备战高考数学一轮复习第六章 数列

第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))数列第一节数列的概念及通项公式eq\a\vs4\al(1.了解数列的概念和表示方法列表、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．1．数列的有关概念定义按照确定的顺序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项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表示法列表法、图象法和通项公式法通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项2.数列的前n项和Sn与通项公式an的关系前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)an与Sn的关系若数列{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.))求通项时，注意对n＝1时的检验1．在数列{an}中，若an最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1；))若an最小，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.))2．数列通项公式的注意点(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一；(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的．3．数列的性质由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．1．数列eq\f(1,6)，eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，…的一个通项公式为()A．an＝eq\f(1,n) B．an＝eq\f(n,6)C．an＝eq\f(n,3) D．an＝eq\f(n2,n＋1n＋2)答案：B2．已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，不是{an}的项的是()A．21 B．33C．152 D．153解析：选C由9＋12n＝152，得n＝eq\f(143,12)∉N*.3．若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．解析：an＝n2－5n＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(13,4)，∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.答案：2或34．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝4an＋1，则a3＝________.解析：由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.答案：215．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1，则an＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝1＋2＋1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，经检验a1＝4不适合an＝2n＋1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点(一)由数列的前几项求通项公式[题点全训]1．数列0.3,0.33,0.333,0.3333，…的一个通项公式是an＝()A.eq\f(1,9)(10n－1) B．eq\f(1,3)(10n－1)C.eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))) D．eq\f(3,10)(10n－1)解析：选C数列9,99,999,9999，…的一个通项公式是bn＝10n－1，则数列0.9,0.99,0.999,0.9999，…的一个通项公式是cn＝eq\f(1,10n)×(10n－1)＝1－eq\f(1,10n)，则数列0.3,0.33,0.333,0.3333，…的一个通项公式是an＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).2．已知数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…，则5eq\r(5)是它的()A．第19项 B．第20项C．第21项 D．第22项解析：选C数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…中的各项可变形为eq\r(5)，eq\r(5＋6)，eq\r(5＋2×6)，eq\r(5＋3×6)，eq\r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq\r(5＋6n－1)＝eq\r(6n－1)，令eq\r(6n－1)＝5eq\r(5)，得n＝21.3．若数列{an}的前6项为1，－eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，－eq\f(4,7)，eq\f(5,9)，－eq\f(6,11)，则数列{an}的通项公式为()A.eq\f(n,n＋2) B．－eq\f(n,2n－1)C．(－1)neq\f(n,2n－1) D．(－1)n＋1eq\f(n,2n－1)解析：选D通过观察这一列数，发现分子等于各自的序号数，且奇数位置为正，偶数位置为负，故用(－1)n＋1表示各项的正负；而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，故第n项的分母为2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝(－1)n＋1eq\f(n,2n－1).[一“点”就过]由数列的前几项求数列的通项的策略根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想．抓住以下几个方面的特征：(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．基础点(二)Sn与an的关系的应用[题点全训]1．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2n＋1－1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n B．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1,2n，n≥2))C．an＝2n－1 D．an＝2n＋1解析：选B当n≥2时，Sn－1＝2n－1，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n；当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－1＝3，不符合an＝2n，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))2．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝－2，an＋1＝Sn，那么a5＝()A．－16 B．12C．16 D．20解析：选A由a1＝－2，an＋1＝Sn，得a2＝S1＝a1＝－2，当n≥2时，由an＋1＝Sn，得an＝Sn－1，所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an，所以a3＝2a2＝－4，a4＝2a3＝－8，a5＝2a4＝－16.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝1，则an＝()A．2n－1 B．nC．2n＋1 D．2n－1解析：选A∵a1＝1,eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝1，∴{eq\r(Sn)}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)×1＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，∴an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝1也适合上式，∴an＝2n－1.[一“点”就过](1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))转化为关于an的关系式，再求通项公式．(2)Sn与an关系问题的求解思路①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式求解．②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式求解．层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)由数列的递推关系求通项公式eq\a\vs4\al()方法1累加法[例1]在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于()A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn[解析]因为an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，……an－an－1＝lnn－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式分别相加得an－a1＝lnn－ln1，则an＝2＋lnn(n≥2)，当a1＝2时也适合上式，因此an＝2＋lnn(n∈N*)．[答案]Aeq\a\vs4\al()方法2累乘法[例2]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an(n∈N*)，则an＝()A．n＋1 B．nC.eq\f(1,n＋1) D．eq\f(1,n)[解析]由题意，数列{an}满足an＋1＝eq\f(n,n＋1)an(n∈N*)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，所以an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(n－1,n)×eq\f(n－2,n－1)×…×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,n)，当a1＝1时也适合上式．[答案]Deq\a\vs4\al()方法3构造法[例3]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*)，则a10＝()A.eq\f(1,1021) B．eq\f(1,1022)C.eq\f(1,1023) D．eq\f(1,1024)[解析]由an＋1＝eq\f(an,an＋2)，两边同时取倒数得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(2,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,an)＋1))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,an)＋1))为等比数列，则eq\f(1,an)＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,a1)＋1))·2n－1＝2n，所以an＝eq\f(1,2n－1)，故a10＝eq\f(1,210－1)＝eq\f(1,1023).故选C.[答案]C[方法技巧]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋f(n)的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．(2)对于递推关系式可转化为eq\f(an＋1,an)＝f(n)的数列，并且容易求数列{f(n)}前n项的积时，采用累乘法求数列{an}的通项公式．(3)对于递推关系式形如an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的数列，采用构造法求数列的通项．2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq\f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[针对训练]1．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.解析：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)，以上(n－1)个式子的等号两端分别相加得，an＝a1＋1－eq\f(1,n)＝4－eq\f(1,n)，又a1＝3适合上式，故an＝4－eq\f(1,n).答案：4－eq\f(1,n)2．设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2nan，则通项公式an＝________.3．在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0，即an＋1＝4an＋1，得an＋1＋eq\f(1,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))是首项为a1＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，公比为4的等比数列，所以an＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)·4n－1，故an＝eq\f(10,3)·4n－1－eq\f(1,3)，n＝1时也适合上式．答案：an＝eq\f(10,3)·4n－1－eq\f(1,3)重难点(二)数列的函数特征[典例](1)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2021＝()A．0 B．－eq\r(3)C.eq\r(3) D．eq\f(\r(3),2)(2)已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)·eq\f(2,3)n，若数列最大项为ak，则k＝________.[解析](1)因为{an}满足a1＝0，an＋1＝eq\f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，所以a2＝eq\f(a1－\r(3),\r(3)a1＋1)＝eq\f(0－\r(3),\r(3)·0＋1)＝－eq\r(3)，a3＝eq\f(－\r(3)－\r(3),\r(3)·－\r(3)＋1)＝eq\r(3)，a4＝eq\f(\r(3)－\r(3),\r(3)·\r(3)＋1)＝0，故数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2021＝a3×673＋2＝a2＝－eq\r(3).(2)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak＋1，,ak≥ak－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kk＋4\f(2,3)k≥k＋1k＋5\f(2,3)k＋1，,kk＋4\f(2,3)k≥k－1k＋3\f(2,3)k－1，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2≥10，,k2－2k－9≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≤－\r(10)或k≥\r(10)，,1－\r(10)≤k≤1＋\r(10)，))即eq\r(10)≤k≤1＋eq\r(10).又k∈N*，∴k＝4.[答案](1)B(2)4[方法技巧](1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知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．(3)求数列的最大项与最小项的常用方法①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．[针对训练]1．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，则a2023＝()A．－1 B．eq\f(1,2)C．1 D．2解析：选B由a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,1－an)，得a2＝eq\f(1,1－a1)＝2，a3＝eq\f(1,1－a2)＝－1，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,2)，a5＝eq\f(1,1－a4)＝2，…，于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2023＝a3×674＋1＝a1＝eq\f(1,2).2．已知数列的通项公式为an＝eq\f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．解析：因为an＝eq\f(n＋1,3n－16)，数列{an}的最小项必为an＜0，即eq\f(n＋1,3n－16)＜0，则3n－16＜0，从而n＜eq\f(16,3)，又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5时an的值最小．答案：53．已知对于任意的正整数n，an＝n2＋λn.若数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0对于任意的正整数n恒成立，即λ>－2n－1对于任意的正整数n恒成立，又－2n－1在n∈N*时单调递减，在n＝1时取到最大值－3，所以λ>－3.答案：(－3，＋∞)层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，eq\f(1,9)，eq\f(1,8)，…，eq\f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝()A.eq\f(5,2) B．8C.eq\f(5,2)或10 D．10解析：选D由题意可得eq\f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq\f(5,2)(舍去)．2．(结合新定义问题)若P(n)表示正整数n的个位数字，an＝P(n2)－P(2n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2021＝()A．－1 B．0C．1009 D．1011解析：选C由题意得a1＝－1，a2＝0，a3＝3，a4＝－2，a5＝5，a6＝4，a7＝5，a8＝－2，a9＝－7，a10＝0，a11＝－1，a12＝0…，所以数列{an}为周期数列，且周期为10.因为S10＝5，所以S2021＝5×202＋(－1)＝1009.3．(创新学科情景)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,α1)，b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则()A．b1<b5 B．b3<b8C．b6<b2 D．b4<b7解析：选D当n取奇数时，由已知b1＝1＋eq\f(1,α1)，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；当n取偶数时，由已知b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因为eq\f(1,α2)>eq\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确；因为eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确．故选D.4．(忽视n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝4n－3，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝41－3＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n－3)－(4n－1－3)＝3×4n－1，而3×41－1＝3≠1.故数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2.))答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2))5．(忽视数列的函数特征)数列{an}的通项公式为an＝n2＋tn(n≤2020)，若数列{an}为递减数列，则t的取值范围是________．解析：由数列{an}为递减数列知，an＋1－an＝(n＋1)2＋t(n＋1)－(n2＋tn)＝2n＋1＋t＜0对于n＝1，2，…，2019恒成立，即t＜－(2n＋1)对于n＝1，2，…，2019恒成立，所以t＜－4039.故t的取值范围是(－∞，－4039)．答案：(－∞，－4039)[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．数列－1，eq\f(4,3)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,7)，…的一个通项公式是()A．an＝(－1)n·eq\f(n2,2n－1)B．an＝(－1)n·eq\f(nn＋1,2n－1)C．an＝(－1)n·eq\f(n2,2n＋1)D．an＝(－1)n·eq\f(nn＋1,2n＋1)解析：选A由数列－1，eq\f(4,3)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,7)，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·eq\f(n2,2n－1).2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－n，则a4的值为()A．7 B．13C．28 D．36解析：选B由题可知Sn＝2n2－n，则a4＝S4－S3＝(2×42－4)－(2×32－3)＝13，故选B.3．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝()A．10 B．15C．－5 D．20解析：选D当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)＝20.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，若3<ak<5，则k＝()A．8 B．7C．6 D．5解析：选Cn＝1时，a1＝1－7＝－6；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－7n－(n－1)2＋7(n－1)＝2n－8，由3<ak<5得3<2k－8<5，解得eq\f(11,2)<k<eq\f(13,2)，因为k∈N*，所以k＝6，故选C.5．(2023·赣州模拟)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则该数列的前2021项的乘积是()A．－2 B．－1C．2 D．1解析：选C因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，所以a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，同理可得a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，所以数列{an}每四项重复出现，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1，而2021＝505×4＋1，所以该数列的前2021项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2021＝1505×a1＝2.6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝______；数列{an}的通项公式为an＝______.解析：由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案：2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋1，n≥2))7．下列说法：①数列1,0，－1，－2与－2，－1,0,1是相同数列；②数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}；③数列0,1,2,3，…的一个通项公式为an＝n；④数列0,1,0,1，…是常数列；⑤数列{2n＋1}是严格递增数列，其中正确的是________．(填编号)解析：对于①，数列中的项是有序的，1,0，－1，－2与－2，－1,0,1项的排序不同，不是相同数列，①错误；对于②，{1,3,5,7}表示集合，其中元素无序；数列1,3,5,7，各项是有序的，不可以用{1,3,5,7}来表示，②错误；对于③，当n＝1时，a1＝1≠0，∴an＝n不是该数列的一个通项公式，③错误；对于④，常数列是指各项均为同一常数的数列，④错误；对于⑤，若an＝2n＋1，则an＋1＝2n＋3，∴an＋1－an＝2>0，∴数列{2n＋1}是严格递增数列，⑤正确．答案：⑤8．已知数列{an}满足以下条件：①a1＝sineq\f(π,2)，a2＝2sineq\f(5π,2)；②数列{an}既不是单增数列，也不是单减数列；③an＋2＝an(n∈N*)．则满足条件①②③的数列的一个通项公式为________．(写出满足条件的一个数列即可)解析：由条件①得a1＝1，a2＝2，由条件③知，数列{an}具有周期性，周期为2，于是有a3＝1＝eq\f(－13＋3,2)，a4＝2＝eq\f(－14＋3,2)，…，而a1＝eq\f(－11＋3,2)，a2＝eq\f(－12＋3,2)，因此，an＝eq\f(－1n＋3,2)，显然数列{an}不是单增数列，也不是单减数列，所以满足条件①②③的数列的一个通项公式为an＝eq\f(－1n＋3,2).答案：an＝eq\f(－1n＋3,2)9．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝4.解：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.因为a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，所以归纳得an＝4n－1.(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(4an＋3＋1,an＋1)＝eq\f(4an＋1,an＋1)＝4.10．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)，解得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．二、重点难点培优训练1．公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为()A．120 B．145C．270 D．285解析：选B记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq\f(3n－1n,2)，所以a10＝145.2．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．假设数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．3．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，且3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由3T1＝Seq\o\al(2,1)＋2S1，得3aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，即aeq\o\al(2,1)－a1＝0.因为a1>0，所以a1＝1.(2)因为3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn①，所以3Tn＋1＝Seq\o\al(2,n＋1)＋2Sn＋1②，②－①，得3aeq\o\al(2,n＋1)＝Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＋2an＋1.因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2③，所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2④，④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，eq\f(an＋1,an)＝2.又由3T2＝Seq\o\al(2,2)＋2S2，得3(1＋aeq\o\al(2,2))＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即aeq\o\al(2,2)－2a2＝0.因为a2>0，所以a2＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以对n∈N*，都有eq\f(an＋1,an)＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.第二节等差数列及其前n项和1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能利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.1．等差数列的有关概念定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)通项公式设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，则通项公式an＝a1＋(n－1)d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.等差数列的前n项和公式已知条件前n项和公式a1，an，nSn＝eq\f(na1＋an,2)a1，d，nSn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d1．等差数列的性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．(6)关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).(7)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).2．微点提醒(1)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，且公差为p.(2)在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．(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．(4)数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．1．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝2，则a6的值是()A．15 B．5C．10 D．20解析：选B设等差数列{an}的公差为d，a7＋a9＝16，a4＝2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋14d＝16，,a1＋3d＝2，))解得a1＝－eq\f(5,2)，d＝eq\f(3,2)，所以a6＝a1＋5d＝－eq\f(5,2)＋eq\f(15,2)＝5.2．数列{2n－1}的前10项的和是()A．120 B．110C．100 D．10解析：选C∵数列{2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴S10＝eq\f(a1＋a10×10,2)＝eq\f(1＋19×10,2)＝100.故选C.3．设{an}是等差数列，且a1＋a2＝12，a3＋a4＝18，则a5＋a6＝()A．－12 B．0C．6 D．24解析：选D∵{an}是等差数列，∴a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6成等差数列，∴2(a3＋a4)＝(a1＋a2)＋(a5＋a6)，∴a5＋a6＝36－12＝24.4．在等差数列{an}中，已知公差d＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(3,2)，前n项和Sn＝－eq\f(15,2)，则a1＝________，n＝________.解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋\f(3,2),2)×n＝－\f(15,2)①，,a1＋n－1×\f(1,2)＝\f(3,2)②.))由②，得a1＝－eq\f(1,2)n＋2.代入①后化简，得n2－7n－30＝0.解得n＝10或n＝－3(舍去)，从而a1＝－3.答案：－3105．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝3(a5＋3)，且a4＝－1，则{an}的公差为________．解析：等差数列{an}中，S6＝3(a5＋3)，且a4＝－1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋15d＝3a1＋4d＋3，,a1＋3d＝－1，))解得d＝－2.答案：－2层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点等差数列基本量的运算[题点全训]1．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S19＝57，则3a5－a1－a4＝()A．2 B．3C．4 D．6解析：选B设数列{an}的公差为d，由S19＝57，得19a1＋eq\f(19×18,2)×d＝57，即a1＋9d＝3，3a5－a1－a4＝3(a1＋4d)－a1－(a1＋3d)＝a1＋9d＝3.2．在等差数列{an}中，已知a5＋a10＝12，则3a7＋a9＝()A．12 B．18C．24 D．30解析：选C设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，因为a5＋a10＝12，所以2a1＋13d＝12，所以3a7＋a9＝3(a1＋6d)＋a1＋8d＝4a1＋26d＝2(2a1＋13d)＝2×12＝24.3．(2023·宜春模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S5＝35，则S10＝()A．100 B．110C．120 D．130解析：选C在等差数列{an}中，a2＝5，S5＝35，所以a1＋d＝5,5a1＋10d＝35，解得a1＝3，d＝2，所以S10＝10a1＋45d＝10×3＋45×2＝120.4．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝__________.解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2.答案：25．(2023·唐山模拟)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a1a4＝a5，则an＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝S5，,a1a4＝a5，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5a1＋\f(5×4,2)d，,a1a1＋3d＝a1＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－1，))∴an＝2－(n－1)＝3－n.答案：3－n[一“点”就过]等差数列的基本运算的解题策略(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，体现了方程思想．(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的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[提醒]在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)等差数列的判定与证明[典例](2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．[解](1)证明：因为eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq\o\al(2,7)＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(1,2)n2－eq\f(25,2)n＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2－eq\f(625,8)，所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.[方法技巧]等差数列的判定与证明方法定义法an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列等差中项法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列[针对训练]已知正项数列{an}的首项为1，其前n项和为Sn，满足an＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)(n≥2)．求证：数列{eq\r(Sn)}为等差数列，并求数列{an}的通项公式．证明：∵an>0，∴Sn>0(n∈N*)，∵an＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)(n≥2)，又an＝Sn－Sn－1＝(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1))·(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))，∴(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1))·(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)，∴eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2)，又由eq\r(S1)＝eq\r(a1)＝1，∴{eq\r(Sn)}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴eq\r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝1，符合上式，∴an＝2n－1.重难点(二)等差数列的性质及应用eq\a\vs4\al()考法1等差数列项的性质[例1](1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝()A．10 B．20C．40 D．2＋log25(2)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则eq\f(S9,T9)＝()A．2 B．3C．4 D．6[解析](1)因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.故选B.(2)由a5＝2b5，得eq\f(a5,b5)＝2，所以eq\f(S9,T9)＝eq\f(\f(9a1＋a9,2),\f(9b1＋b9,2))＝eq\f(a5,b5)＝2，故选A.[答案](1)B(2)Aeq\a\vs4\al()考法2等差数列前n项和的性质[例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()A．63 B．45C．36 D．27[解析]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a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.[答案]Beq\a\vs4\al()考法3等差数列前n项和的最值[例3]在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17[解析]设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．[答案]A[方法技巧]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(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．2．求等差数列前n项和Sn最值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.[针对训练]1．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，且a5>a2，则a5＝()A．13 B．4C．14 D．5解析：选A∵a5>a2，∴等差数列{an}是递增数列．由数列{an}是等差数列，得a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝34，即a2＋a5＝17，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝17，,a2a5＝52，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a5＝13))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝13，,a5＝4))(舍去)．2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5＝5，S15＝21，则S10＝()A．9 B．10C．12 D．13解析：选C因为Sn是等差数列{an}的前n项和，由等差数列前n项和的性质可知：S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋(S15－S10)，即2(S10－5)＝5＋(21－S10)，解得S10＝12，故选C.3．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()A．Sn的最大值为S8 B．Sn的最小值为S8C．Sn的最大值为S7 D．Sn的最小值为S7解析：选D∵(n＋1)Sn＜nSn＋1，∴Sn＜nSn＋1－nSn＝nan＋1，即na1＋eq\f(nn－1d,2)＜na1＋n2d，整理得(－n2－n)d＜0，∵－n2－n＜0，∴d＞0.∵eq\f(a8,a7)＜－1＜0，∴a7＜0，a8＞0，∴数列{an}的前7项为负，故Sn的最小值是S7，故选D.4．在等差数列{an}中，a1＝－2017，其前n项和为Sn.若eq\f(S2010,2010)－eq\f(S2008,2008)＝2，则S2022＝________.解析：由等差数列前n项和的性质可知：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))成等差数列，设公差为d，而eq\f(S2010,2010)－eq\f(S2008,2008)＝2，∴2d＝2，d＝1，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(S1,1)＋(n－1)d＝－2017＋n－1＝n－2018，∴Sn＝n(n－2018)，S2022＝2022(2022－2018)＝8088.答案：8088层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1．(对隐含条件挖掘不透彻)一个等差数列的首项为eq\f(1,25)，从第10项起各项都比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是()解析：选D由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10＞1，,a9≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))解得eq\f(8,75)＜d≤eq\f(3,25).2．(忽视值为0的项)已知等差数列{an}的通项公式为an＝5n－105，当Sn取得最小值时，n等于()A．20 B．22C．20或21 D．21解析：选C令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，故当n＝20或n＝21时，Sn取得最小值．3．(倡导“五育”精神)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9解析：选D设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.4．(忽视项的符号)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－16n，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝________.解析：∵Sn＝n2－16n，∴当n＝1时，a1＝－15，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.答案：735．(强化开放思维)设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝________.①Sn存在最小值且最小值不等于a1；②不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2.解析：若a2<0，则满足①，又由不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2，则可得Sn连续两项取得最小值，即存在n使得an＝0，则可得{an}的通项公式可以是an＝2n－6.答案：2n－6(答案不唯一)[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，则a5＝()A．－2 B．0C．6 D．10解析：选A∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S5＝10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝4，,S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝10，))解得a1＝6，d＝－2，∴a5＝6－4×2＝－2，故选A.2．(2023·哈师大附中模拟)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＋a2＋a3＝3，a7＋a9＝10，则S9＝()A．9 B．16C．20 D．27解析：选D由a1＋a2＋a3＝3得a1＋a2＋a3＝3a2＝3，则a2＝1，由a7＋a9＝10得a7＋a9＝2a8＝10，则a8＝5，所以S9＝9×eq\f(a1＋a9,2)＝9×eq\f(a2＋a8,2)＝3×9＝27.3．(2023·绵阳模拟)已知数列{an}，{bn}均为公差不为0的等差数列，且满足a3＝b2，a6＝b4，则eq\f(a4－a1,b3－b2)＝()A．2 B．1C.eq\f(3,2) D．3解析：选A设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，∵a3＝b2，a6＝b4，则a6－a3＝b4－b2，∴3d1＝2d2，则eq\f(a4－a1,b3－b2)＝eq\f(3d1,d2)＝eq\f(2d2,d2)＝2.故选A.4．中国古代数学名著《九章算术》中“均输”一章有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少．”意思是“今有竹9节，下部分3节总容量4升，上部分4节总容量3升，且自下而上每节容积成等差数列，问中间2节容积各是多少？”按此规律，中间2节(自下而上第4节和第5节)容积之和为()A.eq\f(47,22) B．eq\f(131,66)C.eq\f(127,66) D．eq\f(113,66)解析：选A依题意，令9节竹子从下到上的容积构成的等差数列为{an}，n∈N*，n≤9，其公差为d，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝4，,a6＋a7＋a8＋a9＝3，))即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a5－9d＝4，,4a5＋10d＝3，))解得a5＝eq\f(67,66)，d＝－eq\f(7,66)，所以中间2节容积之和为a4＋a5＝2a5－d＝eq\f(47,22).5．(2023·南京模拟)在数列{an}中，eq\f(2,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)(n∈N*，n≥2)，且a2020＝eq\f(2,3)，a2022＝eq\f(2,5)，则a2023＝()A.eq\f(7,2) B．eq\f(2,7)C.eq\f(1,3) D．3解析：选C由eq\f(2,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)(n∈N*，n≥2)知，数列eq\f(1,an)是等差数列，则其公差d＝eq\f(1,2)eq\f(1,a2022)－eq\f(1,a2020)＝eq\f(1,2).因此eq\f(1,a2023)＝eq\f(1,a2022)＋d＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)＝3，所以a2023＝eq\f(1,3).6．已知等差数列5,4eq\f(2,7)，3eq\f(4,7)，…，则前n项和Sn＝________.解析：由题知公差d＝－eq\f(5,7)，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(5,14)(15n－n2)．答案：eq\f(5,14)(15n－n2)7．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，则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)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10.答案：108．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S2n＝2Sn＋n2，则d＝________.解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S2n＝eq\f(2na1＋a2n,2)＝n(a1＋a2n)，Sn＝eq\f(na1＋an,2)，又S2n＝2Sn＋n2，所以n(a1＋a2n)＝2×eq\f(na1＋an,2)＋n2，即a1＋a2n＝a1＋an＋n，所以a2n－an＝nd＝n，解得d＝1.答案：19．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解：(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0，设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，数列的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－5n，则不等式Sn>an即n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.10．(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{eq\r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.解：方案一：选①②⇒③，即已知{an}及{eq\r(Sn)}是等差数列，求证：a2＝3a1.证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则eq\r(Sn)＝eq\r(na1＋\f(nn－1,2)d).由{eq\r(Sn)}为等差数列，知eq\r(S1)＋eq\r(S3)＝2eq\r(S2)，即eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)，即a1＋3a1＋3d＋2eq\r(3a\o\al(2,1)＋3a1d)＝8a1＋4d，即2eq\r(3a\o\al(2,1)＋3a1d)＝4a1＋d.所以12aeq\o\al(2,1)＋12a1d＝16aeq\o\al(2,1)＋8a1d＋d2，所以4aeq\o\al(2,1)－4a1d＋d2＝0，即2a1－d＝0.所以d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝a1＋2a1＝3a1.方案二：选①③⇒②，即已知{an}是等差数列且a2＝3a1，求证：{eq\r(Sn)}是等差数列．证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×d＝na1＋eq\f(nn－1,2)×2a1＝n2a1.所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(S1)＝eq\r(a1).当n≥2时，eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝neq\r(a1)－(n－1)eq\r(a1)＝eq\r(a1)，为常数．所以数列{eq\r(Sn)}是首项为eq\r(a1)，公差为eq\r(a1)的等差数列．方案三：选②③⇒①，即已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，且a2＝3a1，求证：数列{an}是等差数列．证明：设等差数列{eq\r(Sn)}的公差为d，则eq\r(S2)－eq\r(S1)＝d，即eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，则eq\r(a1)＝d.所以eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋(n－1)d＝eq\r(a1)＋(n－1)eq\r(a1)＝neq\r(a1)，所以Sn＝n2a1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，所以an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1.所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．二、重点难点培优训练1．已知等差数列{an}单调递增且满足a1＋a8＝6，则a6的取值范围是()A．(－∞，3) B．(3,6)C．(3，＋∞) D．(6，＋∞)解析：选C因为{an}为等差数列，设公差为d，因为数列{an}单调递增，所以d>0，所以a1＋a8＝a3＋a6＝2a6－3d＝6，则2a6－6＝3d>0，解得a6>3，故选C.2．已知等差数列{an}和等比数列{bn}均为递增数列，且a1＝b2＝1，a2＝b6，若ak＝b10，则k的最小值为()A．3 B．4C．5 D．6解析：选B设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}公比为q，则d>0，q>1，因为a1＝b2＝1，a2＝b6，所以1＋d＝q4①，而ak＝b10，所以1＋(k－1)d＝q8②，由①②得，(1＋d)2＝1＋(k－1)d，即k＝d＋3，d>0，k∈N*，所以k的最小值为4.故选B.3．已知数列{an}的首项为a1＝1，且an＋1－an∈{0,1,2}，则a6＝________.解析：当an＋1－an＝0，则{an}为常数列，所以a6＝1；当an＋1－an＝2，则{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以a6＝1＋2×5＝11；an＋1－an∈{0,1,2}，表示数列{an}相邻两项之差为0,1,2，所以a6可以为1至11的正整数中任意一个数．答案：2(答案不唯一，1至11的正整数中任意一个数即可)4．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在常数k，使得数列{eq\r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由．解：(1)设公差为d，因为{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，所以a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个实数根，又公差d＞0，所以a2＜a4，所以a2＝5，a4＝13.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，))所以an＝4n－3.(2)存在．由(1)知，Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)×4＝2n2－n，假设存在常数k，使数列{eq\r(Sn＋kn)}为等差数列．由eq\r(S1＋k)＋eq\r(S3＋3k)＝2eq\r(S2＋2k)，得eq\r(1＋k)＋eq\r(15＋3k)＝2eq\r(6＋2k)，解得k＝1.所以eq\r(Sn＋kn)＝eq\r(2n2)＝eq\r(2)n，当n≥2时，eq\r(2)n－eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)，为常数，所以数列{eq\r(Sn＋kn)}为等差数列．故存在常数k＝1，使得数列{eq\r(Sn＋kn)}为等差数列．第三节等比数列及其前n项和eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1.理解等比数列的概念和通项公式的意义.,2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.,3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.,4.了解等比数列与指数函数的关系.))1．等比数列的有关概念定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列通项公式设{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则通项公式an＝a1qn－1.推广：an＝amqn－m(m，n∈N*)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＝ab2.等比数列的前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.))1．微点提醒(1)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).(2)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，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．(3)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.(4)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．2．等比数列的性质(1)对任意的正整数m，n，p，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq\o\al(2,p).(2)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．(3)在等比数列{an}中，等距离取出若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.(4)若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,q＞1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,0＜q＜1，))则等比数列{an}递增；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,0＜q＜1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,q＞1，))则等比数列{an}递减．1．已知a＝2＋eq\r(3)，b＝2－eq\r(3)，则a，b的等比中项为()A.eq\r(2) B．1C．－1 D．±1答案：D2．已知1，eq\r(2)，2，…为等比数列，当an＝8eq\r(2)时，