2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第3节 等比数列含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第三节等比数列课标解读考向预测1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系.预计2025年高考会从以下两个角度来考查：(1)等比数列及其前n项和的基本运算与性质，可能与等差数列综合出题，难度较小；(2)等比数列的综合应用，可能与函数、方程、不等式结合考查，难度中档.必备知识——强基础1．等比数列的概念(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都等于eq\x(\s\up1(01))同一个常数，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表示(显然q≠0)．数学语言表达式：eq\f(an,an－1)＝eq\x(\s\up1(02))q(n≥2，q为非零常数)．(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．此时G2＝eq\x(\s\up1(03))ab．提醒：(1)“G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件．(2)只有当两个数同号时，这两个数才有等比中项，且等比中项有两个，它们互为相反数．(3)等比数列的奇数项符号相同，偶数项符号相同．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＝eq\x(\s\up1(04))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\x(\s\up1(05))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akal＝eq\x(\s\up1(06))aman．(2)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eq\x(\s\up1(07))qm．(3)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eq\x(\s\up1(08))qn．1．若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{can}(c≠0)，{|an|}，{aeq\o\al(2,n)}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{anbn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))也是等比数列．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．4．三个数成等比数列，通常设为eq\f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq\f(x,q3)，eq\f(x,q)，xq，xq3.5．若已知等比数列{an}，公比为q，前n项和为Sn，则Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(－a1,1－q)·qn＋eq\f(a1,1－q)＝kqn－k(k≠0，q≠1)，即Sn为关于n的指数型函数，且qn的系数与常数项互为相反数．6．{an}为等比数列，若a1a2…an＝Tn，则Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比数列．7．若{an}为正项等比数列，则{logcan}(c>0，c≠1)为等差数列．8．若{an}为等差数列，则{can}(c>0，c≠1)为等比数列．9．若{an}既是等差数列又是等比数列⇔{an}是非零常数列．10．(1)项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an}中，公比为q.①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；②若共有2n＋1项，则eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝eq\f(Sn＋m－Sn,Sm)(q为公比)．11．等比数列的单调性当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；当q＝1时，{an}是常数列．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.()(2)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．()(3)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．()(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()A．16 B．8C．4 D．2答案C解析设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以a3＝a1q2＝4.故选C.(2)若等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b，则b＝()A．3 B．1C．－1 D．0答案C解析当n＝1时，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＝2适合an＝2·3n－1，{an}是等比数列．当b≠－1时，a1不适合an＝2·3n－1，{an}不是等比数列．故选C.(3)(人教A选择性必修第二册4.3.1练习T2改编)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝()A．5 B．±5C．4 D．±4答案C解析∵aeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2＞0，∴a5＝4.故选C.(4)(人教A选择性必修第二册4.3.2练习T4改编)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．答案1，3，9或9，3，1解析设这三个数为eq\f(a,q)，a，aq，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴这三个数为1，3，9或9，3，1.考点探究——提素养考点一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝()A．eq\f(15,8) B．eq\f(65,8)C．15 D．40答案C解析由题意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.(2)在等比数列{an}中，a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，则a2的值为()A．eq\f(3,2) B．－3C．－eq\f(3,2) D．－3或eq\f(3,2)答案D解析由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)或－3.故选D.【通性通法】等比数列基本量运算的解题策略方程思想等比数列的基本量为首项a1和公比q，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等比数列中包含a1，q，n，an，Sn五个量，可“知三求二”整体思想当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，q表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解分类讨论思想若题目中公比q未知，则运用等比数列前n项和公式时要分q＝1和q≠1两种情况进行讨论【巩固迁移】1．(2024·福建泉州中学阶段考试)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1答案B解析解法一：设等比数列{an}的公比为q，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B.解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a4（q2－1）,a3（q2－1）)＝eq\f(a4,a3)＝eq\f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(\f(a1（1－qn）,1－q),a1qn－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B.2．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．答案－eq\f(1,2)解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意，所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq\f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq\f(1,2).考点二等比数列的性质及其应用(多考向探究)考向1等比数列项的性质例2(1)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知0<a1<1，其前n项之积为Tn，且T12＝T6，则Tn取得最小值时，n的值是________．答案9解析由T12＝T6，得eq\f(T12,T6)＝1，即a7a8a9a10a11a12＝(a9a10)3＝1，故a9a10＝1，因为a1a18＝a9a10，则a1a18＝1，由于0<a1<1，得a18>1，所以等比数列{an}是递增数列，故0<a9<1<a10，则Tn取得最小值时，n＝9.(2)(2023·湖南师大附中模拟)在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝eq\f(12,5)，a4a5＝－eq\f(2,5)，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＝________．答案－6解析eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＝eq\f(a1＋a8,a1a8)＋eq\f(a2＋a7,a2a7)＋eq\f(a3＋a6,a3a6)＋eq\f(a4＋a5,a4a5)，∵在等比数列{an}中，a4a5＝－eq\f(2,5)，则a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝－eq\f(2,5)，∴原式＝－eq\f(5,2)(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8)＝－eq\f(5,2)×eq\f(12,5)＝－6.【通性通法】利用项的性质的解题策略策略一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＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k)”，可以减少运算量，提高解题速度策略二在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用【巩固迁移】3．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为()A．8 B．9C．10 D．11答案B解析∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，又a2am＝4，∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.故选B.4．(2023·北京东城区模拟)设等比数列{an}满足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，则公比q＝________，log2(a1a2a3…an)的最大值为________．答案eq\f(1,2)15解析因为a1＋a2＝48，所以由a4＋a5＝6，可得q3(a1＋a2)＝6，q3＝eq\f(1,8)，q＝eq\f(1,2).由a1＋a2＝48，可得a1＋eq\f(1,2)a1＝48⇒a1＝32，所以an＝32·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝26－n，log2(a1a2a3…an)＝log2(25·24·…·26－n)＝log22eq\s\up7(\f(5＋6－n,2))＝eq\f(n（11－n）,2)，因为eq\f(n（11－n）,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,8)，n∈N*，所以n＝5或6时，eq\f(n（11－n）,2)有最大值，为15.考向2等比数列前n项和的性质例3(1)(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120答案C解析解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq\f(a1（1－q2）,1－q)①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C.解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．答案2解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(－160,－80)＝2.【通性通法】等比数列的性质分类类型一通项公式的变形类型二等比中项的变形类型三前n项和公式的变形提醒：应用时根据题目条件，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．【巩固迁移】5．等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝t·2n－1－1，则t＝()A．2 B．－2C．1 D．－1答案A解析设等比数列的公比为q，当q＝1时，Sn＝na1，不符合题意；当q≠1时，等比数列的前n项和公式为Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝－eq\f(a1,1－q)·qn＋eq\f(a1,1－q)，依题意Sn＝t·2n－1－1＝eq\f(1,2)t·2n－1，即eq\f(1,2)t＋(－1)＝0，解得t＝2.故选A.6．(2024·湖南岳阳一中月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为________．答案20解析在正项等比数列{an}中，Sn>0，因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以S12－S8＝eq\f(（S4＋5）2,S4)＝eq\f(25,S4)＋S4＋10≥2eq\r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号)．因为a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.考向3等比数列前n项和最值问题例4(多选)(2024·河北涿州模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2023a2024＞1，eq\f(a2023－1,a2024－1)＜0，下列结论正确的是()A．S2023＜S2024B．a2023a2025－1＜0C．T2024是数列{Tn}中的最大项D．数列{Tn}无最大项答案AB解析当q＜0时，a2023a2024＝aeq\o\al(2,2023)q＜0，与已知矛盾；当q≥1时，a2023＞1，a2024＞1，eq\f(a2023－1,a2024－1)＞0，与已知矛盾，故0＜q＜1，且a2023＞1，0＜a2024＜1，故S2024＞S2023，A正确；a2023a2025－1＝aeq\o\al(2,2024)－1＜0，B正确；T2023是数列{Tn}中的最大项，C，D错误．故选AB.【通性通法】涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响．【巩固迁移】7．(2023·安徽安庆模拟)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若q>0，则eq\f(S1＋S3,S2)的最小值是________．答案2eq\r(2)－1解析由题意知，eq\f(S1＋S3,S2)＝eq\f(a1＋a1＋a2＋a3,a1＋a2)＝eq\f(2＋q＋q2,1＋q)＝eq\f(（q＋1）2－（q＋1）＋2,1＋q)＝q＋1＋eq\f(2,q＋1)－1，又q>0，则q＋1＋eq\f(2,q＋1)－1≥2eq\r(2)－1，当且仅当q＝eq\r(2)－1时，等号成立．即eq\f(S1＋S3,S2)的最小值是2eq\r(2)－1.考点三等比数列的判定与证明例5Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)易知q≠1，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝13，,q>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))∴an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq\f(1,2)，此时Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)×3n，则eq\f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq\f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，故存在常数λ＝eq\f(1,2)，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．【通性通法】等比数列的判定与证明的方法提醒：(1)在解答题中证明一个数列为等比数列时，一般用定义法与等比中项法，判断一个数列是等比数列，有通项公式法及前n项和公式法，只用于选择题、填空题中的判定．(2)如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可．(3)判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(4)在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证．【巩固迁移】8．(2024·江西抚州一中质检)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝eq\f(1,2)，2an＋1＝an＋eq\f(1,2)bn，2bn＋1＝eq\f(1,2)an＋bn.(1)证明：数列{an＋bn}，{an－bn}为等比数列；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＜eq\f(10,3).证明(1)依题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an＋1＝an＋\f(1,2)bn，①,2bn＋1＝\f(1,2)an＋bn，②))①＋②，得an＋1＋bn＋1＝eq\f(3,4)(an＋bn)．又a1＋b1＝eq\f(3,2)≠0，∴{an＋bn}是首项为eq\f(3,2)，公比为eq\f(3,4)的等比数列，①－②，得an＋1－bn＋1＝eq\f(1,4)(an－bn)．又a1－b1＝eq\f(1,2)≠0，∴{an－bn}是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,4)的等比数列．(2)由(1)得，an＋bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，③an－bn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)，④③＋④得，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，故Sn＝eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＋eq\f(\f(3,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3n,4n))),1－\f(3,4))＝eq\f(10,3)－eq\f(1,3×4n)－eq\f(3n＋1,4n)＜eq\f(10,3).课时作业一、单项选择题1．已知等比数列{an}中，a5＝9，a3a8＝81a2，则a2a6＝()A．27 B．9C．±9 D．±27答案A解析因为数列{an}为等比数列，所以a3a8＝a2a9＝81a2，可得a9＝81，因为a5＝9，所以eq\f(a9,a5)＝q4＝9，q2＝3，a3＝eq\f(a5,q2)＝eq\f(9,3)＝3，所以a2a6＝a3a5＝27.故选A.2．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为()A．3 B．18C．54 D．152答案C解析解法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq\f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq\f(2a1,1－q)qn＋eq\f(2a1,1－q)＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.3．(2024·开封模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为()A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)答案B解析因为Sn＝32n－1＋r＝eq\f(1,3)×9n＋r，由等比数列前n项和公式中qn的系数与常数项互为相反数，可知r＝－eq\f(1,3).4．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝()A．40 B．60C．32 D．50答案B解析数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.故选B.5．(2023·广东汕头模拟)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴eq\f(2k＋1（1－210）,1－2)＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.故选C.6．(2024·苏北四市模拟)已知函数f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，且等比数列{an}满足a2a2023＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)＝()A．2024 B．1012C．2 D．eq\f(1,2)答案A解析易知f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2,1＋x2)＋eq\f(2x2,x2＋1)＝2，又a2a2023＝1，所以a2023＝eq\f(1,a2)，则f(a2)＋f(a2023)＝f(a2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝2.因为{an}为等比数列，所以a1a2024＝a2a2023＝…＝a1012a1013＝1，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)＝1012×[f(a2)＋f(a2023)]＝2×1012＝2024.故选A.7．(2024·重庆八中阶段考试)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝－1，则数列{Sn}()A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项答案A解析根据题意，等比数列{an}中，a1＝8，a4＝－1，则q3＝eq\f(a4,a1)＝－eq\f(1,8)，则q＝－eq\f(1,2)，则Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),\f(3,2))＝eq\f(16,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).若n为奇数，则Sn＝eq\f(16,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))，此时有S1>S3>…>Sn>eq\f(16,3)；若n为偶数，则Sn＝eq\f(16,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，此时有S2<S4<…<Sn<eq\f(16,3)，所以数列{Sn}有最大项S1，最小项S2.故选A.8．(2023·河南郑州高三第二次质量预测)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＋1·(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，则S2023＝()A．32023－1 B．32023＋1C．eq\f(32022＋1,2) D．eq\f(32023＋1,2)答案D解析因为Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，所以Seq\o\al(2,n＋1)－3nSn＋1＝Seq\o\al(2,n)＋3nSn，即Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＝3nSn＋1＋3nSn，所以(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝3n(Sn＋1＋Sn)，因为数列{an}的各项都是正项，即Sn＋1＋Sn>0，所以Sn＋1－Sn＝3n，即an＋1＝3n，所以当n≥2时，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以数列{an}从第2项起，构成以a2＝3为首项，q＝3为公比的等比数列，所以S2023＝a1＋eq\f(a2（1－q2022）,1－q)＝2＋eq\f(3×（1－32022）,1－3)＝eq\f(32023＋1,2).故选D.二、多项选择题9．(2023·茂名一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列说法中正确的是()A．若q>1，则an＋1>anB．若a1＝1，q＝eq\f(3,4)，则Sn＝4－3anC．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－7D．若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n－1答案BC解析对于A，若a1<0且q>1，则an＝a1qn－1<0，∴an＋1－an＝an(q－1)<0，即an＋1<an，A错误；对于B，∵a1＝1，q＝eq\f(3,4)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n),1－\f(3,4))＝eq\f(1－\f(3,4)an,1－\f(3,4))＝4－3an，B正确；对于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，∴a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，∴q3＝－eq\f(1,2)或q3＝－2.当q3＝－eq\f(1,2)时，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(4,－\f(1,2))＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－7；当q3＝－2时，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(－2,－2)＋(－2)×(－2)2＝－7，C正确；对于D，∵a1＝1，a5＝4a3，∴q4＝4q2，得q＝－2或q＝2，∴an＝(－2)n－1或an＝2n－1，D错误．故选BC.10．(2024·江苏苏州期中)已知等比数列{an}的公比为q，前n(n∈N*)项和为Sn，前n(n∈N*)项积为Tn，若a1＝eq\f(1,32)，T5＝T6，则()A．q＝2B．当n＝6时，Sn取得最大值C．当且仅当n＝6时，Tn取得最小值D．Sn>Tn的正整数n的最大值为12答案AD解析对于A，因为T5＝T6，所以a6＝eq\f(T6,T5)＝1，因为q5＝eq\f(a6,a1)＝32，解得q＝2，故A正确；对于B，因为a1>0，q>1，所以数列{an}是各项为正的递增数列，所以Sn无最大值，故B错误；对于C，因为a1＝eq\f(1,32)，a6＝1，q＝2，所以1≤n≤5时，0<an<1，n≥7时，an>1，所以当n＝5或n＝6时，Tn取得最小值，故C错误；对于D，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(2n－1,25)，Tn＝a1a2·a3…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1＝(2－5)n·2eq\s\up7(\f(n（n－1）,2))＝2eq\s\up7(\f(n2－11n,2))，因为Sn>Tn，所以eq\f(2n－1,25)>2eq\s\up7(\f(n2－11n,2))，即2n－1>2eq\s\up7(\f(n2－11n+10,2))，所以2n－2eq\s\up7(\f(n2－11n+10,2))>1，即n>eq\f(n2－11n＋10,2)，所以eq\f(13－\r(129),2)<n<eq\f(13＋\r(129),2)，正整数n的最大值为12，故D正确．故选AD.三、填空题11．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝________．答案eq\f(121,3)解析由aeq\o\al(2,4)＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3.所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).12．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．答案－2解析设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.13．(2024·江西南昌二中阶段考试)设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1，2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则6q＝________．答案－9解析{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，bn＝an＋1，则an＝bn－1，{an}有连续四项在集合{－54，－24，18，36，81}中．又{an}是等比数列，等比数列中有负数项，则q<0，且负数项为相隔两项，等比数列各项的绝对值递增或递减，按绝对值由小到大的顺序排列上述数值为18，－24，36，－54，81，相邻两项相除，得eq\f(－24,18)＝－eq\f(4,3)，eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)，eq\f(－54,36)＝－eq\f(3,2)，eq\f(81,－54)＝－eq\f(3,2)，显然－24，36，－54，81是{an}中连续的四项，q＝－eq\f(3,2)或q＝－eq\f(2,3)(|q|>1，∴此种情况应舍去)，∴q＝－eq\f(3,2)，∴6q＝－9.14．(2023·湖南益阳一模)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，若bn＝eq\f(1,an－2)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．答案－eq\f(4n＋6n－1,9)解析由an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，有an＋1－eq\f(1,2)＝2－eq\f(1,an)＝2·eq\f(an－\f(1,2),an)，an＋1－2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\f(an－2,an).将上述两式相除得到eq\f(an＋1－2,an＋1－\f(1,2))＝eq\f(1,4)·eq\f(an－2,an－\f(1,2))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－2,an－\f(1,2))))是以eq\f(1,4)为公比，eq\f(a1－2,a1－\f(1,2))＝－2为首项的等比数列，所以eq\f(an－2,an－\f(1,2))＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)，an＝2－eq\f(3,2＋4n－1)，从而bn＝－eq\f(2,3)－eq\f(4n－1,3).所以Sn＝－eq\f(2n,3)－eq\f(1,3)×eq\f(4n－1,3)＝－eq\f(2n,3)－eq\f(4n－1,9)＝－eq\f(4n＋6n－1,9).四、解答题15．(2024·广西柳州模拟)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通项公式．解(1)证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，所以eq\f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，因为a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，即an＝eq\f(1,2)×3n－1.16．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．解(1)证明：设数列{an}的公差为d，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))解得b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以命题得证．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.17．(多选)(2023·山东济南二模)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是()A．a4＝4 B．{a2n}是等比数列C．a2n－a2n－1＝2n－1 D．a2n－1＋a2n＝2n＋1答案ABC解析∵a1＝1，anan＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，由anan＋1＝2n可得an＋1an＋2＝2n＋1，∴eq\f(an＋2,an)＝2，∴{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，2为公比的等比数列，∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1.综上可知，A，B，C正确，D错误．故选ABC.18．(2024·广东揭阳阶段练习)已知正项数列{an}中，a1＝5，且aeq\o\al(2,n＋1)－2aeq\o\al(2,n)－an＋1an＋an＋1－2an＝0，Sn为其前n项和，若存在正整数n，使得eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)成立，则m的取值范围是________．答案(0，＋∞)解析由已知aeq\o\al(2,n＋1)－2aeq\o\al(2,n)－an＋1an＋an＋1－2an＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an＋1)＝0，由于an>0，所以an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an，即数列{an}是首项为5，公比为2的等比数列，所以an＝5×2n－1，Sn＝eq\f(5×（1－2n）,1－2)＝5(2n－1)，由eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)变形为2－m<eq\f(2an,Sn)，因为存在正整数n，使得eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)成立，所以2－m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2an,Sn)))eq\s\do7(max)，由于eq\f(2an,Sn)＝eq\f(2n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2n－1)，所以1<eq\f(2an,Sn)≤2，所以2－m<2，则m>0，即m的取值范围为(0，＋∞)．第四节数列求和课标解读考向预测1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握数列求和的几种常见方法.数列求和是高考考查的重点知识，预计2025年高考会考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和公式，可能与通项公式相结合，也有可能与函数、方程、不等式等相结合，综合命题，难度适中.必备知识——强基础数列求和的几种常用方法1．公式法(1)等差数列的前n项和公式①已知等差数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)；②已知等差数列的第1项和公差求前n项和Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.(2)等比数列的前n项和公式当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，①已知等比数列的第1项和第n项求前n项和Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)；②已知等比数列的第1项和公比求前n项和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q).2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．5．倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).2．12＋22＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).3．裂项求和常用的变形(1)分式型：eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．(2)指数型：eq\f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，eq\f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq\f(1,n·2n－1)－eq\f(1,（n＋1）·2n)等．(3)根式型：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))等．(4)对数型：logmeq\f(an＋1,an)＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，则S9＝2.()(2)eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和．()(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第二册4.4练习T2改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，则S5＝()A．1 B．eq\f(5,6)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,30)答案B解析∵an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.4练习T1改编)数列{an}的通项公式an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项和为()A．－200 B．－100C．200 D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.(3)(人教A选择性必修第二册习题4.3T3改编)若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2答案C解析Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq\f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C.(4)在数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝－2，则S100＝________．答案－50解析根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{an}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考点探究——提素养考点一拆项分组法求和例1(2023·湖南岳阳统考三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(1,27)，且S4＝a3＋93.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\f(1,3)an，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a1（1－34）,1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数.))当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)·[1＋（n－1）],2)＋eq\f(9（1－9eq\s\up7(\f(n,2))）,1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)·3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f(（n＋1）2,4).综上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)·3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n为奇数，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n为偶数.))【通性通法】拆项分组法求和的常见类型【巩固迁移】1．数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n项和Sn的值为________．答案n2＋1－eq\f(1,2n)解析由题意可得，通项公式为an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(n[1＋（2n－1）],2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).考点二并项转化法求和例2在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)由(1)，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，(ⅰ)当n为偶数时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝2＋2＋…＋2＝eq\f(n,2)×2＝n；(ⅱ)当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝Sn－1＋bn＝n－1－2n＝－n－1.∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n－1，n为奇数.))【通性通法】并项转化法求和定义一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和适用条件形如an＝(－1)nf(n)类型，周期型eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如an＝sin\f(nπ,3)))可采用几项合并求解注意一般对n分奇偶进行讨论，结果一般用分段形式表示【巩固迁移】2．(2024·浙江台州中学质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，数列{bn}满足对任意正整数m≥2均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前99项和．解(1)因为a1＋2a2＋…＋nan＝2n，所以当n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)．两式相减，得nan＝2，所以an＝eq\f(2,n)(n≥2)．又当n＝1时，a1＝2，也符合上式，所以an＝eq\f(2,n).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(n,2).因为对任意的正整数m≥2，均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)＝eq\f(m,2)，故数列{bn}的前99项和b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b97＋b98＋b99＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b97＋b98＋b99)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a98)＝eq\f(2,2)＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(98,2)＝eq\f(33×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋\f(98,2))),2)＝825.考点三裂项相消法求和例3(2023·承德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n).(1)证明：数列{an}是等差数列；(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn.①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))；②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1).注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，当n＝1时，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，当n≥2时，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，当n＝2时，上述式子恒成立，当n>2时，两边同除以(n－2)(n－1)可得eq\f(an,n－1)－eq\f(an－1,n－2)＝－eq\f(1,（n－1）（n－2）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n－2)，即eq\f(an,n－1)－eq\f(1,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)－eq\f(1,n－2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))为常数列，即eq\f(an－1,n－1)＝a2－1，所以an－1＝(n－1)(a2－1)，即an＝(n－1)(a2－1)＋1，当n＝1时，也适合上式，所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，所以数列{an}是以1为首项，a2－1为公差的等差数列．(2)设{an}的公差为d，因为a2＋1，a3＋1，a5成等比数列，所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，解得d＝2，所以an＝2n－1.若选①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))，则bn＝eq\f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，所以Tn＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（2n＋1）2))).若选②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，则bn＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(eq\r(3)－eq\r(1)＋eq\r(5)－eq\r(3)＋…＋eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－1)．若选③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1)，则bn＝eq\f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)，所以Tn＝eq\f(1,1×21)－eq\f(1,3×22)＋eq\f(1,3×22)－eq\f(1,5×23)＋…＋eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1).【通性通法】利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).【巩固迁移】3．数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n＝()A．25 B．576C．624 D．625答案C解析an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故选C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.解(1)因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首项为1，公差为eq\f(1,3)的等差数列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，故Sn＝eq\f(n＋2,3)an.①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(n＋1,3)an－1.②由①－②可知an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).所以eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)．(2)证明：因为eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,2)＋eq\f(2,2)－eq\f(2,3)＋…＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)＝2－eq\f(2,n＋1)＜2.考点四错位相减法求和例4(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.解(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1，即2an＝nan－(n－1)an－1，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，eq\f(an,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)＝…＝eq\f(a3,2)＝1，即an＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．(2)因为eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)＝eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即Tn＝2－(2＋n)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，n∈N*.【通性通法】1．错位相减法求和的适用条件若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn.2．错位相减法求和的步骤3．错位相减法求和的注意事项注意点一在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn，特别是等比数列公比为负数的情形注意点二等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成注意点三经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误【巩固迁移】5．(2023·河北示范性高中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝6，an＋1＝2(Sn＋1)．(1)证明{an}为等比数列，并求{an}的通项公式；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解(1)因为an＋1＝2(Sn＋1)，所以an＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，故an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即eq\f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又a2＝2(S1＋1)＝2a1＋2，故a1＝2，即eq\f(a2,a1)＝3，因此eq\f(an＋1,an)＝3(n∈N*)．故{an}是以2为首项，3为公比的等比数列．因此an＝2×3n－1(n∈N*)．(2)因为Tn＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n×3n－1，①故3Tn＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n，②①－②，得－2Tn＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n－1)－2n×3n＝2＋eq\f(2×3（3n－1－1）,3－1)－2n×3