2020届二轮复习数列（二）学案（全国通用）

2020届二轮复习数列（二）学案（全国通用）

‎ ‎ 年 级： 辅导科目：数学 课时数：‎ 课 题 等差数列与等比数列 教学目的 教学内容 第二节 等差数列 ‎（一）高考目标 考纲解读 ‎1．理解等差数列的概念．‎ ‎2．掌握等差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，并能用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．‎ 考向预测 ‎1．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查“方程思想”．‎ ‎2．以选择题、填空题的形式考查等差数列的性质．‎ ‎3．数列与函数交汇是解答题综合考查的热点．‎ ‎（二）课前自主预习 知识梳理 ‎1．等差数列的定义 如果一个数列从第2项起，每一项与前一项的差是 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母d表示．‎ ‎2．等差数列的通项公式 如果等差数列{ }的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是 .‎ ‎(3)若{}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 .‎ ‎(4)若{ }，{bn}是等差数列，则{p＋qbn}是 ‎ ‎(5)若{}是等差数列，则ak，ak＋m，ak＋‎2m，…(k，m∈N＋)组成公差为 的等差数列．‎ ‎5．等差数列的前n项和公式 ‎ 设等差数列{}的公差为d，其前n项和Sn 或 .‎ ‎6．等差数列的前n项和公式与函数的关系 ‎ 数列{}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝f(n)是n的 ，即Sn＝ ‎ ‎7．在等差数列{}中，a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值．‎ ‎8．等差数列与等差数列各项的和有关的性质 ‎(1)若{an}是等差数列，则{}也成 数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.‎ ‎(2)Sm，S‎2m，S‎3m分别为{an}的前m项，前‎2m项，前‎3m项的和，Sm，S‎2m－Sm，S‎3m－S‎2m成 数列．‎ ‎（3）关于等差数列奇数项与偶数项的性质 ‎①若项数为2n,则= , ‎ ‎②若项数为2n-1，则=（n-1）,= . = , .‎ ‎(4)两个等差数列 、的前n项和、之间的关系为：= ‎ ‎（三）基础自测 ‎1．(2018·重庆文)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为(　　)‎ A．5　　　　　B．‎6 ‎‎ C．8 D．10‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　本题考查等差数列的基本性质等差中项．由等差中项知‎2a5＝a1＋a9＝10，所以a5＝5，故选A.‎ ‎2．(2009·安徽文)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 ‎[答案]　B ‎[解析]　∵{an}是等差数列，∴a1＋a3＋a5＝‎3a3＝105，‎ ‎∴a3＝35，a2＋a4＋a6＝‎3a4＝99，‎ ‎∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，‎ a20＝a4＋16d＝33－32＝1.‎ ‎3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　)‎ A．63　　 　 B．‎45　‎　 　C．36　　 　 D．27‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　解法1：∵{an}是等差数列，∴S3、S6－S3、S9－S6为等差数列．‎ ‎∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，‎ ‎∴S9－S6＝2S6－3S3＝45.‎ 解法2：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，令bn＝，则{bn}成等差数列．‎ 由题设b3＝＝3，b6＝＝6，‎ ‎∴b9＝2b6－b3＝9.‎ ‎∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝9b9－36＝45.‎ ‎4．(08·广东)记等差数列{an}的前n项和Sn.若a1＝，S4＝20，则S6＝(　　)‎ A．16 B．‎24 ‎‎ C．36 D．48‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　设公差为d，由⇒⇒⇒S6＝‎6a1＋×3＝48.‎ ‎5．(2018·辽宁文)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝__________.‎ ‎[答案]　15‎ ‎[解析]　考查等差数列性质及其通项公式．‎ 解析：∵S3＝3　S6＝24‎ ‎∴有a1＋a2＋a3＝3‎ a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝24‎ ‎∴‎3a2＝3　∴a2＝1‎ ‎3(a2＋a5)＝24‎ ‎∴a5＝7‎ ‎∴3d＝7－1＝6　∴d＝2‎ ‎∴ a9＝a5＋4d＝7＋8＝15.‎ ‎6．(2009·全国Ⅱ理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＝‎5a3，则＝________.‎ ‎[答案]　9‎ ‎[解析]　本题考查等差数列基本量的运算及其简单性质．‎ 解法1：设等差数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a5＝‎5a3，∴a1＋4d＝5(a1＋2d)，∴a1＝－d，‎ ‎∴＝＝＝＝9.‎ 解法2：＝＝＝，‎ ‎∵a5＝‎5a3，∴＝5，∴＝＝9.‎ ‎[点评]　比较上述两种解法，显然解法二利用了等差数列的性质，计算简单；解法一利用了基本量之间的关系，计算较麻烦，但这是解决等差数列的通法．‎ ‎7．设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知a4＝1，S15＝75，Tn为数列的前n项和，求Tn.‎ ‎[解析]　由a4＝1，S15＝75得，‎ 解得a1＝－2，d＝1.‎ ‎∴Sn＝－2n＋×1＝n2－n，‎ ‎∴＝n－，而－＝，‎ ‎∴是公差为的等差数列，首项＝－2.‎ ‎∴Tn＝－2n＋×＝n2－n.‎ ‎（四）典型例题 ‎1.命题方向：等差数列中基本量的计算 ‎[例1]　(2018·全国卷Ⅰ文)记等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝12，且‎2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.‎ ‎[解析]　本题考查等差数列和等比数列的知识，渗透方程的思想，考查综合运算能力．‎ 设数列{an}的首项为a1，公差为d.‎ ‎∵S3＝＝‎3a2＝12，∴a2＝4，‎ 又∵‎2a1，a2，a3＋1成等比数列，‎ ‎∴a22＝‎2a1(a3＋1)＝16，‎ 即解得或 ‎∴Sn＝8n＋×(－4)＝－2n2＋10n或Sn＝n＋×3＝n2－n.‎ ‎[点评]　1.等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝＝na1＋d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．‎ ‎2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．‎ 跟踪练习1‎ 已知等差数列{an}中，公差d>0，又a2·a3＝45，a1＋a4＝14.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列bn＝，数列{bn}的前n项和记为Sn，求Sn.‎ ‎[解析]　(1)由题意得即.‎ 解得或(与d>0矛盾，舍去)．‎ ‎∴d＝a3－a2＝4.‎ ‎∴an＝a2＋(n－2)d＝5＋4(n－2)＝4n－3.‎ ‎(2)由(1)得an＋1＝4n＋1.‎ ‎∴bn＝＝(－)．‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)＝.‎ ‎2.命题方向：等差数列的判断与证明 ‎[例2]　(2009·湖北卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－n－1＋2(n为正整数)．令bn＝2nan，‎ 求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式．‎ ‎[分析]　Sn－Sn－1＝an→2nan＝2n－1an－1＋1→bn→an.‎ ‎[解析]　在Sn＝－an－n－1＋2中，令n＝1，‎ 可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.‎ 当n≥2时，Sn－1＝－an－1－n－2＋2，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋n－1，‎ ‎∴2an＝an－1＋n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.‎ ‎∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1.即当n≥2时，bn－bn－1＝1.‎ 又b1＝‎2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.‎ ‎[点评]　1.由Sn－Sn－1＝an来转化为an与an－1的递推关系时，要注意是n≥2成立，即要验证a1或b1是否成立．‎ ‎2．等差数列的判定通常有两种方法：‎ 第一种是利用定义，an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．‎ ‎3．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．‎ ‎(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．‎ ‎(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．‎ 提醒：若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．‎ 跟踪练习2‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0　(n≥2)，a1＝.‎ ‎(1)求证：是等差数列；‎ ‎(2)求an的表达式．‎ ‎[分析]　(1)由an与Sn的关系an＝Sn－Sn－1消去an，构造－证明其为常数．‎ ‎(2)由(1)可求，进而求出Sn，再求an.‎ ‎[解析]　(1)∵an＝Sn－Sn－1　(n≥2)，‎ 又an＝－2Sn·Sn－1，‎ ‎∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.‎ ‎∴－＝2　(n≥2)．‎ 由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，以2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，‎ ‎∴Sn＝.‎ 当n≥2时，有an＝－2Sn×Sn－1＝－，‎ 又∵a1＝，‎ ‎∴an＝.‎ ‎3.命题方向：等差数列的性质 ‎[例3]　等差数列{an}的前m项和为30，前‎2m项和为100，则它的前‎3m项和为(　　)‎ A．130　 　 B．‎170　‎‎ 　 ‎ C．210　 　 D．260‎ ‎[解析]　解法1：将Sm＝30，S‎2m＝100代入Sn＝na1＋d得 解之得d＝，a1＝＋.‎ ‎∴S‎3m＝3ma1＋d＝210.‎ 解法2：根据等差数列性质知：Sm，S‎2m－Sm，S‎3m－S‎2m也成等差数列，从而有2(S‎2m－Sm)＝Sm＋(S‎3m－S‎2m)．‎ ‎∴S‎3m＝3(S‎2m－Sm)＝210.‎ 解法3：∵Sn＝na1＋d，‎ ‎∴＝a1＋d，∴点(n，)是直线y＝＋a1上的一串点，由三点(m，)、(‎2m，)、(‎3m，)共线易知S‎3m＝3(S‎2m－Sm)＝210.‎ 解法4：令m＝1得S1＝30，S2＝100，从而a1＝30，a1＋a2＝100，得到a1＝30，a2＝70，∴a3＝70＋(70－30)＝110，∴S3＝a1＋a2＋a3＝210.‎ ‎[答案]　C ‎[点评]　1.解法1利用方程思想；解法2设而不求、整体处理，利用等差数列依次每k项之和仍然成等差数列的性质；解法3是数形结合思想的运用；解法4利用选择题型的逻辑结构，采用赋值法．‎ ‎2．等差数列的简单性质：‎ 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．‎ ‎(1)S2n－1＝(2n－1)an.‎ ‎(2)若n为偶数，则S偶－S奇＝d.‎ 若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．‎ ‎(3)数列{c·an}，{c＋an}，{pan＋qbn}也是等差数列，其中c、p、q均为常数，{bn}是等差数列．‎ 跟踪练习3‎ ‎(1)在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}的前9项之和Sn等于(　 　)‎ A．66　　　　　　B．‎99 ‎‎ C．144 D．297‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　∵a1＋a4＋a7＝39，‎ a3＋a6＋a9＝27‎ ‎∴(a1＋a9)＋(a4＋a6)＋(a3＋a7)＝3(a1＋a9)＝66‎ ‎∴a1＋a9＝22，‎ ‎∴S9＝＝99.‎ ‎(2)已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为(　　)‎ A．2 B．‎3 ‎‎ C．4 D．5‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　由S偶－S奇＝d＝15，得d＝3.‎ ‎4.命题方向：等差数列前n项和的最值问题 ‎[例4]　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＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．‎ ‎[分析]　①由Sn与an的关系，可写出Sn＋1与an＋1之间的关系，两式相减，即可得出an＋1与an间的关系．‎ ‎②{bn}的前n项和最小，估计{bn}的前几项为负值，后面为正值，所有负值之和最小．‎ ‎[解析]　方法一：∵2an＋1＝an＋an＋2，‎ ‎∴{an}是等差数列．‎ 设{an}的首项为a1，公差为d，‎ 由a3＝10，S6＝72，‎ 得∴ ‎∴an＝4n－2.‎ 则bn＝an－30＝2n－31.‎ 解得≤n≤.‎ ‎∵n∈N*，∴n＝15，‎ ‎∵{bn}前15项为负值．∴S15最小．‎ 可知b1＝－29，d＝2，‎ ‎∴S15＝＝＝－225.‎ 方法二：同方法一求出bn＝2n－31.‎ ‎∵Sn＝＝n2－30n＝(n－15)2－225，‎ ‎∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.‎ ‎[点评]　若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，‎ ‎①若a1>0，d<0，且满足，前n项和Sn最大；‎ ‎②若a1<0，d>0，且满足，前n项和Sn最小；‎ ‎③除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数问题，利用二次函数的图像或配方法求解；‎ ‎④还可以利用Sn与n的函数关系，进行求导来求最值．‎ 跟踪练习4：‎ 等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？‎ ‎[解析]　由条件S9＝S12可得‎9a1＋d＝‎12a1＋d，即d＝－a1.‎ 由a1<0知d>0，即数列{an}为递增数列．‎ 考虑常用方法，可找转折项或利用二次函数求解．‎ 方法一：　由，‎ 得，解得10≤n≤11.‎ ‎∴当n为10或11时，Sn取最小值，‎ ‎∴该数列前10项或前11项的和最小．‎ 方法二　∵S9＝S12，∴a10＋a11＋a12＝‎3a11＝0，‎ ‎∴a11＝0.‎ 又∵a1<0，∴公差d>0，‎ 从而前10项或前11项和最小．‎ 方法三　∵S9＝S12.‎ ‎∴Sn的图像所在抛物线的对称轴为x＝＝10.5，‎ 又n∈N*，a1<0，‎ 方法四　由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，‎ 结合d＝－a1得 Sn＝(－a1)·n2＋(a1)·n ‎＝－(n－)2＋a1(a1<0)，‎ 由二次函数性质可知n＝＝10.5时，Sn最小．‎ 但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．‎ ‎∴{an}的前10项或前11项和最小．‎ ‎[点评]　在等差数列中，求Sn的最大(小)值，其思路是找出某一项，使这项及它前面的项皆取正(负)值或零，而它后面的各项皆取负(正)值，则从第1项起到该项的各项的和为最大(小)．‎ 由于Sn为关于n的二次函数，也可借助二次函数的图像或性质求解．‎ ‎（五）思想方法点拨 ‎1．等差数列的问题，首先应抓住a1和d，通过列方程组来解，其他问题也就迎刃而解了．但此法有时运算繁杂，故若恰当地运用性质，可减少运算量．‎ ‎2．等差数列的判定方法有以下几种：‎ ‎(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．‎ ‎3．注意设元技巧，利用对称性，减少运算量．若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋‎ d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依等差数列的定义进行对称设元．‎ ‎4．解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某一具体量的结果，可采用整体代换的思想．‎ ‎（六）课后强化作业 一、选择题 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　)‎ A．14 B．‎21 C．28 D．35‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由a3＋a4＋a5＝12得，a4＝4，∴a1＋a2＋…＋a7＝×7＝‎7a4＝28.‎ ‎2．(2018·福建理)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)‎ A．6 B．‎7 ‎‎ C．8 D．9‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　∴ ‎∴Sn＝na1＋d＝－11n＋n2－n＝n2－12n＝(n－6)2－36.‎ 即n＝6时，Sn最小．‎ ‎3．(2018·浙江绍兴)设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．记Mn＝ab1＋ab2＋…abn，则{Mn}中不超过2018的项的个数为(　　)‎ A．8　　　　　　B．‎9 ‎‎ C．10 D．11‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由条件易得，an＝n＋1，bn＝2n－1，所以Mn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(1＋1)＋(2＋1)＋(4＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋n＝＋n＝2n＋n－1，∵Mn≤2018，即2n＋n－1≤2018，∴n≤10，故答案为C.‎ ‎4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＝12，Sn是数列{an}的前n项和，则S9的值为(　　)‎ A．48 B．‎54 ‎‎ C．60 D．66‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　解法1：∵a4＋a6＝a1＋a9＝12，‎ ‎∴S9＝＝＝54.‎ 解法2：利用结论：S2n－1＝(2n－1)an，‎ ‎∴S9＝9×a5＝9×＝54.‎ ‎5．若一个等差数列的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　　)‎ A．13项 B．12项 C．11项 D．10项 ‎[答案]　A ‎[解析]　依题意 两式相加得 ‎(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝180.‎ ‎∵a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，∴a1＋an＝60.‎ ‎∵Sn＝＝390，∴n＝13.‎ ‎6．(2018·北京)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15.若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于(　　)‎ A．30 B．‎45 ‎‎ C．90 D．186‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　在等差数列{an}中，a5＝a2＋3d⇒15＝6＋3d⇒d＝3，‎ ‎∵bn＝a2n，‎ ‎∴{bn}也为等差数列，其首项和公差分别为：‎ b1＝a2＝6，d′＝2d＝6，‎ ‎∴S5＝5×6＋×6＝90.‎ ‎7．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2018，－＝2，则S2018的值为(　　)‎ A．－2018 B．2018 C．2018 D．－2018‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　设Sn＝An2＋Bn，则＝An＋B，－＝‎2A＝2，故A＝1.又a1＝S1＝A＋B＝－2018，∴B＝－2018.∴＝2018－2018＝－1.∴S2018＝－2018.‎ ‎8．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是(　　)‎ A．2　　 　　B．‎3　‎　 　　C．4　　 　　 D．5‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由等差数列的性质可得 ＝＝＝＝＝＝7＋.‎ ‎∴当n取1、2、3、5、11时，符合条件．‎ 二、填空题 ‎9．等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为等差数列，那么新的等差数列的公差是________．‎ ‎[答案]　－ ‎[解析]　设数列{an}的公差为d，则在每相邻两项之间插入一个数后得到的等差数列的公差为，‎ 又由d＝＝＝－，得＝－.‎ ‎10．(2018·浙江理)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Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．‎ ‎[答案]　d≥2或d≤－2 ‎[解析]　∵S5＝‎5a1＋d＝5(a1＋2d)‎ S6＝3(‎2a1＋5d)‎ ‎∴S6·S5＋15＝0，即(a1＋2d)(‎2a1＋d)＋1＝0，整理：‎2a12＋‎9a1d＋10d2＋1＝0‎ Δ＝81d2－4×2×(10d2＋1)≥0，即81d2－80d2－8≥0‎ ‎∴d2≥8，∴d≥2或d≤－2.‎ ‎11．(2018·韶关月考)给定81个数排成如图所示的数表，若每行9个数与每列的9个数按表中顺序构成等差数列，且表中正中间一个数a55＝5，则表中所有数之和为______．‎ a‎11　‎a12　…　a19‎ a‎21　‎a22　…　a29‎ ‎…　…　…　…‎ a‎91　‎a92　…　a99‎ ‎[答案]　405‎ ‎[解析]　S＝(a11＋…＋a19)＋…＋(a91＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.‎ 三、解答题 ‎12．(文)(2018·新课标文)设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．‎ ‎[解析]　本题考查了等差数列的通项公式和等差列的前n项和公式以及前n 项和的最大值等知识，在解决问题时，要抓住等差数列的特征，认真运算．题目难度不大，属于容易题，重在考查学生对基础知识的掌握．‎ ‎(1)由已知a3＝5，a10＝－9得 可解得 数列{an}的通项公式为an＝11－2n.‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝na1＋d＝10n－n2.‎ 因为Sn＝－(n－5)2＋25，‎ 所以当n＝5时，Sn取得最大值．‎ ‎(理)已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，依题意得方程组解得a1＝5，d＝4.‎ 所以{an}的通项公式为an＝4n＋1.‎ ‎(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，‎ 所以{bn}是首项b1＝25，公比q＝24的等比数列．‎ 于是得{bn}的前n项和 Sn＝＝.‎ ‎13．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)2且an>0.‎ ‎(1)求a1，a2；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)令bn＝20－an，问：数列{bn}的前多少项和最大？‎ ‎[解析]　(1)a1＝S1＝(a1＋1)2，‎ ‎∴a1＝1，a1＋a2＝(a2＋1)2.‎ ‎∴a2＝3.‎ ‎(2)当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝(an2－an－12)＋(an－an－1)，‎ 由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.‎ ‎∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.‎ ‎∴{an}是以1为首项，公差为2的等差数列．‎ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(3)bn＝21－2n，b1>0，{bn}是递减函数，‎ 令得≤n≤.‎ ‎∵n∈N*，∴n＝10，‎ 即{bn}的前10项和最大．‎ ‎14．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋3n＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ ‎[分析]　数列的递推公式经常在已知条件中给出，此类题只需利用累加、累乘等方法求数列的通项及前n 项和即可．‎ ‎[解析]　(1)∵an＋1＝3an＋3n＋1，‎ ‎∴＝＋1，得bn＋1＝bn＋1，b1＝＝1，‎ ‎∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)易知，数列{}是首项和公差均为1的等差数列，所以＝n，‎ ‎∴an＝n×3n.‎ Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，‎ ‎3Sn＝1×32＋2×32＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，‎ 两式相减，得2Sn＝n×3n＋1－(31＋32＋…＋3n)，‎ 故Sn＝(－)3n＋1＋.‎ ‎[点评]　对于由递推关系确定通项公式的问题，通常可对递推关系式进行变形，从而转化为等差或等比数列的问题来解决，这类问题一直是高考久考不衰的题型．从此题可以看出，构造特殊数列以及对代数式的灵活变形是处理此题的关键．复习时要加强数列基础知识的掌握．‎ ‎15．已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n≥2)，求函数f(n)的最小值；‎ ‎(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，‎ 即an＋1－an＝1，‎ 且a1＝1，故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)·1＝n.‎ ‎(2)f(n)＝＋＋＋…＋ f(n＋1)＝＋＋＋…＋＋ f(n＋1)－f(n)＝＋－>＋－＝0.‎ 所以f(n)是单调递增函数，‎ 故f(n)的最小值是f(2)＝.‎ ‎(3)bn＝，可得 Sn＝1＋＋＋…＋，‎ Sn－Sn－1＝(n≥2)，n(Sn－Sn－1)＝1，‎ nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，‎ ‎(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1‎ ‎……‎ ‎2S2－S1＝S1＋1‎ nSn－S1＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＋n－1‎ S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)，n≥2.‎ g(n)＝n，‎ 故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数n恒成立．‎ ‎[点评]　数列与函数、不等式、解析几何结合命题是高考的热点，要灵活结合有关知识求解．本例中点在直线上，则点的坐标满足直线方程，求f(n)最小值要考虑求最值的常用方法，数列中常用单调性求数列中的最值，等式恒成立问题则要建立恒成立的关系式．‎ 第三节 等比数列 ‎（一）高考目标 考纲解读 ‎1．理解等比数列的概念．‎ ‎2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．‎ ‎3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．‎ ‎4．了解等比数列与指数函数的关系．‎ 考向预测 ‎1．以定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定．‎ ‎2．以考查通项公式、前n项和公式为主，同时考查等差、等比数列的综合应用．‎ ‎3．以选择题、填空题的形式考查等比数列的性质．‎ ‎（二）课前自主预习 知识梳理 ‎1．等比数列的定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于 ，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 表示．‎ ‎2．等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝ .‎ ‎3．等比中项 若三个数 ，那么G叫做a与b的等比中项，即 .‎ ‎4．等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am· ，(n，m∈N＋)．‎ ‎(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N＋)，则 .‎ ‎(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λ}(λ≠0)，{ }，{}，{an·bn}，{ }‎ 仍是 数列．‎ ‎5．等比数列的前n项和公式 等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，‎ Sn＝ ＝＝－.‎ ‎6．等比数列前n项和的性质 公比不为－1的等比数列{an}的前n项和Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为 .‎ ‎（三）基础自测 ‎1．(2018·江西文)等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－‎8a2，a5>a2，则an＝(　　)‎ A．(－2)n－1　　　　　　B．－(－2)n－‎1 ‎‎ C．(－2)n D．－(－2)n ‎[答案]　A ‎[解析]　本题是不等式与数列综合的题目，考查了等比数列的性质及不等式的内容，‎ a5>a2⇒－‎8a2>a2⇒‎9a2<0⇒a2<0，a5＝－‎8a2⇒＝－8⇒q3＝－8⇒q＝－2，a2＝a1q<0⇒a1>0.|a1|＝1⇒a1＝1，‎ ‎∴an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，故选A.‎ ‎2．(2018·辽宁文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)‎ A．3　　　　 B．‎4 ‎‎ C．5　　　　 D．6‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　本题考查等比数列公比的求解．‎ ‎∵S3＝S2＋a3 ,　3S3＝a4－2‎ ‎∴3S3＝3(S2＋a3)＝a4－2‎ ‎∵3S2＝a3－2‎ ‎∴a3－2＋‎3a3＝a4－2‎ ‎∴‎4a3＝a4∴q＝＝4，选B.‎ ‎3．(2009·海南宁夏理)等比数列{an}的前n项和为Sn，且‎4a1,‎2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝(　　)‎ A．7　　　 B．‎8 ‎‎ C．15　　　 D．16‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　本题主要考查等差数列、等比数列的性质，考查运算能力．‎ 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q；由‎4a1,‎2a2，a3成等差数列，得‎4a2＝‎4a1＋a3，‎ ‎∴‎4a1q＝‎4a1＋a1q3，又∵a1＝1，‎ ‎∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2，‎ ‎∴S4＝＝＝15.‎ ‎4．在等比数列{an}中，若an>0且a‎3a7＝64，则a5的值为(　　)‎ A．2 B．‎4 ‎‎ C．6 D．8‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　∵{an}是等比数列．‎ ‎∴a‎3a7＝a52＝64.‎ 又∵an>0，‎ ‎∴a5＝8.故选D.‎ ‎5．若数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，….是首项为1，公比为2的等比数列，则an等于________．‎ ‎[答案]　2n－1‎ ‎[解析]　an－an－1＝a1qn－1＝2n－1‎ 即 相加：an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2‎ ‎∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.‎ ‎6．(2018·安徽怀宁一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.‎ ‎[答案]　3‎ ‎[解析]　本题考查等比数列的通项公式及前n项和公式．‎ 若q＝1时，S3＝‎3a1，S6＝‎6a1，显然S6≠4S3，故q≠1，‎ ‎∴＝4·，∴1＋q3＝4，∴q3＝3.‎ ‎∴a4＝a1q3＝q3＝3.‎ ‎[点评]　解有关等比数列的前n项和问题时，一定要注意对公比q进行分类讨论，否则会出现漏解现象．‎ ‎7．(2009·浙江)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．‎ ‎(1)求a1及an；‎ ‎(2)若对于任意的m∈N*，am，a‎2m，a‎4m成等比数列，求k的值．‎ ‎[解析]　(1)由Sn＝kn2＋n得，‎ a1＝S1＝k＋1，‎ an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)．‎ a1＝k＋1也满足上式，‎ 所以an＝2kn－k＋1，n∈N*.‎ ‎(2)由am，a‎2m，a‎4m成等比数列得，‎ ‎(4mk－k＋1)2＝(‎2km－k＋1)(‎8km－k＋1)，‎ 将上式化简得，‎ ‎2km‎(k－1)＝0，‎ 因为m∈N*，所以m≠0，‎ 故k＝0，或k＝1.‎ ‎（四）典型例题 ‎1.命题方向：等比数列中基本量的计算 ‎[例1]　(2009·福建文)等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.‎ ‎[分析]　本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．‎ ‎[解析]　(1)设{an}的公比为q，‎ 由已知得16＝2q3，解得q＝2，‎ ‎∴an＝a1qn－1＝2n；‎ ‎(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32，‎ 设{bn}的公差为d，则有 解得 从而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn＝ ＝6n2－22n.‎ ‎[点评]　(1)等比数列的通项公式an＝a1qn－1以前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求另二，体现了方程思想的应用．‎ ‎(2)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．‎ 跟踪练习1‎ 等比数列{an}的各项均为正数，其前k项中，数值最大的一项是54，若该数列的前k项之和为Sk，且Sk＝80，‎ S2k＝6560，‎ 求：(1)前100项之和S100；(2)通项公式an.‎ ‎[分析]　利用等比数列的通项公式及前n项和公式列出关于a1与q的方程组，求出a1和q即可．‎ ‎[解析]　设公比为q，∵S2k－Sk＝6 480>Sk，‎ ‎∴q>1.则最大项是ak＝a1qk－1＝54(∵ak>0)．①‎ 又Sk＝＝80，②‎ S2k＝＝6 560，③‎ 由①②③，解得a1＝2，q＝3，则 ‎(1)前100项之和S100＝＝3100－1.‎ ‎2.命题方向：等比数列的判定与证明 ‎[例2]　设数列{an}的首项a1＝a≠，且an＋1＝记bn＝a2n－1－，n＝1,2,3….‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．‎ ‎[分析]　本题是高考题目中常见的探索性试题，它与直接证明一个数列是等比数列比较而言难度更大，这是因为要解决这一问题需要先有一个探索、研究、归纳的过程，本题中的第一问在某种意义上讲，就为解答第二问奠定了基础．‎ ‎[解析]　(1)a2＝a1＋＝a＋，a3＝a2＝a＋.‎ ‎(2)∵a4＝a3＋＝a＋，‎ ‎∴a5＝a4＝a＋，‎ ‎∴b1＝a1－＝a－，b2＝a3－＝(a－)，‎ b3＝a5－＝(a－)，‎ 猜想：{bn}的公比为的等比数列．‎ 证明如下：‎ ‎∵bn＋1＝a2n＋1－＝a2n－＝(a2n－1＋)－＝(a2n－1－)＝bn，(n∈N*)‎ ‎∴{bn}是首项为a－，公比为的等比数列．‎ ‎[点评]　等比数列的判定方法有：‎ ‎(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．‎ ‎(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且an＋12＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．‎ ‎(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．‎ ‎(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．‎ 提醒：(1)前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空中的判定．‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比即可．‎ 跟踪练习2‎ 数列{an}中，a1＝2，a2＝3，且{anan＋1}是以3为公比的等比数列，记bn＝a2n－1＋a2n(n∈N*)．‎ ‎(1)求a3、a4、a5、a6的值；‎ ‎(2)求证：{bn}是等比数列．‎ ‎[解析]　(1)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，‎ ‎∴anan＋1＝a‎1a2·3n－1＝2·3n，‎ ‎∴a3＝＝6，a4＝＝9，a5＝＝18，a6＝＝27.‎ ‎(2)∵{anan＋1}是公比为3的等比数列，‎ ‎∴anan＋1＝3an－1an，即an＋1＝3an－1，‎ ‎∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…与a2，a4，a6，…，a2n，…都是公比为3的等比数列．‎ ‎∴a2n－1＝2·3n－1，a2n＝3·3n－1，‎ ‎∴bn＝a2n－1＋a2n＝5·3n－1.‎ ‎∴＝＝3，故{bn}是以5为首项，3为公比的等比数列.‎ ‎3.命题方向：等比数列的性质 ‎[例3]　已知等比数列{an}中，an>0，a1、a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a20·a50·a80的值为(　　)‎ A．32　　　　　　B．‎64 ‎‎ C．256 D．±64‎ ‎[解析]　由等比数列性质及韦达定理知(a50)2＝a1·a99＝16，∴a50＝4， a20·a50·a80＝a503＝64.‎ ‎∴选B.‎ ‎[答案]　B 跟踪练习3：‎ 在正项等比数列{an}中，若a2·a4·a6·a8·a10＝32，则log‎2a7－log‎2a8＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]D ‎[解析]　∵a2·a4·a6·a8·a10＝32，∴a6＝2，‎ ‎∴log‎2a7－log‎2a8＝log2＝log2＝log2＝log2＝.‎ ‎4.命题方向：等差、等比数列的综合应用 ‎[例4]　(2018·四川文)已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4，‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(4－an)qn－1　(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n 项和Sn.‎ ‎[解析]　本题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．‎ ‎(1)设{an}的公差为d，由已知得 解得a1＝3，d＝－1.‎ 故an＝3－(n－1)＝4－n.‎ ‎(2)由(1)的解答可得：bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.‎ 若q≠1，将上式两边同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.‎ 两式相减得到 ‎(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1＝n·qn－＝ 于是，Sn＝.‎ 若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.‎ 所以，Sn＝ 跟踪练习4‎ ‎(文)(2018·北京文)已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．‎ ‎[解析]　本题考查了等差数列的通项公式和等比数列前n项和公式．‎ ‎(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ ‎∵a3＝－6，a6＝0.‎ ‎∴，解得a1＝－10，d＝2.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q，‎ ‎∵b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8.‎ ‎∴q＝＝3.‎ ‎∴{bn}的前n项和Sn＝＝4(1－3n)．‎ ‎(理)(2009·安徽文)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式．‎ ‎(2)设cn＝an2·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋10(n∈N*)，所以数列{xn}是公比为2的等比数列，由x1＋x2＋…＋x10＝10得到x1＝，‎ 所以S20＝＝10×(210＋1)＝10250.‎ ‎5．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)‎ A．80 B．‎30 ‎‎ C．26 D．16‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　据等比数列性质：‎ Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，‎ 则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，∵Sn＝2，S3n＝14，‎ ‎∴(S2n－2)2＝2×(14－S2n)．‎ 又S2n>0得S2n＝6，又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，‎ ‎∴(14－6)2＝(6－2)·(S4n－14)．解得S4n＝30.‎ ‎6．(2018·江西理)等比数列{an}中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…·(x－a8)，则f ′(0)＝(　　)‎ A．26 B．‎29 ‎‎ C．212 D．215‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　令g(x)＝(x－a1)(x－a2)……(x－a8)，则f(x)＝xg(x)‎ f ′(x)＝g(x)＋g′(x)x，故f ′(0)＝g(0)＝a‎1a2……a8＝(a‎1a8)4＝212.‎ ‎7．(2018·安徽理)设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是(　　)‎ A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)‎ C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X)‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　∵{an}是等比数列，‎ ‎∴X，Y－X，Z－Y成等比数列．‎ ‎∴(Y－X)2＝X(Z－Y)，即Y2－XY＝XZ－X2‎ ‎∴Y(Y－X)＝X(Z－X)，故选D.‎ ‎8．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为(　　)‎ A．6 B．‎8 ‎‎ C．10 D．12‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　设项数为2n，则由已知得 ＝q＝2，又a1＝1，得an＝2n－1，其中间两项和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，可解得n＝4，故得项数2n＝8，应选B.‎ 二、填空题 ‎9．在等比数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于________．‎ ‎[答案]　(4n－1)‎ ‎[解析]　由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，‎ ‎∴a1＝1，an＝2n－1，q＝2‎ ‎∴{an}是等比数列 ‎∴{an2}也是等比数列，首项为1，公比为4‎ ‎∴a12＋a22＋…＋an2＝＝(4n－1)．‎ ‎10．设f(x)是定义R恒不为0的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n为常数)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．‎ ‎[答案]　[，1)‎ ‎[解析]　因an＋1＝f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝an，‎ 故Sn＝＝1－()n，‎ ‎∵n≥1，n∈N，∴Sn∈[，1)．‎ ‎11．(2018·天津文)设{an}是等比数列，公比q＝，Sn为{an}的前n项和．记Tn＝，n∈N*，设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝__________.‎ ‎[答案]　4‎ ‎[解析]　本题考查了等比数列与均值不等式的综合应用，考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力．‎ Tn＝＝ ‎＝＝ ‎＝·＝· 当且仅当()n＝时，Tn取得最大值，此时n0＝4.‎ 三、解答题 ‎12．(文)(2018·陕西理)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项； ‎ ‎(2)求数列{2an}的前n项和Sn.‎ ‎[解析]　本题考查等差与等比数列的基本性质，第一问只须设出公差d，从而得到关于d的方程式求解，第二问直接利用等比数列前n项和公式即可求得．‎ ‎(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，解得d＝1，d＝0(舍去)，故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.‎ ‎(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式得 Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.‎ ‎(理)设数列{an}中a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.设bn＝an＋1－2an.求证：{bn}是等比数列，并求bn.‎ ‎[解析]　由a1＝1，Sn＋1＝4an＋2，‎ 得1＋a2＝‎4a1＋2，‎ ‎∴a2＝5，∴b1＝5－2×1＝3.‎ 又由Sn＋1＝4an＋2，得Sn＋2＝4an＋1＋2.‎ 上两式相减得an＋2＝4an＋1－4an.‎ 即an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，‎ ‎∴bn＋1＝2bn，‎ ‎∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，‎ ‎∴bn＝3·2n－1.‎ ‎13．(2018·全国Ⅱ文)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解析]　本题考查了数列的通项公式、数列求和等基础知识和基本技能，考查分析问题的能力和推理论证能力．‎ ‎(1)设等比数列公比为q，则an＝a1·qn－1，‎ 由已知有 化简得 又a1>0，故q＝2，a1＝1，‎ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知bn＝2＝an2＋＋2＝4n－1＋＋2，‎ ‎∴Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1.‎ ‎14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝k·2n＋m，k≠0，且a1＝3.‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)设bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解析]　(Ⅰ)依题意有 解得a2＝2k，a3＝4k，‎ ‎∴公比为q＝＝2，∴＝2，∴k＝3，‎ 代入①得m＝－3，‎ ‎∴an＝3·2n－1.‎ ‎(Ⅱ)解bn＝＝，Tn＝(1＋＋＋…＋)，④‎ Tn＝(＋＋…＋＋)，⑤‎ ‎④－⑤得Tn＝(1＋＋＋…＋－)，…‎ Tn＝＝(1－－)．‎ ‎15．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，是与(an＋1)2的等比中项．‎ ‎(1)求证：数列{an}是等差数列；‎ ‎(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn；‎ ‎(3)在(2)的条件下，是否存在常数λ，使得数列为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由．‎ ‎[分析]　要证明{an}为等差数列，只需证明n≥2时an－an－1为定值；要求Tn必须仔细观察Tn的表达式的特点，根据其特点选用相应的求和方法；要解决第(3)问，需先写出数列的通项，观察其特点，以便求出λ的值．‎ ‎[解析]　(1)由是与(an＋1)2的等比中项，得Sn＝(an＋1)2.‎ 当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，∴a1＝1；‎ 当n≥2时，Sn－1＝(an－1＋1)2，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝(an2－an－12＋2an－2an－1)，‎ 即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，‎ ‎∵an>0，∴an－an－1＝2.‎ ‎∴数列{an}是等差数列．‎ ‎(2)数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，通项公式为an＝2n－1.‎ 则bn＝，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋.①‎ 两边同乘以得，Tn＝＋＋＋…＋.②‎ ‎①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ‎＝2×－－ ‎＝2×－－＝－，‎ ‎∴Tn＝3－.‎ ‎(3)＝×＝－，‎ ‎∵数列为等比数列的充要条件是＝Aqn，(A、q是不为0的常数)．‎ ‎∴当且仅当3＋λ＝0，即λ＝－3时，‎ 数列为等比数列．‎