高考数学一轮复习 第六篇 数列（考点梳理+考点自测+揭秘高考+专题集训）理 新人教A版

第六篇数列第1讲数列的概念与简单表示法【年高考会这样考】1．考查已知数列的通项公式或递推关系，求数列的某项．2．考查由数列的递推关系求数列的通项公式．eq\f(对应学生,80)考点梳理1．数列的概念(1)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．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．(2)数列与函数的关系数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大依次取值时所对应的一列函数值．反过来，对于函数y＝f(x)，如果f(i)(i＝1,2,3，…)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，….(3)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．2．数列的递推公式如果已知数列{an}的第1项(或前n项)，且从第二项(或某一项)开始的任何一项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，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．3．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.))【助学·微博】两类特殊问题(1)解决与数列周期性有关的题目，关键是找出数列的周期．(2)求数列最大项的方法：①判断{an}的单调性；②解不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))求数列最小项依此类推．三种方法由递推式求通项an的方法：(1)an＋1－an＝f(n)型，采用累加法；(2)eq\f(an＋1,an)＝f(n)型，采用累乘法；(3)an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决．考点自测1．(·珠海模拟)设数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则a7的值为()．A．13B．14C．15D．16解析a7＝S7－S6＝49＋7－36－6＝14.答案B2．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为()．A．30B．31C．32D．33解析a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋22＋2＋1＝31.答案B3．(·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是()．A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0D．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列解析A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．答案C4．下列关于星星的图案个数构成一个数列，则该数列的一个通项公式是()．A．an＝n2－n＋1B．an＝eq\f(nn－1,2)C．an＝eq\f(nn＋1,2)D．an＝eq\f(nn＋2,2)解析从图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有1＋2＝3个；n＝3时，有1＋2＋3＝6个；n＝4时，有1＋2＋3＋4＝10个；…∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).答案C5．(·苏州模拟)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．解析y＝x2上点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线方程为y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，令y＝0可得x＝eq\f(1,2)ak，即ak＋1＝eq\f(1,2)ak，即可得数列{ak}是首项为16，公比为eq\f(1,2)的等比数列，则a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案21eq\f(对应学生,81)考向一已知数列的前几项求通项公式【例1】►根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)2,0,2,0，…；(2)eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，…；(3)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(4)7,77,777,7777，….[审题视点]通过分析各数列已知项的数字特征的共性，及常见的描述方法写出各数列的通项公式．解(1)所给数列可改写为1＋1，－1＋1,1＋1，－1＋1，…，可以看作数列1，－1,1，－1，…的各项都加1，因此所给数列的通项公式an＝(－1)n＋1＋1.所给数列也可看做2,0,2,0，…周期性变化，因此所给数列的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n为奇数，,0n为偶数.))(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)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)neq\f(1,nn＋1).(4)所给数列7,77,777,7777，…可以改写成eq\f(7,9)×9，eq\f(7,9)×99，eq\f(7,9)×999，eq\f(7,9)×9999，…，可以看作eq\f(7,9)×(10－1)，eq\f(7,9)×(100－1)，eq\f(7,9)×(1000－1)，eq\f(7,9)×(10000－1)，…，因此所给数列的通项公式为an＝eq\f(7,9)×(10n－1)．根据数列的前几项求通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征：把数列的项分成变化的部分和不变的部分；(4)各项符号特征．若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现出来．【训练1】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)1，－3,5，－7,9，…；(2)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(3)0.8,0.88,0.888,0.8888，….解(1)an＝(－1)n＋1(2n－1)．(2)an＝eq\f(n2,2).(3)an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).考向二由数列的前n项和求通项公式【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.[审题视点]当n＝1时，由a1＝S1，求a1；当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1消去Sn，得an＋1与an的关系．转化成由递推关系求通项．解(1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.(2)a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.当b＝－1时，a1适合此等式．当b≠－1时，a1不适合此等式．∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；当b≠－1时，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))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；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．【训练2】已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求{an}的通项公式．解由a1＝S1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，因此a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)，得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.因为an＞0，故an＋1＝－an不成立，舍去．因此an＋1－an－3＝0.即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an＝3n－1.考向三由递推公式求数列的通项公式【例3】►(1)在数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，有an＝an－1＋2n－1(n≥2)，求数列的通项公式；(2)在数列{an}中，已知a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，求数列{an}的通项公式．[审题视点]观察递推式的特点可知利用累加法或累乘法求通项公式．解(1)∵an＝an－1＋2n－1(n≥2)．∴an－an－1＝2n－1(n≥2)．则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a1＝3，,a3－a2＝5，,a4－a3＝7，,…,an－an－1＝2n－1.))上述n－1个式子的等号两端分别相加可得：an－a1＝n2－1，∴an＝n2.又∵a1也满足上式，所以an＝n2.(2)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,n＋1)×eq\f(n－1,n)×eq\f(n－2,n－1)×…×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×1＝eq\f(2,n＋1)，又∵a1也满足上式，∴an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，如第(2)题．注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，转化为特殊数列求通项．【训练3】(1)在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.求{an}的通项公式．(2)已知a1＝1，an＋1＝3an＋2，求an.解(1)由题设知，a1＝1.当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1.∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).∴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－1)×eq\f(n,n－2)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×1＝eq\f(nn＋1,2).(2)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，公比q＝3的等比数列，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.eq\f(对应学生,82)规范解答9——高考中对Sn与an的关系的考查【命题研究】已知an与Sn的关系式求通项公式是高考中的常见题型，既可以考选择、填空题，也可以考解答题．就考查形式来看，有些题目很容易看出an与Sn的关系式，但有时可能需要我们去抽象出一个新数列的和与项之间的关系，比如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2，此时我们可以把上式看成数列{nan}的前n项和为n2来求解．【真题探究】►(本小题满分14分)(·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．[教你审题]第1步赋值n＝1，可求a1；第2步当n≥2时，由Sn＝Tn－Tn－1，an＝Sn－Sn－1找出an＋1与an的关系式；第3步变形．[规范解答]解(1)令n＝1时，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.(2分)(2)当n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，(8分)当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1两式相减得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，当n＝1时也满足上式；所以an＝3×2n－1－2.(14分)[阅卷老师手记](1)有的考生思维定势，只会使用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，未想到Sn＝Tn－Tn－1(n≥2)致使出错；(2)在使用an＝Sn－Sn－1求an时，不少考生漏掉了n≥2这一前提条件，有的对n＝1的情况也没有验证，应引起注意．解决由Sn与an的关系求an问题的步骤可归纳为：第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1；第二步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项；第三步：验证当n＝1时的结论适合当n≥2时的结论；如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示；第四步：写出明确规范的答案；第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．本题的易错点，易忽略对n＝1和n≥2分两类进行讨论，同时易忽视结论中对二者的合并．【试一试】在数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．解由Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn＋1，知当n≥2时，Sn＝eq\f(3,2)Sn－1＋1，∴Sn＋1－Sn＝eq\f(3,2)(Sn－Sn－1)，即an＋1＝eq\f(3,2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，由a1＝1，得S2＝eq\f(3,2)a1＋1＝a1＋a2，∴a2＝eq\f(3,2)，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,2).∴数列{an}是首项为1，公比为eq\f(3,2)的等比数列．∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.eq\f(对应学生,273)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．在数列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a100等于 ()．A．1 B．－1 C．2 D．0解析法一由a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得此数列周期为6，故a100＝－1.法二an＋2＝an＋1－an，an＋3＝an＋2－an＋1，两式相加可得an＋3＝－an，an＋6＝an，∴a100＝a16×6＋4＝a4＝－1.答案B2．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，则此数列是 ()．A．递增数列 B．递减数列C．常数列 D．摆动数列解析∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＋Sn＝an.两式相减得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．当n＝1时，a1＋(a1＋a2)＝a2，∴a1＝0，∴an＝0(n∈N*)，故选C.答案C3．(·北京朝阳区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5＝ ()．A．－16 B．16 C．31 D．32解析当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1，又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，∴Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)．∴eq\f(an,an－1)＝2.∴an＝1×2n－1，∴a5＝24＝16.答案B4．(·山东省实验中学测试)将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2014项与5的差即a2014－5＝()．A．2020×2012 B．2020×2013C．1010×2012 D．1010×2013解析结合图形可知，该数列的第n项an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a2014－5＝4＋5＋…＋2016＝2013×1010.故选D.答案D二、填空题(每小题5分，共10分)5．数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．解析易知a1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，这样只需求数列{an}的最末一个非负项．令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最后一个正项，a11＝0，故前10或11项和最大．答案10或116．(·杭州调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则a2＝________；an＝________.解析由an＝n(an＋1－an)，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，则an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×eq\f(n－2,n－3)×…×eq\f(2,1)×1＝n，∴a2＝2，an＝n.答案2n三、解答题(共25分)7．(12分)在数列{an}中，a1＝1，eq\f(1,12)an＝eq\f(1,4)an－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，求{an}的通项公式．解∵eq\f(1,12)an＝eq\f(1,4)an－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，∴an＝3an－1＋4，∴an＋2＝3(an－1＋2)．又a1＋2＝3，故数列{an＋2}是首项为3，公比为3的等比数列．∴an＋2＝3n，即an＝3n－2.8．(13分)(·西安质检)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(1,2n－1)＝eq\f(n－1－n,2nn－1)＝－eq\f(1,2nn－1).当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)不适合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．在数列{xn}中，若x1＝1，xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，则x2013＝()．A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．1解析将x1＝1代入xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，得x2＝－eq\f(1,2)，再将x2代入xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，得x3＝1，所以数列{xn}的周期为2，故x2013＝x1＝1.答案D2．定义运算“*”，对任意a，b∈R，满足①a*b＝b*a；②a*0＝a；(3)(a*b)*c＝c*(ab)＋(a*c)＋(c*b)．设数列{an}的通项为an＝n*eq\f(1,n)*0，则数列{an}为()．A．等差数列B．等比数列C．递增数列D．递减数列解析由题意知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n*\f(1,n)))*0＝0]n·eq\f(1,n)＋(n*0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0]1,n)))＝1＋n＋eq\f(1,n)，显然数列{an}既不是等差数列也不是等比数列；又函数y＝x＋eq\f(1,x)在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{an}为递增数列．答案C二、填空题(每小题5分，共10分)3．(·合肥模拟)已知f(x)为偶函数，f(2＋x)＝f(2－x)，当－2≤x≤0时，f(x)＝2x，若n∈N*，an＝f(n)，则a2013＝________.解析∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)，∴f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)．故f(x)周期为4，∴a2013＝f(2013)＝f(1)＝f(－1)＝2－1＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)4．(·太原调研)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7，))数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．解析∵数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,f8>f7))⇒2<a<3.答案(2,3)三、解答题(共25分)5．(12分)(·杭州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，当n＝1时，a1＝a不适合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,2×3n－1＋a－32n－2，n≥2.))an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3))，当n≥2时，an＋1≥an⇔12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.又a2＝a1＋3>a1.综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．6．(13分)(·山东)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为列{bm}的前m项和Sm.解(1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m＜an＜9则9m＋8＜9n＜92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝eq\f(9×1－81m,1－81)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲等差数列及其前n项和【年高考会这样考】1．考查利用等差数列的概念、性质、通项公式与前n项和公式解决等差数列的问题．2．在具体的问题情境中能识别具有等差关系的数列，并能用有关知识解决相应的问题．eq\f(对应学生,83)考点梳理1．等差数列的定义如果一个数列从第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．2．等差数列的通项公式(1)设等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.(2)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．3．等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.4．等差数列及前n项和的性质(1)如果A＝eq\f(a＋b,2)，则A叫做a，b的等差中项．(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(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S(5)S2n－1＝(2n－1)an.(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．【助学·微博】一个推导利用倒序相加法推导等差数列的前n项和公式：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，①Sn＝an＋an－1＋…＋a1，②①＋②得：Sn＝eq\f(na1＋an,2).两种方法等差数列的两种证明方法：(1)定义法：证明an＋1－an＝d或an－an－1＝d(n≥2)；(2)中项公式法：证明2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．提醒：以上两种证明方法的关键是n的范围，即是否包括了a2－a1也是相同的常数．考点自测1．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝12，则a5等于()．A．4B．5C．6D．7解析a2＋a8＝2a5，∴a5＝6.答案C2．(·江西)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝()．A．1B．9C．10D．55解析由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10⇒a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.答案A3．(·重庆)在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝()．A．7B．15C．20D．25解析数列{an}的公差d＝eq\f(5－1,2)＝2，则a1＝－1，a5＝7，可得S5＝15，选B.答案B4．(·全国)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()．A．8B．7C．6D．5解析由a1＝1，公差d＝2得通项an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.答案D5．(·广东)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4，则an＝________.解析设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a3＝a1＋d2－4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,1＋2d＝1＋d2－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝±2.))由于等差数列{an}是递增的等差数列，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.答案2n－1eq\f(对应学生,83)考向一等差数列的判定与证明【例1】►(·陕西)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．(1)求数列{an}的公比；(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．[审题视点](1)利用等差数列的定义得到关系式2a3＝a5＋a4，代入等比数列的通项公式求得q(1)解设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)证明法一对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．法二对任意k∈N＋，2Sk＝eq\f(2a11－qk,1－q)，Sk＋2＋Sk＋1＝eq\f(a11－qk＋2,1－q)＋eq\f(a11－qk＋1,1－q)＝eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)，2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝eq\f(2a11－qk,1－q)－eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)＝eq\f(a1,1－q)[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝eq\f(a1qk,1－q)(q2＋q－2)＝0，因此，对任意x∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．等差数列的判定方法有以下四种：(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)；(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)；(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数，n∈N*)；(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．【训练1】在数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．(1)证明∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2时，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1.又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2).∴数列{bn}是以－eq\f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，则an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，设函数f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))内均为减函数．∴结合函数f(x)的图象可得，当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.考向二等差数列基本量的求解【例2】►设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范围．[审题视点]第(1)问建立首项a1与公差d的方程组求解；第(2)问建立首项a1与公差d的方程，利用完全平方公式求范围．解(1)由题意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0，故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.故d的取值范围是(－∞，－2eq\r(2)]∪[2eq\r(2)，＋∞)．(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2】(·福建)在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝eq\f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7为所求．考向三等差数列及前n项和性质的应用【例3】►在等差数列{an}中：(1)若a4＋a17＝20，求S20；(2)若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，求n.[审题视点]利用前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)及等差数列的性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq解题．解(1)由等差数列的性质知a1＋a20＝a4＋a17，∴S20＝eq\f(20,2)(a1＋a20)＝eq\f(20,2)(a4＋a17)＝eq\f(20,2)×20＝200.(2)依题意知：a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.由等差数列的性质知：a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.又Sn＝eq\f(na1＋an,2)，即286＝eq\f(n×22,2)，∴n＝26.一般地，运用等差数列的性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，需要当序号之和相等、项数相同时才成立．【训练3】(1)已知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.(2)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，则其n项和Sn解析(1)∵{an}为等差数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2(36－9)－9＝45.(2)因为a4＋a6＝a3＋a7，则a3a7＝－16，a3＋a7所以a3＝4，d＝－2或a3＝－4，d＝2.所以数列的前n项和是Sn＝n2－9n或Sn＝－n2＋9n.答案(1)45(2)n2－9n或－n2＋9neq\f(对应学生,84)方法优化8——整体思想在等差数列解题中的应用【命题研究】通过近三年的高考试题分析，考查等差数列的定义与性质、通项公式、前n项和公式，其中常常将求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)与等差数列的性质“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq”结合来命题，考查形式主要是选择题、填空题，难度为中等．【真题探究】►(·辽宁)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()．A．58B．88C．143D．176[教你审题]思路1求出首项与公差的关系式，再代入前n项和公式．思路2利用等差数列的性质从整体上求解．[一般解法]设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.[优美解法]由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝eq\f(11×16,2)＝88.选B.[答案]B[反思]优美解法就是突出了整体思想，整体思想是一种重要的解题方法和技巧，这就要求学生要灵活掌握等差数列的性质及其前n项和公式．【试一试】在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.解析设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝na1＋\f(nn－1,2)d＝m，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝n.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②－①得(m－n)a1＋eq\f(m－nm＋n－1,2)·d＝n－m，∵m≠n，∴a1＋eq\f(m＋n－1,2)d＝－1.∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq\f(m＋nm＋n－1,2)d＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．答案－(m＋n)eq\f(对应学生,275)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·福建)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()．A．1 B．2 C．3 D．4解析在等差数列{an}中，∵a1＋a5＝10.∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差为2.答案B2．(·山东实验中学诊断)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，那么S9＝ ()．A．2 B．8 C．18 D．36解析设等差数列的公差为d，则由a1＋a3＋a11＝6，可得3a1＋12d＝6，∴a1＋4d＝2＝a5.∴S9＝eq\f(a1＋a9×9,2)＝9a5＝9×2＝18.答案C3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于()．A．－1 B．1 C．3 D．7解析两式相减，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1.答案B4．(·东北三校一模)在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为 ()．A．6 B．7 C．8 D．9解析依题意得S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，即a8>0；S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，选C.答案C二、填空题(每小题5分，共10分)5．(·江西)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.解析设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，因为a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7，所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35.答案356．(·沈阳四校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S4,12)－eq\f(S3,9)＝1，则公差为________．解析依题意得S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d，于是有eq\f(4a1＋6d,12)－eq\f(3a1＋3d,9)＝1，由此解得d＝6，即公差为6.答案6三、解答题(共25分)7．(12分)在等差数列{an}中，已知a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12＝28，求数列{an}的通项公式．解由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4.又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，∴16－25d2＝7，∴d2＝eq\f(9,25)，∴d＝eq\f(3,5)或d＝－eq\f(3,5).当d＝eq\f(3,5)时，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)；当d＝－eq\f(3,5)时，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×eq\f(3,5)＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)或an＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).8．(13分)在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3＝45，,a1＋a5＝18，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝45，,a1＋a1＋4d＝18.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))),n＋c)，∵c≠0，∴可令c＝－eq\f(1,2)，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝ ()．A．12 B．14 C．16 D．18解析Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝210，得n＝14.答案B2．(·广州一模)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)为整数的正整数的个数是 ()．A．2 B．3 C．4 D．5解析由eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)得：eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)，要使eq\f(an,bn)为整数，则需eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共有5个．答案D二、填空题(每小题5分，共10分)3．(·徐州调研)等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为________．解析∵an＝2n＋1，∴a1＝3，∴Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，∴eq\f(Sn,n)＝n＋2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1，首项为3的等差数列，∴前10项和为3×10＋eq\f(10×9,2)×1＝75.答案754．(·诸城一中月考)设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．解析设等差数列{an}的项数为2n＋1，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq\f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，∴eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n)＝eq\f(44,33)，解得n＝3，∴项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项．答案117三、解答题(共25分)5．(12分)在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{|an|}的前n项和，求Sn.解(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.(2)令an≥0，得n≤5.即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0.∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))6．(13分)(·四川)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．(1)求a1，a2的值；(2)设a1＞0，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\f(10a1,an)))的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．解(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2， ①取n＝2，得aeq\o\al(2,2)＝2a1＋2a2， ②由②－①，得a2(a2－a1)＝a2， ③(i)若a2＝0，由①知a1＝0，(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1. ④由①、④解得，a1＝eq\r(2)＋1，a2＝2＋eq\r(2)；或a1＝1－eq\r(2)，a2＝2－eq\r(2).综上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝eq\r(2)＋1，a2＝eq\r(2)＋2；或a1＝1－eq\r(2)，a2＝2－eq\r(2).(2)当a1＞0时，由(1)知a1＝eq\r(2)＋1，a2＝eq\r(2)＋2.当n≥2时，有(2＋eq\r(2))an＝S2＋Sn，(2＋eq\r(2))an－1＝S2＋Sn－1，所以(1＋eq\r(2))an＝(2＋eq\r(2))an－1，即an＝eq\r(2)an－1(n≥2)，所以an＝a1(eq\r(2))n－1＝(eq\r(2)＋1)·(eq\r(2))n－1.令bn＝lgeq\f(10a1,an)，则bn＝1－lg(eq\r(2))n－1＝1－eq\f(1,2)(n－1)lg2＝eq\f(1,2)lgeq\f(100,2n－1)，所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－eq\f(1,2)lg2)，从而b1＞b2＞…＞b7＝lgeq\f(10,8)＞lg1＝0，当n≥8时，bn≤b8＝eq\f(1,2)lgeq\f(100,128)＜eq\f(1,2)lg1＝0，故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T7＝eq\f(7b1＋b7,2)＝eq\f(71＋1－3lg2,2)＝7－eq\f(21,2)lg2.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲等比数列及其前n项和【年高考会这样考】考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等比中项的性质与证明．eq\f(对应学生,85)考点梳理1．等比数列的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(q≠0)表示．数学语言表达式为eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)，q为常数．2．等比数列的通项公式(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项公式为an＝a1·qn－1.(2)通项公式的推广：an＝am·qn－m，(n，m∈N*)．3．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1；,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))4．等比数列及前n项和的性质(1)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)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.【助学·微博】一个推导利用错位相减法推导等比数列的前n项和：Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，同乘q得：qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn，两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)(q≠1)．两个防范(1)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.(2)在运用等比数列的前n项和公式时，必须对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．四种方法等比数列的判断方法有：(1)定义法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数)或eq\f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列；(2)中项公式法：在数列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列；(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列；(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．注前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列．考点自测1．(·辽宁)若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为()．A．2B．4C．8D．16解析由anan＋1＝aeq\o\al(2,n)q＝16n＞0知q＞0，又eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2＝eq\f(16n＋1,16n)＝16，∴q＝4.答案B2．(·新课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10A．7B．5C．－5D．－7解析设数列{an}的公比为q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5·a6＝a4·a7＝－8))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,q3＝－\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q3＝－2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,a10＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a10＝－8，))所以a1＋a10＝－7.答案D3．(·兰州模拟)在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8a9A．10B．25C．50D．75解析因为a7·a12＝a8·a11＝a9·a10＝5，∴a8a9a10a11＝52＝25.答案B4．已知等比数列的前n项和Sn＝4n＋a，则a的值等于()．A．－4B．－1C．0D．1解析当n＝1时，a1＝4＋a，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1.当n＝1时，4＋a＝3，∴a＝－1.答案B5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为________．解析显然公比q≠1，由题意可知eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和T5＝eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)eq\f(对应学生,86)考向一等比数列的判定与证明【例1】►(·宁波十校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－2n(n∈N*)．(1)求证：数列{1＋an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式an；(2)设bn＝eq\f(an,an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.[审题视点](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为an与an－1的递推关系，再构造数列{1＋an}；(2)分组后用公式求和．(1)证明当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－2n－3an－1＋2(n－1)，即n≥2时，an＝3an－1＋2，从而有n≥2时，an＋1＝3(an－1＋1)．又2a1＝2S1＝3a1－2，得a1＝2，故a1＋1＝3≠0，故数列{1＋an}是首项为3，公比为3的等比数列，则an＋1＝3×3n－1＝3n，故an＝3n－1.(2)解bn＝eq\f(an,an＋1＋1)＝eq\f(3n－1,3n＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3n＋1)，则Tn＝eq\f(n,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋\f(1,34)＋…＋\f(1,3n＋1)))＝eq\f(n,3)－eq\f(1,32)×eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n)－1)).证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．【训练1】(·长沙模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．(1)证明b1＝a2－a1＝1.当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，∴{bn}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)解由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.当n＝1时，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)．考向二等比数列基本量的求解【例2】►(1)已知{an}是各项都为正数的等比数列，Sn是{an}的前n项和，若a1＝1,5S2＝S4，则a5＝________.(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝1，S8＝17，则数列{an}的通项公式为________．[审题视点]建立首项a1和公比q的方程组求解．解析(1)由题意易得公比q≠1.由5S2＝S4，得5×eq\f(1－q2,1－q)＝eq\f(1－q4,1－q)，解得q＝2.∴an＝2n－1，∴a5＝24＝16.(2)在等比数列{an}中，由S4＝1，S8＝17，则q≠1，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1q4－1,q－1)＝1，,\f(a1q8－1,q－1)＝17，))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②÷①得q4＋1＝17，则q4＝16，∴q＝2，或q＝－2.由q＝2代入①得a1＝eq\f(1,15)，由q＝－2代入①得a1＝－eq\f(1,5)，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,15)·2n－1或an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))·(－2)n－1.答案(1)16(2)an＝eq\f(1,15)·2n－1或an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))·(－2)n－1对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用．(2)在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论．【训练2】(·浙江)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.解析∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝－1(舍去)或q＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)考向三等比数列的性质及应用【例3】►(1)等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，前n项和Sn＝126，则公比q＝________.(2)等比数列{an}中，q＝2，S99＝77，则a3＋a6＋…＋a99＝________.[审题视点](1)利用等比数列的性质：“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”；(2)把前99项分三组，再转化为a3＋a6＋…＋a99.解析(1)由题知a1an＝128，a1＋an＝66，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝64))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝64，,an＝2.))又Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝126，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,n＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,n＝6.))(2)∵S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))(a3＋a6＋…＋a99)＝77，∴a3＋a6＋…＋a99＝44.答案(1)2或eq\f(1,2)(2)44在解决有关等比数列的计算问题时，要注意挖掘隐含条件，充分利用其性质，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．【训练3】(·北京东城区一模)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为()．A．－3B．±3C．－3eq\r(3)D．±3eq\r(3)解析由等比中项知y2＝3，∴y＝±eq\r(3)，又∵y与－1，－3符号相同，∴y＝－eq\r(3)，y2＝xz，所以xyz＝y3＝－3eq\r(3).答案Ceq\f(对应学生,87)热点突破13——运用等差(比)数列的性质巧解题【命题研究】通过近三年的高考试题分析，对等差(比)数列的性质考查每年必考，有的以选择题、填空题出现，难度中等偏下，有的在解答题中出现，常与求通项an及前n项和Sn结合命题，题目难度中等．【真题探究】►(·安徽)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝()．A．4B．5C．6D．7[教你审题]由等比数列的性质可求a7，再由a10＝a7·23求a10.[解法]由题意可知a3a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，因为{an}为正项等比数列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.[答案]B[反思]在解答等差(比)数列的基本计算，可利用列方程组解决，但是运算量较大，若利用等差(比)数列的性质解决，大大减少了运算量，同时也降低了出错的概率．【试一试】在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87等于________．解析法一a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·eq\f(1－q329,1－q3)＝eq\f(q2,1＋q＋q2)·eq\f(a11－q87,1－q)＝eq\f(4,7)×140＝80.法二设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87.因为b1q＝b2，b1q2＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q