【数学】2018届一轮复习人教B版 数列学案
第六章 数 列
1.数列的概念和简单表示法
(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
(2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
2．等差数列、等比数列
(1)理解等差数列、等比数列的概念．
(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式．
(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数
列的有关知识解决相应的问题．
(4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系．
6．1 数列的概念与简单表示法
1．数列的概念
(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列
的 ．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第 1 项(通
常也叫做 )，排在第 n 位的数称为这个数列的第 n 项．所以，数列的一般形式可以写
成 ，其中 an 是数列的第 n 项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{an}．
(2)通项公式：如果数列{an}的 与序号 之间的关系可以用一个式子来
表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集{1，2，
3，…，n})的函数(离散的)，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列________．
(4)数列的递推公式：如果已知数列的第 1 项(或前几项)，且从第二项(或某一项)
开始的任一项 与它的前一项 (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．
(5) 数列的表示方法有_________、_________、_________、_________.
2．数列的分类
(1) 数列按项数是有限还是无限来分，分为_________、_________.
(2)按项的增减规律分为_________、_________、_________和________．递增数列⇔an
＋1_________an；递减数列⇔an＋1_________an；常数列⇔an＋1 _________an.递增数列与递减数
列统称为_________．
3．数列前 n 项和 Sn 与 an 的关系
已知 Sn，则 an＝
（n＝1），
（n≥2）.
4．常见数列的通项
(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为 an＝____________；
(2)2，4，6，8，…的一个通项公式为 an＝____________；
(3)3，5，7，9，…的一个通项公式为 an＝____________；
(4)2，4，8，16，…的一个通项公式为 an＝____________；
(5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为 an＝______________________；
(6)1，0，1，0，…的一个通项公式为 an＝___________；
(7)a，b，a，b，…的一个通项公式为 an＝___________；
(8)9，99，999，…的一个通项公式为 an＝___________.
注：据此，很易获得数列 1，11，111，…；2，22，222，…；…；8，88，888，…的
通项公式分别为1
9
(10n－1)，2
9
(10n－1)，…，8
9
(10n－1)．
自查自纠：
1．(1)项 首项 a1，a2，a3，…，an，…
(2)第 n 项 n (3)函数值 (4)an an－1
(5)通项公式法(解析式法) 列表法 图象法 递推公式法
2．(1)有穷数列 无穷数列
(2)递增数列 递减数列
摆动数列 常数列 ＞ ＜ ＝ 单调数列
3．S1 Sn－Sn－1
4．(1)n (2)2n (3)2n＋1
(4)2n (5)(－1)n
(6)1＋（－1）n－1
2
(7)（a＋b）＋（－1）n－1（a－b）
2
(8)10n－1
已知 n∈N*，给出 4 个表达式：①an＝
0，n 为奇数，
1，n 为偶数，
②an＝1＋（－1）n
2
，③an＝
1＋cosnπ
2
，④an＝|sinnπ
2 |.其中能作为数列：0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的
是( )
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①③④
解：检验知①②③都是所给数列的通项公式．故选 A.
把 1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一
个正三角形(如图所示)．
则第七个三角形数是( )
A．27 B．28 C．29 D．30
解：观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序
号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是 1＋2＋3
＋4＋5＋6＋7＝28.故选 B.
在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋ (－1)n(n≥2，n∈N＋)，则a3
a5
的值是( )
A.15
16
B.15
8
C.3
4
D.3
8
解：因为 anan－1＝an－1＋(－1)n，
所以 an＝1＋（－1）n
an－1
(an－1≠0)．
因为 a1＝1，所以 a2＝2，a3＝1
2
，a4＝3，a5＝2
3
，
所以a3
a5
＝3
4
.故选 C.
(2015·黄冈联考)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2
3
an＋1
3
，则{an}的通项公式是 an＝
________.
解：由 Sn＝2
3
an＋1
3
得：当 n≥2 时，Sn－1＝ 2
3
an－1＋1
3
，所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，
所以 an＝－2an－1，又 n＝1 时，S1＝a1＝2
3
a1＋1
3
，所以 a1＝1，所以 an＝(－2)n－1.
故填(－2)n－1.
(2015·江苏)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列
1
an 前 10
项的和为________．
解：由 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，得 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)
＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝n（n＋1）
2
，则1
an
＝2
1
n
－ 1
n＋1 ，故数列
1
an 的前 10 项的和 S10
＝2
1－1
2
＋1
2
－1
3
＋…＋ 1
10
－ 1
11 ＝2
1－ 1
11 ＝20
11
.故填20
11
.
类型一 数列的通项公式
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)2
3
，4
15
，6
35
，8
63
，10
99
，…；
(3)1
2
，2，9
2
，8，25
2
，…；
(4)5，55，555，5 555，….
解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(－1)n 调节，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 an＝(－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．故数列的一个通项公式为 an ＝
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1
2
，
4
2
，9
2
，16
2
，25
2
，…，故数列的一个通项公式为 an＝n2
2
.
(4)将原数列改写为5
9
×9，5
9
×99，5
9
×999，…，易知数列 9，99，999，…的通项为 10n
－1，故数列的一个通项公式为 an＝5
9
(10n－1)．
点拨：
①注意通项公式的形式不一定是惟一的，如数列 1，0，1，0，…的通项公式可写成 an
＝1＋（－1）n＋1
2
或 an＝|sinnπ
2 |，甚至分段形式 an＝
1，n 是奇数，
0，n 是偶数
等．②对于此类归纳猜
想求通项的题目，一定要掌握一些常见数列的通项公式，如{n}，{2n}，{(－1)n}，{2n}，{n2}，
{2n－1}等，在此基础之上还要掌握一定的方法，如将各项分解成若干个数的和、差、积、
商，分离分子分母等．
写出下列数列的一个通项公式：
(1)－1，1
2
，－1
3
，1
4
，－1
5
，…；
(2)3，5，9，17，33，…；
(3)3，33，333，3 333，…；
(4)2
3
，－1，10
7
，－17
9
，26
11
，….
解：(1)an＝(－1)n·1
n
；
(2)an＝2n＋1；
(3)an＝1
3
(10n－1)；
(4)由于－1＝－5
5
，故分母为 3，5，7，9，11，…，即{2n＋1}，分子为 2，5，10，17，
26，…，即 {n2＋1}．符号看作各项依次乘 1，－1，1，－1，…，即{(－1)n＋1}，故
an＝(－1)n＋1·n2＋1
2n＋1
.
类型二 由前 n 项和公式求通项公式
(1)若 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn ＝ n2 － 10n ， 则 此 数 列 的 通 项 公 式 为 an ＝
______________．
(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为 an＝_____________．
解：(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1－10＝－9；
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－＝2n－11.
当 n＝1 时，2×1－11＝－9＝a1.
所以 an＝2n－11.故填 2n－11.
(2)当 n＝1 时，a1＝S1＝21＋1＝3；
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋ 1)＝2n－2n－1＝2n－1.
综上有 an＝
3（n＝1），
2n－1（n≥2）.
故填
3（n＝1），
2n－1（n≥2）.
点拨：
任何一个数列，它的前 n 项和 Sn 与通项 an 都存在关系：an＝
S1（n＝1），
Sn－Sn－1（n≥2）.
若 a1
适合 Sn－ Sn－1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速判断技巧是
利用 S0 是否为 0 来判断：若 S0＝0，则 a1 适合 Sn－Sn－1，否则不符合，这在解小题时比较有
用．
已知下列数列{an}的前 n 项和 Sn，分别求它们的通项公式 an.
(1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n＋b.
解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－＝4n－5，
a1 也适合此等式，所以 an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当 b＝－1 时，a1 适合此等式．
当 b≠－1 时，a1 不适合此等式．
所以当 b＝－1 时，an＝2·3n－1；
当 b≠－1 时，an＝
3＋b， n＝1，
2·3n－1，n≥2.
类型三 由递推公式求通项公式
写出下面各数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1；
(2)a1＝1，前 n 项和 Sn＝n＋2
3
an；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.
解：(1)由题意得，当 n≥2 时，an－an－1＝n，
所以 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－ an－1)
＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n－1）（2＋n）
2
＝n（n＋1）
2
＋1.
又 a1＝2＝1×（1＋1）
2
＋1，适合上式，
因此 an＝n（n＋1）
2
＋1.
(2)由题设知，a1＝1.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2
3
an－n＋1
3
an－1.
所以 an
an－1
＝n＋1
n－1
.
所以 an
an－1
＝n＋1
n－1
，…，a4
a3
＝5
3
，a3
a2
＝4
2
，a2
a1
＝3.
以上 n－1 个式子的等号两端分别相乘，
得到an
a1
＝n（n＋1）
2
.
又因为 a1＝1，所以 an＝n（n＋1）
2
.
(3)解法一：(累乘法)
an＋1＝3an＋2，得 an＋1＋1＝3(an＋1)，
即an＋1＋1
an＋1
＝3，
所以a2＋1
a1＋1
＝3，a3＋1
a2＋1
＝3，a4＋1
a3＋1
＝3，…， an＋1＋1
an＋1
＝3.
将这些等式两边分别相乘得an＋1＋1
a1＋1
＝3n.
因为 a1＝1，所以an＋1＋1
1＋1
＝3n，
即 an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以 an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又 a1＝1 也适合上式，
故数列{an}的一个通项公式为 an＝2×3n－1－1.
解法二：(迭代法)
an＋1＝3an＋2，
即 an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以 an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又 a1＝1 也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为 an＝2×3n－1－1.
点拨：
已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现 an
＝an－1＋m 时，构造等差数列；当出现 an＝xan－1＋y 时，构造等比数列；当出现 an＝an－1＋f(n)
时，一般用累加法求通项；当出现 an
an－1
＝f(n)时，一般用累乘法求通项．还须注意检验 n＝1
时，是否适合所求．
写出下面各递推公式表示的数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋ 1
n（n＋1）
；
(2)a1＝1，an＋1＝2nan；
(3)a1＝1，an＋1＝2an＋1.
解：(1)因为当 n≥2 时，
an－an－1＝ 1
n（n－1）
＝ 1
n－1
－1
n
，
所以当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－ an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝
1
n－1
－1
n ＋
1
n－2
－ 1
n－1 ＋…＋(1
2
－1
3
)＋
1－1
2 ＋2＝3－1
n
.
当 n＝1 时，适合．故 an＝3－1
n
.
(2)因为an＋1
an
＝2n，所以a2
a1
＝21，a3
a2
＝22，…， an
an－1
＝2n－1，
将这 n－1 个等式叠乘，
得an
a1
＝21＋2＋…＋(n－1)＝2
n（n－1）
2 ，
所以 an＝2
n（n－1）
2 .
当 n＝1 时，适合．故 an＝2
n（n－1）
2 .
(3)由题意知 an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列 {an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数
列，所以 an＋1＝2n，所以 an＝2n－1.
类型四 数列通项的性质
已知函数 f(x)＝x－1
x
，设 an＝f(n)(n∈N＋)．
(1)求证：an＜1；
(2){an}是递增数列，还是递减数列？为什么？
解：(1)证明：因为 an＝n－1
n
＝1－1
n
，
又 n∈N＋，所以 1≥1
n
＞0.所以 an＜1.
(2)因为 an＋1－an＝
1－ 1
n＋1 －
1－1
n ＝ 1
n（n＋1）
，又因为 n＋1＞n≥1，所以 an＋1－an
＞0，
即 an＋1＞an.所以{an}是递增数列．
点拨：
要证明数列{an}是单调的，可利用“{an}是递增数列⇔an＜an＋1，数列{an}是递减数列⇔
an＞an＋1”来证明．注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题
的重要途径，因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法．
(2016·宝鸡 5 月模拟)已知函数 f(x)＝
（3－a）x＋2，x≤2，
a2x2－9x＋11，x>2
(a>0，且
a≠1)，若数列{an}满足 an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数 a 的取值范围是( )
A．(0，1) B.
8
3
，3
C．(2，3) D．(1，3)
解：因为{an}是递增数列，且 2＜9
4
＜3，
所以
3－a>0，
a>1，
（3－a）×2＋2
a1.
综上，所求 a 的取值范围是，
同理 an＋1＝1
2
．从而
an＋1－an＝1
2
．
整理得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an，
因为 n≥2，所以 an＋1＋an－1＝2an.
所以{an}是等差数列．
点拨：
判定数列是等差数列的方法可参看本节“考点梳理”，证明一个数列是等差数列只能用
前两种方法，做客观题时可用后两种方法判断．
(2016·南昌联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＝1
2
，an＝－2SnSn－
1(n≥2)．
(1)求证：数列
1
Sn 是等差数列；
(2)求 Sn 和 an.
解：(1)证明：当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
因为 S1＝a1≠0，
由递推关系知 Sn≠0(n∈N*)，
将等式 Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
两边同除以 SnSn－1，
得1
Sn
－ 1
Sn－1
＝2(n≥2)，1
S1
＝1
a1
＝2，
所以
1
Sn 是首项为 2，公差为 2 的等差数列．
(2)因为1
Sn
＝1
S1
＋(n－1)d＝2n，所以 Sn＝ 1
2n
.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝－ 1
2n（n－1）
，
当 n＝1 时，a1＝1
2
不适合上式，
所以 an＝
1
2
，n＝1，
－ 1
2n（n－1）
，n≥2.
类型二 等差数列基本量的计算
在等差数列{an}中，
(1)已知 a15＝33，a45＝153，求 an；
(2)已知 a6＝10，S5＝5，求 Sn；
(3)已知前 3 项和为 12，前 3 项积为 48，且 d＞0，求 a1.
解：(1)解法一：设首项为 a1，公差为 d，依条件得
33＝a1＋14d，
153＝a1＋44d，
解得
a1＝－23，
d＝4.
所以 an＝－23＋(n－1)×4＝4n－27.
解法二：由 d＝an－am
n－m
，
得 d＝a45－a15
45－15
＝153－33
30
＝4，
由 an＝a15＋(n－15)d，得 an＝4n－27.
(2)因为 a6＝10，S5＝5，所以
a1＋5d＝10，
5a1＋10d＝5.
解得 a1＝－5，d＝3.
所以 Sn＝－5n＋n（n－1）
2
·3＝3
2
n2－13
2
n.
(3)设数列的前三项分别为 a2－d，a2，a2＋d，依题意有：
（a2－d）＋a2＋（a2＋d）＝12，
（a2－d）·a2·（a2＋d）＝48，
即
a2＝4，
a2（a2
2－d2）＝48，
解得
a2＝4，
d＝±2.
因为 d＞0，所以 d＝2，所以 a1＝a2－d＝2.
点拨：
在等差数列五个基本量 a1，d，n，an，Sn 中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合
等差数列的通项公式、前 n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时
须注意整体代换及方程思想的应用．
(1)已知等差数列的前三项依次为 a，4，3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk＝110.
(Ⅰ)求 a 及 k 的值；
(Ⅱ)设数列{bn}的通项 bn＝Sn
n
，证明数列{bn}是等差数列，并求其前 n 项和 Tn.
解：(Ⅰ)设该等差数列为{an}，则 a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有 a＋3a＝8，
得 a1＝a＝2，公差 d＝4－2＝2，an＝2n.
所以 Sk＝ka1＋k（k－1）
2
·d＝2k＋k（k－1）
2
×2＝k2＋k.
由 Sk＝110，得 k2＋k－110＝0，
解得 k＝10 或 k＝－11(舍去)，故 a＝2，k＝10.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 Sn＝n（2＋2n）
2
＝n(n＋1)，
则 bn＝Sn
n
＝n＋1，
故 bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是 2 为首项，1 为公差的等差数列，bn＝n＋1.所以 Tn＝n（2＋n＋1）
2
＝
n（n＋3）
2
.
(2)各项均为正数的数列{an}满足 a2
n＝4Sn－ 2an－1(n∈N*)，其中 Sn 为{an}的前 n 项和．
(Ⅰ)求 a1，a2 的值；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式．
解：(Ⅰ)当 n＝1 时，a2
1＝4S1－2a1－1＝2a1－1，
即(a1－1)2＝0，解得 a1＝1.
当 n＝2 时，
a2
2＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2，
解得 a2＝3 或 a2＝－1(舍去)．
(Ⅱ)a2
n＝4Sn－2an－1，①
a2
n＋1＝4Sn＋1－2an＋1－1.②
②－①得
a2
n＋1－a2
n＝4an＋1－2an＋1＋2an＝2(an＋1＋an)，
即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．
因为数列{an}各项均为正数，
所以 an＋1＋an>0，所以 an＋1－an＝2，
所以数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．所以 an＝2n－1.
类型三 等差数列的性质
(1)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a6＝100，则 S11＝________；
(2)设数列{an}，{bn}都是等差数列．若 a1＋ b1＝7，a3＋b3＝21，则 a5＋b5＝________；
(3)若一个等差数列的前 4 项和为 36，后 4 项和为 124，且所有项的和为 780，则这个
数列的项数为________；
(4)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，Sn＝m，Sm＝n(n≠m)，则 Sm＋n＝________.
解：(1)S11＝11（a1＋a11）
2
＝11a6＝1 100.故填 1 100.
(2)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以数列{an＋bn}也是等差数列．故由等差中项
的性质，得(a5＋b5)＋(a1＋b1)＝2(a3＋b3)，即 a5＋b5＋7＝2×21，解得 a5＋b5＝35.故填 35.
(3)设该等差数列的项数为 n，则 a1＋a2＋a3＋a4＝36，an＋an－1＋an－2＋an－3＝124，
a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，
所以 4(a1＋an)＝160，即 a1＋an＝40.
所以 Sn＝n（a1＋an）
2
＝20n＝780，解得 n＝39.故填 39.
(4)解法一：令 Sn＝An2＋Bn，则
An2＋Bn＝m，
Am2＋Bm＝n，
得 A(n2－m2)＋B(n－m)＝m－n.
因为 n≠m，所以 A(n＋m)＋B＝－1.
所以 Sm＋n＝A(m＋n)2＋B(m＋n)＝－(m＋n)．
解法二：不妨设 m＞n，
Sm－Sn＝an＋1＋an＋2＋an＋3＋…＋am－1＋am
＝（m－n）（an＋1＋am）
2
＝n－m，
所以 a1＋am＋n＝an＋1＋am＝－2.
所以 Sm＋n＝（m＋n）（a1＋am＋n）
2
＝－(m＋n)．
解法三：因为{an}是等差数列，所以
Sn
n 为等差数列，D 为公差．
所以 Sm＋n
m＋n
－Sm
m
＝nD，Sn
n
－Sm
m
＝(n－m)D.
所以
m
n
－n
m
n－m
＝
Sm＋n
m＋n
－n
m
n
，解得 Sm＋n＝－(m＋n)．
故填－(m＋n)．
点拨：
(1)可利用等差数列的性质 S2n＋1＝(2n＋1)an＋1 来求解，这一性质表明：若等差数列有奇
数项，则正中间一项是该数列各项的平均数；(2)利用等差数列的性质及等差中项来求；(3)
可利用“等差数列前 m 项与后 m 项的和等于 m(a1＋an)”这一性质来求解；(4)可利用等差数
列下标和性质：若“p＋q＝ m＋n，则 ap＋aq＝am＋an”来求解．等差数列的性质是其定义、
通项公式及前 n 项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为
简，起到事半功倍的效果．
(1)若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，已知Sn
Tn
＝ 7n
n＋3
，则a5
b5
等于( )
A．7 B.2
3
C.27
8
D.21
4
(2)已知等差数列{an}的公差为 4，项数为偶数，所有奇数项的和为 15，所有偶数项的
和为 55，则这个数列的项数为( )
A．10 B．20 C．30 D．40
(3)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10＝10，S20＝30，则 S30＝________.
解：(1)因为 a5＝a1＋a9
2
，b5＝b1＋b9
2
，所以a5
b5
＝
a1＋a9
2
b1＋b9
2
＝
9（a1＋a9）
2
9（b1＋b9）
2
＝S9
T9
＝7×9
9＋3
＝21
4
.故选
D.
(2)等差数列{an}的公差为 4，设项数为 n，前 n 项和为 Sn，则 S 偶－S 奇＝d
2
n＝2n＝40，
解得 n＝20，所以这个数列的项数为 20.故选 B.
(3)因为 S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列，所以 2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以 40
＝10＋ S30－30，所以 S30＝60.故填 60.
类型四 等差数列的最值问题
等差数列{an}的首项 a1＞0，设其前 n 项和为 Sn，且 S5＝S12，则当 n 为何值时，
Sn 有最大值？
解法一：由题意知 d＜0，因为 Sn＝d
2
n2＋
a1－d
2 n，
设 f(x)＝d
2
x2＋
a1－d
2 x，如图，
由 S5＝S12 知，抛物线的对称轴为 x＝5＋12
2
＝17
2
，由图可知，当 1≤n≤8 时，Sn 单调递
增；当 n≥9 时，Sn 单调递减，且 S8＝S9.
又 n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值．
解法二：设等差数列{an}的公差为 d，由 S5＝S12 得 5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－1
8
a1＜0.
Sn＝na1＋n（n－1）
2
d＝na1＋n（n－1）
2
·
－1
8
a1
＝－ 1
16
a1(n2－17n)＝－ 1
16
a1
n－17
2
2
＋289
64
a1，
因为 a1＞0，n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值．
解法三：由解法二得 d＝－1
8
a1＜0.
设此数列的前 n 项和最大，则
an≥0，
an＋1≤0，
即
an＝a1＋（n－1）·
－1
8
a1 ≥0，
an＋1＝a1＋n·
－1
8
a1 ≤0，
解得
n≤9，
n≥8，
即 8≤n≤9，
又 n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值．
解法四：由解法二得 d＝－1
8
a1＜0，
又 S5＝S12 得 a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，
所以 7a9＝0，所以 a9＝0.
所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值．
点拨：
求等差数列前 n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转
折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前 n 项和 Sn
＝An2＋Bn(A，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．
(1)(2015·洛阳统考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＞0，a3＋a10＞0，
a6a7＜0，则满足 Sn＞0 的最大自然数 n 的值为( )
A．6 B．7 C．12 D．13
解：因为 a1＞0，a6a7＜0，所以 a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又 a3＋a10＝a1
＋a12＞0， a1＋a13＝2a7＜0，又因为 Sn＝n（a1＋an）
2
，所以 S12＞0，S13＜0，所以满足
Sn＞0 的最大自然数 n 的值为 12.故选 C.
(2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1<0，S2 017＝0.
①求 Sn 的最小值及此时 n 的值；
②求 n 的取值集合，使 an≥Sn.
解：①设公差为 d，则由 S2 017＝0 得 2 017a1＋2 017×2 016
2
d＝0，得 a1＋1 008d＝0，
d＝－ 1
1 008
a1，a1＋an＝2 017－n
1 008
a1，
所以 Sn＝n
2
(a1＋an)＝n
2
·2 017－n
1 008
a1
＝ a1
2 016
(2 017n－n2)．
因为 a1<0，n∈N*，
所以当 n＝1 008 或 1 009 时，Sn 取最小值 1 009
2
a1.
②an＝1 009－n
1 008
a1，
Sn≤an⇔ a1
2 016
(2 017n－n2)≤1 009－n
1 008
a1.
因为 a1<0，所以 n2－2 019n＋2 018≤0，
即(n－1)(n－2 018)≤0，解得 1≤n≤2 018.
故所求 n 的取值集合为{n|1≤n≤2 018，n∈N*}．
1．等差数列中，已知 5 个元素 a1，an，n，d，Sn 中的任意三个，便可求出其余两个．除
已知 a1，d，n 求 an，Sn 可以直接用公式外，其他情况一般都要列方程或方程组求解，因此
这种问题蕴含着方程思想．注意，我们把 a1，d 叫做等差数列的基本元素．将所有其他元素
都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个非常重要的基本思想．
2．求等差数列{an}前 n 项的绝对值{|an|}之和，首先应分清这个数列哪些项是负的，哪
些项是非负的，然后再分段求和．
3．等差数列前 n 项和的最值通常是在正负项分界的位置产生，利用这一性质可求其最
值；另一种方法是利用二次函数的性质．
4．灵活运用等差数列的性质(如等差中项的性质)，可简化运算．
5．等差数列{an}的前 n 项和满足：
Sn
n 也是等差数列，且首项与{an}的首项相同，公差
为{an}公差的一半．
6．数列{an}是等差数列的充要条件是 Sn＝ An2＋Bn(A，B 是常数，n∈N*)．
1．(2015·云南月考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a3＝5，S11＝22，则数列{an}
的公差 d 为( )
A．－1 B．－1
3
C.1
3
D．1
解：因为 S11＝11a6＝22，所以 a6＝2，
所以 d＝a6－a3
6－3
＝－1.故选 A.
2．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S4
12
－ S3
9
＝1，则公差 d 为( )
A．2 B．4 C．5 D．6
解：依题意得 S4＝4a1＋4×3
2
d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×2
2
d＝3a1＋3d，于是有4a1＋6d
12
－
3a1＋3d
9
＝1，解得 d＝6.故选 D.
3．(2016·鄂东南联盟期中检测)已知等差数列{an}，其前 n 项和为 Sn，若 a4＋a5＋a6
＝π
4
，则 cosS9 的值为( )
A.1
2
B. 2
2
C．－1
2
D．－ 2
2
解：由已知得 a4＋a5＋a6＝π
4
＝3a5，
所以 a5＝π
12
，S9＝9a5＝3π
4
，cosS9＝－ 2
2
.
故选 D.
4．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且S4
S2
＝4，则S6
S4
＝( )
A.9
4
B.3
2
C.5
3
D．4
解：设 S2＝x，则 S4＝4x，因为 S2，S4－S2， S6－S4 成等差数列，所以 S6－S4＝5x，
即 S6＝9x，所以S6
S4
＝9x
4x
＝9
4
.故选 A.
5．(2015·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中，首项 a1＝1 且前 n 项和 Sn
满足 Sn Sn－1－Sn－1 Sn＝2 SnSn－1(n∈N*且 n≥2)，则 a81＝( )
A．641 B．640 C．639 D．638
解：由已知 Sn Sn－1－Sn－1 Sn＝2 SnSn－1可得， Sn－ Sn－1＝2，所以{ Sn}是以 1 为首项，
2 为公差的等差数列，故 Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以 a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.
故选 B.
6．已知数列{an}为等差数列，若a11
a10
<－1，且它们的前 n 项和 Sn 有最大值，则使 Sn>0 的
n 的最大值为( )
A．11 B．19 C．20 D．21
解：因为a11
a10
<－1，且 Sn 有最大值，
所以 a10>0，a11<0，且 a10＋a11<0，
所以 S19＝19（a1＋a19）
2
＝19·a10>0，
S20＝20（a1＋a20）
2
＝10(a10＋a11)<0，
故使得 Sn>0 的 n 的最大值为 19.故选 B.
7．(2015·东北四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有
一道这样的题目：把 100 个面包分给 5 个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和
的1
7
是较小的两份之和，则最小的一份为________．
解：依题意，设这 100 份面包所分成的五份由小到大依次为 a－2m，a－m，a，a＋m，a
＋2m (m＞0)，
则有
5a＝100，
a＋（a＋m）＋（a＋2m）＝7（a－2m＋a－m），
解得 a＝20，m＝11a
24
，a－2m＝ a
12
＝5
3
，
即其中最小的一份为5
3
.故填5
3
.
8．(2016·山西四校联考)设数列{an}满足 a2＋a4＝10，点 Pn(n，an)对任意的 n∈N*，
都有向量 1n nP P
＝(1，2)，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解：因为 Pn(n，an)，所以 Pn＋1(n＋1，an＋1)，所以 1n nP P
＝(1，an＋1－an)＝(1，2)，所
以 an＋1－an＝2，
所以{an}是公差 d 为 2 的等差数列．又由 a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得 a1＝1，
所以 Sn＝n＋n（n－1）
2
×2＝n2.故填 n2.
9．已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a3·a4＝117，a2＋a5＝22，
求 an 和 Sn.
解：因为数列{an}为等差数列，所以 a3＋a4＝a2＋a5＝22.
又 a3·a4＝117，所以 a3，a4 是方程 x2－22x＋117＝0 的两实根，
又公差 d＞0，所以 a3＜a4，所以 a3＝9，a4＝13，
所以
a1＋2d＝9，
a1＋3d＝13，
所以
a1＝1，
d＝4.
所以通项公式 an＝4n－3.
所以 Sn＝na1＋n（n－1）
2
×d＝2n2－n.
10．已知数列{an}满足 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前 n 项和为 Sn，且 a3＝10，S6＝72，
若 bn＝1
2
an－30，设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的最小值．
解：因为 2an＋1＝an＋an＋2，
所以 an＋1－an＝an＋2－an＋1，
故数列{an}为等差数列．
设数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 a3＝10，S6＝72 得，
a1＋2d＝10，
6a1＋15d＝72，
解得
a1＝2，
d＝4.
所以 an＝4n－2，则 bn＝1
2
an－30＝2n－31，
令
bn≤0，
bn＋1≥0，
即
2n－31≤0，
2（n＋1）－31≥0，
解得29
2
≤n≤31
2
，
因为 n∈N*，所以 n＝15，
即数列{bn}的前 15 项均为负值，第 16 项为正值．
所以 T15 最小．因为数列{bn}的首项是－29，公差为 2，
所以 T15＝15（b1＋b15）
2
＝－225，
所以数列{bn}的前 n 项和 Tn 的最小值为－225.
(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn
－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1， an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得 an＋1(an
＋2－an)＝ λan＋1，由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.
(2)存在λ使得{an}为等差数列，理由如下：
由题设 a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，由(1)知 a3＝λ＋1.
假设{an}为等差数列，则 a1，a2，a3 成等差数列，所以 a1＋a3＝2a2，解得λ＝4.
以下证明λ＝4 时，{an}为等差数列．
由 an＋2－an＝4 知，
数列奇数项构成的数列{a2m－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2m－1＝4m－3，
令 n＝2m－1，则 m＝n＋1
2
，
所以 an＝2n－1(n＝2m－1)．
数列偶数项构成的数列{a2m}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2m＝4m－1，m∈N*.
令 n＝2m，则 m＝n
2
，所以 an＝2n－1(n＝2m)．
所以 an＝2n－1(n∈N*)，an＋1－an＝2.
因此，存在λ＝4，使得{an}为等差数列．
1．{an}为等差数列，公差 d＝－2，Sn 为其前 n 项和．若 S10＝S11，则 a1＝( )
A．18 B．20 C．22 D．24
解：由 S10＝S11 得 a11＝S11－S10＝0，a1＝a11－ 10d＝0－10×(－2)＝20.故选 B.
2．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a5＋ a14＝10，则 S18＝( )
A．20 B．60 C．90 D．100
解：因为{an}是等差数列，所以 S18＝18（a1＋a18）
2
＝9(a5＋a14)＝90.故选 C.
3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105， a2＋a4＋a6＝99，则 a20 等于( )
A．－1 B．1 C．3 D．7
解：两式相减，可得 3d＝－6，d＝－2.由已知可得 3a3＝105，a3＝35，所以 a20＝a3＋17d
＝35＋17×(－2)＝1.故选 B.
4．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则 k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5
解：由 a1＝1，公差 d＝2 得通项 an＝2n－1，又 Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以 2k＋1＋2k＋
3＝24，得 k＝5.故选 D.
5．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使 an>0 成立的 n 的最大值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
解：依题意得 S15＝15（a1＋a15）
2
＝15a8>0，即 a8>0；S16＝16（a1＋a16）
2
＝8(a1＋a16)＝8(a8
＋a9)<0，即 a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使 an>0 成立的 n 的最大值是 8.故选 C.
6．已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且An
Bn
＝7n＋45
n＋3
，则使得an
bn
为
整数的正整数 n 的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解：由An
Bn
＝7n＋45
n＋3
得：an
bn
＝A2n－1
B2n－1
＝14n＋38
2n＋2
＝7n＋19
n＋1
，要使an
bn
为整数，则需7n＋19
n＋1
＝7＋ 12
n＋1
为整数，所以 n＝1，2，3，5，11，共有 5 个．故选 D.
7．(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和．若 a1＋a2
2＝－3，S5＝10，则
a9 的值是________．
解：设公差为 d，则由题意可得
a1＋(a1＋d)2＝－3，5a1＋10d＝10，解得 a1＝－4，d＝3，则 a9＝－4＋8×3＝20.故填
20.
8．在等差数列{an}中，a1＝－3，11a5＝5a8－13，则数列{an}的前 n 项和 Sn 的最小值为
________．
解：设公差为 d，则
11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13，
所以 d＝5
9
，所以数列{an}为递增数列．
令 an≤0，所以－3＋5
9
(n－1)≤0，所以 n≤32
5
，
又 n∈N*，前 6 项和最小，
S6＝6a1＋6×5
2
×d＝－29
3
，
所以 Sn 的最小值为－29
3
.故填－29
3
.
9．设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 S5S6
＋15＝0.
(1)若 S5＝5，求 S6 及 a1；
(2)求 d 的取值范围．
解：(1)由题意知 S6＝－15
S5
＝－3，
a6＝S6－S5＝－8，
所以
5a1＋10d＝5，
a1＋5d＝－8，
解得 a1＝7.
(2)因为 S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即 2a2
1＋9da1＋10d2＋1＝0，
此式可看作关于 a1 的一元二次方程，则Δ＝(9d)2－8(10d2＋1)≥0，即 d2≥8，故 d 的
取值范围为{d|d≤－2 2或 d≥2 2}．
10．(2016·全国卷Ⅱ)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，且 a1＝1，S7＝28.记 bn＝，其中
表示不超过 x 的最大整数，如＝0，＝1.
(1)求 b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前 1 000 项和．
解：(1)设{an}的公差为 d，S7＝7a4＝28，
所以 a4＝4，所以 d＝a4－a1
3
＝1，所以 an＝a1＋(n－1)d＝n.
所以 b1＝＝＝0，b11＝＝ ＝1，b101＝＝＝2.
(2)记{bn}的前 n 项和为 Tn，
则 T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000
＝＋＋…＋．
当 0≤lgan<1 时，n＝1，2，…，9；
当 1≤lgan<2 时，n＝10，11，…，99；
当 2≤lgan<3 时，n＝100，101，…，999；
当 lgan＝3 时，n＝1 000.
所以 T1 000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝ 1 893.
(2015·福建)在等差数列{an}中，公差 d＞0，前 n 项和为 Sn，a2a3＝45，a1＋a5
＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令 bn＝ Sn
n＋c
(n∈N*)，是否存在一个非零常数 c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，
求出 c 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意得
（a1＋d）（a1＋2d）＝45，
a1＋（a1＋4d）＝18.
解得
a1＝1，
d＝4.
所以 an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由 bn＝ Sn
n＋c
＝
n（1＋4n－3）
2
n＋c
＝2n
n－1
2
n＋c
，
因为 c≠0，所以可令 c＝－1
2
，得到 bn＝2n.
因为 b1＝2，bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
所以数列{bn}是首项为 2，公差为 2 的等差数列．
即存在一个非零常数 c＝－1
2
，使数列{bn}也为等差数列．
6．3 等比数列
1．等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的 等于同一 ，那
么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 q 表示(q≠0)．
2．等比中项
如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的 ，
且 G2＝ 或 G＝ .
3．等比数列的通项公式
(1)若{an}是等比数列，则通项 an＝ 或 an＝ .当 n－m 为大于 1 的奇数
时，q 用 an，am 表示为 q＝ ；当 n－m 为正偶数时，q＝ ．
(2)an＝a1qn－1 可变形为 an＝Aqn，其中 A＝ ；点(n，an)是曲线 上
一群孤立的点．
4．等比数列的前 n 项和公式
等比数列{an}中，Sn＝ ，q＝1，
＝ ，q≠1.
求和公式的推导方法是： ，
为解题的方便，有时可将求和公式变形为 Sn＝Bqn－B(q≠1)，其中 B＝ 且 q≠0，q≠
1.
5．等比数列的判定方法
(1)定义法：an＋1＝anq 且 a1≠0(q 是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)等比中项法：a2
n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(4)前 n 项和公式法：Sn＝ a1
q－1
qn－ a1
q－1
＝ Bqn－B
B＝ a1
q－1
是常数，且 q≠0，q≠1
⇒
{an}是等比数列．
6．等比数列的性质
(1)在等比数列中，若 p＋q＝m＋n，则 ap·aq＝am·an；
若 2m＝p＋q，则 a2
m＝ap·aq(p，q，m，n∈N*)．
(2)若{an}，{bn}均为等比数列，且公比分别为 q1，q2，则数列
1
an ，{p·an}(p≠0)，{an·bn}，
an
bn 仍为等比数列且公比分别为 ， ， ， .
(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即 an，an＋m，an＋2m，…
仍为等比数列，公比为 ．
(4)公比不为－1 的等比数列前 n 项和为 Sn (Sn≠0)，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…构成等
比数列，且公比为 ．
(5)对于一个确定的等比数列，在通项公式 an＝a1qn－1 中，an 是 n 的函数，这个函数由正
比例函数 an＝a1
q
·u 和指数函数 u＝qn(n∈N*)复合而成．
①当 a1＞0， 或 a1＜0， 时，等比数列{an}是递增数列；
②当 a1＞0， 或 a1＜0， 时，等比数列{an}是递减数列；
③当 时，它是一个常数列；
④当 时，它是一个摆动数列．
自查自纠：
1．比 常数 公比
2．等比中项 ab ± ab
3．(1)a1qn－1 amqn－m
n－m an
am
±
n－m an
am
(2)a1
q
y＝
a1
q qx
4．na1
a1（1－qn）
1－q
a1－anq
1－q
乘公比，错位相减 a1
q－1
6．(2)1
q1
q1 q1q2
q1
q2
(3)qm (4)qn
(5)①q＞1 0＜q＜1 ②0＜q＜1
q＞1 ③q＝1 ④q＜0
等比数列的前 n 项，前 2n 项，前 3n 项的和分别为 X，Y，Z，则( )
A．X＋Y＝Z
B．Y2＝XZ
C．(X＋Y)－Z＝Y2
D．X2＋Y2＝X(Y＋Z)
解：根据题意，由等比数列的性质知，X，Y－X，Z－Y 成等比数列，即(Y－X)2＝X(Z－
Y)，得 X2＋Y2＝X(Y＋Z)．故选 D.
已知等比数列{an}为递增数列．若 a1>0，且 2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比 q
＝( )
A．2 B.1
2
C．2 或1
2
D．3
解：由题意得 2an＋2anq2＝5anq，化简得 2q2－5q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1
2
，由题意知
q>1.所以 q＝2.故选 A.
(2015·东北联考)已知数列{an}满足 2an＋1＋an＝0，a2＝1，则数列{an}的前 10 项和 S10
为( )
A.4
3
(210－1) B.4
3
(210＋1)
C.4
3
(2－10－1) D.4
3
(2－10＋1)
解：因为 2an＋1＋an＝0，所以an＋1
an
＝－1
2
.又 a2＝1，所以 a1＝－2，所以数列{an}是－
2 为首项，－1
2
为公比的等比数列，所以 S10＝a1（1－q10）
1－q
＝
－2（1－2－10）
1＋1
2
＝4
3
(2－10－1)．故
选 C.
(2015·湖南)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1，2S2，S3 成等差
数列，则 an＝________．
解：由 3S1，2S2，S3 成等差数列，得 4S2＝ 3S1＋S3，即 3S2－3S1＝S3－S2，也即 3a2
＝a3，得公比 q＝3，所以 an＝a1qn－1＝3n－1.故填 3n－1.
(2016·苏州一模)若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 lna1＋lna2
＋…＋lna20＝_____________________________.
解：由题意得 a10a11＝e5，所以 lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln＝ln(a10a11)10
＝10ln(a10a11)＝10lne5＝50，故填 50.
类型一 等比数列的判定与证明
(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若 S5＝31
32
，求λ.
解：(1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝ 1
1－λ
，a1≠0.
由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan.由 a1≠0，
λ≠0 得 an≠0.所以an＋1
an
＝ λ
λ－1
.
因此{an}是首项为 1
1－λ
，公比为 λ
λ－1
的等比数列，于是 an＝ 1
1－λ
λ
λ－1
n－1
.
(2)由(1)得 Sn＝1－
λ
λ－1
n
，
由 S5＝31
32
得 1－
λ
λ－1
5
＝31
32
，即
λ
λ－1
5
＝ 1
32
，
解得λ＝－1.
点拨：
(1)证明数列{bn}是等比数列，常用方法：①定义法；②等比中项法．(2)证明数列不是
等比数列，可举一个反例或用反证法．
设{an}是公比为 q 的等比数列.
(1)推导{an}的前 n 项和公式；
(2)设 q≠1, 证明数列{an＋1}不是等比数列．
解：(1) 设{an}的前 n 项和为 Sn，
当 q＝1 时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当 q≠1 时，Sn＝a1＋a1q＋…＋a1qn－1, ①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn.
所以 Sn＝a1(1－qn)
1－q
，
所以 Sn＝
na1， q＝1，
a1(1－qn)
1－q
， q≠1.
(2) 证明(反证法)：假设数列{an＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝
(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a2
k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
a2
1q2k＋2a1qk＋1＝a1qk－1a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1＋1，
因为 a1≠0，所以 2qk＝qk－1＋qk＋1.
因为 q≠0，所以 q2－2q＋1＝0.
所以 q＝1，与已知矛盾．
所以数列{an＋1}不是等比数列．
类型二 等比数列基本量的计算
(1)在等比数列{an}中，a3＝7，前 3 项之和 S3＝21，则公比 q 的值为________．
解：根据已知条件得
a1q2＝7，
a1＋a1q＋a1q2＝21，
所以1＋q＋q2
q2 ＝3，整理得 2q2－q－1＝0，
解得 q＝1 或 q＝－1
2
.故填 1 或－1
2
.
(2)(2015·唐山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝5
2
，a2＋a4＝5
4
，则Sn
an
＝________.
解：设{an}的公比为 q，
因为
a1＋a3＝5
2
， ①
a2＋a4＝（a1＋a3）q＝5
4
， ②
②÷①得 q＝1
2
，所以 a1＝2，
所以 an＝2×
1
2
n－1
＝4
2n，
所以 Sn＝
2× 1－
1
2
n
1－1
2
＝4
1－1
2n ，所以Sn
an
＝
4
1－1
2n
4
2n
＝2n－1.故填 2n－1.
(3)设数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{bn}满足 bn＝1
an
，求数列{bn}前 n 项和 Tn.
解：(Ⅰ)当 n＝1 时，由 6a1＋1＝9a1，得 a1＝1
3
.
当 n≥2 时，由 6Sn＋1＝9an，得 6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得 6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即 6an＝9(an－an－1)，所以 an＝3an－1.
所以数列{an}是以1
3
为首项，3 为公比的等比数列，其通项公式为 an＝1
3
×3n－1＝3n－2.
(Ⅱ)因为 bn＝1
an
＝
1
3
n－2
，b1＝1
a1
＝3，
所以{bn}是以 3 为首项，1
3
为公比的等比数列，
所以 Tn＝
3 1－
1
3
n
1－1
3
＝9
2
1－
1
3
n
.
点拨：
在等比数列五个基本量 a1，q，n，an，Sn 中，已知其中三个量，可以将已知条件结合等
比数列的性质或通项公式、前 n 项和公式转化为关于基本量的方程(组)来求得余下的两个
量，计算有时要整体代换，根据前 n 项和公式列方程还要注意对 q 是否为 1 进行讨论．
(1)(2016·绵阳一模)设各项均不为 0 的数列{an}满足 an＋1＝ 2an，Sn 是其前 n
项和，若 a2a4＝2a5，则 S4＝( )
A．4 2 B．8 2 C．3－3 2 D．6＋6 2
(2)在等比数列{an}中，若 a4－a2＝6，a5－a1＝15，则 a3＝________.
解：(1)易知 q＝ 2，由 a2a4＝2a5⇒a2
3＝2a5，故 a3＝4，a1＝2，于是 S4＝2[1－（ 2）4]
1－ 2
＝6＋6 2.故选 D.
(2)设等比数列{an}的公比为 q，则
a1q3－a1q＝6，
a1q4－a1＝15，
两式相除，得 q
1＋q2＝2
5
，即 2q2－5q
＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1
2
.
所以
a1＝1，
q＝2
或
a1＝－16，
q＝1
2
.
故 a3＝4 或 a3＝－4.故填 4 或－4.
类型三 等比数列的性质
(1)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S6∶S3＝1∶2，则 S9∶S3＝________.
(2)在等比数列{an}中，若 a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，则 a41a42a43a44＝________.
(3)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn 分别为数列{lgan}与{lgbn}的前 n 项和，
且Sn
Tn
＝ n
2n＋1
，则 logb5a5＝________.
解：(1)由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6 仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9
－S6)，不妨令 S3＝2，则 S6＝1，代入解得 S9＝3
2
，S9∶S3＝3∶4.故填 3∶4.
(2)解法一：设等比数列{an}的公比为 q，
a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3＝a4
1·q6＝1，①
a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝a4
1·q54＝8，②
②÷①：a4
1·q54
a4
1·q6 ＝q48＝8，q16＝2，
所以 a41a42a43a44＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43
＝a4
1·q166＝a4
1·q6·q160
＝(a4
1·q6)·(q16)10＝210＝1 024.
解法二：由性质可知，依次 4 项的积为等比数列，设公比为 p，
设 T1＝a1·a2·a3·a4＝1，
T4＝a13·a14·a15·a16＝8，
所以 T4＝T1·p3＝1·p3＝8，p＝2.
所以 T11＝a41·a42·a43·a44＝T1·p10＝210＝1 024.
故填 1 024.
(3)由题意知S9
T9
＝lg（a1·a2·…·a9）
lg（b1·b2·…·b9）
＝lga9
5
lgb9
5
＝lga5
lgb5
＝logb5a5＝ 9
19
.故填 9
19
.
点拨：
(1)等比数列有很多子数列仍是等比数列，本题是性质“在等比数列中，若 Sn≠0，则
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列”的应用，特别注意其前提条件是 Sn≠0.(2)等比数列中，
依次 m 项积仍为等比数列，但公比发生改变．(3)利用性质“当 m＋n＝ p＋q(m，n，p，
q∈N*)时，有 am·an＝ap·aq”转化条件．
在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数构成递增的等比数列，将
这 n＋2 个数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1，求数列{an}的通项公式．
解法一：设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②
①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T2
n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)，所以 an＝lgTn＝n＋2(n≥1)．
解法二：依题意，可设这 n＋2 个数依次为 1，a，a2，…，an，100；所以 Tn＝100a1＋2＋…
＋n，an＝ lgTn＝n（n＋1）
2
lga＋2，又因为 an＋1＝100，所以 an＝n＋2(n≥1)．
1．注意等比数列每一项均不为 0，q 也不为 0.
2．等比数列中，已知五个元素 a1，an，n，q，Sn 中的任意三个，便可求出其余两个．可
类比上节等差数列“名师点睛”栏 1 进行探究．
3．准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质．
4．在含字母参数的等比数列求和时，应分 q＝1 与 q≠1 两种情况进行讨论．
5．学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性
质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比．
6．等比数列通项公式的求法有：
(1)观察法．
(2)公式法：①an＝
S1（n＝1），
Sn－Sn－1（n≥2）；
②等比数列{an}的通项公式．
(3)构造法：
①an＋1＝pan＋q; ②an＋1＝pan＋qn；
③an＋1＝pan＋f(n); ④an＋2＝pan＋1＋qan.
1．已知等比数列{an}的公比 q＝2，且 2a4，a6，48 成等差数列，则{an}的前 8 项和为
( )
A．127 B．255 C．511 D．1 023
解：因为 2a4，a6，48 成等差数列，所以 2a6＝2a4＋48，所以 2a1q5＝2a1q3＋48，又因为
q＝2，所以 a1＝1，所以 S8＝1×（1－28）
1－2
＝255.故选 B.
2．(2016·昆明联考)等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则 Tn＝ 1
a1a2
＋ 1
a2a3
＋…＋ 1
anan＋1
的结
果可化为( )
A．1－1
4n B．1－1
2n
C.2
3
1－1
4n D.2
3
1－1
2n
解：易求得 an＝2n－1，所以 anan＋1＝22n－1，
Tn＝1
2
＋1
23＋1
25＋…＋ 1
22n－1＝
1
2
1－
1
4 n
1－1
4
＝2
3
1－1
4n .故选 C.
3．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn 为前 n 项和，且 S10＝10，S30＝70，那么 S40 等于
( )
A．150 B．120
C．150 或－200 D．400
解：依题意，数列 S10，S20－S10，S30－S20， S40－S30 成等比数列，因此有(S20－S10)2
＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故 S20＝－20 或 S20＝30；又 S20>0，因此 S20＝30，
S20－S10＝20， S30－S20＝40，故 S40－S30＝80.S40＝150.故选 A.
4．一个等比数列的前三项的积为 3，最后三项的积为 9，且所有项的积为 729，则该数
列的项数是( )
A．13 B．12 C．11 D．10
解：设该等比数列为{an}，其前 n 项的积为 Tn，
则由已知得 a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，
(a1·an)3＝3×9＝33，
所以 a1·an＝3，又 Tn＝a1·a2·…·an－1·an，
Tn＝an·an－1·…·a2·a1，
所以 T2
n＝(a1·an)n，即 7292＝312＝3n，所以 n＝12.故选 B.
5．若正项数列{an}满足 lgan＋1＝1＋lgan，且 a2 001＋a2 002＋a2 003＋…＋a2 010＝2 017，
则 a2 011＋ a2 012＋a2 013＋…＋a2 020 的值为( )
A．2.017×1013 B．2.017×1014
C．2.018×1013 D．2.018×1014
解：由条件知 lgan＋1－lgan＝lgan＋1
an
＝1，即an＋1
an
＝10，所以{an}是公比为 10 的等比数列．因
为 (a2 001＋a2 002＋…＋a2 010)·q10＝a2 011＋a2 012＋…＋ a2 020，所以 a2 011＋a2 012＋…＋a2 020
＝2.017×1013.故选 A.
6．若数列{an}是正项递减等比数列，Tn 表示其前 n 项的积，且 T8＝T12，则当 Tn 取最大
值时，n 的值等于( )
A．9 B．10 C．11 D．12
解：因为 T8＝T12，所以 a9a10a11a12＝1，又 a9a12＝a10a11＝1，且数列{an}是正项递减数
列，所以 a9>a10>1>a11>a12，因此 T10 取最大值．故选 B.
7．已知正项数列{an}满足 a2
n＋1－6a2
n＝an＋1an，若 a1＝2，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝
________.
解：由 a2
n＋1－6a2
n＝an＋1an，得
(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，因为 an>0，所以 an＋1＝3an，即{an}是首项为 2，公比为 3 的
等比数列，于是 Sn＝2×（1－3n）
1－3
＝3n－1.故填 3n－1.
8．(2015·兰州联考)已知数列{an}的首项为 1，数列{bn}为等比数列且 bn＝an＋1
an
，若 b10·b11
＝2，则 a21＝________.
解：因为 b1＝a2
a1
＝a2，b2＝a3
a2
，所以 a3＝b2a2＝b1b2，因为 b3＝a4
a3
，所以 a4＝b1b2b3，…，an
＝b1b2b3·…·bn－1，所以 a21＝b1b2b3·…·b20＝ (b10b11)10＝210＝1 024.故填 1 024.
9．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2
n－(2an＋1－1)an－2an＋1
＝0.
(1)求 a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意得 a2＝1
2
，a3＝1
4
.
(2)由 a2
n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以an＋1
an
＝1
2
.
故{an}是首项为 1，公比为1
2
的等比数列，因此 an＝ 1
2n－1.
10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且 an
＋Sn＝n.
(1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为 an＋Sn＝n，①
所以 an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1，
所以 2an＋1＝an＋1，所以 2(an＋1－1)＝an－1，
又易得 a1＝1
2
，a1－1＝－1
2
≠0，
所以an＋1－1
an－1
＝1
2
.
所以{cn}是以－1
2
为首项，1
2
为公比的等比数列．
(2)由(1)可知 cn＝
－1
2 ·
1
2
n－1
＝－
1
2
n
，
所以 an＝cn＋1＝1－
1
2
n
.
所以当 n≥2 时，
bn＝an－an－1＝1－
1
2
n
－ 1－
1
2
n－1
＝
1
2
n－1
－
1
2
n
＝
1
2
n
.
又 b1＝a1＝1
2
代入上式也符合，所以 bn＝
1
2
n
.
数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线 y＝3x＋1 上，n∈N*.
(1)当实数 t 为何值时，数列{an}是等比数列；
(2)在(1)的结论下，设 bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn 是数列{cn}的前 n 项和，求 Tn.
解：(1)因为点(Sn，an＋1)在直线 y＝3x＋1 上，
所以 an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n≥2，且 n∈N*)．
所以 an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，所以 an＋1＝4an(n≥2，n∈N*)，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t
＋1，
所以当 t＝1 时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列．
(2)在(1)的结论下 an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n－1＋n，
所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝4n－1
3
＋（1＋n）n
2
.
1．(2016·江西七校联考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 an>0，q>1，且 a3＋a5
＝20， a2a6＝64，则 S5＝( )
A．31 B．36 C．42 D．48
解：由题意知，a2a6＝a3a5＝64，又 a3＋a5＝20，q>1，解得 a3＝4，a5＝16，所以 q＝2，
a1＝1，所以 S5＝1－25
1－2
＝31.故选 A.
2．(2016·保定调研)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为 an
＝( )
A．2n－1 B．2n－1＋1
C．2n－1 D．2(n－1)
解：由题意知 an＋1＋1＝2(an＋1)，a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比
的等比数列，所以 an＋1＝2n，所以 an＝2n－1.故选 A.
3．设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若S4
S2
＝3，则S6
S4
＝( )
A．2 B.7
3
C. 3
10
D．1 或 2
解法一：S2，S4－S2，S6－S4 成等比数列，而 S4＝3S2，所以 S6－S4＝4S2，得 S6＝7S2，
所以S6
S4
＝7
3
.
解法二： 设等比数列{an}的公比为 q，当 q＝1 时，不满足S4
S2
＝3，所以 q≠1，于是 Sn
＝a1（1－qn）
1－q
.由S4
S2
＝3 得1－q4
1－q2＝1＋q2＝3，所以 q2＝2，则S6
S4
＝ 1－q6
1－q4＝1－8
1－4
＝7
3
.故选 B.
4．(2016·贵阳一模)等比数列{an}中，a1a4＝10，则数列{lgan}的前 4 项和等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
解：在等比数列{an}中，因为 a1a4＝10，所以 a2a3＝a1a4＝10，所以 lga1＋lga2＋lga3＋
lga4＝lg(a1a2a3a4)＝lg100＝2.故选 C.
5．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ t·5n－2－1
5
，则实数 t 的值为( )
A．4 B．5 C.4
5
D.1
5
解：因为 a1＝S1＝1
5
t－1
5
，a2＝S2－S1＝4
5
t，a3＝S3－S2＝4t，所以由{an}是等比数列知
4
5
t 2
＝
1
5
t－1
5 ·4t，显然 t≠0，所以 t＝5.故选 B.
6．将正偶数集合{2，4，6，…}从小到大按第 n 组有 2n 个偶数进行分组如下：
第一组 第二组 第三组 …
{2，4} {6，8，10，12} {14，16，18，20，22，24，26，28} …
则 2 016 位于( )
A．第 7 组 B．第 8 组
C．第 9 组 D．第 10 组
解：前 n 组共有 2＋4＋8＋…＋2n＝2×（1－2n）
1－2
＝2n＋1－2 个数．由 an＝2n＝2 016 知，
n＝1 008，所以 2 016 为第 1 008 个偶数，因为 29＝512，210＝1 024，故前 8 组共有
510 个数，前 9 组共有 1 022 个数，即 2 016 在第 9 组．故选 C.
7．在等比数列{an}中，a1＝1
2
，a4＝－4，则公比 q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝
________.
解：因为 q3＝a4
a1
＝－8，所以 q＝－2.|a1|＋ |a2|＋…＋|an|＝
1
2
（1－2n）
1－2
＝2n－1－1
2
.
故填－2；2n－1－1
2
.
8．(2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则 a1＝
________，S5＝________.
解：a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1⇒a1＝1，a2＝3，再由 an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)⇒an
＋1－an＝2an⇒an＋1＝3an(n≥2)，又 a2＝3a1，所以 an＋1＝3an(n≥1)，所以{an}是首项为 1，公
比为 3 的等比数列，所以 S5＝1－35
1－3
＝121.故填 1；121.
9.已知等比数列{an}中，a1＝1
3
，公比 q＝1
3
.
(1)Sn 为{an}的前 n 项和，证明：Sn＝1－an
2
；
(2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为 an＝1
3
×
1
3
n－1
＝1
3n，
Sn＝
1
3
1－1
3n
1－1
3
＝
1－1
3n
2
，所以 Sn＝1－an
2
.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－n（n＋1）
2
.所以{bn}的通项
公式为 bn＝－n（n＋1）
2
.
10．已知数列{an}中，a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，且对任意 n∈N*，有 an＋1＝kSn
＋1(k 为常数)．
(1)当 k＝2 时，求 a2，a3 的值；
(2)试判断数列{an}是否为等比数列？请说明理由．
解：(1)当 k＝2 时，an＋1＝2Sn＋1，
令 n＝1 得 a2＝2S1＋1，又 a1＝S1＝1，得 a2＝3；
令 n＝2 得 a3＝2S2＋1＝2(a1＋a2)＋1＝9，所以 a3＝9.
所以 a2＝3，a3＝9.
(2)由 an＋1＝kSn＋1，得 an＝kSn－1＋1(n≥2)，
两式相减，得 an＋1－an＝kan(n≥2)，
即 an＋1＝(k＋1)an(n≥2)，
且a2
a1
＝k＋1
1
＝k＋1，故 an＋1＝(k＋1)an.
故当 k＝－1 时，an＝
1， n＝1，
0， n≥2.
此时，{an}不是等比数列；
当 k≠－1 时，an＋1
an
＝k＋1≠0，此时，{an}是以 1 为首项，k＋1 为公比的等比数列．
综上，当 k＝－1 时，{an}不是等比数列；
当 k≠－1 时，{an}是等比数列．
已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数 m，使得1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
≥1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说
明理由．
解：(1)由等比数列性质，a1a2a3＝a3
2＝125，故 a2＝5.
设数列{an}的公比为 q，
则由|a2－a3|＝10 有|5－5q|＝10.
所以 q－1＝±2，得 q＝－1 或 q＝3.
所以数列{an}的通项公式为
an＝5×3n－2 或 an＝5×(－1)n－2.
(2)若 an＝5×3n－2，则1
an
＝1
5
× 1
3n－2＝3
5
·
1
3
n－1
，
故
1
an 是首项为3
5
，公比为1
3
的等比数列．
从而1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
＝
3
5
1－
1
3
m
1－1
3
＝ 9
10
＜ 9
10
＜1.
若 an＝5×(－1)n，则
1
an
＝1
5
×(－1)n＝－1
5
×(－1)n－1，
故
1
an 是首项为－1
5
，公比为－1 的等比数列．
当 m 为偶数，即 m＝2k(k∈N*)时，
1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
＝0＜1.
当 m 为奇数，即 m＝2k－1(k∈N*)时，
1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
＝－1
5
＜1.
综上可知，对任何正整数 m，总有1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
＜1.
故不存在正整数 m，使得1
a1
＋1
a2
＋…＋1
am
≥1 成立．
6．4 数列求和及应用
1．数列求和方法
(1)公式法：
(Ⅰ)等差数列、等比数列前 n 项和公式．
(Ⅱ)常见数列的前 n 项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝ ；
②2＋4＋6＋…＋2n＝ ；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝ ；
④12＋22＋32＋…＋n2＝ ；
⑤13＋23＋33＋…＋n3＝
n（n＋1）
2
2
.
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法．
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比
数列{an}前 n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．
(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩
有限项再求和．
常见的裂项公式：
① 1
n（n＋1）
＝ － 1
n＋1
；
② 1
（2n－1）（2n＋1）
＝
1
2n－1
－ 1
2n＋1 ；
③ 1
n（n＋1）（n＋2）
＝
1
n（n＋1）
－ 1
（n＋1）（n＋2） ；
④ 1
a＋ b
＝ ( a－ b)；
⑤ n
（n＋1）！
＝ － 1
（n＋1）！
；
⑥Cm－1
n ＝ ；
⑦n·n！＝ ！－n！；
⑧an＝Sn－Sn－1(n≥2)．
2．数列应用题常见模型
(1)单利公式
利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y＝ .
(2)复利公式
利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y＝ .
(3)产值模型
原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值 y＝ .
(4)递推型
递推型有 an＋1＝f(an)与 Sn＋1＝f(Sn)两类．
(5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．
自查自纠：
1．(1)①n（n＋1）
2
②n2＋n ③n2
④n（n＋1）（2n＋1）
6
(5)①1
n
②1
2
③1
2
④ 1
a－b
⑤ 1
n！
⑥Cm
n＋1－Cm
n ⑦(n＋1)
2．(1)a(1＋xr) (2)a(1＋r)x (3)N(1＋p)x
设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前 n 项和为 Sn，则 Sn 等于( )
A．2n B．2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
解法一：特殊值法，易知 S1＝1，S2＝4，只有选项 D 适合．
解法二：研究通项 an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ 2n－1，
所以 Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.故选 D.
在各项均为正数的等比数列{an}中，若满足 a4a8＝25，则 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11
的值为( )
A．7 B．9 C．11 D．13
解：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以满足 a4a8＝a1a11＝a2a10＝a3a9＝a5a7
＝a2
6＝25，所以 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11＝log5(a1a11)＋log5(a2a10)＋log5(a3a9)＋log5(a4a8)
＋log5(a5a7)＋log5a6＝5log525＋log55＝11.故选 C.
已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3＝0，S5＝－5，则数列
1
a2n－1a2n＋1 的前 8 项和
为( )
A．－3
4
B．－ 8
15
C.3
4
D. 8
15
解：设数列{an}的公差为 d，则 Sn＝na1＋n（n－1）
2
d.由已知可得
3a1＋3d＝0，
5a1＋10d＝－5，
解
得
a1＝1，
d＝－1，
所以{an}的通项公式为 an＝2－n.
所以 1
a2n－1a2n＋1
＝ 1
（3－2n）（1－2n）
＝ 1
2
1
2n－3
－ 1
2n－1 ，
所以数列
1
a2n－1a2n＋1 的前 8 项和为1
2
( 1
－1
－1
1
＋ 1
1
－1
3
＋…＋ 1
16－3
－ 1
16－1
)＝－ 8
15
.故选
B.
黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第 n 个图案
中有白色地面砖________块．
解：设第 n 个图案中白色地面砖有 an 块，
则 a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知 an－an－1＝4(n≥2)，
所以{an}是以 6 为首项，4 为公差的等差数列，
所以 an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.故填 4n＋2.
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－2，则 an＝________；记 Tn＝a1＋ 3a2＋…
＋(2n－1)an，则 Tn＝________.
解：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以 an＝2an－1；当 n＝1 时，a1＝S1＝2a1－2，
得 a1＝2.所以 an＝2n，所以 Tn＝2＋3×22＋…＋(2n－1)2n，2Tn＝22＋3×23＋…＋(2n－1)2n
＋1，由错位相减法得 Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.故填 2n；6＋(2n－3)2n＋1.
类型一 基本求和问题
数列求和：
(1)求数列 11
2
，21
4
，31
8
，…，
n＋1
2n ，…的前 n 项和 Sn；
(2)求和：1＋ 1
1＋2
＋ 1
1＋2＋3
＋…＋ 1
1＋2＋…＋n
；
(3)设 f(x)＝ x2
1＋x2，求：f
1
2 017 ＋f
1
2 016 ＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)；
(4)求和：Sn＝1
a
＋2
a2＋3
a3＋…＋n
an.
解 ： (1)Sn ＝
1＋1
2 ＋
2＋1
4 ＋
3＋1
8 ＋ … ＋ (n ＋ 1
2n ) ＝ (1 ＋ 2 ＋ 3 ＋ … ＋ n) ＋
1
2
＋1
4
＋1
8
＋…＋1
2n
＝1
2
n(n＋1)＋
1
2
1－1
2n
1－1
2
＝1
2
n(n＋1)＋1－1
2n.
(2)设数列的通项为 an，则 an＝ 2
n（n＋1）
＝2
1
n
－ 1
n＋1 ，
所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[
1－1
2 ＋
1
2
－1
3 ＋…＋
1
n
－ 1
n＋1 ]＝2
1－ 1
n＋1 ＝ 2n
n＋1
.
(3)因为 f(x)＝ x2
1＋x2，所以 f(x)＋f
1
x ＝1.
令 S＝f
1
2 017 ＋f
1
2 016 ＋…＋f(1)＋ f(2)＋…＋f(2 017)，①
则 S＝f(2 017)＋f(2 016)＋…＋f(1)＋ f
1
2 ＋…＋f
1
2 016 ＋f( 1
2 017
)，②
①＋②得：2S＝1×4 033＝4 033，所以 S＝4 033
2
.
(4)(Ⅰ)当 a＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1）
2
.
(Ⅱ)当 a≠1 时，Sn＝1
a
＋2
a2＋3
a3＋…＋n
an，①
1
a
Sn＝1
a2＋2
a3＋…＋n－1
an ＋ n
an＋1，②
由 ① － ② 得
1－1
a Sn ＝ 1
a
＋ 1
a2 ＋ 1
a3 ＋ … ＋ 1
an － n
an＋1 ＝
1
a
1－1
an
1－1
a
－ n
an＋1 ， 所 以 Sn ＝
a（an－1）－n（a－1）
an（a－1）2 .
综上所述，
Sn＝
n（n＋1）
2
（a＝1），
a（an－1）－n（a－1）
an（a－1）2 （a≠1）.
点拨：
数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法
等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等
比数列求和公式时，注意对公比是否等于 1 进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和
法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法．
求和：
(1)求数列 9，99，999，…的前 n 项和 Sn；
(2)求数列 1
1×4
， 1
4×7
， 1
7×10
，…的前 n 项和；
(3)求 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的值．
解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋
＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋ (10n－1)
＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n
＝10（1－10n）
1－10
－n＝10n＋1－10
9
－n.
(2)an＝ 1
（3n－2）（3n＋1）
＝1
3
1
3n－2
－ 1
3n＋1 .
所以 Sn＝1
3
1
1
－1
4 ＋1
3
1
4
－1
7 ＋1
3
(1
7
－ 1
10
)＋…＋1
3
1
3n－2
－ 1
3n＋1 ＝1
3
1－ 1
3n＋1 ＝ n
3n＋1
.
(3)令 Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，①
则 Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21°
＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos289°.②
①与②两边分别相加得 2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289
°＋cos289°)＝89.
所以 Sn＝89
2
.
类型二 可用数列模型解决的实际问题
从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅
游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少1
5
，本年度当地旅游
业收入估计 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比
上年增加1
4
.
(1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 An 万元，旅游业总收入为 Bn 万元，写出 An 和
Bn 的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？(lg2≈0.301)
解：(1)第一年投入为 800 万元，第二年投入为 800×(1－1
5
)万元，…，第 n 年的投入为
800
1－1
5
n－1
万元．所以 n 年内的总投入为：
An＝800＋800×
1－1
5 ＋…＋800
1－1
5
n－1
＝4000－4000×
4
5
n
；
第一年旅游业收入为 400 万元，第二年旅游业收入为 400×
1＋1
4 万元，…，
第 n 年旅游业收入为 400
1＋1
4
n－1
万元．所以 n 年内的旅游业总收入为
Bn＝400＋400×
1＋1
4 ＋…＋400
1＋1
4
n－1
＝1600
5
4
n
－1600.
(2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入，因此 Bn－An＞0，即 1600
5
4
n
－1600
－4000＋4000
4
5
n
＞0，
化简得 2
5
4
n
＋5
4
5
n
－7＞0，设
5
4
n
＝x，代入上式得，2x2－7x＋5＞0，解得 x＞5
2
，或
x＜1(舍去)，即
5
4
n
＞5
2
，两边取对数得 nlg5
4
＞lg5
2
，n＞1－2lg2
1－3lg2
≈4.103，由此得 n≥5.
答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入．
点拨：
将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增
长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口
增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决．
某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线
在使用过程中的维护费用会逐年增加，第 1 年的维护费用是 4 万元，从第 2 年到第 7 年，每
年的维护费用比上年增加 2 万元，从第 8 年开始，每年的维护费用比上年增加 25%.
(1)设第 n 年该生产线的维护费用为 an，求 an 的表达式；
(2)若该生产线前 n 年每年的平均维护费用大于 12 万元，则需在第 n＋1 年年初更新生
产线，求该生产线前 n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线．
解：(1)由题知，当 1≤n≤7 时，数列{an}是首项为 4，公差为 2 的等差数列，
所以 an＝4＋(n－1)×2＝2n＋2.
当 n≥8 时，数列{an}是首项为 a8＝16×5
4
，公比为5
4
的等比数列，此时 an＝16×
5
4
n－7
.
故 an＝
2n＋2，1≤n≤7，
16×
5
4
n－7
，n≥8.
(2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，
当 1≤n≤7 时，Sn＝4n＋n（n－1）
2
×2＝n2＋3n；
当 n≥8 时，由 S7＝70，得
Sn＝70＋
16×5
4 ×
1－
5
4
n－7
1－5
4
＝80×
5
4
n－7
－10.故该生产线前 n 年每年的平均维护费
用为：
Sn
n
＝
n＋3，1≤n≤7，
80×
5
4
n－7
－10
n
，n≥8.
当 1≤n≤7 时，
Sn
n 为递增数列，
当 n≥8 时 ， 因 为 Sn＋1
n＋1
－ Sn
n
＝ 80×
5
4
n－6
－10
n＋1
－ 80×
5
4
n－7
－10
n
＝
80×
5
4
n－7
·
n
4
－1
＋10
n（n＋1）
>0，
所以 Sn＋1
n＋1
>Sn
n
，故
Sn
n 也为递增数列．
又S7
7
＝10<12，S8
8
＝
80×5
4
－10
8
＝11.25<12，S9
9
＝80×
5
4
2
－10
9
≈12.78>12，
故第 10 年年初需要更新生产线．
1．数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的
应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前 n 项和
Sn 可视为数列{Sn}的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一．
2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简
变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求
和的目的．
3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏．
4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数
的平方构成的数列等．
5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型．
6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化
与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等
比数列求和，分 q＝1 或 q≠1)等．
1．(2016·新余三校联考)数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前 100
项之和为( )
A．－200 B．－100 C．200 D．100
解：根据题意有 S100＝－1＋3－5＋7－9＋ 11－…－197＋199＝2×50＝100.故选 D.
2．设 f(x)＝ 4x
4x＋2
，则 f
1
11 ＋f
2
11 ＋…＋f
10
11 的值为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
解：f(x)＝ 4x
4x＋2
，f(1－x)＝ 41－x
41－x＋2
＝ 4
4＋2·4x＝ 2
4x＋2
，f(x)＋f(1－x)＝ 4x
4x＋2
＋ 2
4x＋2
＝
1.
原式＝＝1＋1＋1＋1＋1＝5.故选 A.
3．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 017 的值为
( )
A．2 015 B．2 013 C．1 009 D．1 008
解：当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，又 an＋1＋2Sn＝n＋1，两式相减，得 an＋1＋an＝1(n≥2)．又
a1＝1，所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009.故选 C.
4．已知数列{an}：1
2
，1
3
＋2
3
，1
4
＋2
4
＋3
4
，…， 1
10
＋ 2
10
＋ 3
10
＋…＋ 9
10
，…，若 bn＝ 1
anan＋1
，
那么数列{bn}的前 n 项和 Sn 为( )
A. n
n＋1
B. 4n
n＋1
C. 3n
n＋1
D. 5n
n＋1
解：因为 an＝1＋2＋3＋…＋n
n＋1
＝n
2
，
所以 bn＝ 1
anan＋1
＝ 4
n（n＋1）
＝4
1
n
－ 1
n＋1 ，
所以 Sn＝4
1－1
2 ＋
1
2
－1
3 ＋…＋
1
n
－ 1
n＋1
＝4
1－ 1
n＋1 ＝ 4n
n＋1
.故选 B.
5．(2015·福建)若 a，b 是函数 f(x)＝x2－ px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，
且 a，b，－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 p＋q 的
值等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
解：由韦达定理得 a＋b＝p，a·b＝q，则 a＞0，b＞0，当 a，b，－2 适当排序后成等
比数列时，－2 必为等比中项，有 a·b＝q＝4，b＝4
a
；当 a，b， －2 适当排序后成等
差数列时，－2 必不是等差中项，不妨设 a 是等差中项，2a＝4
a
－2，解得 a＝1，b＝4；所以
a＋b＝p＝5，从而 p＋q＝9.故选 D.
6．如图所示，作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再
作新三角形的内切圆．如此下去，前 n 个内切圆的面积和为( )
A.a2
9
1－1
2n π B.a2
9
1－ 1
22n－1 π
C.a2
9
1－ 1
2n＋1 π D.a2
9
1－ 1
22n π
解：设第 n 个三角形的内切圆半径为 an，则易知 a1＝1
2
atan30°＝ 3
6
a，a2＝1
2
a1，…，
an＝1
2
an－1，故数列{an}是首项为 3
6
a，公比为1
2
的等比数列．所以 an＝ 3
6
×
1
2
n－1
a.设前 n
个内切圆面积和为 Sn，则 Sn＝π(a2
1＋a2
2＋…＋a2
n)
＝πa2
1 1＋
1
2
2
＋
1
4
2
＋…＋
1
2n－1
2
＝πa2
1
1＋1
4
＋
1
4
2
＋…＋
1
4
n－1
＝4
3
×a2
12
1－ 1
22n π
＝a2
9
1－ 1
22n π.故选 D.
7．设数列{an}是首项为 1，公比为－2 的等比数列，则 a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
解：依题意 an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，所以 a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，所以 a1
＋|a2|＋ a3＋|a4|＝1＋2＋4＋8＝15.故填 15.
8．已知 an＝2nsin2nπ
3
，n∈N*，Sn＝a1＋a2＋…＋an，则 S30＝________.
解：an＝2nsin2nπ
3
＝n－ncos2nπ
3
，
设 bn＝ncos2nπ
3
，
当 n＝3k，k∈N*时，bn＝n；
当 n＝3k＋1，k∈N 时，bn＝－n
2
；
当 n＝3k＋2，k∈N 时，bn＝－n
2
，
所以 b3＋b6＋…＋b30＝3＋6＋…＋30＝165，
b1＋b4＋…＋b28＝－1
2
(1＋4＋…＋28)＝ －145
2
，
b2＋b5＋…＋b29＝－1
2
(2＋5＋…＋29)＝ －155
2
.
所以 b1＋b2＋…＋b30＝165－145
2
－155
2
＝15，
S30＝(1＋2＋…＋30)－(b1＋b2＋…＋b30)＝465－15＝450.故填 450.
9．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足 an＋2＋an＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 Sn 是数列{|an|}的前 n 项和，求 Sn.
解：(1)由 2an＋1＝an＋2＋an 可得{an}是等差数列，且公差 d＝a4－a1
4－1
＝2－8
3
＝－2.
所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.
(2)令 an≥0，得 n≤5.
即当 n≤5 时，an≥0，n≥6 时，an<0.
所以当 n≤5 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；
当 n≥6 时，
Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)
＝－(－n2＋9n)＋2×20
＝n2－9n＋40，
所以 Sn＝
－n2＋9n，n≤5，
n2－9n＋40，n≥6.
10．某企业为加大对新产品的推销力度，决定从今年起每年投入 100 万元进行广告宣传，
以增加新产品的销售收入．已知今年的销售收入为 250 万元，经市场调查，预测第 n 年与第
n－1 年销售收入 an 与 an－1(单位：万元)满足关系式：an＝an－1＋500
2n －100.
(1)设今年为第 1 年，求第 n 年的销售收入 an；
(2)依上述预测，该企业前几年的销售收入总和 Sn 最大？
解：(1)由题意可知
an－an－1＝500
2n －100(n≥2)，
an－1－an－2＝500
2n－1－100，
…
a3－a2＝500
23 －100，
a2－a1＝500
22 －100，
a1＝250＝500
2
.
以上各式相加得，
an＝500
1
2
＋1
22＋…＋1
2n －100(n－1)
＝500·
1
2
1－1
2n
1－1
2
－100(n－1)
＝500－500
2n －100(n－1)．
(2)要求销售收入总和 Sn 的最大值，即求年销售收入大于零的所有年销售收入的和．
因为 an＝500－500
2n －100(n－1)，
所以要使 an≥0，即 500－500
2n －100(n－1)≥0，
也就是1
2n＋n－1
5
≤1.
因为1
2n＞0，故 n≥6 时，1
26＋6－1
5
＞1 不符合，检验 n＝1，2，3，4，5 符合．所以 a5>0，
a6<0.
所以该企业前 5 年的销售收入总和最大．
(2015·湖北模拟)设函数 fn(x)＝x－(3n－1)x2(其中 n∈N*)，区间 In＝{x|fn(x)
＞0}．
(1)定义区间(α，β)的长度为β－α，求区间 In 的长度；
(2)把区间 In 的长度记作数列{an}，令 bn＝ an·an＋1，
①求数列{bn}的前 n 项和 Tn；
②是否存在正整数 m，n(1＜m＜n)，使得 T1，Tm，Tn 成等比数列？若存在，求出所有的
m，n 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由 fn(x)＞0，得 x－(3n－1)x2＞0，
解得 0＜x＜ 1
3n－1
，即 In＝
0， 1
3n－1 .
所以区间的长度为 1
3n－1
－0＝ 1
3n－1
.
(2)由(1)知 an＝ 1
3n－1
.
①因为 bn＝an·an＋1＝1
3
1
3n－1
－ 1
3n＋2 ，
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1
3
[
1
2
－1
5 ＋
1
5
－1
8 ＋…＋
1
3n－1
－ 1
3n＋2 ]＝ n
2（3n＋2）
.
②由①知，T1＝ 1
10
，Tm＝ m
2（3m＋2）
，Tn＝ n
2（3n＋2）
.
假设存在正整数 m，n(1＜m＜n)，使得 T1，Tm，Tn 成等比数列，则 T2
m＝T1Tn，化简得 m2
（3m＋2）2
＝ n
5（3n＋2）
.
所以(－3m2＋6m＋2)n＝5m2 (*)
当 m＝2 时，(*)式可化为 2n＝20，所以 n＝10.
当 m≥3 时，－3m2＋6m＋2＝－3(m－1)2＋5≤－7＜0.
又因为 5m2＞0，所以(*)式可化为 n＝ 5m2
－3m2＋6m＋2
＜0，
此时 n 无正整数解．
综上可知，存在满足条件的正整数 m，n，此时 m＝2，n＝10.
1．数列{an}的通项公式为 an＝ 1
n＋ n＋1
，若{an}的前 n 项和为 24，则 n＝( )
A．25 B．576 C．624 D．625
解：an＝ n＋1－ n，所以 Sn＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1，
令 Sn＝24 得 n＝624.故选 C.
2．已知函数 f(n)＝
n2 （n 为奇数），
－n2 （n 为偶数），
且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋
a100 等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
解：a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝2＋1－1012
＝2(201＋197＋193＋…＋5)＋1－1012
＝2·（201＋5）×50
2
＋1－1012
＝10 301－1012＝100.故选 B.
3．已知数列{an}满足 an＋2＝－an(n∈N＋)，且 a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前 2 017 项的
和为( )
A．2 B．－3 C．3 D．1
解：因为 an＋2＝－an＝－(－an－2)＝an－2，n＞2，所以数列{an}是以 4 为周期的周期数列．S2
017＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＝504(a1＋a2－a1－a2)＋a504×4＋1＝a1＝1.故选 D.
4．某气象学院用 3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连
续使用，第 n 天的维修保养费为n＋49
10
元(n∈N*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算
是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( )
A．600 天 B．800 天
C．1 000 天 D．1 200 天
解：设一共使用了 n 天，则使用 n 天的平均耗资为
32 000＋
5＋ n
10
＋4.9
n
2
n
＝32 000
n
＋ n
20
＋4.95，当且仅当32 000
n
＝ n
20
时，取得最小值，此时 n＝800.故选 B.
5．已知等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，前 n 项和为 Sn.若直线 y＝1
2
a1x＋m 与圆(x
－2)2＋ y2＝1 的两个交点关于直线 x＋y－d＝0 对称，则数列
1
Sn 的前 10 项和为( )
A. 9
10
B.10
11
C.8
9
D．2
解：由题意可得直线 y＝1
2
a1x＋m 与直线 x＋ y－d＝0 垂直，且圆心(2，0)在直线 x
＋y－d＝0 上，则求得 a1＝2，d＝2，所以数列{an}的前 n 项和 Sn＝n(n＋1)，所以1
Sn
＝
1
n（n＋1）
＝1
n
－ 1
n＋1
，于是数列
1
Sn 的前 10 项和 1
S1
＋ 1
S2
＋…＋ 1
S10
＝
1－1
2 ＋
1
2
－1
3 ＋…＋
1
10
－ 1
11 ＝1－ 1
11
＝10
11
.故选 B.
6．(2016·浙江)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，
An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠ Q 表示点P 与Q 不重合)．若dn＝
|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列 B．{S2
n}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d2
n}是等差数列
解：由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1 的垂线，高分别记为
h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差
数列，又 Sn＝1
2
×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选 A.
7．(2016·江西八校联考改编)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，
记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 S2 017＝________.
解：因为 an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，
所以当 n＝2k 时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，
所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝ 1＋(－1)×1 008＝－1 007.故填－1 007.
8．已知数列{an}满足 an≠0，a1＝1
3
，an－1－ an＝2an·an－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________，
a1a2＋a2a3＋…＋a99a100＝________.
解： 因为 an－1－an＝2anan－1(n≥2，n∈N*)，an≠0，所以an－1－an
anan－1
＝2(n≥2，n∈N*)，
所以1
an
－ 1
an－1
＝2(n≥2，n∈N*)，1
a1
＝3，所以
1
an 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，
所以1
an
＝2n＋1，所以 an＝ 1
2n＋1
，
所以 anan＋1＝ 1
2n＋1
· 1
2n＋3
＝1
2
1
2n＋1
－ 1
2n＋3 ，
所以 a1a2＋a2a3＋…＋a99a100＝1
2
×(1
3
－1
5
＋1
5
－ 1
7
＋…＋ 1
199
－ 1
201
)＝11
67
.故填 1
2n＋1
；11
67
.
9．(2016·山东)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an＝bn
＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令 cn＝（an＋1）n＋1
（bn＋2）n .求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解：(1)因为数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，
所以 a1＝11，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－3(n－1)2－8(n－1)＝6n＋5，
又 an＝6n＋5 对 n＝1 也成立，所以 an＝6n＋5.
又因为{bn}是等差数列，设公差为 d，则 an＝bn＋bn＋1＝2bn＋d.
当 n＝1 时，2b1＝11－d；
当 n＝2 时，2b2＝17－d，解得 d＝3，
所以数列{bn}的通项公式为 bn＝an－d
2
＝3n＋1.
(2)由 cn＝（an＋1）n＋1
（bn＋2）n ＝（6n＋6）n＋1
（3n＋3）n ＝(3n＋3)·2n＋1，
于是 Tn＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n＋3)×2n＋1，
两边同乘以 2，得
2Tn＝6×23＋9×24＋…＋(3n)×2n＋1＋ (3n＋3)×2n＋2，
两式相减，得
－Tn＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n＋2
＝3×22＋3×22（1－2n）
1－2
－(3n＋3)×2n＋2，
所以 Tn＝－12＋3×22(1－2n)＋(3n＋3)×2n＋2＝3n·2n＋2.
10．某地甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为 a 万元，由于经营方式不
同，甲超市前 n 年的总销售额为a
2
(n2－n＋2)万元，乙超市第 n 年的销售额比前一年的销售
额多
2
3
n－1
a 万元．
(1)求甲、乙两超市第 n 年销售额的表达式；
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的 50%，则该超市将被另一超
市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．
解：(1)设甲、乙两超市第 n 年销售额分别为 an 万元，bn 万元，
又设甲超市前 n 年总销售额为 Sn，
则 Sn＝a
2
(n2－n＋2)，当 n＝1 时，a1＝a，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝a
2
(n2－n＋2)－ a
2
＝a(n－1)，
故 an＝
a，n＝1，
（n－1）a，n≥2.
又因 b1＝a，n≥2 时，bn－bn－1＝
2
3
n－1
a，
故 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝a＋2
3
a＋
2
3
2
a＋…＋
2
3
n－1
a
＝ 1＋2
3
＋
2
3
2
＋…＋
2
3
n－1
a
＝
1－
2
3
n
1－2
3
a＝ 3－2
2
3
n－1
a，
显然 n＝1 也适合，故 bn＝ 3－2
2
3
n－1
a(n∈N*)．
(2)当 n＝2 时，a2＝a，b2＝5
3
a，有 a2>1
2
b2；
n＝3 时，a3＝2a，b3＝19
9
a，有 a3>1
2
b3；
当 n≥4 时，an≥3a，而 bn<3a，故乙超市有可能被收购．
当 n≥4 时，令 1
2
an>bn，
则1
2
(n－1)a> 3－2
2
3
n－1
a⇒n－1>6－4
2
3
n－1
，
即 n>7－4
2
3
n－1
.
当 n＝4 时，1＜4
2
3
3
＜2，当 n＝5 时，0＜4
2
3
4
＜1，又 y＝4
2
3
n－1
单调递减，所以当
n≥5 时，0＜ 4
2
3
n－1
＜1，所以 6＜7－4
2
3
n－1
＜7，所以 n≥7.
故当 n∈N*且 n≥7 时，必有 n>7－4
2
3
n－1
.
即第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．
设 Tn 是数列{an}的前 n 项之积，满足 Tn＝1－an(n∈N*)．
(1)求证：数列 1
1－an
是等差数列；
(2)设 Sn＝T2
1＋T2
2＋…＋T2
n，求证：an＋1－1
2
1
（n＋1）（n＋2）
＝ 1
n＋1
－ 1
n＋2
，
所以 Sn>1
2
－ 1
n＋2
＝n＋1
n＋2
－1
2
＝an＋1－1
2
.
另一方面，
T2
n＝ 4
4n2＋8n＋4
< 4
（2n＋1）（2n＋3）
＝2
1
2n＋1
－ 1
2n＋3 ，
所以 Sn<2
1
3
－ 1
2n＋3 <2
3
－ 1
n＋2
＝n＋1
n＋2
－1
3
＝ an＋1－1
3
.所以 an＋1－1
2
0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
解：由 a3，a4，a8 成等比数列可得 a2
4＝a3a8，有(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，得 a1＝－
5
3
d，所以 a1d<0，dS4＝4（a1＋a4）
2
d＝2d(2a1＋3d)＝－2
3
d2<0.故选 B.
3．(2016·江西八校联考)数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n2＋3n(n∈N*)，若 p－q＝5(p，q
∈N*)，则 ap－aq＝( )
A．10 B．15 C．－5 D．20
解：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－ ＝4n＋1，
当 n＝1 时，a1＝S1＝5，符合上式，所以 an＝4n＋1，所以 ap－aq＝4(p－q)＝20.故选 D.
4．(2015·西安模拟)数列{an}满足 an＋an＋1＝1
2
(n∈N*)，且 a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n
项和，则 S21＝( )
A.21
2
B．6 C．10 D．11
解：S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋ a21)＝1＋10×1
2
＝6.故选 B.
5．(2016·开封联考)已知{an}为正项等比数列，Sn 是它的前 n 项和，若 a1＝16，且 a4
与 a7 的等差中项为9
8
，则 S5 的值为( )
A．29 B．31 C．33 D．35
解：设正项等比数列{an}的公比为 q，则 a4＝16q3，a7＝16q6，因为 a4 与 a7 的等差中项为
9
8
，所以 a4＋a7＝9
4
，即 16q3＋16q6＝9
4
，解得 q＝1
2
(负值舍去)，
S5＝a1（1－q5）
1－q
＝
16×
1－1
25
1－1
2
＝31.故选 B.
6．设等差数列{an}的前 n 项和是 Sn，若－am0，且 Sm＋1<0 B．Sm<0，且 Sm＋1>0
C．Sm>0，且 Sm＋1>0 D．Sm<0，且 Sm＋1<0
解：－am0 知其为真命题；对于 p2，举反例数列：{－3，－2，
－1}，而数列{－3，－4，－3}非递增数列，p2 为假命题；
对于 p3，举反例数列：{1，2，3}，而数列{1，1，1}非递增数列，p3 为假命题；
对于 p4，an＋1＋3(n＋1)d－(an＋3nd)＝4d＞0，因此{an＋3nd}是递增数列，p4 为真命题．
解法二：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，令 f(x)＝dx＋(a1－d)．因此只需要考查 f(x)，
xf(x)，f（x）
x
，f(x)＋3dx 四个函数的图象和性质即可知，只有 p1，p4 为真命题．故选 D.
9．设曲线 y＝xn＋1(n∈N*)在点(1，1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 an＝lgxn，
则 a1＋a2＋…＋a2 017＝( )
A．lg2 018 B．lg2 017
C．－lg2 018 D．－lg2 017
解：因为 y′＝(n＋1)xn，所以曲线 y＝xn＋1 在点(1，1)处的切线斜率为 n＋1，切线方
程为 y－1＝(n＋1)(x－1)，令 y＝0，得 xn＝1－ 1
n＋1
＝ n
n＋1
.则 an＝lgxn＝lg n
n＋1
，所以 a1
＋a2＋…＋a2 017＝lg
1
2
×2
3
×…×2 017
2 018 ＝lg 1
2 018
＝－lg2 018.故选 C.
10．(2015·合肥联考)已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，
则满足 an·an＋1·an＋2>1
9
的最大正整数 n 的值为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解：因为 a2a4＝4，an>0，所以 a3＝2，所以 a1＋a2＝12，所以
a1＋a1q＝12，
a1q2＝2.
消去
a1 得，1＋q
q2 ＝6.因为 q>0，所以 q＝1
2
，
所以 a1＝8，所以 an＝8×
1
2
n－1
＝24－n.
所以不等式 anan＋1an＋2>1
9
化为 29－3n>1
9
，当 n＝4 时，29－3×4＝1
8
＞1
9
，当 n＝5 时，29－3×5＝ 1
64
<1
9
.
故选 B.
11．已知数列{an}，{bn}满足 a1＝1，且 an， an＋1 是函数 f(x)＝x2－bnx＋2n 的两个
零点，则 b10 等于( )
A．24 B．32 C．48 D．64
解：依题意有 anan＋1＝2n，所以 an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得an＋2
an
＝2，所以 a1，a3，a5，…
成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而 a1＝1，a2＝2，所以 a10＝2×24＝32，a11＝1×25
＝32，又因为 an＋an＋1＝bn，所以 b10＝a10＋a11＝64.故选 D.
12．(2016·青岛二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若Sn
S2n
为常数，则称数列{an}为“吉
祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为 1，公差不为 0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列
{bn}的通项公式为( )
A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1
解：设等差数列{bn}的公差为 d(d≠0)， Sn
S2n
＝k，因为 b1 ＝1，则 n＋1
2
n(n－1)d＝
k
2n＋1
2
×2n（2n－1）d
，即 2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意的正整数 n 上式均成立，
所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，
解得 d＝2，k＝1
4
.所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.故选 B.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．(2015·武汉调研)《张丘建算经》卷上第 22 题——“女子织布”问题：某女子善
于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布 5 尺，30 天共织
布 390 尺，则该女子织布每天增加________尺．
解：设每天增加的数量为 x 尺，
则 5×30＋30×（30－1）x
2
＝390，所以 x＝16
29
.故填16
29
.
14．(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＝6，a3＋a5＝0，则 S6
＝________.
解：因为{an}是等差数列，所以 a3＋a5＝2a4＝0，a4＝0，a4－a1＝3d＝－6，d＝－2，所
以 S6＝6a1＋15d＝6×6＋15×(－2)＝6.故填 6.
15．(2015·扬州模拟)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接
着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，…，如此继续，若共得到 1 023
个正方形，设初始正方形的边长为 2
2
，则最小正方形的边长为________．
解：设 1＋2＋4＋…＋2n－1＝1 023，即1－2n
1－2
＝1 023，2n＝1 024，n＝10.正方形边长构
成数列 2
2
，
2
2
2
，
2
2
3
，…，其中第 10 项为
2
2
10
＝ 1
32
，即所求最小正方形的边长为 1
32
.
故填 1
32
.
16．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S8≤5，S11≥23，则 a10 的最小值为
____________．
解法一：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 S8≤5，S11≥23 得 8a1＋28d≤5，11a1
＋55d≥23.因此，问题转化为以
8a1＋28d≤5，
11a1＋55d≥23
为约束条件，a10＝a1＋9d 为目标函数的线性
规划问题．
作出可行域，易知目标函数 a10＝a1＋9d 在两直线的交点
－123
44
，43
44 处取得最小值．
故 a10 的最小值为－123
44
＋9×43
44
＝6.
解法二：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 S8≤5，S11≥23 得
8a1＋28d≤5，
11a1＋55d≥23，
即
8（a10－9d）＋28d≤5，
11（a10－9d）＋55d≥23，
整理得
8a10－5≤44d，
11a10－23≥44d，
所以 11a10－23≥44d≥8a10－5，得 a10≥6.
若 a10＝6，则
8×6－5≤44d，
11×6－23≥44d，
即
43≤44d，
43≥44d，
所以 d＝43
44
，进而 a1＝－123
44
.故 a1＝－123
44
，
d＝43
44
时，a10 取得最小值 6.
解法三：引入参数λ，μ，令 a10 ＝a1 ＋9d＝λ(8a1 ＋28d)＋μ(11a1 ＋55d)，则有
8λ＋11μ＝1，
28λ＋55μ＝9，
解得
λ＝－1
3
，
μ＝1
3
.
于是 a10＝－1
3
(8a1＋28d)＋1
3
(11a1＋55d)≥ －1
3
×5＋1
3
×23＝6.
当
8a1＋28d＝5，
11a1＋55d＝23，
即
a1＝－123
44
，
d＝43
44
时，a10 取得最小值 6.故填 6.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10 分)(2016·北京)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 b2＝3，b3＝9，a1
＝b1， a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 cn＝ an＋ bn，求数列{cn}的前 n 项和．
解：(1)等比数列{bn}的公比 q＝b3
b2
＝9
3
＝3，
所以 b1＝b2
q
＝1，b4＝b3q＝27.
设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以 1＋13d＝27，即 d＝2.
所以 an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1.
因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前 n 项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝n(1＋2n－1)
2
＋1－3n
1－3
＝n2＋3n－1
2
.
18．(12 分)(2016·天津)已知{an}是等比数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，且1
a1
－1
a2
＝2
a3
，
S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的 n∈N*，bn 是 log2an 和 log2an＋1 的等差中项，求数列{(－1)nb2
n}的前 2n 项
和．
解：(1)设数列{an}的公比为 q，由已知有1
a1
－ 1
a1q
＝ 2
a1q2，解得 q＝2，或 q＝－1，又由
S6＝a1（1－q6）
1－q
＝63 知 q≠－1，所以a1（1－26）
1－2
＝63，解得 a1＝1，所以 an＝2n－1.
(2)由题意得 bn＝1
2
(log2an＋log2an＋1)＝ 1
2
(log22n－1＋log22n)＝n－1
2
，b1＝1
2
，即数
列{bn}是首项为1
2
，公差为 1 的等差数列．
设数列{(－1)nb2
n}的前 n 项和为 Tn，
则 T2n ＝(－b 2
1 ＋b 2
2 )＋(－b 2
3 ＋b 2
4 )＋…＋ (－b 2
2n－1 ＋b 2
2n )＝b1 ＋b2 ＋…＋b2n ＝
2n（b1＋b2n）
2
＝2n2.
19．(12 分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2
000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年增长率与第一年
的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下
一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元．
(1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an＋1 与 an 的关系式．
(2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴
资金 d 的值．(用 m 表示)
解：(1)由题意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝ 3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝3
2
a1－d＝4 500－5
2
d，
an＋1＝an(1＋50%)－d＝3
2
an－d.
(2)由(1)知 an＝3
2
an－1－d(n≥2)，
即 an－2d＝3
2
(an－1－2d)，所以{an－2d}是以 3 000－3d 为首项，3
2
为公比的等比数列，
则 an＝ (3 000－3d)·
3
2
n－1
＋2d.
由题意 am＝
3
2 m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000，解得
d＝
3
2 m－2 ×1 000
3
2 m－1
＝1 000(3m－2m＋1)
3m－2m .
故该企业每年上缴资金 d 的值为1 000(3m－2m＋1)
3m－2m 时，经过 m (m≥3)年企业的剩余资金为 4
000 万元．答略．
20．(12 分)已知数列{an}与{bn}，若 a1＝3 且对任意正整数 n 满足 an＋1－an＝2，数列{bn}
的前 n 项和 Sn＝n2＋an.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列
1
bnbn＋1 的前 n 项和 Tn.
解：(1)由题意知{an}是以 3 为首项，2 为公差的等差数列．
所以 an＝2n＋1.
当 n＝1 时，b1＝S1＝4；
当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－ ＝2n＋1，对 b1＝4 不成立．
所以数列{bn}的通项公式为 bn＝
4，n＝1，
2n＋1，n≥2.
(2)由(1)知当 n＝1 时，T1＝ 1
b1b2
＝ 1
20
.
当 n≥2 时， 1
bnbn＋1
＝ 1
（2n＋1）（2n＋3）
＝ 1
2
1
2n＋1
－ 1
2n＋3 ，
所以 Tn ＝ 1
20
＋1
2
[
1
5
－1
7 ＋
1
7
－1
9 ＋…＋
1
2n＋1
－ 1
2n＋3 ]＝ 1
20
＋1
2
1
5
－ 1
2n＋3 ＝ 1
20
＋
n－1
10n＋15
＝ 6n－1
20（2n＋3）
.
当 n＝1 时仍成立，所以 Tn＝ 6n－1
20（2n＋3）
.
21．(12 分)(2015·湖南师大附中调研)对于数列{xn}，若对任意 n∈N*，都有xn＋xn＋2
2
0，所以 q＝1
2
，所以 an＝ 1
2n－1，Sn＝
1－1
2n
1－1
2
＝2－ 1
2n－1，所以Sn＋Sn＋2
2
＝2－1
2n－ 1
2n＋2<2
－ 1
2n＝Sn＋1，所以数列{Sn}是“减差数列”．
(2)由题设知 bn＝
2－ n
2n－1 t＋ 1
2n－1＝2t－tn－1
2n－1 .
由bn＋bn＋2
2
t（n＋1）－1
2n ，化简得 t(n－2)>1.
又当 n≥3 时，t(n－2)>1 恒成立，即 t> 1
n－2
恒成立，所以 t>
1
n－2
max
＝1.
故 t 的取值范围是(1，＋∞)．
22．(12 分)(2015·广东)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－n＋2
2n－1 ，n∈N*.
(1)求 a3 的值；
(2)求数列{an}的前 n 项和 Tn；
(3)令b1＝a1，bn＝Tn－1
n
＋
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n an(n≥2)，证明：数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn<2
＋2lnn.
解：(1)因为 a1＋2a2＋3a3＝4－3＋2
22 ＝11
4
，
a1＋2a2＝4－2＋2
2
＝2.
所以 3a3＝11
4
－2＝3
4
， a3＝1
4
.
(2)n＝1 时，a1＝4－1＋2
20 ＝1.
a1＋2a2＋…＋nan＝4－n＋2
2n－1 ，①
n≥2 时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－n＋1
2n－2 ，②
①－②有：nan＝n＋1
2n－2 －n＋2
2n－1 ＝ n
2n－1，
即 an＝
1
2
n－1
，检验 n＝1 时，也成立．
故 an＝
1
2
n－1
，即数列{an}是以 1 为首项，1
2
为公比的等比数列．
所以 Tn＝
1× 1－
1
2
n
1－1
2
＝2 1－
1
2
n
＝2－ 1
2n－1.
(3)证明：由题意可得
b1＝a1，
b2＝a1
2
＋
1＋1
2 a2，
b3＝a1＋a2
3
＋
1＋1
2
＋1
3 a3，
…
bn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1
n
＋
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n an.
所以 Sn＝
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n (a1＋a2＋…＋an)
＝
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n
2－ 1
2n－1
＜2
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n ，
所以要证 Sn＜2＋2lnn，
只需证 2
1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
n ＜2＋2lnn，
只需证1
2
＋1
3
＋…＋1
n
＜lnn，
又因为 lnn＝ln n
n－1
＋lnn－1
n－2
＋…＋ln3
2
＋ln2
1
，
即需证 ln n
n－1
＞1
n
，
只需证－lnn－1
n
＝－ln
1－1
n ＞1
n
，
令 g(x)＝lnx－x＋1⇒g′(x)＝1
x
－1＝1－x
x
，
因此函数在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
因此 g(x)≤g(1)＝0，
又因为 n≥2，0＜1－1
n
＜1，
因此 g
1－1
n ＜g(1)＝0，
即 ln
1－1
n －
1－1
n ＋1＜0，
即－ln
1－1
n ＞1
n
，问题得证．
所以数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＜2＋2lnn.
