高中一轮复习文数第六章数列

第六章数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点：1.数列的通项公式；2.数列的单调性.突破点(一)数列的通项公式基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．数列的定义按照一定次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，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．2．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．3．数列的递推公式如果已知数列{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)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．4．Sn与an的关系已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))这个关系式对任意数列均成立．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的前几项求通项[例1]写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，…；(2)eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，eq\f(31,32)，…；(3)－1，eq\f(3,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(3,4)，－eq\f(1,5)，eq\f(3,6)，…；(4)3,33,333,3333，…；(5)1,0，－1,0,1,0，－1,0，….[解](1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝eq\f(2n－1,2n).(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·eq\f(2＋－1n,n).也可写为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)，n为正奇数，,\f(3,n)，n为正偶数.))(4)将数列各项改写为eq\f(9,3)，eq\f(99,3)，eq\f(999,3)，eq\f(9999,3)，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以an＝eq\f(1,3)(10n－1)．(5)观察数列中各项呈现周期性1,0，－1,0联想三角函数y＝cosx的特殊值，前4项对应着cosθ，coseq\f(π,2)，cosπ，coseq\f(3,2)π，所以an＝coseq\f(n－1π,2).还可以为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1\f(n－1,2)，n为正奇数，,0，n为正偶数.))[方法技巧]由数列的前几项求通项公式的思路方法给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n＋1或(－1)n－1来调控．(3)熟悉一些常见数列的通项公式．(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．利用an与Sn的关系求通项[例2]已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b；(3)Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3).[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，所以{an}的通项公式为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．所以当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.))(3)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)，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，整理得an＝－2an－1，又a＝1时，S1＝a1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，a1＝1，∴an＝(－2)n－1.[方法技巧]已知Sn求an的三个步骤(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，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．利用递推关系求通项[例3](1)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋n)，则an＝________；(2)若数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，则通项an＝________；(3)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________；(4)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则an＝________.[解析](1)由条件知an＋1－an＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，即an－a1＝1－eq\f(1,n)，又∵a1＝eq\f(1,2)，∴an＝1－eq\f(1,n)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n).(2)由an＋1＝eq\f(n,n＋1)an(an≠0)，得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，故an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·…·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)＝eq\f(2,3n).(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，则t＝－3.故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，bn≠0，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．所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.(4)∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，∴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＝1，则eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1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)＋eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1).[答案](1)eq\f(3,2)－eq\f(1,n)(2)eq\f(2,3n)(3)2n＋1－3(4)eq\f(2,n＋1)[方法技巧]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＋1an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)化为等差数列a1＝1，an＋1＝eq\f(3an,2an＋3)能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])已知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，…的通项公式的可能是________(填写所有正确表达式的序号)．解析：具体逐一检验可以判断，①②③均成立．虽然数列的通项公式的表达形式不唯一，但是有通项公式的数列的通项公式是唯一的；有些无规则的数列未必有通项公式．答案：①②③2.eq\a\vs4\al([考点三])已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.则{an}的通项公式是________．解析：由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因此{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).答案：an＝eq\f(1,2n－1)3.eq\a\vs4\al([考点二])已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为________．解析：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{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2.))答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2))4.eq\a\vs4\al([考点三])设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1，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*)．5.eq\a\vs4\al([考点三])若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．解：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.又因为当n＝1时满足此式，所以an＝2n－1.突破点(二)数列的单调性基础联通抓主干知识的“源”与“流”数列的分类分类标准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考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的单调性研究最值问题[例1]已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ＞0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设a1＞0，λ＝100.当n为何值时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,an)))的前n项和最大？[解](1)取n＝1，得λaeq\o\al(2,1)＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0.若a1＝0，则Sn＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，所以an＝0.若a1≠0，则a1＝eq\f(2,λ)，当n≥2时，2an＝eq\f(2,λ)＋Sn,2an－1＝eq\f(2,λ)＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，所以an＝a1·2n－1＝eq\f(2,λ)·2n－1＝eq\f(2n,λ).综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝eq\f(2n,λ).(2)当a1＞0且λ＝100时，令bn＝lgeq\f(1,an)，由(1)知bn＝lgeq\f(100,2n)＝2－nlg2.所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg2)．则b1＞b2＞…＞b6＝lgeq\f(100,26)＝lgeq\f(100,64)＞lg1＝0，当n≥7时，bn≤b7＝lgeq\f(100,27)＝lgeq\f(100,128)＜lg1＝0，故当n＝6时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,an)))的前n项的和最大．[方法技巧]1．判断数列单调性的两种方法(1)作差比较法an＋1－an＞0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an＜0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．(2)作商比较法an＞0时①eq\f(an＋1,an)＞1⇔数列{an}是单调递增数列；②eq\f(an＋1,an)＜1⇔数列{an}是单调递减数列；③eq\f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列an＜0时①eq\f(an＋1,an)＞1⇔数列{an}是单调递减数列；②eq\f(an＋1,an)＜1⇔数列{an}是单调递增数列；③eq\f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列2.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1))(n≥2)找到数列的最小项．利用数列的单调性求参数的取值范围[例2]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax＋2，x≤2，,a2x2－9x＋11，x＞2))(a＞0，且a≠1)，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．[解析]因为{an}是递增数列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a＞0，,a＞1，,3－a×2＋2＜a2，))解得2＜a＜3，所以实数a的取值范围是(2,3)．[答案](2,3)[方法技巧]已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理．(2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是________．解析：an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an取最大值，最大值为a2＝a3＝0.答案：02.eq\a\vs4\al([考点一])若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为________．解析：∵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，则an是递减数列．设{an}的前k项和数值最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥0，,ak＋1≤0，))即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.答案：73.eq\a\vs4\al([考点二])已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析：∵对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，∴an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ.又∵{an}是递增数列，∴an＋1－an＞0，且当n＝1时，an＋1－an最小，∴an＋1－an≥a2－a1＝3＋λ＞0，∴λ＞－3.答案：(－3，＋∞)4.eq\a\vs4\al([考点一、二])已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2n－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＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又∵a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9).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＋2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).∵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，知5＜eq\f(2－a,2)＜6，∴－10＜a＜－8.故a的取值范围为(－10，－8)．[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．设数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则a4的值为________．解析：a4＝S4－S3＝20－12＝8.答案：82．(2018·镇江模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，则a10＝________.解析：∵an＋1an＝2n，∴an＋2an＋1＝2n＋1，两式相除得eq\f(an＋2,an)＝2.又a1a2＝2，a1＝1，∴a2＝2.则eq\f(a10,a8)·eq\f(a8,a6)·eq\f(a6,a4)·eq\f(a4,a2)＝24，即a10＝25＝32.答案：323．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则eq\f(a3,a5)的值是________．解析：由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝eq\f(2,3)，∴eq\f(a3,a5)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)4．(2018·山东枣庄第八中学阶段性检测)已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,n)))，欲使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为________．解析：由数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,n)))的前n项的乘积eq\f(3,1)·eq\f(4,2)·eq\f(5,3)·…·eq\f(n＋2,n)＝eq\f(n＋1n＋2,2)＞36，得n2＋3n－70＞0，解得n＜－10或n＞7.又因为n∈N*，所以n的最小值为8.答案：85．(2018·兰州模拟)在数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中2eq\r(19)是这个数列的第________项．解析：数列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…，即数列eq\r(1)，eq\r(3×1＋1)，eq\r(3×2＋1)，eq\r(3×3＋1)，eq\r(3×4＋1)，…，∴该数列的通项公式为an＝eq\r(3n－1＋1)＝eq\r(3n－2)，∴eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，∴n＝26，故2eq\r(19)是这个数列的第26项．答案：26[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝________.解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3；当n＝1时，a1＝S1＝－1，所以an＝2n－3(n∈N*)，所以a2＋a18＝34.答案：342．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________.解析：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，∴a3＋a5＝eq\f(61,16).答案：eq\f(61,16)3.如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．解析：记△OA1B1的面积为S，则△OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn＋1An＋1的面积均为3S.可得△OAnBn的面积为S＋3(n－1)S＝(3n－2)S.∴aeq\o\al(2,n)＝3n－2，即an＝eq\r(3n－2).答案：an＝eq\r(3n－2)4．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1＜0，则正整数k＝________.解析：由3an＋1＝3an－2得an＋1＝an－eq\f(2,3)，则{an}是等差数列，又a1＝15，∴an＝eq\f(47,3)－eq\f(2,3)n.∵ak·ak＋1＜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)，∴k＝23.答案：235．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq\f(5an－13,3an－7)，则a2018＝________.解析：因为a1＝3，an＋1＝eq\f(5an－13,3an－7)，所以a2＝eq\f(5×3－13,3×3－7)＝1，a3＝eq\f(5×1－13,3×1－7)＝2，a4＝eq\f(5×2－13,3×2－7)＝3，所以数列{an}是周期为3的周期数列．所以a2018＝a672×3＋2＝a2＝1.答案：16．数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an),a8＝2，则a1＝________.解析：将a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再将a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．已知数列{an}中，a1＝1，若an＝2an－1＋1(n≥2)，则a5的值是________．解析：∵an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，∴eq\f(an＋1,an－1＋1)＝2，又a1＝1，∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＋1＝2×2n－1＝2n，∴a5＋1＝25，即a5＝31.答案：318．数列{an}定义如下：a1＝1，当n≥2时，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a\f(n,2)，n为偶数，,\f(1,an－1)，n是奇数，))若an＝eq\f(1,4)，则n的值为________．解析：因为a1＝1，所以a2＝1＋a1＝2，a3＝eq\f(1,a2)＝eq\f(1,2)，a4＝1＋a2＝3，a5＝eq\f(1,a4)＝eq\f(1,3)，a6＝1＋a3＝eq\f(3,2)，a7＝eq\f(1,a6)＝eq\f(2,3)，a8＝1＋a4＝4，a9＝eq\f(1,a8)＝eq\f(1,4)，所以n＝9.答案：99．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1(an＋2)＝an(n∈N*)，若bn＋1＝(n－p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，b1＝－p，且数列{bn}是单调递增数列，则实数p的取值范围为________．解析：由题中条件，可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\f(1,an)＋1，易知eq\f(1,a1)＋1＝2≠0，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是等比数列，所以eq\f(1,an)＋1＝2n，可得bn＋1＝2n(n－p)，则bn＝2n－1(n－1－p)(n∈N*)，由数列{bn}是单调递增数列，得2n(n－p)＞2n－1(n－1－p)，则p＜n＋1恒成立，又n＋1的最小值为2，则p的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)10．(2018·南通模拟)设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.解析：∵(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1·an－naeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a5,a4)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)×…×eq\f(n－1,n)，∵a1＝1，∴an＝eq\f(1,n).答案：eq\f(1,n)二、解答题11．已知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，整理得(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.12．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，则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)由对于n∈N*，都有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，＋∞)．第二节等差数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列基本量的计算；2.等差数列的基本性质及应用；3.等差数列的判定与证明.突破点(一)等差数列基本量的计算基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，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＝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).考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的基本运算[典例](1)(2017·宿迁高三期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2＝3，S4＝16，则S9的值为________．(2)(2018·苏州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，a1＝4，则公差d等于________．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3，S4＝16，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以S9＝9×1＋eq\f(9×8,2)×2＝81.(2)由S3＝eq\f(3a1＋a3,2)＝6，且a1＝4，得a3＝0，则d＝eq\f(a3－a1,3－1)＝－2.[答案](1)81(2)－2[方法技巧]1．等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)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，体现了方程的思想．2.等差数列设项技巧,若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知{an}是等差数列，a4＝15，S5＝55，则过点P(3，a3)，Q(4，a4)的直线斜率为________．解析：∵S5＝5a3＝55，∴a3＝11，∴k＝eq\f(a4－a3,4－3)＝eq\f(15－11,1)＝4.答案：42．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＝________.解析：由题意知Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.答案：83．(2017·全国卷Ⅰ改编)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________．解析：设等差数列{an}的公差为d，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.答案：44．(2018·南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)，可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝(－2)×n＝－2n.突破点(二)等差数列的基本性质及应用基础联通抓主干知识的“源”与“流”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m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．(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，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.(5)S2n－1＝(2n－1)an，S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性质及有关公式求解．(6){an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(7)若{an}是等差数列，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的eq\f(1,2).考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的性质[例1](1)(2017·南京一模)设{an}是等差数列，若a4＋a5＋a6＝21，则S9＝________.(2)已知{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________.[解析](1)因为{an}是等差数列，所以a1＋a9＝a4＋a6＝2a5.又a4＋a5＋a6＝21，所以a1＋a9＝14，所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9×14,2)＝63.(2)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.[答案](1)63(2)21[方法技巧]利用等差数列性质求解问题的注意点(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq\f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝eq\f(an－am,n－m)，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na2＋an－1,2)(n，m∈N*)等．[提醒]一般地，am＋an≠am＋n，等号左、右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.等差数列前n项和的最值[例2]等差数列{an}的首项a1＞0，设其前n项和为Sn，且S5＝S12，则当n为何值时，Sn有最大值？[解]设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－eq\f(1,8)a1＜0.法一：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))＝－eq\f(1,16)a1(n2－17n)＝－eq\f(1,16)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(17,2)))2＋eq\f(289,64)a1，因为a1＞0，n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．法二：设此数列的前n项和最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≥0，,a1＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)a1))≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤9，,n≥8，))即8≤n≤9，又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．法三：由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，设f(x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x，则函数y＝f(x)的图象为开口向下的抛物线，由S5＝S12知，抛物线的对称轴为x＝eq\f(5＋12,2)＝eq\f(17,2)(如图所示)，由图可知，当1≤n≤8时，Sn单调递增；当n≥9时，Sn单调递减．又n∈N*，所以当n＝8或n＝9时，Sn最大．[方法技巧]求等差数列前n项和Sn最值的三种方法(1)函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法①a1＞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.(3)通项公式法求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可．一般地，等差数列{an}中，若a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)，则：①若p＋q为偶数，则当n＝eq\f(p＋q,2)时，Sn最大；②若p＋q为奇数，则当n＝eq\f(p＋q－1,2)或n＝eq\f(p＋q＋1,2)时，Sn最大．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])已知数列{an}为等差数列，且a1＋a7＋a13＝π，则cos(a2＋a12)的值为________．解析：在等差数列{an}中，因为a1＋a7＋a13＝π，所以a7＝eq\f(π,3)，所以a2＋a12＝eq\f(2π,3)，所以cos(a2＋a12)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)2.eq\a\vs4\al([考点二])设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若eq\f(a8,a7)＜－1，则当Sn取最小值时n＝________.解析：由(n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)eq\f(na1＋an,2)＜neq\f(n＋1a1＋an＋1,2)，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又eq\f(a8,a7)＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即当n＝7时，Sn的值最小．答案：73.eq\a\vs4\al([考点一])已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是________．解析：由等差数列前n项和的性质知，eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)，故当n＝1,2,3,5,11时，eq\f(an,bn)为整数，故使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是5.答案：54.eq\a\vs4\al([考点一])设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，求数列{an}的项数及a9＋a10.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.∵a1＋an＝36，n＝18，∴a1＋a18＝36，从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.5.eq\a\vs4\al([考点一、二])(2018·重庆高三期中)已知公比为q的等比数列{an}的前6项和S6＝21，且4a1，eq\f(3,2)a2，a2成等差数列．(1)求an；(2)设{bn}是首项为2，公差为－a1的等差数列，记{bn}前n项和为Tn，求Tn的最大值．解：(1)4a1，eq\f(3,2)a2，a2成等差数列，∴4a1＋a2＝3a2，即2a1＝a2，∴q＝2，∴S6＝eq\f(a11－26,1－2)＝21，解得a1＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(2n－1,3).(2)由(1)可知{bn}是首项为2，公差为－eq\f(1,3)的等差数列，∴bn＝－eq\f(1,3)n＋eq\f(7,3)，法一：Tn＝－eq\f(1,6)n2＋eq\f(13,6)n＝－eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(13,2)))2＋eq\f(169,24)，则Tn的最大值为7，此时n＝6或7.法二：∵公差为－eq\f(1,3)为负数，∴数列{bn}是递减数列．∵b7＝0，∴n＝6或7时，数列{bn}的前n项和Tn取得最大值7.突破点(三)等差数列的判定与证明基础联通抓主干知识的“源”与“流”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数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中的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}是等差数列考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的判定与证明[典例]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝eq\f(1,2)，判断{an}是否为等差数列，并说明你的理由．[解]因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)．所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．又S1＝a1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2为首项，2为公差的等差数列．所以eq\f(1,Sn)＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝eq\f(1,2n).所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(－1,2nn－1)，所以an＋1＝eq\f(－1,2nn＋1)，而an＋1－an＝eq\f(－1,2nn＋1)－eq\f(－1,2nn－1)＝eq\f(－1,2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n－1)))＝eq\f(1,nn－1n＋1).所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是等差数列．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知{an}是公差为1的等差数列，判断{a2n－1＋2a2n}是否为等差数列，并说明理由．解：令bn＝a2n－1＋2a2n，则bn＋1＝a2n＋1＋2a2n＋2，故bn＋1－bn＝a2n＋1＋2a2n＋2－(a2n－1＋2a2n)＝(a2n＋1－a2n－1)＋2(a2n＋2－a2n)＝2d＋4d＝6d＝6×1＝6.即{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．2．已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．求证：数列{bn}是等差数列．证明：∵an＝2－eq\f(1,an－1)，∴an＋1＝2－eq\f(1,an).∴bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－1,an－1)＝1，∴{bn}是首项为b1＝eq\f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列．3．(2018·苏州月考)已知数列{an}中，a2＝1，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(nan－a1,2).(1)求a1；(2)证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式．解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝eq\f(1a1－a1,2)＝0.(2)由Sn＝eq\f(nan－a1,2)，即Sn＝eq\f(nan,2)，①得Sn＋1＝eq\f(n＋1an＋1,2).②②－①，得(n－1)an＋1＝nan.③于是，nan＋2＝(n＋1)an＋1.④③＋④，得nan＋2＋nan＝2nan＋1，即an＋2＋an＝2an＋1.又a1＝0，a2＝1，a2－a1＝1，所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．所以，an＝n－1.[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝________.解析：由S5＝eq\f(a2＋a4·5,2)，得25＝eq\f(3＋a4·5,2)，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.答案：132．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为________．解析：am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝36d＝a37，即m＝37.答案：373．(2018·启东中学月考)在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝eq\f(3,4)，则a1＝________.解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，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.答案：04．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当Sn取最小值时，n等于________．解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则Sn＝n2－12n，故当n等于6时Sn取得最小值．答案：65．(2018·苏南四校联考)设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,3)，则eq\f(S9,S5)＝________.解析：法一：各项均为正数的等差数列{an}中，由eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,3)得eq\f(a1＋4d,a1＋2d)＝eq\f(5,3)，∴a1＝d，即an＝d＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝nd＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(n2＋n,2)d，所以eq\f(S9,S5)＝eq\f(\f(92＋9,2)d,\f(52＋5,2)d)＝3.法二：等差数列{an}中，a1＋a9＝2a5，a1＋a5＝2a3，所以eq\f(S9,S5)＝eq\f(\f(9a1＋a9,2),\f(5a1＋a5,2))＝eq\f(9a5,5a3)＝eq\f(9,5)×eq\f(5,3)＝3.答案：3[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．(2017·黄冈质检)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝________.解析：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＋3×20＝100.答案：1002．(2017·江阴三校联考)已知数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝________.解析：设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为an＋1－an＝bn，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝eq\f(7b1＋b7,2)＝eq\f(7,2)[(b2－d)＋(b2＋5d)]＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.答案：－1093．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为Sn，则S17＝________.解析：由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a1＋a17＝2，故S17＝eq\f(17a1＋a17,2)＝17.答案：174．(2017·全国卷Ⅲ改编)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________．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，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＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.答案：－245．设数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(Sn,S2n)为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为________．解析：设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq\f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，则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.答案：bn＝2n－16．(2018·南通模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2a4a6a8＝120，且eq\f(1,a4a6a8)＋eq\f(1,a2a6a8)＋eq\f(1,a2a4a8)＋eq\f(1,a2a4a6)＝eq\f(7,60)，则S9的值为________．解析：由题意得eq\f(1,a4a6a8)＋eq\f(1,a2a6a8)＋eq\f(1,a2a4a8)＋eq\f(1,a2a4a6)＝eq\f(a2,120)＋eq\f(a4,120)＋eq\f(a6,120)＋eq\f(a8,120)＝eq\f(7,60)，则2(a2＋a8)＝14，即a2＋a8＝7，所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9,2)(a2＋a8)＝eq\f(63,2).答案：eq\f(63,2)7．(2018·徐州质检)在等差数列{an}中，已知首项a1＞0，公差d＞0.若a1＋a2≤60，a2＋a3≤100，则5a1＋a5的最大值为________．解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2≤60，,a2＋a3≤100，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d≤60，,2a1＋3d≤100.))设x(2a1＋d)＋y(2a1＋3d)＝6a1＋4d，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x＋3y＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(1,2)，))于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)2a1＋d≤150，,\f(1,2)2a1＋3d≤50，))两式相加得5a1＋a5≤200.答案：2008．记等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝2，且数列{eq\r(Sn)}也为等差数列，则a13＝________.解析：设数列{an}的公差为d.因为{eq\r(Sn)}为等差数列，所以eq\r(S1)，eq\r(S2)，eq\r(S3)成等差数列，从而2eq\r(4＋d)＝eq\r(2)＋eq\r(6＋3d)，解得d＝4，所以a13＝2＋12d＝50.答案：509．(2018·金陵中学月考)在等差数列{an}中，已知a4＋a7＋a10＝15，eq\i\su(i＝4,14,a)i＝77，若ak＝13，则正整数k的值为________．解析：等差数列{an}中2a7＝a4＋a10，a4＋a14＝a5＋a13＝a6＋a12＝a7＋a11＝a8＋a10＝2a9，因为a4＋a7＋a10＝15，eq\i\su(i＝4,14,a)i＝77，所以3a7＝15,11a9＝77，即a7＝5，a9＝7，即2d＝2，d＝1，因为ak＝13，所以ak－a9＝13－7＝6＝6d＝(k－9)d，即k＝15.答案：1510．(2018·无锡期初)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值为________．解析：由根与系数的关系得a＋b＝p，a·b＝q，则a＞0，b＞0，当a，b，－2适当排序后成等比数列时，－2必为等比中项，故a·b＝q＝4，b＝eq\f(4,a).当适当排序后成等差数列时，－2必不是等差中项，当a是等差中项时，2a＝eq\f(4,a)－2，解得a＝1，b＝4；当eq\f(4,a)是等差中项时，eq\f(8,a)＝a－2，解得a＝4，b＝1.综上所述，a＋b＝p＝5，所以p＋q＝9.答案：9二、解答题11．已知数列{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))＝eq\f(2an＋1,an)，∴bn＋1－bn＝eq\f(2an＋1,an)－eq\f(1,an)＝2.又∵b1＝eq\f(1,a1)＝1，∴数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．(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).12．已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，若bn＝eq\f(1,2)an－30，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．解：∵2an＋1＝an＋an＋2，∴an＋1－an＝an＋2－an＋1，故数列{an}为等差数列．设数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝10，,6a1＋15d＝72，))解得a1＝2，d＝4.故an＝4n－2，则bn＝eq\f(1,2)an－30＝2n－31，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≤0，,bn＋1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－31≤0，,2n＋1－31≥0，))解得eq\f(29,2)≤n≤eq\f(31,2)，∵n∈N*，∴n＝15，即数列{bn}的前15项均为负值，∴T15最小．∵数列{bn}的首项是－29，公差为2，∴T15＝eq\f(15－29＋2×15－31,2)＝－225，∴数列{bn}的前n项和Tn的最小值为－225.第三节等比数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等比数列基本量的计算；2.等比数列的性质；3.等比数列的判定与证明.突破点(一)等比数列基本量的计算基础联通抓主干知识的“源”与“流”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．运用方程的思想求解等比数列的基本量(1)若已知n，an，Sn，先验证q＝1是否成立，若q≠1，可以通过列方程(组)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1qn－1，,Sn＝\f(a11－qn,1－q)，))求出关键量a1和q，问题可迎刃而解．(2)若已知数列{an}中的两项an和am，可以利用等比数列的通项公式，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1qn－1，,am＝a1qm－1，))计算时两式相除可先求出q，然后代入其中一式求得a1，进一步求得Sn.另外，还可以利用公式an＝am·qn－m直接求得q，可减少运算量．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求首项a1，公比q[例1](1)(2017·无锡模拟)已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝eq\f(5,2)，则a1＝________.(2)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项之和S3＝21，则公比q的值为________．[解析](1)设等比数列{an}的公比为q，q＞0，则aeq\o\al(2,3)＝a2a4＝1，又a2＋a4＝eq\f(5,2)，且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，则q2＝eq\f(1,4)，q＝eq\f(1,2)，所以a1＝eq\f(a2,q)＝4.(2)根据已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝7，,a1＋a1q＋a1q2＝21，))消去a1得eq\f(1＋q＋q2,q2)＝3，整理得2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).[答案](1)4(2)1或－eq\f(1,2)求通项或特定项[例2](1)(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.(2)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________.[解析](1)设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，两式相除，得eq\f(1＋q,1－q2)＝eq\f(1,3)，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.(2)由题意知a1＋4a1＋16a1＝21，解得a1＝1，所以等比数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝4n－1.[答案](1)－8(2)4n－1[方法技巧]求等比数列通项公式的方法与策略求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用an＝a1qn－1求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形an＝amqn－m可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列设项问题，常用的设项方法为：(1)通项法设数列的通项公式an＝a1qn－1(n∈N*)来求解．(2)对称设元法与有穷等差数列设项方法类似，有穷等比数列设项也要注意对称设元．一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，eq\f(x,q)，x，xq，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，eq\f(x,q3)，eq\f(x,q)，xq，xq3，…(注意：此时公比q2＞0，并不适合所有情况)．这样既可以减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．求等比数列的前n项和[例3]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＝eq\f(1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝eq\f(1,3).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)，所以an＝3an－1.所以数列{an}是首项为eq\f(1,3)，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝eq\f(1,3)×3n－1＝3n－2.(2)因为bn＝eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－2，所以{bn}是首项为3，公比为eq\f(1,3)的等比数列，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq\f(9,2)1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点二])已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝________.解析：由题意得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，故a1＝4，a2＝6，所以q＝eq\f(3,2)，则an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.答案：4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－12.eq\a\vs4\al([考点一])已知数列