高考全国卷文科数学第一轮复习讲义一数列

§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前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.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值都是同一个常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．(2)等比中项：如果在a 与b 之间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么称G 为a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(a 1≠0，q ≠0)．(2)前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1且q ≠0.3．等比数列的常用性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N ＋.特别地，若2w ＝m ＋n ，则a m a n ＝a 2w ，其中m ，n ，w ∈N ＋.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N ＋)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }数列(b ，p ，q ≠0)．(4)1>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增．1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．4．等比数列前n 项和的常用性质若等比数列{a n }的公比q ≠－1,前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .常用结论1．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0.2．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)．3．设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(2)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…成等比数列．(3)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×)(3)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”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答案B解析若a ，b ，c ，d 成等比数列，则ad ＝bc ，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要不充分条件．3．在等比数列{a n }中，若a 3＝32，S 3＝92，则a 2的值为()A ．32B ．－3C ．－32D ．－3或32答案D解析由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，得q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，∴a 2＝a 3q ＝32或－3.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和为S n ＝________.答案a ≠0，a ≠1解析因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，Sn ＝a (1－a n )1－a.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4等于()A.158B.658C ．15D ．40答案C 解析方法一若该数列的公比q ＝1，代入S 5＝5S 3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q ≠1.由1－q 51－q ＝5×1－q 31－q －4，化简得q 4－5q 2＋4＝0，所以q 2＝1或q 2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q ＝2，所以S 4＝1－q 41－q ＝15.方法二由题知1＋q ＋q 2＋q 3＋q 4＝5(1＋q ＋q 2)－4，即q 3＋q 4＝4q ＋4q 2，即q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q －2)(q ＋1)(q ＋2)＝0.由题知q >0，所以q ＝2.所以S 4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则Sn a n 等于()A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案B 解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，1q 4－a 1q 2＝12，1q 5－a 1q 3＝24，1＝1，＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，因为a 6－a 4a 5－a 3＝a 4(q 2－1)a 3(q 2－1)＝a 4a 3＝2412＝2，所以q ＝2，所以S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝2n －12n －1＝2－21－n .思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n 项和公式时，一定要讨论公比q ＝1的情形，否则会漏解或增解．跟踪训练1(1)(2023·天津)已知{a n }为等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＋1＝2S n ＋2，则a 4的值为()A ．3B ．18C ．54D ．152答案C解析由题意可得，当n ＝1时，a 2＝2a 1＋2，即a 1q ＝2a 1＋2，①当n ＝2时，a 3＝2(a 1＋a 2)＋2，即a 1q 2＝2(a 1＋a 1q )＋2，②联立①②1＝2，＝3，则a 4＝a 1q 3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为()A ．8B ．10C ．12D ．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝1016，即127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴a n ＝8×2n －1，∴log 2(a 3a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，a 2＝－1，且a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0(n ∈N ＋)．(1)证明：{a n ＋1＋3a n }为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .(1)证明由a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0，可得a n ＋2＋3a n ＋1＝2(a n ＋1＋3a n )，即a n ＋2＋3a n ＋1a n ＋1＋3a n＝2(n ∈N ＋)，∴{a n ＋1＋3a n }是以a 2＋3a 1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知a n ＋1＋3a n ＝5·2n －1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1－2n ＝－3(a n －2n －1)，∴a n ＋1－2n a n －2n －1＝－3，∴{a n －2n －1}是以a 1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴a n －2n －1＝1×(－3)n －1，∴a n ＝2n －1＋(－3)n －1，S n ＝1－2n 1－2＋1－(－3)n 1－(－3)＝2n －34－(－3)n 4.思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数，且n ≥2，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝cq n －1(c ，q 均为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝kq n －k (k 为常数，且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝3，b 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n .(1)证明：{a n ＋b n }和{a n －b n }都是等比数列；(2)求{a n b n }的前n 项和S n .(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝3(a n ＋b n )，a n ＋1－b n ＋1＝－(a n －b n )，又由a 1＝3，b 1＝2得a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝5，所以数列{a n ＋b n }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a n －b n }是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋b n ＝5×3n －1，a n －b n ＝(－1)n －1，所以a n ＝5×3n －1＋(－1)n －12，b n ＝5×3n －1－(－1)n －12，所以a n b n ＝5×3n －1＋(－1)n －12×5×3n －1－(－1)n －12＝25×32n －2－14＝254×9n －1－14，所以S n ＝254×1－9n 1－9－n 4＝25×(9n －1)－8n32.题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.答案－2解析方法一{a n }为等比数列，∴a 4a 5＝a 3a 6，∴a 2＝1，又a 2a 9a 10＝a 7a 7a 7，∴1×(－8)＝(a 7)3，∴a 7＝－2.方法二设{a n }的公比为q (q ≠0)，则a 2a 4a 5＝a 3a 6＝a 2q ·a 5q ，显然a n ≠0，则a 4＝q 2，即a 1q 3＝q 2，则a 1q ＝1，∵a 9a 10＝－8，则a 1q 8·a 1q 9＝－8，则q 15＝(q 5)3＝－8＝(－2)3，则q 5＝－2，则a 7＝a 1q ·q 5＝q 5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{a n }为等比数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则12m m a a ·…·n m a ＝12k k a a ·…·n k a .(2)若数列{a n }为等差数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则1m a ＋2m a ＋…＋n m a ＝1k a ＋2k a ＋…＋n k a .典例已知等差数列{a n }，S n 为前n 项和，且a 9＝5，S 8＝16，则S 11＝________.答案33解析S 8＝8(a 1＋a 8)2＝16，∴a 1＋a 8＝4，又∵a 9＋a 1＋a 8＝3a 6，∴a 6＝3，故S 11＝11a 6＝33.(2)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N ＋)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.答案100解析因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.命题点2和的性质例4(1)已知等比数列{a n }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解析奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30－2S 20＋S 10的最小值为________．答案－5解析依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，且S 10＝20，不妨令其公比为q (q >0)，则S 20－S 10＝20q ，S 30－S 20＝20q 2，∴S 30－2S 20＋S 10＝(S 30－S 20)－(S 20－S 10)＝20q 2－20q ＝－5，故当q ＝12时，S 30－2S 20＋S 10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用等比数列的性质解题时，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．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝20，a 2a 8＝2，则1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝________.答案10解析1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝＝a 2＋a 8a 2a 8＋a 4＋a 6a 4a 6＝a 2＋a 8＋a 4＋a 6a 2a 8＝202＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{a n }中，q ＝12，S 100＝150，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100的值是________．答案50解析设T 1＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99，T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100，所以T 2T 1＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12，所以S 100＝T 1＋T 2＝2T 2＋T 2＝3T 2＝150，所以T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ＝12，且a 3a 4＝132，则a 6等于()A.18 B.116C.132D.164答案C解析由a 3a 4＝132，得a 1q 2·a 1q 3＝132，即a 21＝132，所以a 21＝1.又a n >0，所以a 1＝1，a 6＝a 1q 5＝1＝132.2．若1，a 2，a 3,4成等差数列；1，b 2，b 3，b 4,4成等比数列，则a 2－a 3b 3等于()A.12B ．－12C ．±12D.14答案B解析由题意得a 3－a 2＝4－13＝1，设1，b 2，b 3，b 4，4的公比为q ，则b 3＝q 2>0，b 23＝1×4＝4，解得b 3＝2，a 2－a 3b 3＝－12＝－12.3．(2023·济宁模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.4．已知等比数列{a n }为递减数列，若a 2a 6＝6，a 3＋a 5＝5，则a5a 7等于()A.32B.23C.16D ．6答案A解析由{a n }为等比数列，得a 2a 6＝a 3a 5＝6，又a 3＋a 5＝5，∴a 3，a 5为方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，解得a 3＝2，a 5＝3或a 3＝3，a 5＝2，由{a n }为递减数列得a n >a n ＋1，∴a 3＝3，a 5＝2，∴q 2＝a 5a 3＝23，则a 5a 7＝1q 2＝32.5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A ．6B ．12C ．18D ．42答案D解析设第n (n ∈N ＋)天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列{a n }是公比为12的等比数列，1－12＝6332a 1＝378，解得a 1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a 4＋a5＋a 6＝192×18×1－12＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 4＝－5，S 6＝21S 2，则S 8等于()A ．120B ．85C ．－85D ．－120答案C解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，若q ＝1，则S 6＝6a 1＝3×2a 1＝3S 2，不符合题意，所以q ≠1.由S 4＝－5，S 6＝21S 2，可得a 1(1－q 4)1－q ＝－5，a 1(1－q 6)1－q ＝21×a 1(1－q 2)1－q ，①由①可得，1＋q 2＋q 4＝21，解得q 2＝4，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝a 1(1－q 4)1－q ·(1＋q 4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 4＝－5，S 6＝21S 2，所以q ≠－1，否则S 4＝0，从而S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，所以(－5－S 2)2＝S 2(21S 2＋5)，解得S 2＝－1或S 2＝54，当S 2＝－1时，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6，即为－1，－4，－16，S 8＋21，易知S 8＋21＝－64，即S 8＝－85；当S 2＝54时，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)(1＋q 2)＝(1＋q 2)S 2>0，与S 4＝－5矛盾，舍去．综上，S 8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{a n }是等比数列，以下结论正确的是()A ．{a 2n }是等比数列B ．若a 3＝2,a 7＝32，则a 5＝±8C ．若a 1<a 2<a 3，则数列{a n }是递增数列D ．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋r ，则r ＝－1答案ACD 解析令等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，对于A ，a 2n ＋1a 2n ＝＝q 2，且a 21≠0，则{a 2n }是等比数列，故A 正确；对于B ，由a 3＝2，a 7＝32，得q 4＝16，即q 2＝4，所以a 5＝a 3q 2＝2×4＝8，故B 错误；对于C ，由a 1<a 2<a 31(q －1)>0，1q (q －1)>0，>0，1(q －1)>0，a n ＋1－a n ＝q n －1·a 1(q －1)>0，即∀n ∈N ＋，a n ＋1>a n ，所以数列{a n }是递增数列，故C 正确；对于D ，显然q ≠1，则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1，而S n ＝3n ＋r ，因此q ＝3，a 1q －1＝1，r ＝－a 1q －1＝－1，故D 正确．8．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，且满足a 1>1，a 2022>1，a 2023<1，则()A ．a 2022a 2024－1<0B ．S 2022＋1<S 2023C ．T 2022是数列{T n }中的最大项D ．T 4045>1答案AC 解析设数列{a n }的公比为q .∵a 1>1，a 2023<1，∴0<a 2023<1，又a 2022>1，∴0<q <1.∵a 2022a 2024＝a 22023<1，∴a 2022a 2024－1<0，故A 正确；∵a 2023<1，∴a 2023＝S 2023－S 2022<1，即S 2022＋1>S 2023，故B 错误；∵0<q <1，a 1>1，∴数列{a n }是递减数列，∵a 2022>1，a 2023<1，∴T 2022是数列{T n }中的最大项，故C 正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝a40451q1＋2＋3＋…＋4044＝a40451q2022×4045＝(a1q2022)4045＝a40452023，∵0<a2023<1，∴a40452023<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若8S6＝7S3，则{a n}的公比为________．答案－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·a1(1－q6)1－q＝7·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＝－1 2 .10．设等比数列{a n}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案200 3解析设数列{a n}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝200 3.11．在等比数列{a n}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.因为a 9＋a 10＝4，a 19＋a 20＝24，所以a 19＋a 20＝(a 9＋a 10)q 10＝24，解得q 10＝6，所以a 59＋a 60＝(a 9＋a 10)q 50＝4×65＝31104.12．记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝1－a n ，记T n ＝a 1a 3＋a 3a 5＋…＋a 2n －1a 2n ＋1，则a n ＝________，T n ＝________.答案12n解析由题意得a 1＝1－a 1，故a 1＝12.当n ≥2n ＝1－a n ，n －1＝1－a n －1，得a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1，则a n a n －1＝12，故数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .由等比数列的性质可得a 1a 3＝a 22，a 3a 5＝a 24，…，a 2n －1a 2n ＋1＝a 22n ，所以数列{a 2n －1a 2n ＋1}是以a 22＝116为首项，116为公比的等比数列，则T n ＝a 22＋a 24＋…＋a 22n ＝161－116＝四、解答题13．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝3，所以a n ＋1＋2a n ＋2＝2，所以{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，a n ＝3×2n －1－2.(2)由10<a n <2023，得10<3×2n －1－2<2023，即4<2n －1<675，即4≤n ≤10，故{a n }落入区间(10,2023)的项为a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10，所以其和S ＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×8－10241－2－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，n ∈N ＋.(1)求{a n }通项公式；(2)设b n ＝a n n ＋1，在数列{b n }中是否存在三项b m ，b k ，b p (其中2k ＝m ＋p )成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，n ≥2，两式相减可得，a n ＋1－a n ＝3a n ，a n ＋1＝4a n ，n ≥2，由条件知，a 2＝3a 1＋1＝4a 1，符合上式，故a n ＋1＝4a n ，n ∈N ＋.∴{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列．∴a n ＝4n －1，n ∈N ＋.(2)由题意及(1)得，在数列{a n }中，a n ＝4n －1，n ∈N ＋，在数列{b n }中，b n ＝4n －1n ＋1，如果满足条件的b m ，b k ，b p 存在，则b 2k ＝b m b p ，其中2k ＝m ＋p ，∴(4k －1)2(k ＋1)2＝4m －1m ＋1·4p －1p ＋1，∵2k ＝m ＋p ，∴(k ＋1)2＝(m ＋1)(p ＋1)，解得k 2＝mp ，∴k ＝m ＝p ，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .若p ：数列{a n }是等比数列；q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，则p 是q 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答案A 解析若{a n }是等比数列，设公比为k ，则a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝k (a 1＋a 2＋…＋a n )，a 3＋a 4＋…＋a n ＋2＝k (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)，于是(a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)2＝k 2(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝(a 3＋a 4＋…＋a n ＋2)(a 1＋a 2＋…＋a n )，即q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)成立；若(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，取a n ＝0，n ∈N ＋，显然{a n }不是等比数列，故p 是q 的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m ，n 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同零点，且m ，n ，－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pq ＝________.答案20解析＋n ＝p >0，＝q >0>0，>0，则m ，－2，n 或n ，－2，m 成等比数列，得mn ＝(－2)2＝4.不妨设m <n ，则－2，m ，n 成等差数列，得2m ＝n －2.结合mn ＝4，可得(2m ＋2)m ＝4⇒m (m ＋1)＝2，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)，＝1，＝4＝5，＝4⇒pq ＝20.。

第1讲 数列的概念及简单表示法一、知识梳理 1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列的分类 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 a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n按其他 标准分类有界数列存在正数M ,使|a n |≤M摆动数列 从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列周期数列对n ∈N *,存在正整数常数k ,使a n ＋k ＝a n数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达,那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n}的前n 项和S n,则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n－S n －1n ≥2.3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项),且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示,那么这个公式叫做数列的递推公式．常用结论1．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数,即数列是一个定义在正整数集或其子集{1,2,3,…,n }上的函数,当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值．2．在数列{a n }中,若a n 最大,则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1a n ≥a n ＋1若a n 最小,则⎩⎨⎧a n ≤a n －1a n ≤a n ＋1.二、教材衍化1．在数列{a n }中,a 1＝1,a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2),则a 5等于( )A ．32B ．53C ．85D ．23解析:选D ．a 2＝1＋(－1)2a 1＝2,a 3＝1＋(－1)3a 2＝12,a 4＝1＋(－1)4a 3＝3,a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.2．根据下面的图形及相应的点数,写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________．答案:5n －4一、思考辨析判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)所有数列的第n 项都能使用通项公式表示．( ) (3)数列{a n }和集合{a 1,a 2,a 3,…,a n }是一回事．( )(4)若数列用图象表示,则从图象上看都是一群孤立的点．( ) (5)一个确定的数列,它的通项公式只有一个．( )(6)若数列{a n }的前n 项和为S n ,则对∀n ∈N *,都有a n ＝S n －S n －1.( ) 答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× 二、易错纠偏常见误区| (1)忽视数列是特殊的函数,其自变量为正整数集N *或其子集{1,2,…,n }; (2)根据S n 求a n 时忽视对n ＝1的验证．1．在数列－1,0,19,18,…,n－2n2中,0.08是它的第________项．解析:依题意得n－2n2＝225,解得n＝10或n＝52(舍)．答案:102．已知S n＝2n＋3,则a n＝________．解析:因为S n＝2n＋3,那么当n＝1时,a1＝S1＝21＋3＝5;当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)．由于a1＝5不满足(*)式,所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧5n＝12n－1n≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧5n＝12n－1n≥2考点一由数列的前几项求通项公式(基础型)复习指导|了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法和通项公式法)．核心素养:逻辑推理1．数列1,3,6,10,…的一个通项公式是()A．a n＝n2－(n－1)B．a n＝n2－1C．a n＝n(n＋1)2D．a n＝n(n－1)2解析:选C．观察数列1,3,6,10,…可以发现1＝13＝1＋26＝1＋2＋310＝1＋2＋3＋4…第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1)2.所以a n＝n(n＋1)2.2．数列{a n}的前4项是32,1,710,917,则这个数列的一个通项公式是a n＝________．解析:数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1,2×2＋122＋1,2×3＋132＋1,2×4＋142＋1,故a n ＝2n ＋1n 2＋1.答案:2n ＋1n 2＋13．数列3,7,11,15,…的一个通项公式是________．解析:因为7－3＝11－7＝15－11＝4,即a 2n －a 2n －1＝4,所以a 2n ＝3＋(n －1)×4＝4n －1,所以a n ＝4n －1.答案:a n ＝4n －14．已知数列{a n }为12,14,－58,1316,－2932,6164,…,则数列{a n }的一个通项公式是________．解析:各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出从第2项起,每一项的分子数比分母少3,且第1项可变为－2－32,故原数列可变为－21－321,22－322,－23－323,24－324,…故其通项公式可以为a n＝(－1)n·2n －32n .答案:a n ＝(－1)n·2n －32n解决此类问题,需抓住下面的特征: (1)各项的符号特征,通过(－1)n 或(－1)n＋1来调节正负项．(2)考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系． (3)相邻项(或其绝对值)的变化特征． (4)拆项、添项后的特征．(5)通过通分等方法变化后,观察是否有规律．[注意] 根据数列的前几项求其通项公式其实是利用了不完全归纳法,蕴含着“从特殊到一般”的数学思想,由不完全归纳法得出的结果不一定是准确的！考点二 由a n 与S n 的关系求a n (基础型)复习指导| 由S n 与a n 的关系求a n .利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2),求出当n ≥2时a n 的表达式．(1)(2020·湖南三市联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝a 1(4n －1)3,若a 4＝32,则a 1的值为( )A ．12B ．14C ．18D ．116(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ,则a 1＝________,{a n }的通项公式为________．【解析】(1)因为S n＝a1(4n－1)3,a4＝32,所以S4－S3＝255a13－63a13＝32,所以a1＝12,故选A．(2)数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n,当n≥2时,a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1),所以(2n－1)a n＝2,所以a n＝22n－1.当n＝1时,a1＝2,上式也成立．所以a n＝22n－1.【答案】(1)A(2)2a n＝22n－1(1)已知S n求a n的三个步骤①先利用a1＝S1求出a1;②用n－1替换S n中的n得到一个新的关系式,利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式;③注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．(2)S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化．①利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n,S n－1的关系式,再求解;②利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n,a n－1的关系式,再求解．1．已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋2n＋1(n∈N*),则a n＝________．解析:当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n＋1;当n＝1时,a1＝S1＝4≠2×1＋1.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧4n＝12n＋1n≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧4n＝12n＋1n≥22．若数列{a n}的前n项和S n＝23a n＋13,则{a n}的通项公式a n＝________．解析:由S n＝23a n＋13,得当n≥2时,S n－1＝23a n－1＋13,两式相减,整理得a n＝－2a n－1,又当n＝1时,S 1＝a 1＝23a 1＋13,所以a 1＝1,所以{a n }是首项为1,公比为－2的等比数列,故a n ＝(－2)n －1.答案:(－2)n －1考点三 由递推关系求通项公式(基础型)复习指导| 由数列的递推关系求通项公式常利用构造法、累加法、累乘法等．分别求出满足下列条件的数列的通项公式． (1)a 1＝0,a n ＋1＝a n ＋(2n －1)(n ∈N *); (2)a 1＝1,a n ＋1＝2n a n (n ∈N *); (3)a 1＝1,a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)．【解】 (1)a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝0＋1＋3＋…＋(2n －5)＋(2n －3)＝(n －1)2,所以数列的通项公式为a n ＝(n －1)2.(2)由于a n ＋1a n ＝2n ,故a 2a 1＝21,a 3a 2＝22,…,a n a n －1＝2n －1,将这n －1个等式叠乘, 得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2,故a n ＝2n (n －1)2,所以数列的通项公式为a n ＝2n (n －1)2.(3)因为a n ＋1＝3a n ＋2,所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1),所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3,所以数列{a n ＋1}为等比数列,公比q ＝3,又a 1＋1＝2,所以a n ＋1＝2·3n －1,所以该数列的通项公式为a n ＝2·3n －1－1.由递推关系求数列的通项公式的常用方法1．在数列{a n }中,若a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋2n －1,则a n ＝________．解析:a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋2n －1⇒a n ＋1－a n ＝2n －1⇒a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1,则a n ＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋a 1 ＝1－2n －11－2＋2＝2n －1＋1.答案:2n －1＋12．若a 1＝1,na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2),则数列{a n }的通项公式a n ＝________． 解析:由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2),得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2)．所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34×23×1＝2n ＋1,(*)又a 1也满足(*)式,所以a n ＝2n ＋1. 答案:2n ＋1考点四 数列的函数特征(综合型)复习指导| 通过实例,了解数列是一种特殊函数． 核心素养:逻辑推理 角度一 数列的单调性已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ,若数列{a n }为递减数列,则实数k 的取值范围为( )A ．(3,＋∞)B ．(2,＋∞)C ．(1,＋∞)D ．(0,＋∞)【解析】 因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k2n ＋1,由数列{a n }为递减数列知,对任意n ∈N *,a n ＋1－a n ＝3－3n －k2n ＋1＜0,所以k ＞3－3n 对任意n ∈N *恒成立,所以k ∈(0,＋∞)．故选D ．【答案】 D(1)解决数列单调性问题的三种方法①用作差比较法,根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列; ②用作商比较法,根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断;③结合相应函数的图象直观判断． (2)求数列最大项或最小项的方法①可以利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≤a na n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项;②利用不等式组⎩⎨⎧a n －1≥a na n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．角度二 数列的周期性设数列{a n }满足:a n ＋1＝1＋a n1－a n ,a 2 020＝3,那么a 1＝( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3【解析】 设a 1＝x ,由a n ＋1＝1＋a n1－a n ,得a 2＝1＋x1－x,a 3＝1＋a 21－a 2＝1＋1＋x 1－x 1－1＋x1－x ＝－1x ,a 4＝1＋a 31－a 3＝1－1x 1＋1x ＝x －1x ＋1,a 5＝1＋a 41－a 4＝1＋x －1x ＋11－x －1x ＋1＝x ＝a 1,所以数列{a n }是周期为4的周期数列． 所以a 2 020＝a 505×4＝a 4＝x －1x ＋1＝3.解得x ＝－2.【答案】 A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．1．等差数列{a n }的公差d ＜0,且a 21＝a 211,则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析:选C ．由a 21＝a 211,可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0,因为d ＜0,所以a 1－a 11≠0,所以a 1＋a 11＝0, 又2a 6＝a 1＋a 11,所以a 6＝0. 因为d ＜0,所以{a n }是递减数列,所以a 1＞a 2＞…＞a 5＞a 6＝0＞a 7＞a 8＞…,显然前5项和或前6项和最大,故选C ．2．(2020·辽宁重点中学协作体联考)在数列{a n }中,a 1＝1,a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2,记S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 18＝( )A ．0B ．18C ．10D ．9解析:选C ．因为a n ＋1－a n ＝sin(n ＋1)π2, 所以a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2.因为a 1＝1,所以a 2＝a 1＋sin π＝1,a 3＝a 2＋sin 3π2＝0,a 4＝a 3＋sin 4π2＝0,a 5＝a 4＋sin 5π2＝1,a 6＝a 5＋sin 6π2＝1,a 7＝a 6＋sin 7π2＝0, a 8＝a 7＋sin 8π2＝0,…,故数列{a n }为周期数列,周期为4.所以S 18＝4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝10.故选C ．3．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *),若{a n }是递增数列,则实数λ的取值范围是________．解析:因为数列{a n }是递增数列,所以a n ＋1＞a n ,所以(n ＋1－λ)2n ＋1＞(n －λ)2n ,化为λ＜n ＋2,对∀n ∈N *都成立．所以λ＜3.答案:(－∞,3)[基础题组练]1．已知数列5,11,17,23,29,…,则55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5,11,17,23,29,…中的各项可变形为5,5＋6,5＋2×6,5＋3×6,5＋4×6,…,所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1,令6n －1＝55,得n ＝21. 2．已知数列{a n }满足:∀m ,n ∈N *,都有a n ·a m ＝a n ＋m ,且a 1＝12,那么a 5＝( )A ．132B ．116C ．14D ．12解析:选A ．因为数列{a n }满足:∀m ,n ∈N *,都有a n ·a m ＝a n ＋m ,且a 1＝12,所以a 2＝a 1a 1＝14,a 3＝a 1·a 2＝18.那么a 5＝a 3·a 2＝132.故选A ．3．在数列{a n }中,“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”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B ．“|a n ＋1|＞a n ”⇔a n ＋1＞a n 或－a n ＋1＞a n ,充分性不成立,数列{a n }为递增数列⇔|a n＋1|≥a n ＋1＞a n 成立,必要性成立,所以“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．故选B ．4．(多选)已知数列{a n }满足a n ＋1＝1－1a n (n ∈N *),且a 1＝2,则( )A ．a 3＝－1B ．a 2 019＝12C ．S 3＝32D ．S 2 019＝2 0192解析:选ACD ．数列{a n }满足a 1＝2,a n ＋1＝1－1a n (n ∈N *),可得a 2＝12,a 3＝－1,a 4＝2,a 5＝12,…所以a n －3＝a n ,数列的周期为3.a 2 019＝a 672×3＋3＝a 3＝－1.S 3＝32,S 2 019＝2 0192.5．(2020·广东广州天河毕业班综合测试(一))数列{a n }满足a 1＝1,对任意n ∈N *,都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ,则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A ．9998B ．2C ．9950D ．99100解析:选C ．由a n ＋1＝1＋a n ＋n ,得a n ＋1－a n ＝n ＋1,则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n (n ＋1)2,则1a n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1, 则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2×[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950.故选C ． 6．若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2,则数列{a n }的通项公式为________． 解析:a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2), 当n ＝1时,a 1＝6;当n ≥2时,⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)故当n ≥2时,a n ＝n ＋2n,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝1n ＋2n n ≥2n ∈N *. 答案:a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝1n ＋2n n ≥2n ∈N * 7．(2020·黑龙江大庆一中模拟)数列{a n }的前n 项和S n 满足a 2＝2,S n ＝12n 2＋An ,则A ＝________,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n ＝________． 解析:因为a 2＝S 2－S 1＝(2＋2A )－⎝⎛⎭⎫12＋A ＝2,所以A ＝12. 所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎡⎦⎤12(n －1)2＋12(n －1)＝n ,当n ＝1时,a 1＝S 1＝1满足上式,所以a n ＝n .所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1,所以T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案::12 n n ＋18．(2020·重庆(区县)调研测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝1,2S n ＝(n ＋1)a n ,则a n ＝________．解析:由2S n ＝(n ＋1)a n 知,当n ≥2时,2S n －1＝na n －1,所以2a n ＝2S n －2S n －1＝(n ＋1)a n －na n －1,所以(n －1)a n ＝na n －1,所以当n ≥2时,a n n ＝a n －1n －1,所以a n n ＝a 11＝1,所以a n ＝n . 答案:n9．已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ,求a 5＋a 6及a n ;(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1,求a n .解:(1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2,当n ＝1时,a 1＝S 1＝1,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1),又a 1也适合此式,所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时,a 1＝S 1＝6;当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2×3n －1＋2, 由于a 1不适合此式,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n ＝12×3n －1＋2n ≥2. 10．(2020·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3,a n ＋1＝4a n ＋3.(1)写出该数列的前4项,并归纳出数列{a n }的通项公式;(2)证明:a n ＋1＋1a n ＋1＝4. 解:(1)a 1＝3,a 2＝15,a 3＝63,a 4＝255.因为a 1＝41－1,a 2＝42－1,a 3＝43－1,a 4＝44－1,…,所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明:因为a n ＋1＝4a n ＋3,所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4. [综合题组练]1．(2020·安徽江淮十校第三次联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2,a 1＝20,则a n n的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9 解析:选C ．由a n ＋1－a n ＝2n 知a 2－a 1＝2×1,a 3－a 2＝2×2,…,a n －a n －1＝2(n －1),n ≥2, 以上各式相加得a n －a 1＝n 2－n ,n ≥2,所以a n ＝n 2－n ＋20,n ≥2,当n ＝1时,a 1＝20符合上式,所以a n n ＝n ＋20n－1,n ∈N *, 所以n ≤4时a n n 单调递减,n ≥5时a n n单调递增, 因为a 44＝a 55,所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8,故选C ． 2．(多选)在数列{a n }中,a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n,则数列{a n }中的最大项可以是( )A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项 解析:选AB ．假设a n 最大,则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1即⎩⎪⎨⎪⎧(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ＋1(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n ≥n ·⎝⎛⎭⎫78n －1所以⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1≥78(n ＋2)78(n ＋1)≥n 即6≤n ≤7,所以最大项为第6项或第7项． 3．(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ,记数列{a n b n }的前n项和为S n ,若S n －22n ＋1＋1＝n ,则数列{b n }的通项公式为b n ＝________． 解析:因为S n －22n ＋1＋1＝n ,所以S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.所以当n ≥2时,S n －1＝(n －2)2n ＋2,两式相减,得a n b n ＝n ·2n ,所以b n ＝n ;当n ＝1时,a 1b 1＝2,所以b 1＝1.综上所述,b n ＝n ,n ∈N *.故答案为n .答案:n4．(2020·新疆一诊)数列{a n }满足a 1＝3,a n －a n a n ＋1＝1,A n 表示{a n }的前n 项之积,则A 2 019＝________．解析:由a n －a n a n ＋1＝1,得a n ＋1＝1－1a n, 又a 1＝3,则a 2＝1－1a 1＝23,a 3＝1－1a 2＝1－32＝－12,a 4＝1－1a 3＝1－(－2)＝3, 则数列{a n }是周期为3的周期数列,且a 1a 2a 3＝3×⎝⎛⎭⎫23×⎝⎛⎭⎫－12＝－1,则A 2 019＝(a 1a 2a 3)·(a 4a 5a 6)·…·(a 2017a 2 018a 2 019)＝(－1)673＝－1.答案:－15．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和,且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1,a 2,a 3,a 4的值;(2)求数列{a n }的通项公式．解:(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *),可得a 1＝12a 21＋12a 1,解得a 1＝1; S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2,解得a 2＝2; 同理a 3＝3,a 4＝4.(2)S n ＝12a 2n ＋12a n,① 当n ≥2时,S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1,②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0,所以a n －a n －1＝1,又由(1)知a 1＝1,故数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,故a n ＝n .6．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3),a n ＋1＝S n ＋3n ,n ∈N *.(1)设b n ＝S n －3n ,求数列{b n }的通项公式;(2)若a n ＋1≥a n ,n ∈N *,求a 的取值范围．解:(1)依题意得S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ,即S n ＋1＝2S n ＋3n ,由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n ),即b n ＋1＝2b n ,又b 1＝S 1－3＝a －3,因此,所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1,n ∈N *.(2)由(1)可知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1,n ∈N *,于是,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2, a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎡⎦⎤12·⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3, 所以,当n ≥2时,a n ＋1≥a n ⇒12⎝⎛⎭⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9,又a 2＝a 1＋3＞a 1,a ≠3.所以,所求的a 的取值范围是[－9,3)∪(3,＋∞)．。

第1讲数列的概念与简单表示法知识梳理1．数列的通项公式(1)定义：如果数列{a n}的第n项a n与项数n之间的函数关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做数列的通项公式，记为a n＝f(n)(n∈N*)．数列可以用通项公式来描述，也可以通过列表或图象来表示．(2)数列的递推公式：如果已知数列的第一项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．递推公式也是给出数列的一种方法．2．数列的分类分类原则 类型 满足条件 按项数分类 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 按项与项间 的大小关系 分类 递增数列 a n ＋1＞a n 其中 n ∈N＋递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n按其他 标准分类有界数列 存在正数M ，使|a n |≤M 摆动数列a n 的符号正负相间，如1，－1,1，－1，…3.数列前n 项和S n 与通项a n 的基本关系 已知S n ，则a n ＝{ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2. 辨 析 感 悟1．对数列概念的认识(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×) (2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×) 2．对数列的性质及表示法的理解(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×) (5)(2013·开封模拟改编)已知S n ＝3n ＋1，则a n ＝2·3n －1.(×) [感悟·提升]1．一个区别 “数列”与“数集”数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复出现，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．2．三个防范 一是注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列，如(4)．二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数0，n 为偶数.三是已知S n 求a n 时，一定要验证n ＝1的特殊情形，如(5)．考点一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5,55,555,5 555，….解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1)．规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想． 【训练1】 根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (2)32，1，710，917，….解 (1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n .(2)将数列统一为32，55，7，10，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n【例2】 (2012·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2， 则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1.因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式， 所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列． 所以a n ＋2＝3×2n －1，∴a n ＝3×2n －1－2， 当n ＝1时也成立， 所以a n ＝3×2n －1－2.规律方法 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .【训练2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________. 解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5. 显然当n ＝1时，不满足上式，故数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n ， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n (n ≥2)， 即a n ＋1a n＝32(n ≥2)，又a 2＝12，∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1≠12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，∴S n ＝2a n ＋1＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 (1)a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝16n －5，n ≥2(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1考点三 由递推公式求数列的通项公式【例3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________； (2)若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.审题路线 (1)变形为a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒用累加法，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)⇒得出a n .(2)变形为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)⇒再变形为a n ＋1＋1a n ＋1＝13⇒用累乘法或迭代法可求a n . 解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋(n －1)(2＋n )2＝n (n ＋1)2＋1. 又a 1＝2＝1×(1＋1)2＋1，符合上式，因此a n ＝n (n ＋1)2＋1.(2)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，法一a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3.将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n.因为a 1＝1，所以a n ＋1＋11＋1＝3n ，即a n ＋1＝2×3n －1(n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故a n ＝2×3n －1－1. 法二 由a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，当n ≥2时，a n ＋1＝3(a n －1＋1)，∴a n ＋1＝3(a n －1＋1)＝32(a n －2＋1)＝33(a n －3＋1)＝…＝ 3n －1(a 1＋1)＝2×3n －1， ∴a n ＝2×3n －1－1；当n ＝1时，a 1＝1＝2×31－1－1也满足． ∴a n ＝2×3n －1－1. 答案 (1)n (n ＋1)2＋1 (2)2×3n －1－1 规律方法 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．【训练3】 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________. 解析 ∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n ＞0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∴a n ＝1n . 答案 1n1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n 或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．由S n 求a n 时，a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2)，注意验证a 1是否包含在后面a n 的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含a n 与S n 的关系的数列题均可考虑上述公式．3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)“a n ＋1＝pa n ＋q ”这种形式通常转化为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．思想方法5——用函数的思想解决数列问题【典例】 数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋k n ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n .求实数k 的取值范围． 解 (1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4. ∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1＞a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋k n ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.[反思感悟] (1)本题给出的数列通项公式可以看做是一个定义在正整数集N *上的二次函数，因此可以利用二次函数的对称轴来研究其单调性，得到实数k 的取值范围，使问题得到解决．(2)在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取． (3)易错分析：本题易错答案为k ＞－2.原因是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数． 【自主体验】1．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________．解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0. 答案 02．已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析 设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足－λ2＜32，即λ＞－3.答案 (－3，＋∞)基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．在数列{a n}中，a n＋1＝a n＋2＋a n，a1＝2，a2＝5，则a6的值是________．解析由a n＋1＝a n＋2＋a n，得a n＋2＝a n＋1－a n，∴a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－5，a6＝a5－a4＝－3.答案－32．若S n为数列{a n}的前n项和，且S n＝nn＋1，则1a5＝________.解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝nn＋1－n－1n＝1n(n＋1)，∴1a5＝5×(5＋1)＝30.答案303．在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1，则通项a n＝______. 解析由a n＋1－a n＝n＋1，可得a n－a n－1＝n，a n－1－a n－2＝n－1，a n－2－a n－3＝n－2，…a3－a2＝3，a2－a1＝2，以上n－1个式子左右两边分别相加得，a n－a1＝2＋3＋…＋n，∴a n ＝1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)2＋1.答案n (n ＋1)2＋14．(2014·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝________. 解析 a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1)＝10. 答案 105．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是________． 解析 法一 (构造法)由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a n n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列． 且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二 (累乘法)：n ≥2时，a n a n －1＝nn －1，a n －1a n －2＝n －1n －2. …a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n ，又因为a 1＝1，∴a n ＝n .答案 n6．(2013·蚌埠模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝－n 2＋10n ＋11，则该数列前________项的和最大．解析 易知a 1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令a n ≥0，则－n 2＋10n ＋11≥0，∴－1≤n ≤11，可见，当n ＝11时，a 11＝0，故a 10是最后一个正项，a 11＝0，故前10或11项和最大． 答案 10或117．(2014·广州模拟)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则数列{a n }的通项公式为________．解析 ∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋… ＋3n －2a n －1＝n －13，两式左右两边分别相减得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n (n ≥2)．由题意知，a 1＝13，符合上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)． 答案 a n ＝13n8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．解析 每行的第二个数构成一个数列{a n }，由题意知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，所以a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3，等式两边同时相加得a n －a 2＝(2n －3＋3)×(n －2)2＝n 2－2n ，所以a n ＝n 2－2n ＋a 2＝n 2－2n ＋3(n ≥2)，所以a 9＝92－2×9＋3＝66. 答案 66 二、解答题9．(2013·梅州调研改编)已知函数f (x )＝2x －2－x ，数列{a n }满足f (log 2a n )＝－2n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：数列{a n }是递减数列．(1)解 ∵f (x )＝2x －2－x ，f (log 2a n )＝－2n ，∴2log 2a n －2－log 2a n ＝－2n ，∴a n －1a n＝－2n .∴a 2n ＋2na n －1＝0，解得a n ＝－n ±n 2＋1.∵a n ＞0，∴a n ＝n 2＋1－n . (2)证明 a n ＋1a n ＝(n ＋1)2＋1－(n ＋1)n 2＋1－n＝n 2＋1＋n(n ＋1)2＋1＋(n ＋1)＜1.∵a n ＞0，∴a a ＋1＜a n ，∴数列{a n }是递减数列．10．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围． 解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ， 即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －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b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *. (2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式， 故a n ＝⎩⎨⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋(a －3)2n －2，n ≥2. a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2 ＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3， 当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝411－2n，则满足a n ＋1＜a n 的n 的取值为________．解析 由a n ＋1＜a n ，得a n ＋1－a n ＝49－2n －411－2n ＝8(9－2n )(11－2n )＜0，解得92＜n ＜112，又n ∈N *，∴n ＝5. 答案 52．(2014·湖州模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________． 解析 ∵数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)，∴⎩⎨⎧3－a >0，a >1，f (8)>f (7)⇒2<a <3.答案 (2,3)3．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 答案 28 二、解答题4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解 (1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0. 若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④ 由①④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， ∴(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.∴数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0， 故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7(b 1＋b 7)2＝7(1＋1－3lg 2)2＝7－212lg 2.第2讲 等差数列及其前n 项和知 识 梳 理1．等差数列的定义及通项公式(1)等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与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，这个常数就叫做等差数列的公差(公差常用字母“d ”表示)．即a n －a n －1＝d (n ≥2，n ∈N )．(2)等差中项：如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，其中A ＝a ＋b2.(3)等差数列的通项公式：若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ；若已知第m 项a m 和公差d ，通项a n 还可写成a n ＝a m ＋(n －m )d . (4)等差数列的公差公式：d ＝a n －a 1n －1或d ＝a n －a mn －m .2．等差数列的性质(1)若数列{a n }是等差数列，则a n －a m ＝(n －m )d (n 、m ∈N *)．(2)数列{a n }是等差数列，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p .(3)在有穷等差数列{a n }中，与首、末两项距离相等的任意两项之和与首、末两项之和相等，如a 1＋a n ＝a 2＋a n －1.(4)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋k b n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(5)等差数列中依次k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ， S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d . (6)项数为偶数2n 的等差数列{a n }，有S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a 2＋a 2n －1)＝…＝n (a n ＋a n ＋1)(a n 与a n ＋1为中间的两项)，S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (7)项数为奇数2n －1的等差数列{a n }，有 S 2n －1＝(2n －1)a n (a n 为中间项)， S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.3．等差数列的前n 项和(1)公式：若已知首项a 1和末项a n ，则S n ＝n (a 1＋a n )2，或等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d .(2)等差数列的前n 项和公式与函数的关系：S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，数列{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．(3)最值问题：在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值，若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值．辨 析 感 悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×)2．等差数列的通项公式与前n 项和(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(√) (5)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(6)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×) 3．等差数列性质的活用(7)(2012·福建卷改编)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差d ＝2.(√)(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d ＞0的等差数列{a n }，则数列{a n }，{na n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ，{a n ＋3nd }都是递增数列．(×) [感悟·提升]1．一点注意 等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．2．等差数列与函数的区别 一是当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的，如(8)中若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列；设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋m ，则a n ＋3nd ＝4dn ＋m 是递增数列.考点一 等差数列的基本量的求解【例1】 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，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a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝________.(2)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S 4＝20，则S 6＝________. 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则⎩⎨⎧ 2a 1＋4d ＝4，2a 1＋6d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝－4，d ＝3. ∴S 10＝10×(－4)＋10×92×3＝95.(2)设公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝12，S 4＝20，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，4a 1＋6d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，d ＝3，则S 6＝6×12＋6×52×3＝48.答案 (1)95 (2)48考点二 等差数列的判定与证明【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．审题路线 (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子⇒同除S n ·S n －1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求1S n⇒再求S n ⇒再代入条件a n ＝－2S n S n －1，求a n ⇒验证n ＝1的情况⇒得出结论．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12不适合上式． 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.规律方法 证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法． 【训练2】 已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n . 设b n ＝a n －2n3n .证明：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1，∴{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0.∴b n ＝n －1，∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n .考点三 等差数列的性质及应用【例3】 (1)(2013·安徽卷改编)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝________.(2)在等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则前3m 项的和为________．解析 (1)S 8＝4a 3⇒8(a 1＋a 8)2＝4a 3⇒a 3＋a 6＝a 3，∴a 6＝0，∴d ＝a 7－a 6＝－2，∴a 9＝a 7＋2d ＝－2－4＝－6.(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210.答案 (1)－6 (2)210规律方法 巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；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．【训练3】 (1)在等差数列{a n }中．若共有n 项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项和S n ＝286，则n ＝________.(2)已知等差数列{a n }中，S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________. 解析 (1)依题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67.由等差数列的性质知a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，∴4(a 1＋a n )＝88，∴a 1＋a n ＝22.又S n ＝n (a 1＋a n )2，即286＝n ×222，∴n ＝26. (2)∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， ∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)． ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6 ＝2(S 6－S 3)－S 3 ＝2(36－9)－9＝45. 答案 (1)26 (2)451．等差数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列．(2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a 1和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】 (1)(2012·辽宁卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝________.(2)(2013·北京卷)若等比数列{a n }满足：a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.[一般解法] (1)设数列{a n }的公差为d ，则a 4＋a 8＝16，即a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝16，即a 1＝8－5d ，所以S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(8－5d )＋55d ＝88－55d ＋55d ＝88.(2)由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，得⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＋a 1q 4＝40， 即⎩⎨⎧a 1q (1＋q 2)＝20，a 1q 2(1＋q 2)＝40， 解得q ＝2，a 1＝2，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.[优美解法] (1)由a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝11×162＝88.(2)由已知，得a 3＋a 5a 2＋a 4＝q (a 2＋a 4)a 2＋a 4＝q ＝2，又a 1＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n ＋1－2.[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征． 【自主体验】在等差数列{a n }中，已知S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，则S m ＋n ＝________. 解析 设{a n }的公差为d ，则由S n ＝m ，S m ＝n ， 得⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝m ，S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝n .①②②－①得(m －n )a 1＋(m －n )(m ＋n －1)2·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1. ∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．答案 －(m ＋n )基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．(2013·肇庆二模)在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________. 解析 a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99. 答案 992．(2014·成都模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，前三项之和S 3＝9，则{a n }的通项a n ＝________.解析 由a 1＝1，S 3＝9，得a 1＋a 2＋a 3＝9，即3a 1＋3d ＝9，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 答案 2n －13．(2013·温州二模)记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝________.解析 由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2. 答案 24．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＋a 7＝15，那么a 3＋a 4＋…＋a 9等于________．解析 由题意得3a 6＝15，a 6＝5.所以a 3＋a 4＋…＋a 9＝7a 6＝7×5＝35.答案 355．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为________．解析 由a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，得(m －1)d ＝9a 5＝36d ⇒m ＝37. 答案 376．(2014·无锡模拟){a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝________.解析 设公差为d ，则由已知得S 7＝7(a 1＋a 7)2，即21＝7(a 1＋5)2，解得a 1＝1，所以a 7＝a 1＋6d ，所以d ＝23.所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝10＋10×92×23＝40. 答案 407．(2013·淄博二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 13＝S 13＝13，则a 1＝________.解析 在等差数列中，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13，所以a 1＋a 13＝2，即a 1＝2－a 13＝2－13＝－11. 答案 －118．(2013·浙江五校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________.解析 S 3S 5＝3(a 1＋a 3)5(a 1＋a 5)＝3a 25a 3＝35×52＝32.答案 3∶2 二、解答题9．(2013·福建卷)已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n . (1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，所以5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2.故a 1的取值范围是(－5,2)．10．(2013·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n n ＋c ，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d ＞0，由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22，所以a 3，a 4是关于x 的方程x 2－22x ＋117＝0的解，所以a 3＝9，a 4＝13，易知a 1＝1，d ＝4，故通项为a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)由(1)知S n ＝n (1＋4n －3)2＝2n 2－n ，所以b n＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c. 法一 所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c (c ≠0)．令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12. 当c ＝－12时，b n ＝2n 2－n n －12＝2n ， 当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列． 法二 由b n ＝S nn ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝________.解析 S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120，a 1＋a n ＝30，由S n ＝n (a 1＋a n )2＝210，得n ＝14.答案 142．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是________．解析 法一 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时，S n 最大．法二 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数的性质，知当n ＝7时，S n 最大． 法三 根据a 1＝13，S 3＝S 11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n ＝3＋112＝7时，S n 取得最大值． 答案 73．(2014·九江一模)正项数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________.解析 因为2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以d ＝a 22－a 21＝4－1＝3为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n＝3n －2，n ≥1.所以a 7＝3×7－2＝19. 答案19二、解答题4．(1)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a ＞0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3，若数列{a n }唯一，求a 的值；(2)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ，b 2＝2＋aq ，b 3＝3＋aq 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)， 即aq 2－4aq ＋3a －1＝0.*由a ＞0得，Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程*有两个不同的实根． 再由{a n }唯一，知方程*必有一根为0，将q ＝0代入方程*得a ＝13.(2)假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31.由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列，得⎩⎨⎧2(b 1q 2－a 1q 1)＝b 1－a 1＋(b 1q 22－a 1q 21)，2(b 1q 22－a 1q 21)＝b 1q 2－a 1q 1＋(b 1q 32－a 1q 31)，即⎩⎨⎧b 1(q 2－1)2－a 1(q 1－1)2＝0， ①b 1q 2(q 2－1)2－a 1q 1(q 1－1)2＝0. ② ①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0， 由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.(ⅰ)当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．(ⅱ)当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．第3讲 等比数列及其前n 项和知 识 梳 理1．等比数列的定义及通项公式(1)等比数列的定义：如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的比等于同一个常数，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a n ＋1a n＝q (n ∈N *)．(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，且G ＝±ab (ab >0)．在等比数列中，从第二项起每一项(有穷数列最后一项除外)都是它前一项与后一项的等比中项，即a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *且n ≥2)． (3)等比数列的通项公式：若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，若已知第m 项a m 和公比q ，则a n ＝a m q n －m . (4)等比数列的公比公式：q n －1＝a n a 1或q n －m ＝a n a m.2．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .3．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.辨 析 感 悟1．对等比数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×) (3)若三个数成等比数列，那么这三个数可以设为aq ，a ，aq .(√) 2．通项公式与前n 项和的关系(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.(×)(5)(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝3－2a n .(√) 3．等比数列性质的活用(6)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．(×)(7)(2014·兰州模拟改编)在等比数列{a n }中，已知a 7·a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11＝25.(√) (8)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×) [感悟·提升]1．一个区别 等差数列的首项和公差可以为零，且等差中项唯一；而等比数列首项和公比均不为零，等比中项可以有两个值．如(1)中的“常数”，应为“同一非零常数”；(2)中，若b 2＝ac ，则不能推出a ，b ，c 成等比数列，因为a ，b ，c 为0时，不成立．2．两个防范 一是在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1或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，如(4)．二是运用等比数列的性质时，注意条件的限制，如(6)中当a n ＋1a n ＝q ＜0时，ln a n ＋1－ln a n ＝ln q 无意义；而(8)中当q ＝－1时，S 4＝0，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8不能构成等比数列.考点一 等比数列的判定与证明【例1】 (2013·济宁测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于任意的正整数n都有S n ＝2a n －3n ，设b n ＝a n ＋3.求证：数列{b n }是等比数列，并求a n .证明 由S n ＝2a n －3n 对于任意的正整数都成立，得S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－3(n ＋1)－2a n ＋3n ，所以a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝2a n ＋3，所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，即b n ＋1b n＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2对一切正整数都成立，所以数列{b n }是等比数列．由已知得：S 1＝2a 1－3，即a 1＝2a 1－3，所以a 1＝3，所以b 1＝a 1＋3＝6，即b n ＝6·2n －1.故a n ＝6·2n －1－3＝3·2n －3. 规律方法 证明数列{a n }是等比数列常用的方法：一是定义法，证明a n a n －1＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，证明a 2n ＝a n －1·a n ＋1.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练1】 (2014·镇海中学模拟)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n－4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列；(2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列． (2)解 因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n (a n －3n ＋21)＝－23b n .又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－23b n .可知b n ≠0，所以b n ＋1b n＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时， 数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．考点二 等比数列基本量的求解【例2】 (2013·湖北卷)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．审题路线 (1)设数列{a n }的公比为q ⇒由已知联立方程组⇒解方程组可得a 1，q⇒得出a n .(2)由(1)求S n ⇒代入S n ≥2 013⇒对n 进行分类⇒结论．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎨⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎨⎧ －a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3·[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n . 若存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n >0.上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．规律方法 等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．【训练2】 (1)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________．(2)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________.解析 (1)显然公比q ≠1，由题意可知9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，解得q ＝2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和T 5＝3116. (2)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎨⎧ a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝9，q ＝－13(舍去)， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝314.答案 (1)3116 (2)314考点三 等比数列性质的应用【例3】 (1)(2012·新课标全国卷改编)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________.(2)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________. 解析 (1)由已知得⎩⎨⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎨⎧ a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎨⎧a 4＝－2，a 7＝4.当a 4＝4，a 7＝－2时，易得a 1＝－8，a 10＝1，从而a 1＋a 10＝－7；当a 4＝－2，a 7＝4时，易得a 10＝－8，a 1＝1，从而a 1＋a 10＝－7.(2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，则S 10－S 5S 5＝－132. 由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.答案 (1)－7 (2)－12规律方法 熟练掌握等比数列的一些性质可提高解题速度，历年高考对等比数列的性质考查较多，主要是考查“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新．解题时要善于类比并且要能正确区分等差、等比数列的性质，不要把两者的性质搞混．【训练3】 (1)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为________．(2)(2014·昆明模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝________.解析 (1)由等比中项知y 2＝3，∴y ＝±3，又∵y 与－1，－3符号相同，∴y ＝－3，y 2＝xz ，所以xyz ＝y 3＝－3 3.(2)由等比数列性质，得a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.答案 (1)－33 (2)8。

第三章数列2014高考导航考纲解读1 •理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项.2•理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前〃项和公式，并能解决简单的实际问题.3.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前〃项和公式，并能解决简单的实际问题.§3.1数列的概念本节目录知能演练轻松闯关考向瞭望把脉高考 考点探究讲练互动 教材回顾夯实双基基础梳理1.数列的概念按一定次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.数列可以看作一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛123,…，〃｝）的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值.它的图象是一一群孤立的点.数歹的第兀项知与项数〃的关系若能用一个公式知=加）给出，则这个公式叫做这个数列的通项公式•3.数列的前〃项和数列的前〃项和S“=ai+a2 ----------- 5,且下列关系成立Si (n = l)a tl=^S n~S n^i (/i M2).4.递推公式如果已知数列仏啲第1项(或前几项)，且任一项心与它的前一项给-1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.思考探究1.｛〜｝与a“有何关系？提示：｛心与◎是两个不同的概念，｛a“｝表示数列％a v …，a”,…，而知只表示数列｛〜｝中的第〃项.2.一个数列的通项公式是否唯一？提示：不一定，有的数列通项公式唯一，有的数列有多个通项公式，有的数列没有通项公式.课前热身3 8 151•（教材改编）数列务节, A.n2—1 ""—nB.(n +1)2— 1a,~ n + 1C.(W+1/+2”"l(T)n + 1D.(n n(W+l)2_ 1 "l(T)n + 1答案：C¥，…的一个通项公式是（）2.已知«o=l,如=3,怎一％w“+i=(-1)"仗WN*),则如等于() A・ 33 B. 21C 17 D. 10答案：A3. （2011•高考江西卷）已知数列《｝的前兀项和S”满足：S“+S = ^n+m9且"1 = 1，B. 9那么"10 = ()A. 1C. 10D. 55解析：*/ S n+S m=S n+m,且幻=1,・・・S1 = 1・可令加=1,得s“+]=s” + i,s“+i _s“=i・即当必1时9知+i = l, .\a10=l.4.如果数列仏J的前孔项和为S n=2n2+19贝!|妁=答案:3 (n = l)4H—2 (〃$2)5.在数列仏｝中, 项之和为________ 答案：-1005=1,尤一冷+1 — 1=0,则此数列的前2 014考点1由数列的前几项写数列的通项公式据所给数列的前几项求其通项公式时，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;(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、联想.根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式:(1) 0.8,0・8&0.888,(4)0丄….【思路分析】（1）循环数借助于1—命来解决.5_ 2932 6164917710 13-2^ XI/3 1一* 2⑵正负号交叉用（一1）"或（一1严1来调节，这是因为H和«+1 奇偶交错.（3）分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系.（4）对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法解决.【解】⑴将数列变形为尹一0.1)勺(1—0.01),尹一0.001),…，・• a n—^(1 — ]0") •⑵各项的分母分别为亍夕，，，…，易看出第2,3,4项的分子2 —3分别比分母少3.因此把第1项变为一二一，至此原数列已化为21-3 22-3 23-3 24-322，一a“=(—1)"宁.IT ‘~ir ‘ …'3 5 7 9(3)将数列统_为㊁,丁,帀p,…，对于分子3,5,7,9,…是序号的2倍加1,可得分子的通项公式为b n =2n+l f 对于分母2,5,1047,…联想到数列1A016,…，即数列{/}, 可得分母的通项公式为c“ = /+l,2n±ln 2+r/° (〃为奇数)又0=1_1 1=丄+丄11 s 为偶数)’又 2 2, 1—2+2，.••也可为。

§6.5 数列求和 考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法． 知识梳理数列求和的几种常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和．(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1. 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a n ＝(－1)n ·f (n )类型，常采用两项合并求解．3．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．4．裂项相消法(1)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．(2)常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2. ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. ④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( ) A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d＝50＋25＝75.3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________. 答案 2 022解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.题型一 分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 6＝a 1＋5d ＝6，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2， B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ?解 由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)n n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n ＝⎩⎨⎧ 2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2， 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3， 即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25.(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. (2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)]＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2. 综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2. 题型二 错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n 3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式； [切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2. [关键点：b n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项．(1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2.(2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n ＝1－(1＋3n )(－2)n 3， ∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n 9，n ∈N *. 思维升华 (1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1.跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9， 解得a 2＝－2716， 所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列， 所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n . (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n .所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ，① 且34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)×⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ⎣⎡⎦⎤(n －4)×⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立， 当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1； 当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三 裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *， 所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4， 即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2.(2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋ 12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34. (1)解 因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a n a n －1＝3， 则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明 由(1)得b n ＝3n(3n －1＋1)(3n ＋1)＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1， 即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1， 所以T n <34， 又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38， 所以38≤T n <34. 思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后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．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n ＝ n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明 当n ≥2时，(n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)，将上式两边都除以n (n －1)，得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1， 即a n n －a n －1n －1＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列． (2)解 由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2， 即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2， 所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋⎭⎪⎬⎪⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围． 解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1)＝21－22n ＋11－4＋n (1＋2n －1)2 ＝22n ＋13＋n 2－23. 易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n ，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n ，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋2(1－2n －1)1－2＝2n . 又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n .(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12， 因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n .(2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)，①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n 2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时，T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)， 所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)， 所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1)＝－3＋2×1－(－1)n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ，在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36， 解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)， 则S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ] ＝n 2×2＝n ； 当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得 －3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝4(1－4n )1－4×2－2n ·4n ＋1 ＝8(1－4n )－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。