1三、解答题9.数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项.(3)令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍).∴从第7项起各项都是正数.10.已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式.解(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2时，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.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，……an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(n（n＋1）,2).显然，当n＝1时也满足上式.综上可知，{an}的通项公式an＝eq\f(n（n＋1）,2).能力提升题组(建议用时：25分钟)11.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()A.eq\f(16,3) B.eq\f(13,3) 解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.答案D12.(2017·石家庄质检)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2016的值为________.解析由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2016＝6×336，∴a2016＝a6＝－1.答案－113.(2017·金丽衢十二校联考)对于各项均为整数的数列{an}，如果ai＋i(i＝1，2，3，…)为完全平方数，则称数列{an}具有“P性质”.不论数列{an}是否具有“P性质”，如果存在与{an}不是同一数列的{bn}，且{bn}同时满足下面两个条件：①b1，b2，b3，…，bn是a1，a2，a3，…，an的一个排列；②数列{bn}具有“P性质”，则称数列{an}具有“变换P性质”.下面三个数列：①数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n,3)(n2－1)；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“P性质”的为________；具有“变换P性质”的为________.解析对于①，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n，∵a1＝0，∴an＝n2－n，∴ai＋i＝i2(i＝1，2，3，…)为完全平方数，∴数列{an}具有“P性质”；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P性质”，数列{bn}为3，2，1，5，4，具有“P性质”，∴数列{an}具有“变换P性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P性质”.答案①②14.(2017·瑞安市模拟)已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0).(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.解(1)∵an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9)(n∈N*).结合函数f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，可知5<eq\f(2－a,2)<6，即－10<a<－8.即a的取值范围是(－10，－8).15.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设cn＝aeq\o\al(2,n)·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.(1)解当n＝1时，a1＝S1＝4.对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.又当n＝1时，a1＝4适合上式，故{an}的通项公式an＝4n.将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.(求bn法一)对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝eq\f(1,2)bn－1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列，故bn＝21－n.(求bn法二)对于n≥2，由Tn＝2－bn，得Tn＝2－(Tn－Tn－1)，2Tn＝2＋Tn－1，Tn－2＝eq\f(1,2)(Tn－1－2)，Tn－2＝21－n(T1－2)＝－21－n，Tn＝2－21－n，bn＝Tn－Tn－1＝(2－21－n)－(2－22－n)＝21－n.又n＝1时，b1＝1适合上式，故{bn}的通项公式bn＝21－n.(2)证明(法一)由cn＝aeq\o\al(2,n)·bn＝n225－n，得eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up12(2).当且仅当n≥3时，1＋eq\f(1,n)≤eq\f(4,3)＜eq\r(2)，即cn＋1＜cn.(法二)由cn＝aeq\o\al(2,n)·bn＝n225－n，得cn＋1－cn＝24－n＝24－n.当且仅当n≥3时，cn＋1－cn＜0，即cn＋1＜cn.第2讲等差数列及其前n项和n系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.知识梳理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，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)，或an－an－1＝d(n≥2，d为常数).(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝eq\f(a＋b,2).2.等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*).(2)等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项).3.等差数列的有关性质已知数列{an}是等差数列，Sn是{an}的前n项和.(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有am＋an＝ap＋aq.(2)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.(3)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.(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.4.等差数列的前n项和公式与函数的关系Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).5.等差数列的前n项和的最值在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.()(3)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列.()(4)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.()(5)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.()解析(4)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.(5)若公差d＝0，则前n项和不是二次函数.答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×2.(2015·重庆卷)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6等于()A.－1 B.0解析由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.答案B3.(2017·长沙模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2a3，S5＝15，则a2016＝________.解析在等差数列{an}中，由S3＝2a3知，3a2＝2a3，而S5＝15，则a3＝3，于是a2＝2，从而其公差为1，首项为1，因此an＝n，故a2016＝2016.答案20164.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______.解析由题意知d＜0且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a8＞0，,a9＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)))5.(必修5P68A8改编)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.解析由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.答案1806.(2017·金华四校联考)设等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋bn＋c(b，c为常数，n∈N*)，若a2＋a3＝4，则c＝________，b＝________.解析∵数列{an}是等差数列，且前n项和Sn＝n2＋bn＋c，∴c＝0，则Sn＝n2＋bn，又a2＋a3＝S3－S1＝9＋3b－1－b＝4，∴b＝－2.答案0－2考点一等差数列基本量的运算【例1】(1)(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()8 D.97(2)(2016·唐山模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝________.解析(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a1＋36d＝27，,a1＋9d＝8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1，))所以a100＝a1＋99d＝－1＋99＝98.(2)法一设数列{an}的首项为a1，公差为d，由S3＝6，S4＝12，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝3a1＋3d＝6，,S4＝4a1＋6d＝12，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2，))即S6＝6a1＋15d＝30.法二由{an}为等差数列，故可设前n项和Sn＝An2＋Bn，由S3＝6，S4＝12可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝9A＋3B＝6，,S4＝16A＋4B＝12，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝1，,B＝－1，))即Sn＝n2－n，则S6＝36－6＝30.答案(1)C(2)30规律方法(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】(1)(2015·全国Ⅰ卷)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前nS8＝4S4，则a10等于()A.eq\f(17,2) B.eq\f(19,2)(2)(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差da2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.解析(1)由S8＝4S4，得8a1＋eq\f(8×7,2)×1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)×1))，解得a1＝eq\f(1,2)，∴a10＝a1＋9d＝eq\f(19,2)，故选B.(2)因为a2，a3，a7成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，由于d≠0，∴a1＝－eq\f(2,3)d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1，即3a1＋d＝1，∴a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.答案(1)B(2)eq\f(2,3)－1考点二等差数列的判定与证明(典例迁移)【例2】(经典母题)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列；(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列.(2)解由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq\f(1,2n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2（n－1）)＝eq\f(n－1－n,2n（n－1）)＝－eq\f(1,2n（n－1）).当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)不适合上式.故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n（n－1）)，n≥2.))【迁移探究1】将本例条件“an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2)”改为“Sn(Sn－an)＋2an＝0(n≥2)，a1＝2”，问题不变，试求解.(1)证明当n≥2时，an＝Sn－Sn－1且Sn(Sn－an)＋2an＝0.∴Sn＋2(Sn－Sn－1)＝0，即SnSn－1＋2(Sn－Sn－1)＝0.即eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝eq\f(1,2).又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2).故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列.(2)解由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(n,2)，∴Sn＝eq\f(2,n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(2,n（n－1）)当n＝1时，a1＝2不适合上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－\f(2,n（n－1）)，n≥2.))【迁移探究2】已知数列{an}满足2an－1－anan－1＝1(n≥2)，a1＝2，证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式.解当n≥2时，an＝2－eq\f(1,an－1)，∴eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an－1)－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,1－\f(1,an－1))－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1－1,an－1－1)＝1(常数).又eq\f(1,a1－1)＝1.∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是以首项为1，公差为1的等差数列.∴eq\f(1,an－1)＝1＋(n－1)×1，∴an＝eq\f(n＋1,n).规律方法等差数列的四种判断方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断.考点三等差数列的性质及应用【例3】(1)(2015·全国Ⅱ卷)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝()(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于()(3)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2014，eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6，则S2017＝________.解析(1)∵{an}为等差数列，∴a1＋a5＝2a3，得3a3＝3，则a3＝1，∴S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝5，故选A.(2)由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列.即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.(3)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.则eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2017,2017)＝eq\f(S1,1)＋2016d＝－2014＋2016＝2，∴S2017＝2×2017＝4034.答案(1)A(2)B(3)4034规律方法等差数列的性质是解题的重要工具.(1)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列.(2)在等差数列{an}中，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差数列.【训练2】(1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为()3 B.(2)(2015·广东卷)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.解析(1)因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60，所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n×60,2)＝390，即n＝13.(2)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.答案(1)A(2)10考点四等差数列前n项和及其最值【例4】(1)(2017·台州月考)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是()(2)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析(1)法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大.法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.法三根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝eq\f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值.(2)由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，∴n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋100＝130.答案(1)C(2)130规律方法求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值.【训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0且eq\f(a6,a5)＝eq\f(9,11)，则当Sn取最大值时，n的值为()解析由eq\f(a6,a5)＝eq\f(9,11)，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1＞0可推知这个数列递减，从而a10＞0，a11＜0，故n＝10时，Sn最大.答案B1.在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a1，d的方程组进行求解.2.证明等差数列要用定义；另外还可以用等差中项法，通项公式法，前n项和公式法判定一个数列是否为等差数列.3.等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量.1.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，若a2－a1≠d，则数列{an}不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n项和最值时，一定要注意自变量n是正整数.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·武汉调研)已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于()A.－1 B.－2 C.－3 D.－4解析法一由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（a1＋6d）＝－8，,a1＋d＝2，))解得a1＝5，d＝－3.法二a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.答案C2.已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为()解析设项数为2n，则由S偶－S奇＝nd得，25－15＝2n，解得n＝5，故这个数列的项数为10.答案A3.已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有()A.a1＋a101＞0 B.a2＋a100＜0C.a3＋a99＝0 D.a51＝51解析由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101＝eq\f(a1＋a101,2)×101a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.答案C4.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()A.a1d>0，dS4>0 B.a1d<0，dS4<0C.a1d>0，dS4<0 D.a1d<0，dS4>0解析∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－eq\f(5,3)d，∴a1d＝－eq\f(5,3)d2<0(d≠0)，又S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝－eq\f(2d,3)，∴dS4＝－eq\f(2d2,3)<0，故选B.答案B5.(2017·泰安模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－11，a5＋a9＝－2，则当Sn取最小值时，n＝()A.9 B.8 C.7 D.6解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－11，,a5＋a9＝－2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－11，,2a1＋12d＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－13，,d＝2.))∴an＝－15＋2n.由an＝－15＋2n≤0，解得n≤eq\f(15,2).又n为正整数，∴当Sn取最小值时，nC.答案C二、填空题6.已知每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1且前n项和Sn满足Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)(n∈N*且n≥2)，则a61＝________.解析由已知Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)可得，eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝2，所以{eq\r(Sn)}是以1为首项，2为公差的等差数列，故eq\r(Sn)＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以a61＝S61－S60＝1212－1192＝480.答案4807.(2017·慈溪统考)设等差数列{an}的前n项和Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，则Sn>0的最大n是________；数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))(1<n<15)中最大的项为第________项.解析∵a8>0，a8＋a9<0，∴S15＝eq\f(（a1＋a15）·15,2)＝eq\f(2a8·15,2)＝15a8>0，而S16＝eq\f(（a1＋a16）·16,2)＝eq\f(（a8＋a9）·16,2)＝8(a8＋a9)<0，∴使Sn>0的最大n为15.∵a8>0，a9<0，∴S8最大，且a8为{an}的最小正数项，a9，a10，…均小于零，所以当9≤n<15时，eq\f(Sn,an)均小于零，当n＝8时，eq\f(Sn,an)最大，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))(1<n<15)的最大值是第8项.答案1588.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析法一由已知得，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，因为数列{an}为等差数列，所以d＝am＋1－am＝1，又因为Sm＝eq\f(m（a1＋am）,2)＝0，所以m(a1＋2)＝0，因为m≠0，所以a1＝－2，又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.法二因为Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ma1＋\f(m（m－1）,2)＝0，①,（m－1）a1＋\f(（m－1）（m－2）,2)＝－2.②))由①得a1＝eq\f(1－m,2)，代入②可得m＝5.法三因为数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列.所以eq\f(Sm－1,m－1)＋eq\f(Sm＋1,m＋1)＝eq\f(2Sm,m)，即eq\f(－2,m－1)＋eq\f(3,m＋1)＝0，解得m＝5，经检验为原方程的解.答案5三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如＝0，＝2.解(1)设数列{an}首项为a1，公差为d，由题意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).当n＝1，2，3时，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；当n＝4，5时，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；当n＝9，10时，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.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.(1)证明由题设知，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)解由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.由2a2＝a1＋a3，解得λan＋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.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的eq\f(1,7)是较小的两份之和，则最小的一份为()A.eq\f(5,3) B.eq\f(10,3) C.eq\f(5,6) D.eq\f(11,6)解析依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a－2m，a－m，a，a＋m，a＋2m，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a＝100，,a＋（a＋m）＋（a＋2m）＝7（a－2m＋a－m），))解得a＝20，m＝eq\f(11a,24)，a－2m＝eq\f(a,12)＝eq\f(5,3)，即其中最小一份为eq\f(5,3)，故选A.答案A12.(2016·浙江卷)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.{Seq\o\al(2,n)}是等差数列C.{dn}是等差数列 D.{deq\o\al(2,n)}是等差数列解析Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半，即Sn＝eq\f(1,2)hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hn＝h1＋|A1An|tanθ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An|tanθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，则Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)|AnAn＋1||BnBn＋1|tanθ，都为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.答案A13.(2017·东阳统考)已知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,n)))是等差数列，f(1)＝2，f(2)＝6，则f(n)＝________，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1＝1，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋an)))的前n项和为Sn，则S2015＋eq\f(1,a2016)＝________.解析设公差为d，由题意得d＝eq\f(f（2）,2)－eq\f(f（1）,1)＝3－2＝1，∴eq\f(f（n）,n)＝2＋(n－1)·1⇒f(n)＝n2＋n，an＋1＝f(an)＝aeq\o\al(2,n)＋an＝an(1＋an)⇒eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an（1＋an）)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,1＋an)⇒eq\f(1,1＋an)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，∴Sn＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1)⇒Sn＋eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,a1)＝1，∴S2015＋eq\f(1,a2016)＝1.答案n2＋n114.在数列{an}中，a1＝－5，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和.解(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3，∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列，∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8.(2)|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3n＋8，n≤2，,3n－8，n≥3，))记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n≤2时，Sn＝eq\f(n（5＋8－3n）,2)＝－eq\f(3n2,2)＋eq\f(13,2)n；当n≥3时，Sn＝7＋eq\f(（n－2）（1＋3n－8）,2)＝eq\f(3n2,2)－eq\f(13,2)n＋14，综上，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(13,2)n，n≤2，,\f(3,2)n2－\f(13,2)n＋14，n≥3.))15.在公差不为0的等差数列{an}中，a3＋a10＝15，且a2，a5，a11成等比数列.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋…＋eq\f(1,a2n－1)，证明：eq\f(1,2)≤bn＜1.(1)解设等差数列{an}的公差为d.由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋9d＝15，,（a1＋4d）2＝（a1＋d）（a1＋10d）.))注意到d≠0，解得a1＝2，d＝1.所以an＝n＋1.(2)证明由(1)可知bn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，bn＋1＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2).因为bn＋1－bn＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)＞0，所以数列{bn}bn≥b1＝eq\f(1,2).又bn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋1)＋…＋eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)＜1，因此eq\f(1,2)≤bn＜1.第3讲等比数列及其前n项和，掌握等比数列的通项公式与前n，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1.等比数列的概念(1)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为非零常数)，或eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数).(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±eq\r(ab).2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；通项公式的推广：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(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3.等比数列的性质已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.(2)等比数列{an}的单调性：当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}是递减数列；当q＝1时，数列{an}是常数列.(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.(4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数.()(2)公比q是任意一个常数，它可以是任意实数.()(3)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.()(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq\f(a（1－an）,1－a).()(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.()解析(1)在等比数列中，an≠0.(2)在等比数列中，q≠0.(3)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.(4)当a＝1时，Sn＝na.(5)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×2.(2017·太原模拟)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝eq\f(5,2)，则a1＝()A.2 B.4 C.eq\r(2)eq\r(2)解析在等比数列{an}中，a2a4＝aeq\o\al(2,3)＝1，又a2＋a4＝eq\f(5,2)，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，所以q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(a2,q)＝4.答案B3.(2017·湖北省七市考试)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为()解析由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10，故选C.答案C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前nSn＝126，则n＝________.解析由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝126，解得n＝6.答案65.(2015·广东卷)若a，b，c三个正数成等比数列，其中a＝5＋2eq\r(6)，c＝5－2eq\r(6)，则b的值为________.解析∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.即b2＝(5＋2eq\r(6))(5－2eq\r(6))＝1，又b>0，∴b＝1.答案16.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2a1＋1，,a2＋a1＝4，))解得a1＝1，a2＝3，当n≥2时，由已知可得：an＋1＝2Sn＋1，①an＝2Sn－1＋1，②①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，∴{an}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列.∴S5＝eq\f(1－1×35,1－3)＝121.答案1121考点一等比数列基本量的运算【例1】(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前na2a4＝1，S3＝7，则S5等于()A.eq\f(15,2) B.eq\f(31,4) C.eq\f(33,4) D.eq\f(17,2)(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________.解析(1)显然公比q≠1，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q3＝1，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝7，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，∴S5＝eq\f(a1（1－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，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a2＋a4＝5))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10，,a1q＋a1q3＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))∴a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝2－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2).记t＝－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－7n)，结合n∈N*，可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数.所以a1a2…an的最大值为64.答案(1)B(2)64规律方法等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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.【训练1】(1)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________.(2)(2016·合肥模拟)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前nS3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列，则an＝________.解析(1)由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即eq\f(an＋2,an＋1)＝－2.(2)由已知得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(（a1＋3）＋（a3＋4）,2)＝3a2.))解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝eq\f(2,q)，a3＝2q.又S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).由题意得q＞1，所以q＝2，所以a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.答案(1)－2(2)2n－1考点二等比数列的性质及应用【例2】(1)(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{an}满足a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于()A.2 B.1 C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,8)(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，则eq\f(S9,S6)＝()A.2 B.eq\f(7,3) C.eq\f(8,3)解析(1)由{an}为等比数列，得a3a5＝aeq\o\al(2,4)，所以aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2，设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，得2＝eq\f(1,4)q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝eq\f(1,2).选C.(2)法一由等比数列的性质及题意，得S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得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).法二因为{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).答案(1)C(2)B规律方法(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】(1)(2017·丽水调研)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，则aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝________.(2)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为________.解析(1)由等比数列性质，得a3a7＝aeq\o\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1)2＝(2eq\r(2))2＝8.(2)∵