第一讲 等差数列、等比数列(教案) 高中数学复习专题 Word版 含答案

等差数列与等比数列数学教案引言：数列是数学中一种重要的数学概念，是指按照一定规律排列的数的集合。

其中，等差数列和等比数列是数学中最常见的两种数列。

它们是数学中的基础概念，掌握它们的性质与运算方法对深入理解数学知识、提高解决问题的能力具有非常重要的意义。

本教案将通过丰富的案例和实际问题，帮助学生全面掌握等差数列和等比数列的相关知识。

一、等差数列1. 等差数列的定义与公式等差数列是指数列中任意两个相邻项之差都是一个常数的数列。

设等差数列的首项为a1，公差为d，则第n项可表示为an=a1+(n-1)d。

其中，a1为首项，d为公差，n为项数。

案例：一个等差数列的首项为3，公差为4，求该等差数列的第10项。

2. 等差数列的通项公式推导与应用等差数列的通项公式是指可以通过首项、公差和项数，直接求得等差数列的第n项。

通项公式为an=a1+(n-1)d。

案例：已知一个等差数列的第5项为21，公差为7，求该等差数列的前10项和。

3. 等差数列的性质与运算等差数列具有以下性质和运算方法：（1）等差数列的任意两项的和等于这两项所夹项的两倍。

（2）等差数列的前n项和可以通过n(n+1)/2求得。

案例：某等差数列的前5项和为30，公差为2，求该等差数列的首项和第7项。

二、等比数列1. 等比数列的定义与公式等比数列是指数列中任意两个相邻项之比都是一个常数的数列。

设等比数列的首项为a1，公比为q，则第n项可表示为an=a1 * q^(n-1)。

其中，a1为首项，q为公比，n为项数。

案例：一个等比数列的首项为2，公比为3，求该等比数列的第5项。

2. 等比数列的通项公式推导与应用等比数列的通项公式是指可以通过首项、公比和项数，直接求得等比数列的第n项。

通项公式为an=a1 * q^(n-1)。

案例：已知一个等比数列的第3项为16，公比为2，求该等比数列的前6项和。

3. 等比数列的性质与运算等比数列具有以下性质和运算方法：（1）等比数列的任意两项的比等于这两项所夹项的指数幂。

2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点.年份 卷别 考查角度及命题位置 xxⅠ卷 等差、等比数列的综合应用·T 17xxⅠ卷等差数列的通项公式及前n 项和公式·T 7 等比数列的概念及前n 项和公式·T 13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n 项和公式·T 5 等比数列的通项公式及性质·T 9[真题自检]1．(xx·高考全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11解析：法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5.法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1， ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5.解析：A2．(xx·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12解析：∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：B3．(xx·高考全国卷Ⅰ改编)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，求n 的值．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，∴21－2n1－2＝126，∴n ＝6.等差数列、等比数列的基本运算[方法结论]1．两组求和公式 (1)等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(2)等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．2．在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．[题组突破]1．(xx·贵阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 9＝16，则S 11＝( ) A ．88 B ．48 C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝11a 3＋a 92＝11×162＝88，选A. 优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列(注意慎用此方法)，即a n ＝8，因此S 11＝88，选A.答案：A2．(xx·海口模拟)已知数列{a n }，a n ＞0, 它的前n 项和为S n ，且2a 2是4a 1与a 3的等差中项．若{a n }为等比数列，a 1＝1，则S 7＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，依题意有a 1＝1,4a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，故q ＝2，则S 7＝1－271－2＝127. 答案：1273．(xx·长沙模拟)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3， 从而等比数列{c n }的公比为3， 因此c n ＝1×3n －1＝3n －1.另一方面，c n ＝a ＝2b n －1， 所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12. 记{b n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝1＋31＋…＋3n －1＋n 2＝3n＋2n －14.[误区警示]在运用等比数列前n 项和公式时，一定要注意判断公比q 是否为1，切忌盲目套用公式导致失误．等差数列、等比数列的性质[方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：等差数列等比数列性质 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m qn －m ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S m ≠0)(1)若n 为奇数，则S n ＝na . (2)若n 为偶数，则S n ＝n2(a ＋a )．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为奇数2n －1时， 有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n. 4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q . [题组突破]1．(xx·洛阳模拟)等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d等于( ) A ．1 B ．2 C ．9D ．10解析：依题意得(a 1＋a 10)2－2a 1a 10＝(a 5＋a 6)2－2a 1a 10＝121－2a 1a 10＝101，∴a 1a 10＝10， 又a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11，a 1＜a 10，∴a 1＝1，a 10＝10，d ＝a 10－a 110－1＝1，选A.答案：A2．(xx·江西红色七校联考)等比数列{a n }满足a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则公比q 为( ) A.14 B.12 C ．2D ．4解析：通解：由已知可得a 21q 6＝64，即a 1q 3＝8，得a 4＝8，所以8q＋8q ＝20，化简得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，故q ＝2，选C.优解：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20a 3a 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝4a 5＝16或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝16a 5＝4(舍去)，故a 5a 3＝164＝4＝q 2，故q ＝2，选C. 答案：C3．(xx·江西高安中学等九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B.22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan(－7π3)＝tan(－2π－π3)＝－tan π3＝－ 3.答案：D [误区警示]在等比数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m …仍成等比数列的前提是S m ≠0，易忽视这一条件．等差数列、等比数列的判定与证明[方法结论]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明{a n }是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)． [典例] (xx·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解析：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n.(2)由(1)可得S n ＝a 11－q n 1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列． [类题通法]等价转化思想在解决a n 与S n 关系问题中的应用在已知a n 与S n 的关系问题中，通常利用a n 与S n 的关系转化为{a n }中a n 与a n －1或a n ＋1与a n 的关系，然后求解其他问题．[演练冲关]1．(xx·华南师大附中测试)在数列{a n }中，a 1＝p ，a n ＋1＝qa n ＋d (n ∈N *，p ，q ，d 是常数)，则d ＝0是数列{a n }是等比数列的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当d ＝0，p ＝0时，a n ＝0，数列{a n }不是等比数列，所以充分性不成立；当q ＝0，p ＝d ，d ≠0时，a n ＝d ，则数列{a n }为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d ＝0是数列{a n }是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D.答案：D2．(xx·临川一中模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝n ＋1na n ＋2n ＋2. (1)证明：数列{a n n}是等差数列； (2)证明：1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＜1.证明：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋2n ＋2得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2， ∴数列{a n n}是首项为3，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n n＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1， ∴a n ＝n (2n ＋1)， ∴1a n＝1n 2n ＋1＜1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＜(11－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝11－1n ＋1＜1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＜1.等差、等比数列与其他知识的交汇1．交汇点 数列与其他知识的交汇数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用． [典例1] (xx·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．2 015D ．2 016解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 016＝1，∴S 2 016＝2 016a 1＋a 2 0162＝1 008，故选B.答案：B [类题通法]本题巧妙地将三点共线条件(PA →＝xPB →＋yPC →且A ，B ，C 三点共线⇔x ＋y ＝1)与等差数列的求和公式结合，解决的关键是抓住整体求值思想．[演练冲关]1．(xx·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32 C ．1D ．－32解析：因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32.答案：B2．创新点 新定义下数列的创新问题 [典例2] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.解析：由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n2，所以S 2nS n ＝2n c 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd4＋nd －d＝2＋21＋4－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2nS n 为非零常数，所以d ＝4. 答案：4 [类题通法]解决新定义下数列问题一般是直接扣定义进行求解．本例的关键是抓住S 2nS n为非零常数来确定参数值．[演练冲关]2．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断： ①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④。

2012届高考数学第一轮等差数列与等比数列的综合问题专项复习教案3.4 等差数列与等比数列的综合问题●知识梳理（一）等差、等比数列的性质 1.等差数列{an}的性质（1）am=ak+（m－k）d，d= . （2）若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{λan+b}（λ、b为常数）是公差为λd的等差数列；若{bn}也是公差为d的等差数列，则{λ1an+λ2bn}（λ1、λ2为常数）也是等差数列且公差为λ1d+λ2d. （3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等差数列，公差为md. （4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am+an=ak+al，反之不成立. （5）设A=a1+a2+a3+…+an，B=an+1+an+2+an+3+…+a2n，C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n，则A、B、C成等差数列. （6）若数列{an}的项数为2n（n∈N*），则S偶－S奇=nd， = ，S2n=n（an+an+1）（an、an+1为中间两项）；若数列{an}的项数为2n－1（n∈N*），则S奇－S偶=an， = ，S2n－1=（2n－1）an（an为中间项）. 2.等比数列{an}的性质（1）am=ak•qm－k. （2）若数列{an}是等比数列，则数列{λ1an}（λ1为常数）是公比为q的等比数列；若{bn}也是公比为q2的等比数列，则{λ1an•λ2bn}（λ1、λ2为常数）也是等比数列，公比为q•q2. （3）下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…组成的数列仍为等比数列，公比为qm. （4）若m、n、l、k∈N*，且m+n=k+l，则am•an=ak•al，反之不成立. （5）设A=a1+a2+a3+…+an，B=an+1+an+2+an+3+…+a2n，C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n，则A、B、C成等比数列，设M=a1•a2•…•an，N=an+1•an+2•…•a2n，P=a2n+1•a2n+2•…•a3n，则M、N、P也成等比数列. （二）对于等差、等比数列注意以下设法：如三个数成等差数列，可设为a－d，a，a+d；若四个符号相同的数成等差数列，知其和，可设为a－3d，a－d，a+d，a+3d.三个数成等比数列，可设为，a，aq，若四个符号相同的数成等比数列，知其积，可设为，，aq，aq3. （三）用函数的观点理解等差数列、等比数列 1.对于等差数列，∵an=a1+（n－1）d=dn+（a1－d），当d≠0时，an是n的一次函数，对应的点（n，an）是位于直线上的若干个点.当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d=0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数. 若等差数列的前n项和为Sn，则Sn=pn2+qn （p、q∈R）.当p=0时，{an}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题. 2.对于等比数列：an=a1qn－1.可用指数函数的性质来理解. 当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等比数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等比数列{an}是递减数列. 当q=1时，是一个常数列. 当q＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列. ●点击双基 1.等比数列{an}的公比为q，则“q＞1”是“对于任意自然数n，都有an+1＞an”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件解析：当a1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方. 答案：D 2.已知数列{an}满足an+2=－an（n∈N*），且a1=1，a2=2，则该数列前2002项的和为 A.0 B.－3 C.3 D.1 解析：由题意，我们发现：a1=1，a2=2，a3=－a1=－1，a4=－a2=－2，a5=－a3=1，a6= －a4=2，…，a2001=－a1999=1，a2002=－a2000=2，a1+a2+a3+a4=0. ∴a1+a2+a3+…+a2002=a2001+a2002=a1+a2=1+2=3. 答案：C 3.若关于x的方程x2－x+a=0和x2－x+b=0（a≠b）的四个根可组成首项为的等差数列，则a+b的值是 A. B. C. D. 解析：依题意设四根分别为a1、a2、a3、a4，公差为d，其中a1= ，即a1+a2+a3+a4=1+1=2.又a1+a4=a2+a3，所以a1+a4=a2+a3=1. 由此求得a4= ，d= ，于是a2= ，a3= . 故a+b=a1a4+a2a3= × + × = = . 答案：D 4.（2004年春季上海，12）在等差数列{an}中，当ar=as（r≠s）时，数列{an}必定是常数列，然而在等比数列{an}中，对某些正整数r、s（r≠s），当ar=as时，非常数列{an}的一个例子是___________________. 解析：只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可. 答案：a，－a，a，－a…（a≠0） 5.（2002年北京，14）等差数列{an}中，a1=2，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________. 解析：设a1，a3，a11成等比，公比为q，a3=a1•q=2q，a11=a1•q2=2q2.又{an}是等差数列，∴a11=a1+5（a3－a1），∴q=4. 答案：4 ●典例剖析【例1】（2005年春季北京，17）已知{an}是等比数列，a1=2，a3=18；{bn}是等差数列，b1=2，b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3＞20. （1）求数列{bn}的通项公式；（2）求数列{bn}的前n项和Sn的公式；（3）设Pn=b1+b4+b7+…+b3n－2，Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8，其中n=1，2，…，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论. 剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算. 解:（1）设{an}的公比为q，由a3=a1q2得q2= =9，q=±3. 当q=－3时，a1+a2+a3=2－6+18=14＜20，这与a1+a2+a3＞20矛盾，故舍去. 当q=3时，a1+a2+a3=2+6+18=26＞20，故符合题意. 设数列{bn}的公差为d，由b1+b2+b3+b4=26得4b1+ d=26. 又b1=2，解得d=3，所以bn=3n－1. （2）Sn= = n2+ n. （3）b1，b4，b7，…，b3n－2组成以3d为公差的等差数列，所以Pn=nb1+ •3d= n2－ n； b10，b12，b14，…，b2n+8组成以2d为公差的等差数列，b10=29，所以Qn=nb10+•2d=3n2+26n. Pn－Qn=（ n2－ n）－（3n2+26n）= n（n－19）. 所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn＞Qn；当n=19时，Pn=Qn；当n≤18时，Pn＜Qn. 评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力. 【例2】（2005年北京东城区模拟题）已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项. （1）求数列{an}与{bn}的通项公式；（2）设数列{cn}对任意正整数n均有+ + +…+ =（n+1）an+1成立，其中m为不等于零的常数，求数列{cn}的前n项和Sn. 剖析：（1）依已知可先求首项和公差，进而求出通项an和bn；（2）由题先求出{an}的通项公式后再求Sn. 解：（1）由题意得（a1+d）（a1+13d）=（a1+4d）2，整理得2a1d=d2. ∵a1=1，解得d=2（d=0不合题意舍去），∴an=2n－1（n=1，2，3，…）. 由b2=a2=3，b3=a5=9，易求得bn=3n－1（n=1，2，3，…）. （2）当n=1时，c1=6；当n≥2时， =（n+1）an+1－nan=4n+1，∴cn=（4n+1）mn－1bn=（4n+1）（3m）n－1.∴cn= 当3m=1，即m= 时，Sn=6+9+13+…+（4n+1） =6+ =6+（n－1）（2n+5）=2n2+3n+1. 当3m≠1，即m≠ 时，Sn=c1+c2+…+cn，即Sn=6+9•（3m）+13•（3m）2+…+（4n－3）（3m）n－2+（4n+1）（3m）n－1. ① 3mSn=6•3m+9•（3m）2+13•（3m）3+…+（4n－3）（3m）n－1+（4n+1）（3m）n. ② ①－②得（1－3m）Sn=6+3•3m+4•（3m）2+4•（3m）3+…+4•（3m）n－1－（4n+1）（3m）n =6+9m+4［（3m）2+（3m）3+…+（3m）n－1］－（4n+1）（3m）n =6+9m+ －（4n+1）（3m）n. ∴Sn= + . ∴Sn= 评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等. 【例3】（2005年北京海淀区模拟题）在等比数列{an}（n∈N*）中，a1＞1，公比q＞0.设bn=log2an，且b1+b3+b5=6，b1b3b5=0. （1）求证：数列{bn}是等差数列；（2）求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an；（3）试比较an与Sn的大小. 剖析：（1）定义法即可解决.（2）先求首项和公差及公比.（3）分情况讨论. （1）证明：∵bn=log2an，∴bn+1－bn=log2 =log2q为常数.∴数列{bn}为等差数列且公差d=log2q. （2）解：∵b1+b3+b5=6，∴b3=2. ∵a1＞1，∴b1=log2a1＞0.∵b1b3b5=0，∴b5=0. ∴ 解得∴Sn=4n+ ×（－1）= . ∵ ∴ ∴an=25－n（n∈N*）. （3）解：显然an=25－n＞0，当n≥9时，Sn= ≤0. ∴n≥9时，an ＞Sn. ∵a1=16，a2=8，a3=4，a4=2，a5=1，a6= ，a7= ，a8= ，S1=4，S2=7，S3=9，S4=10，S5=10，S6=9，S7=7，S8=4，∴当n=3，4，5，6，7，8时，an＜Sn；当n=1，2或n≥9时，an＞Sn. 评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. ●闯关训练夯实基础 1.在等比数列{an}中，a5+a6=a（a≠0），a15+a16=b，则a25+a26的值是 A. B. C. D. 解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为C. 答案：C 2.公差不为零的等差数列{an}的第二、三及第六项构成等比数列，则 =_____. 解析：设公差为d （d≠0），由题意a32=a2•a6，即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），解得d=－2a1，故 = = = . 答案： 3.若数列x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，则的取值范围是___________________. 解析：在等差数列中，a1+a2=x+y；在等比数列中，xy=b1•b2. ∴ = = = + +2. 当x•y＞0时，+ ≥2，故≥4；当x•y＜0时，+ ≤－2，故≤0. 答案：［4，+∞）或（－∞，0］ 4.已知数列{an}中，a1= 且对任意非零自然数n都有an+1= an+（）n+1.数列{bn}对任意非零自然数n都有bn=an+1－ an. （1）求证:数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式. （1）证明：bn=an+1－ an=［ an+（）n+1］－ an=（）n+1－ an，bn+1=（）n+2－ an+1=（）n+2－［ an+（）n+1］= •（）n+1－ an－•（）n+1= •（）n+1－an= •［（）n+1－ an］，∴ = （n=1，2，3，…）. ∴{bn}是公比为的等比数列. （2）解：∵b1=（）2－ a1= －• = ，∴bn= •（）n－1=（）n+1.由bn=（）n+1－ an，得（）n+1=（）n+1－ an，解得an=6［（）n+1－（）n+1］. 5.设{an}为等比数列，a1=b1=1，a2+a4=b3，b2b4=a3，分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10及T10. 解：设公差为d，公比为q，由题意知∴ 或∴S10=10+ （－）=－ . 当q= 时，T10= ；当q=－时，T10= . 培养能力 6.（2003年北京高考，文16）已知数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12. （1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=anxn（x∈R），求数列{bn}前n项和的公式. 解：（1）设数列{an}的公差为d，则a1+a2+a3=3a1+3d=12. 又a1=2，得d=2. 所以an=2n. （2）令Sn=b1+b2+…+bn，则由bn=anxn=2nxn，得Sn=2x+4x2+…+（2n－2）xn－1+2nxn，① xSn=2x2+4x3+…+（2n－2）xn+2nxn+1. ② 当x≠1时，①式减去②式，得（1－x）Sn=2（x+x2+…+xn）－2nxn+1= －2nxn+1. 所以Sn= － . 当x=1时，Sn=2+4+…+2n=n（n+1）. 综上可得，当x=1时，Sn=n（n+1）；当x≠1时，Sn= － . 7.数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2－2an+1+an=0（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式. （2）设bn= （n∈N*），Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有Sn＞总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由. 解：（1）∵an+2－2an+1+an=0，∴an+2－an+1=an+1－an（n∈N*）. ∴{an}是等差数列.设公差为d，又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，∴d=－2.∴an=－2n+10. （2）bn= = = （－），∴Sn=b1+b2+…+bn= ［（1－）+（－）+…+（－）］ = （1－）= . 假设存在整数m满足Sn＞总成立. 又Sn+1－Sn= － = ＞0，∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1= 为Sn的最小值，故＜，即m＜8.又m∈N*，∴适合条件的m的最大值为7. 探究创新 8.有点难度哟！（理）已知数列{an}的各项均为正整数，且满足an+1=an2－2nan+2（n∈N*），又a5=11. （1）求a1，a2，a3，a4的值，并由此推测出{an}的通项公式（不要求证明）；（2）设bn=11－an，Sn=b1+b2+…+bn，Sn′=|b1|+|b2|+…+|bn|，求 . 解：（1）由a5=11，得11=a42－8a4+2，即a42－8a4－9=0.解得a4=9或a4=－1（舍）. 由a4=9，得a32－6a3－7=0.解得a3=7或a3=－1（舍）. 同理可求出a2=5，a1=3. 由此推测an的一个通项公式an=2n+1（n∈N*）. （2）bn=11－an=10－2n （n∈N*），可知数列{bn}是等差数列. Sn= = =－n2+9n. 当n≤5时，Sn′=Sn=－n2+9n；当n＞5时，Sn′=－Sn+2S5=－Sn+40=n2－9n+40. 当n≤5时， =1；当n＞5时，= . ∴ = . （文）设f（k）是满足不等式log2x+log2（3•2k－1－x）≥2k－1（k∈N*）的自然数x的个数. （1）求f（k）的表达式；（2）记Sn=f（1）+f（2）+…+f （n），Pn=n2+n－1，当n≤5时试比较Sn与Pn的大小. 解：（1）由不等式log2x+log2（3•2k－1－x）≥2k－1，得x（3•2k－1－x）≥22k －1，解之得2k－1≤x≤2k，故f（k）=2k－2k－1+1=2k－1+1. （2）∵Sn=f（1）+f（2）+…+f（n）=1+2+22+23+…+2n－1+n=2n+n－1，∴Sn －Pn=2n+n－1－（n2+n－1）=2n－n2. 又n≤5，可计算得S1＞P1，S2=P2，S3＜P3，S4=P4，S5＞P5. ●思悟小结本节加强了数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意：（1）通过知识间的相互转化，使学生更好地掌握数学中的转化思想. （2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养学生分析问题和解决问题的综合能力. ●教师下载中心教学点睛本节教学中应注意以下几个问题： 1.等差、等比数列是两种最基本、最常见的数列，灵活地运用等差、等比数列的性质，能使问题简化；灵活地运用通项公式和前n项和公式解题是高考考查的重点. 2.从等差数列中按某种规律，抽取某些项，依次排列，组成一个等比数列，是等差、等比数列综合题中的较重要的类型，要认真体会此类题. 3.用函数的观点和方法揭示等差数列和等比数列的特征，在分析和解决有关数列的综合题中具有重要的意义. 拓展题例【例题】已知数列（a3－a2），…，（an－an－1），…，（a2－a1），{an}，构造一个新数列a1，此数列是首项为1，公比为的等比数列. （1）求数列{an}的通项；（2）求数列{an}的前n项和Sn. 解：（1）由题意an=a1+（a2－a1）+（a3－a2）+…+（an－an－1）= = ［1－（）n］. （2）Sn= ［n －（+ + +…+ ）］= ［n－（1－）］= n－ + .。

等差数列与等比数列一、高考考点1.等差数列或等比数列定义的应用：主要用于证明或判断有关数列为等差（或等比）数列.2.等差数列的通项公式，前几项和公式及其应用：求；求；解决关于或的问题.3.等比数列的通项公式，前n项和及其应用：求；求；解决有关或的问题.4.等差数列与等比数列的（小）综合问题.5.等差数列及等比数列的主要性质的辅助作用：解决有关问题时，提高洞察能力，简化解题过程.6.数列与函数、方程、不等式以及解析几何等知识相互结合的综合题目：以高中档试题出现，重点考察运用有关知识解决综合问题的能力。

二、知识要点（一）、等差数列1.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叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差.认知：｛｝为等差数列－ =d(n∈N※且d为常数) － =d (n 2, n∈N※且d为常数) 此为判断或证明数列｛｝为等差数列的主要依据.2.公式（1）通项公式： = +（n－1）d：引申： = +（n－m）d （注意：n=m+(n－m) ）认知：｛｝为等差数列为n的一次函数或为常数 =kn+b (n )（2）前n项和公式： = 或 =n +认知：｛｝为等差数列为n的二次函数且常数项为0或 =n = +bn(n )3.重要性质(1)｛｝为递增数列 d＞0; ｛｝为递减数列 d＜0; ｛｝为常数列 d=0(2)设m,n,p,q ,则m+n=p+q + = + ;(3)2m=p+q 2 = +.即等差数列中,如果某三项(或更多的项)的项数成等差数列,则相应的各项依次成等差数列.(4)设 , , 分别表示等差数列｛｝的前n项和,次n项和,再次n项和,…则, , …依次成等差数列.（二）等比数列1、定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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.认知：（1）｛｝为等比数列 =q (n∈N※且q为非零常数) =q(n≥2，n∈N※且q为非零常数)(2）｛｝为等比数列(n≥2，且≠0 ) (n ※，且≠0)2.公式（1）通项公式： = ；引申： = （注意：n=m+(n－m) ）认知：｛｝为等比数列 =c (c,q均是不为0的常数，且n )（2）前n项和公式认知：｛｝为等比数列 =A +B （其中n ，且A+B=0）.3．主要性质：（1）设m,n,p,q ,则有m+n=p+q ; （2）2m=p+q即在等比数列中，如果某三项（或更多的项）的项数成等差数列，则相应的各项依次成等比数列.（3）设 , , ，……分别表示等比数列的前n项和，次n项和，再次n项和，……，则 , , ，……依次成等比数列。

2021年高三数学二轮复习专题四第一讲等差数列、等比数列教案理类型一等差、等比数列的基本运算[例1] (xx年高考山东卷)在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{a n}中落入区间(9m，92m)内的项的个数记为b m，求数列{b m}的前m项和S m. [解析](1)因为{a n}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.设数列{a n}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a n＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m<a n<92m，则9m＋8<9n<92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得b m＝92m－1－9m－1.于是S m＝b1＋b2＋b3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×（1－81m）1－81－（1－9m）1－9＝92m＋1－10×9m＋180.跟踪训练1．(xx年皖北四市联考)已知数列{a n}为等比数列，且a1＝4，公比为q，前n项和为S n，若数列{S n＋2}也是等比数列，则q＝( )A．2 B．－2C．3 D．－3解析：因为数列{S n＋2}是等比数列，所以(S1＋2)(S3＋2)＝(S2＋2)2，即6(6＋4q＋4q2)＝(6＋4q)2，即q(q－3)＝0，∵q≠0，∴q＝3.答案：C2．(xx年高考广东卷)已知递增的等差数列{a n}满足a1＝1，a3＝a－4，则a n＝________．解析：利用等差数列的通项公式求解．设等差数列的公差为d，则由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，∴d2＝4，∴d＝±2.由于该数列为递增数列，∴d＝2.∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.答案：2n－1类型二等差、等比数列的判定与证明数列{a n}是等差或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法：①利用定义证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为常数；②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法：①利用定义证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[例2] (xx 年高考陕西卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．[解析] (1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2.(2)证明：证法一 对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．证法二 对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1（1－q k）1－q ， S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q1－q2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q [2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)]＝a 1q k1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．跟踪训练已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝λa n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49. (1)当m ＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{a n }一定不是等差数列；(2)当λ＝－12时，试判断数列{b n }是否为等比数列． 解析：(1)证明：当m ＝1时，a 1＝1，a 2＝λ＋1，a 3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.假设数列{a n }是等差数列，由a 1＋a 3＝2a 2，得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－3<0，∴方程无实根．故对于任意的实数λ，数列{a n }一定不是等差数列．(2)当λ＝－12时，a n ＋1＝－12a n ＋n ，b n ＝a n －2n 3＋49.39＝(－12a n ＋n )－2（n ＋1）3＋49＝－12a n ＋n 3－29＝－12(a n －2n 3＋49)＝－12b n ，b 1＝a 1－23＋49＝m －29.∴当m ≠29时，数列{b n }是以m －29为首项，－12为公比的等比数列；当m ＝29时，数列{b n }不是等比数列．类型三 等差等比数列的性质[例3] (1)(xx 年高考福建卷)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为() A ．1 B ．2 C ．3 D ．4(2)(xx 年高考广东卷)若等比数列{a n }满足a 2a 4＝12，则a 1a 23a 5＝________．[解析] (1)解法一 利用基本量法求解．设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2. 解法二 利用等差数列的性质求解．∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10，∴a 3＝5.又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.(2)利用等比数列的性质求解．∵数列{a n }为等比数列，∴a 2·a 4＝a 23＝12，a 1·a 5＝a 23.∴a 1a 23a 5＝a 43＝14. [答案] (1)B (2)14跟踪训练(xx 年高考安徽卷)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：利用等比数列的性质和通项公式求解．∵a 3·a 11＝16，∴a ＝16.又∵等比数列{a n }的各项都是正数，∴a 7＝4.又∵a 10＝a 7q 3＝4×23＝25，∴log 2a 10＝5.故选B.答案：B析典题（预测高考）高考真题【真题】 (xx 年高考天津卷)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，n ∈N *，证明：T n －8＝a n －1b n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2. 所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：由(1)得T n ＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n －1)×2n，①2T n ＝2×22＋5×23＋…＋(3n －4)×2n ＋(3n －1)×2n ＋1.② 由①－②，得－T n ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n －(3n －1)×2n ＋1 ＝6×（1－2n ）1－2－(3n －1)×2n ＋1－2＝－(3n －4)×2n ＋1－8， 即T n －8＝(3n －4)×2n ＋1.而当n ≥2时，a n －1b n ＋1＝(3n －4)×2n ＋1， 所以T n －8＝a n －1b n ＋1，n ∈N *，n ≥2.【名师点睛】 本题主要考查等差、等比数列的概念、通项公式、前n 项和公式、数列求和等知识，本题(2)中，解题的关键是利用错位相减求和法准确求出T n ，否则不会得出结论考情展望高考对等差、等比数列基本运算的考查．一是在选择、填空中考查，二是在解答题中求通项时进行考查，难度较低，注意方程思想与整体思想的运用．名师押题【押题】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 15＝225.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，15a 1＋15×142d ＝225， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝2n －1.(2)b n ＝2a n ＋2n ＝12·4n ＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12(4＋42＋…＋4n )＋2(1＋2＋…＋n ) ＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23·4n ＋n 2＋n －23.。

课 题 等差数列与等比数列课 时 共 3课时本节第1课时选用教材 专题四知识模块数列课 型复习教学目标 熟练掌握等差数列与等比数列的公式性质等 重 点 熟练掌握等差数列与等比数列的公式性质等 难 点 熟练掌握等差数列与等比数列的公式性质等 关 键 熟练掌握等差数列与等比数列的公式性质等教学方法 及课前准备多媒体辅助教学 学生自主探究 讲练结合教学流程多媒体辅助教学内容 网络构建考点溯源[思考1] 等差数列中的公式及性质有哪些？ 提示：(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)． (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (3)前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2.(4)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (5)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． ③等差数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，……也成等差数列．复习知识点，用多媒体展示，带领学生对相关知识进行回忆与记忆[思考2] 等比数列中的公式及性质有哪些？ 提示：(1)定义式：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝1，a 11－q n1－qq ≠1.(4)等比中项公式：a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)． (5)性质：①a n ＝a m qn －m (n ，m ∈N *)．②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p ，q ，m ，n ∈N *)．③等比数列中，q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，……也成等比数列． [思考3] 已知数列的前n 项和S n ，如何求通项a n ？需要注意什么问题？提示：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.由S n －S n －1＝a n 推出的a n 是在n ≥2的条件下成立的，若当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则数列的通项需要统一“合写”；若当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项需要分段表示． 考向一 等差、等比数列基本运算的考查高考经常考查等差(等比)中a 1、n 、d (q )、a n 与S n 的基本运算，或考查等差、等比数列的交汇计算．求解这类问题要重视方程思想与整体思想的应用，难度中档．【例1】 (2013·武汉调研)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． [思路点拨](1)列出关于a 1、d 的方程组求解；(2)根据a 2，a 3，a 1成等比数列确定数列{a n }，求数列{|a n |}的通项公式，最后求数列{|a n |}的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋d a 1＋2d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列的通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4； 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5； 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n | ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋n －2[2＋3n －7]2＝32n 2－112n ＋10. 当n ＝2时，满足此式． 综上知S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.[探究提升] 1.涉及等差(比)数列的运算，一般是利用等差(比)数列的通项公式、求和公式“知三求二”．体现了方程思想的应用．2．在使用等比数列前n 项和公式时，若公比q 不能确定是否为1，应分q ＝1和q ≠1两种情况讨论．【变式训练1】 (1)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________. (2)(2013·福建高考)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．(1)解析 法一 当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 2＝2a 1， 由S 3＋3S 2＝0，得9a 1＝0，∴a 1＝0，这与{a n }为等比数列矛盾，则q ≠1. 由S 3＋3S 2＝0，得a 11－q 31－q ＋3a 11－q21－q＝0，解得q ＝－2.法二 ∵S 3＋3S 2＝0， ∴a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0. ∴a 1(4＋4q ＋q 2)＝0.。

高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实文解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋n n －1d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列(1)定义式：a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)；(2)通项公式：a n ＝a 1q n －1；(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝1，a 11－q n 1－q q ≠1.(4)性质：①a n ＝a m q n－m (n ，m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p 、q 、m 、n ∈N *)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形． 4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.高频考点一 等差数列的运算例1、（2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n 项和，则使得成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解， 此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为27.【变式探究】(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8【变式探究】(1)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97 解析：通解：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27a 10＝a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，选C.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.答案：C(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11【方法规律】1．通解是寻求a 1与d 的关系，然后用公式求和．优解法是利用等差中项性质转化求和公式．2．在等差数列中，当已知a 1和d 时，用S n ＝na 1＋nn －12d 求和．当已知a 1和a n 或者a 1＋a n ＝a 2＋a n －1形式时，常用S n ＝a 1＋a n n2＝a 2＋a n －1n2求解．学+科网【变式探究】若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A ．10B ．20C ．30D ．40解析：选B.∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，∴11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ，∴{x n }是等差数列，∵x 1＋x 2＋…＋x 20＝200＝20x 1＋x 202，∴x 1＋x 20＝20，又∵x 1＋x 20＝x 5＋x 16，∴x 5＋x 16＝20.高频考点二 等比数列的运算 例2、（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A. B. C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意； 若公比，则但，即，不合题意； 因此， ，选B.【变式探究】【2017江苏，9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知,则8a = ▲ . 【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则.【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：通解：求a 1a 2…a n 关于n 的表达式a 2＋a 4a 1＋a 3＝a 1＋a 3·q a 1＋a 3＝510，∴q ＝12 ∴a 1＋a 1⎝⎛⎭⎫122＝10，∴a 1＝8 ∴a 1·a 2·a 3…a n ＝a n 1·q n n －12＝8n ×⎝⎛⎭⎫12n n －12＝2－n 2＋7n 2当n ＝3或n ＝4时，－n 2＋7n 2最大为6.∴a 1a 2…a n 的最大值为26＝64 优解：利用数列的单调变化设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.答案：64(2)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D.18解析：通解：∵a 3＝a 1·q 2，a 4＝a 1·q 3，a 5＝a 1·q 4， ∴a 21·q 6＝4(a 1·q 3－1) ∵a 1＝14，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1·q ＝12.优解：设{a n }的公比为q ，由等比数列的性质可知a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，得a 4＝2，则q 3＝a 4a 1＝214＝8，得q ＝2，则a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.答案：C 【方法规律】1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．2．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．【变式探究】等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析：选C.由题意知a 1·a 8＝a 2·a 7＝a 3·a 6＝a 4·a 5＝10，∴数列{lg a n }的前8项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝4lg(a 4·a 5)＝4lg 10＝4.故选C.高频考点三 数列递推关系的应用例3、（2018年天津卷）设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n （n ∈N *）．已知b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．（Ⅰ）求S n 和T n ；（Ⅱ）若S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数n 的值． 【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I ）设等比数列的公比为q ，由b 1=1，b 3=b 2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II ）由（I ），有 由可得， 整理得解得（舍），或．所以n 的值为4．【变式探究】已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式． (2)求{b n }的前n 项和．解析：(1)因为a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ， 所以a 1b 2＋b 2＝b 1，解得a 1＝2又{a n }是公差为3的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×3＝3n －1，即通项公式为a n ＝3n －1. (2)由a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝13，所以数列{b n }是首项b 1＝1，公比q ＝13的等比数列所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝32－12·31－n . 【方法规律】判断和证明数列是等差(比)数列的方法1．定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数． 2．中项公式法：(1)若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； (2)若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列． 【变式探究】已知等差数列{a n }的公差d ≠0，{a n }的部分项ak 1，ak 2，…，ak n 构成等比数列，若k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k n .1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则 A. B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意； 若公比，则但，即，不合题意； 因此， ，选B.2. （2018年北京卷）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A. B. C.D.【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则，故选D.3. （2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.4. （2018年浙江卷）已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.5. （2018年天津卷）设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+…+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I）设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II）由（I），有由可得，整理得解得（舍），或．所以n的值为4．6. （2018年北京卷）设是等差数列，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.【答案】（I）（II）【解析】（I）设等差数列的公差为，∵，∴，又，∴.∴.（II）由（I）知，∵，∴是以2为首项，2为公比的等比数列.∴.∴7. （2018年江苏卷）设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．【答案】（1）2 5（2）n≥5时，【解析】（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以．为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．当n≥5时，，因此，n≥5时，．1．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为() A．1B．2C ．4D ．8解析：通解：选C.设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.优解：由S 6＝48得a 4＋a 3＝16， (a 4＋a 5)－(a 4＋a 3)＝8， ∴d ＝4，故选C.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A.由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×－22＝－24.故选A.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3. ②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案：－84．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝－2[1－－2n ]1＋2＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋－1n 2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （ ）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97【答案】C【解析】由已知,所以故选C.2【2016高考浙江文数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且，，（）.若（ ）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}nS 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}nd 是等差数列 【答案】A【解析】n S 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度一半，即，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，过1A 作垂直得到初始距离1h ，那么1,n A A 和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A ．3.【2016年高考北京文数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..【答案】6【解析】∵{}n a 是等差数列，∴，40a =，，2d =-，∴，故填：6．【解析】依题意得2214S S S =，∴，解得112a =-．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前n 项和公式．7. 【2014大纲高考文第10题】等比数列{}n a 中，，则数列{lg }n a 的前8项和等于 （ ）A ．6B ．5C ．4D ．3【答案】C ． 【解析】由已知得为等比数列，为等差数列，∴所求和为，故选C ．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式．8. 【2014高考广东卷文第13题】若等比数列{}n a 的各项均为正数，且，则 .【答案】50【考点定位】等比数列的基本性质与对数的基本运算9. 【2014高考安徽卷文第12题】数列{}n a 是等差数列，若构成公比为q 的等比数列，则q =________.【答案】1【解析】∵成等比，∴，令，则，即，∴0y=，即10d +=，∴1q =. 【考点定位】等差、等比数列的性质.10. 【2014高考北京版文第12题】若等差数列{}n a 满足，则当n = 时，{}n a 的前n 项和最大.【答案】8【解析】由等差数列的性质，，08>a ，又因为0107<+a a ，所以098<+a a 所以09<a ，所以78S S >，98S S >，故数列}{n a 的前8项最大.【考点定位】等差数列的性质，前n 项和的最值11. 【2014高考大纲文第18题】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）133n a n =-；（2）．【解析】（1）由已知可得等差数列{}n a 的公差d 为整数．由4n S S ≤可得列出不等式组解得d 的范围，从而可确定整数d 的值，最后由等差数列的通项公式可求得数列{}n a 的通项公式；（2）由已知先写出，列出n T 的表达式，由于n b 可分裂为，故采用裂项相消法求n T ．（1）由110a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数．又4n S S ≤，故于是，解得，因此3d =-，故数列{}n a 的通项公式为133n a n =-．（2），于是．【考点定位】等差数列通项公式、裂项法求数列的前n 项和．12. 【2014高考广东文第19题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足，n N *∈，且315S =.（1）求1a 、2a 、3a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式.【答案】（1）13a =，25a =，37a =；（2）21n a n =+.【解析】（1）由得，整文得，因此有，即，解得28S =，同文有，即，解得13S =，，，；（2）由题意得，由（1）知13a =，25a =，37a =，猜想21n a n =+， 假设当时，猜想成立，即21k a k =+，则有，则当1n k =+时，有，这说明当1n k =+时，猜想也成立，由归纳原文知，对任意n N *∈，21n a n =+.【考点定位】数列的通项13. 【2014高考湖北文第18题】已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得若存在，求n 的最小值；若不存在，说明文由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n .【解析】（1）设数列}{n a 的公差为d ，依题意，成等比数列， 所以，解得0=d 或4=d ，当0=d 时，2=n a ；当4=d 时，，所以数列}{n a 的通项公式为2=n a 或24-=n a n .【考点定位】等差数列、等比数列的性质、等差数列的求和公式.。

数 列一、等差数列、等比数列的基本运算 1.等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) 等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1. 等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； 等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.2.等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q ；(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.例1 (1)等差数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2＋a 3＝10，S 6＝54，则该数列的公差d 为( )A.2B.3C.4D.6答案 C 解析 由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝54， 即a 1＋a 6＝a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝18,2d ＝a 2＋a 5－(a 2＋a 3)＝8，所以d ＝4. (2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *).数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝S n ＋164，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________. 答案 －30解析 ∵点(n ，a n )在函数y ＝2x－1的图象上，∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， ∴Sn ＝1·(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝n2n －12， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由b n ≤0，得n ≤6. 即T n 的最小值为T 5＝T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30.跟踪演练1 (1)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18等于( ) A.－4 B.－2 C.0 D.2解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 8＝S 10，得a 9＋a 10＝0， 所以2a 1＋17d ＝0，且a 1＝2，所以d ＝－417，得a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝⎛⎭⎫－417＝－2. (2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5等于( )A.3132B.3116C.318D.314 答案 B解析 由正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝18，S 3－a 1＝34，q >0，易知q ＝1时不成立，所以q ≠1.∴⎩⎨⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q－a 1＝34，解得a 1＝1，q ＝12⎝⎛⎭⎫a 1＝－278，q ＝－13舍去， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－1321－12＝3116.(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的n 的最大值为________. 答案 9解析 因为a 1＝9，a 5＝1，所以公差d ＝1－94＝－2，所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)＝10n －n 2，令S n >0，得0<n <10，所以使得S n >0成立的n 的最大值为9. 二、等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质：①对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外). ②对于等差数列，有S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A.11B.12C.20D.22解析 结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26，又该数列为正项数列，可得a 6＝2， 所以由S 2n －1＝(2n －1)a n ，可得S 11＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 019＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)等于( )A.2 019B.2 0192C.2D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 019＝1，∴f (a 1)＋f (a 2 019)＝21＋a 21＋21＋a 22 019＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 019＝a 2a 2 018＝…＝a 1 009a 1 011＝a 21 010＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 018)＝2，…，f (a 1 009)＋f (a 1 011)＝2，f (a 1 010)＝1， 即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.(3)在正项等比数列{a n }中，a 2 016＝1，log 2a 4－log 2a 1＝3，则a 2 019＝________. 答案 8解析 由对数的运算性质可得log 2a 4－log 2a 1＝log 2 a 4a 1＝3，即a 4a 1＝8，所以q 3＝8，在等比数列{a n }中，因为a 2 016＝1，所以a 2019＝a 2016·q 3＝1×8＝8. 跟踪演练2 (1)等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，若对一切自然数n ，都有S nT n ＝2n 3n ＋1，则a 6b 6等于( )A.23B.914C.2031D.1117 答案 D 解析S 11T 11＝11a 611b 6＝a 6b 6＝2234＝1117. (2)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A.2B.4C.6D.8 答案 A解析 设数列{a n }的公比为q .∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，∴a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2，∴a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.(3)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A.－510 B.400 C.400或－510D.30或40解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列，∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2，解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)，故S 40－S 30＝270， ∴S 40＝400.三.数列的通项的求法1.已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥例 设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式； （2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.2.已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩例：数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a ______3.若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-+1a例：已知数列{}n a 满足11a =，nn a a n n ++=--111(2)n ≥，则n a =________4.已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。

第一讲 等差数列、等比数列等差数列、等比数列的基本运算授课提示：对应学生用书第28页[悟通——方法结论] 两组求和公式(1)等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[全练——快速解答]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎡⎦⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B. 答案：B2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.答案：A3．(2018·天津模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且8a 2a 4＝a 3a 6，则S 3a 4＝________.解析：由8a 2a 4＝a 3a 6可得8a 23＝a 3a 6，故a 6＝8a 3，设公比为q ，则q 3＝8，q ＝2，故S 3a 4＝a 1(1＋q ＋q 2)a 1q 3＝78.答案：784．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解析：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d(或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．等差数列、等比数列的性质授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：(1)若n 为奇数，则S n ＝na n ＋12.(2)若n 为偶数，则S n ＝n 2(a n 2＋a n2＋1)．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝n d ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为奇数2n－1时，有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n .4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q .[全练——快速解答]1．(2018·南宁模拟)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝6，则{a n }的前9项和等于( ) A ．－18 B ．27 C ．18D ．－27解析：由等差数列的性质，得a 1＋a 9＝a 3＋a 7＝6，所以数列{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×62＝27，故选B.答案：B2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝3＋(20－1)×5＝98.故选C. 答案：C3．(2018·长沙模拟)等比数列{a n }中，a 5＝6，则数列{log 6a n }的前9项和的值为( ) A ．6 B ．9 C ．12D ．16解析：因为a 5＝6，所以log 6a 1＋log 6a 2＋…＋log 6a 9＝log 6(a 1·a 2·…·a 9)＝log 6a 95＝9log 66＝9.答案：B4．(2018·河北三市联考)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝5a 4－10，则数列{a n }的公差为________．解析：由S 5＝5a 4－10，得5a 3＝5a 4－10，则公差d ＝2. 答案：2等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.等差数列、等比数列的判定与证明授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明{a n }是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，设b n ＝a nn.(1)求；(2)，并说明理由；(3)[学审题][规范解答] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .(2分)将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a3＝3a 2，所以a 3＝12. (4分) 从而b1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(6分)(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，(8分) 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(10分)(3)由(2)可得a n n ＝2n －1，所以an ＝n ·2n －1.(12分)1．判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n 项和公式，但不能将其作为证明方法．2．(1)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．(2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．[练通——即学即用](2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解析：(1)由已知得a 2－2a 1＝4， 则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公差为2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .授课提示：对应学生用书第129页一、选择题1．(2018·开封模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 4＝4(a 1＋a 4)2＝2(a 1＋a 5－d)＝2(10－d )＝16，所以d ＝2，故选B.答案：B2．(2018·重庆模拟)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，a 2＝5，则{a n }的前4项和为( ) A ．9 B ．22 C ．24D ．32解析：依题意得，数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝a 2－2＝3，因此数列{a n }的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C.答案：C3．(2018·益阳、湘潭联考)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.答案：D4．(2018·洛阳模拟)在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( ) A ．55 B ．11 C ．50D ．60解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.答案：A5．(2018·昆明模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( )A ．－2nB ．2nC ．2n －1D ．2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.答案：B6．(2018·长沙中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋a 12－a 8＝8，a 10－a 6＝4，则S 23＝( )A ．23B ．96C ．224D ．276解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 4＋a 12－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝8，a 10－a 6＝4d ＝4，d ＝1，a 8＝a 1＋7d ＝a 1＋7＝8，a 1＝1，S 23＝23×1＋23×222×1＝276，选D.答案：D7．(2018·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d 2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C8．(2018·惠州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列{1S n}的前10项和为( ) A.1112 B.1011 C.910D.89解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，∴a 1＝2，d ＝2，∴S n ＝n 2＋n ，∴1S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(110－111)＝1－111＝1011.选B.答案：B9．一个等差数列的前20项的和为354，前20项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：法一：设等差数列的首项为a 1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧20a 1＋20×192d ＝35410(a 1＋d )＋10×92×2d 10a 1＋10×92×2d＝3227，解得d ＝3.法二：由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192S 奇＝162，又S 偶－S 奇＝10d ，所以d＝192－16210＝3.答案：B10．(2018·惠州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( )A.115B.522C.1110D.225解析：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225.故选D.答案：D11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.答案：B12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：若a 1＜0，存在自然数m ≥3， 使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列， 则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m . 由于a 1＜0，d ＞0， 当m ≥3时，有a m ＝S m ， 因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n . 答案：C 二、填空题13．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________.解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，∴a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，∴q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，∴a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－4，a 8＝12.∵a 26＝a 4a 8＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，∴a 20a 10＝q 10＝1.答案：114．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ， 即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02215．若等比数列{an }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：5016．(2017·高考北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3， 由b 4＝b 1q 3得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋d b 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1. 答案：1三、解答题17．(2018·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列 {a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. 18．(2018·贵阳模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＞0，a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，ka n ，S n ，－1都成等差数列，求实数k 的值． 解析：(1)∵a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝4，a 1(q 2－q )＝6， ∵q ＞0，∴q ＝3，a 1＝1. ∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n ＝3n －1，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12， ∵ka n ，S n ，－1成等差数列，∴2S n ＝ka n －1，即2×3n －12＝k ×3n －1－1，解得k ＝3. 19．(2018·成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4.(1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列；(2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1) ，可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n －4.当n ＝1时，a 1＝－2＜0，∴S 1＝|a 1|＝2；当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝2(1－2n )1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴当n ∈N *时，S n ＝2n ＋1－4n ＋2. 20．(2018·南宁柳州联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2. ∵a n ＋1－a n ＝b n ，∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2，a 4－a 3＝b 3，……a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝2＋22(1－2n －1)1－2－2(n －1) ＝2n ＋1－2n ， 故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)． ∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．。