【数学】2019届一轮复习苏教版等差数列、等比数列、数列通项、求和学案
应用专题 9：等差数列、等比数列、数列通项、求和
问题归类篇
类型一：等差、等比数列的基本运算
一、前测回顾
1．已知{an}是等差数列，若2a7－a5－3＝0，则a9＝________．
答案：3．
解析：方法一：设公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋4d)－3＝0，即a1＋8d＝3，所以a9＝
3．
方法二：由等差数列的性质得a5＋a9＝2a7，所以(a5＋a9)－a5－3＝0，即a9＝
3．
2．(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5＝10，则 a9
的值是________.
答案：20．
解析：设等差数列{an}公差为 d，由题意可得：{a1＋（a1＋d）2＝－3，
5a1＋5 × 4
2 d＝10， 解得{a1＝－4，
d＝3，
则 a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
3．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则 a1＋a10＝________．
答案：－7．
解析：设数列{an}的公比为 q，由Error!得Error!或Error!所以Error!或Error!所以Error!
或Error!所以 a1＋a10＝－7.
4．已知数列{an}是等比数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则
S12＝________.
答案：60．
解析：方法一：设等比数列{an}公比为 q，由题意可得 q≠1，则
由 得 ，所以 S12＝a1 (1－q12)
1－q ＝60.
方法二：由等比数列的性质可知，数列 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 是等比数列，
即数列 4，8，S9－S6，S12－S9 是等比数列，所以 S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以 S12
＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60.
3
1
6
1
(1 =41
(1 =4+81
a q
q
a q
q
−
− −
−
）
）
1
3
41
2
a
q
q
= − −
=
5．若等差数列{an}满足 a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当 n＝________时，{an}的前 n
项和最大.
答案：8．
解析：根据题意知 a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即 a8＞0.又 a8＋a9＝a7＋a10＜0，所以 a9＜0，
所以当 n＝8 时，{an}的前 n 项和最大.
二、方法联想
1．基本量运算
等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就
能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通
常会抓住 a1、d(或 q)，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明
确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，
整体代入”．
2．性质的应用
用好等差、等比数列的性质也能减少运算量．
方法 (1)在等差数列{an}中，若 m＋n＝p＋q 则 am＋an＝ap＋aq．特别若 m＋n＝2p，则
am＋an＝2ap．
在等比数列{an}中，若 m＋n＝p＋q 则 aman＝apaq．特别若 m＋n＝2p，则 aman＝
ap2．
(2) 在等差数列{an}中，由 Sn＝
n(a1＋an)
2 得，若 n 为奇数，则 S2n－1＝(2n－1)an．
方法 在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等差数列．
在等比数列{an}中，一般情况下 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列．
3．等差数列 Sn 的最值问题
方法 在等差数列{ an }中 Sn 的最值问题：
方法 1：(1)当 a1＞0，d＜0 时，满足{am ≥ 0，
am＋1 ≤ 0的项数 m 使得 Sm 取最大值.
(2)当 a1＜0，d＞0 时，满足{am ≤ 0，
am＋1 ≥ 0的项数 m 使得 Sm 取最小值，
方法 2：由 Sn 的解析式，结合二次函数图象分析．
三、归类巩固
*1．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若 a2＝1，a8＝a6＋2a4，则 a6 的
值是________．
(等比数列基本量计算)
答案：4．
*2．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝7
4，S6＝
63
4 ，则 a8＝_______.
(等比数列基本量计算)
答案：32．
**3 ．等差数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，已知 S10 ＝0 ，S 15 ＝25 ，则 Sn 的最小值为
________．
(等差数列前 n 项和的最值)
答案：－25
3
．
解析：方法一：设等差数列{an}的公差为 d，由已知{S10＝10a1＋10 × 9
2 d＝0，
S15＝15a1＋15 × 14
2 d＝25，
解得 a1
＝－3，d＝2
3.
所以 Sn＝na1＋n（n－1）
2 d＝－3n＋n（n－1）
2 ×2
3＝n2
3 －10
3 n＝1
3(n－5)2－25
3 .当 n＝
5 时，Sn 有最小值为－25
3 .
方法二：设 Sn＝An(n－10)，由 S15＝25，得 A＝1
3
．所以当 n＝5 时，Sn 有最小值为
－25
3 .
*4．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则 m
等于________．
(等比数列基本量计算)
答案：5．
*5．在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前 n 项和为 Sn，若S12
12
－S10
10
＝2，则 S2015 的值为
________.
(等差数列基本量计算)
答案：－2015．
解析：根据等差数列的性质，得数列{Sn
n }也是等差数列，由已知可得S1
1 ＝a1＝－2
015，由S12
12－S10
10＝2＝2d，得公差 d＝1.故S2 015
2015＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1，
所以 S2 015＝－2015.
*6．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则 a3＋a4＋…＋a8＝________．
(等差数列基本量计算)
答案：3．
*7.在等差数列{an}中，已知 a4＋a8＝16，则该数列前 11 项和 S11＝________．
(等差数列基本量计算)
答案：88．
***8．若{an}是等差数列，首项 a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前 n 项和 Sn>0
成立的最大正整数 n 是________．
(等差数列前 n 项和的最值)
答案：4 032．
解析：因为 a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以 d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所
以 S4 032 ＝ 4 032(a1＋a4 032)
2 ＝ 4 032(a2 016＋a2 017)
2 ＞ 0 ， S4 033 ＝ 4 033(a1＋a4 033)
2 ＝
4033a2 017＜0，所以使前 n 项和 Sn＞0 成立的最大正整数 n 是 4 032．
**9．已知等差数列{an}中，a1＝1，前 10 项和等于前 5 项和，若 am＋a6＝0，则 m＝
________.
(等差数列基本量计算)
答案：10．
解析：记数列{an}的前 n 项和为 Sn，由题意 S10＝S5，所以 S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10
＝0，又 a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是 a8＝0，又 am＋a6＝0，所以 m＋6＝2×8，解得
m＝10.
***10.设数列{an }是等差数列，数列{bn }是等比数列，记数列{an }，{bn }
的前 n 项和分别为 Sn ，T n.若 a 5 ＝b 5 ，a 6 ＝b 6 ，且 S7 －S 5 ＝4(T 6 －T 4)，则 a7＋a5
b7＋b5＝
________.
(等差、等比数列混合)
答案：－ 5
13
．
解析：设等差数列{an }的公差为 d，等比数列{bn }的公比为 q.由 a5＝b5，a6＝b6，
且 S7－S5＝4(T6－T4)，
得Error!解得Error!故a7＋a5
b7＋b5＝2a5＋2d
b5q2＋b5＝2a5＋2(－6a5)
25a5＋a5 ＝
－10a5
26a5 ＝－ 5
13.
*11．设等比数列{an }的前 n 项和为 Sn，若 S1＝1
3a2－1
3，S2＝1
3a3－1
3，则公比 q＝
________.
(等比数列基本量计算)
答案：4．
*12．已知等比数列{an}的各项都为正数，且 a3，1
2a5，a4 成等差数列，则a3＋a5
a4＋a6的值是
________．
(等差、等比数列混合)
答案： 5－1
2 ．
***13 ． 设 等 比 数 列 {an} 满 足 a1 ＋ a3 ＝ 10 ， a2 ＋ a4 ＝ 5 ， 则 a1a2…an 的 最 大 值 为
________．
(等比数列前 n 项积的最值)
答案：64．
解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝1
2.
又 a1＋a1q2＝10，所以 a1＝8.故 a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·(1
2 )(n－1)n
2 ＝23n
－n2
2 ＋n
2＝2－n2
2 ＋7
2n.
记 t＝－n2
2 ＋7n
2 ＝－1
2(n2－7n)＝－1
2(n－7
2 )2＋49
8 ，结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t
有最大值 6.
又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64.
**14．Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 Sn
S2n＝ n＋1
4n＋2，则a3
a5＝________.
(等差数列基本量计算)
答案：3
5．
解析：因为 Sn
S2n＝ n＋1
4n＋2，所以令 n＝1 可得，S1
S2＝2
6＝1
3，即 a1
2a1＋d＝1
3，化简可得 d＝a1，
所以a3
a5＝a1＋2d
a1＋4d＝3a1
5a1＝3
5．
**15．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，且 a2＋a5＝4，则 a8
的值为________．
(等差、等比数列混合)
答案：2
**16．设公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，－ 2
17＜d＜－1
9，则当 Sn
取最大值时，n 的值为________．
(等差数列前 n 项和的最值)
答案：9．
解析：法一：因为 Sn＝n＋n(n－1)
2 d，所以 Sn＝d
2n2＋(1－d
2 )n.
因为函数 y＝d
2x2＋(1－d
2 )x 的图象的对称轴方程为 x＝－1
d＋1
2，且开口向下，又－ 2
17
＜d＜－1
9，
所以 9＜－1
d＋1
2＜19
2 .所以 Sn 取最大值时，n 的值为 9.
法二：由 an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0，得 n－1＜ 1
－d.．
因为1
9＜－d＜ 2
17，所以17
2 ＜ 1
－d＜9.又 n∈N*，所以 n－1≤8，即 n≤9.故 S9 最大．
**17．已知{an}为等差数列，若a11
a10＜－1，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，那么当 Sn 取得
最小正值时，n＝________.
(等差数列前 n 项和的最值)
答案：19．
解析：由a11
a10＜－1，得a11＋a10
a10 ＜0，且它的前 n 项和 Sn 有最大值，则 a10＞0，a11＜0，a11
＋a10＜0，则 S19＞0，S20＜0，那么当 Sn 取得最小正值时，n＝19.
**18．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，S10＝16，S100－S90＝24，则 S100＝________.
(等差数列基本量计算)
答案：200
***19．在等差数列{an}中，若任意两个不等的正整数 k，p 都有 ak＝2p＋1，ap＝2k＋
1，数列{an}的前 n 项和记为 Sn.若 k＋p＝m，则 Sm＝________.(用 m 表示)
(等差数列基本量计算)
答案：m2．
解析：设数列{an}的公差为 d，由题意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋
1，②
两式相减，得(p－k)d＝2(k－p)．又 k－p≠0，所以 d＝－2.则 a1＝2p＋2k－1＝2m－
1.
因此 Sm＝ma1＋m(m－1)
2 d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2.
**20．在等比数列{an}中，公比 q＝2，前 87 项和 S87＝140，则 a3＋a6＋a9＋…＋a87＝
________.
(等比数列基本量计算)
答案：2.
解析：方法一：a3＋a6＋a9＋…＋a 87＝a3(1＋q 3＋q6＋…＋q 84)＝a 1q2·1－（q3）29
1－q3
＝
q2
1＋q＋q2·a1（1－q87）
1－q
＝4
7×140＝80.
方法二：设 b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9
＋…＋a87，
因为 b1q＝b2，b2q＝b3，且 b1＋b2＋b3＝140，所以 b1(1＋q＋q2)＝140，而 1＋q＋q2
＝7，
所以 b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80.
***21．在等比数列{an}中，已知 a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则 a9＋a11＋a13＋a15＝
________.
(等比数列基本量计算)
答案：3．
**22．等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn 等于
________.
(等差、等比数列混合)
**23.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________.
(等比数列基本量计算)
答案：150.
解析：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，则 S40＝S30＋
（S30－S20）2
S20－S10 ＝
70＋402
20 ＝150.
**26.一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 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＝________.
(等差数列基本量计算)
答案：5．
解析：设等差数列的前 12 项中奇数项的和为 S 奇，偶数项的和为 S 偶，等差数列的公差
为 d.
由已知条件，得Error!解得Error!
又 S 偶－S 奇＝6d，所以 d＝192－162
6 ＝5.
类型二：等差等比数列的判断与证明
一、前测回顾
1．(2010·江苏卷)函数 y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak
＋1，k 为正整数，a1＝16，则 a1＋a3＋a5＝________.
答案：21．
解析：在点(ak，a2k)处的切线方程为：y－a2k＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝ak
2
，所以ak
＋1＝ak
2
，故{an}是a1＝16，q＝1
2
的等比数列，即an＝16×(1
2 )n－1
，所以a1＋a3＋a5
＝16＋4＋1＝21.
2．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c∈R)，则“c＝0”是“{an}是等差数列”
的______条件．
答案：充要．
解析：a1＝a＋b＋c，a2＝S2－a1＝3a＋b，a3＝S3－S2＝5a＋b，若{an}是等差数列，则 2a2
＝a1＋a3，解得 c＝0，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的必要条件；
当 c＝0 时，Sn＝an2＋bn，当 n＝1 时，a1＝a＋b；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋
b－a，显然当 n＝1 时也满足上式，所以 an＝2an＋b－a(n∈N*)，进而可得 an－an－
1＝2a(n∈N*)，所以{an}是等差数列，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的充分条件；
综上可知，“c＝0”是“{an}是等差数列”的充要条件．
3．已知
1
a
，
1
b
，
1
c
成等差数列，求证：
b＋c
a
，
c＋a
b
，
a＋b
c
也成等差数列．
解：由已知得 b(a＋c)＝2ac，所以
b＋c
a
＋
a＋b
c
＝
b(a＋c)＋a2＋c2
ac
＝
2ac＋a2＋c2
ac
＝
2(a＋c)
b
，
所以
b＋c
a
，
c＋a
b
，
a＋b
c
也成等差数列．
4．已知 an+1＝ 2an
an＋2
，a1＝2 ，求证：数列{ 1
an}的等差数列．
解：由已知，a1＝2，故 an≠0，所以 1
an + 1＝an＋2
2an
＝ 1
an
＋
1
2
，所以 1
an + 1－ 1
an
＝
1
2
，
所以数列{ 1
an}是等差数列．
5．数列{an}前 n 项和为 Sn，若 an＋Sn＝n，令 bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列.
解：由 an＋Sn＝n，得 n≥2 时，an－1＋Sn－1＝n－1，两式相减得 2an－an－1＝1，即 2bn＝
bn－1．
从而有 bn
bn－1
＝1
2(常数)，所以数列{bn}是等比数列.
二、方法联想
1．等差、等比数列的证明
方法 证明数列是等差数列：
方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1－an 为同一常数．
方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2 均成立．
说明：得到 2an＋1＝an＋an＋2 后，最好改写为 an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1，回到定
义．
方法 证明数列是等比数列：
方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1
an 为同一常数．
方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时，an＋12＝anan＋2 均成立，且数列{an}没有 0．
说明：得到 2an＋1＝an＋an＋2 后，最好改写为
an＋1
an
＝
an
an－1
＝…＝
a2
a1
，回到定义．
2．等差、等比数列的判断
判断数列是等差数列
方法 1 定义法，即当 n≥1 且 n∈N*时，an＋1－an 为同一常数．
方法 2 中项公式法，即当 n≥1 且 n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2 均成立．
方法 3 特殊值法，如前 3 项成等差，再证明其对任意 n∈N*成等差数列．
方法 4 通项为一次形式，即 an＝an＋b．
方法 5 前 n 项和为不含常数项的二次形式，即 Sn＝an2＋bn．
方法 6 若数列{an}为等比数列，则{logaan}为等差数列．
注意 方法 4、5、6 只能做为判断，作为解答题需要证明．
判断数列不是等差数列
方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等差数列．
判断数列是等比数列
方法 1 定义法，即当 n∈N*时，an＋1
an
为同一常数．
方法 2 中项公式法，即当 n∈N*时， an＋12＝anan＋2 均成立．
方法 3 特殊值法，如前 3 项成等比，再证明其对任意 n∈N*成等比数列．
方法 4 通项公式为指数幂形式，即 an＝aqn．
方法 5 若数列{an}为等差数列，则{aan}为等比数列．
注意 方法 4、5 只能做为判断，作为解答题需要证明．
判断数列不是等比数列
方法 通常用特殊值法，如取连续 3 项验证不成等比数列．
三、归类巩固
*1．已知数列{an}满足 3an＋1＋an＝0，a2＝－4
3，则{an}的前 10 项和等于________．
(由定义判定等差数列)
答案：3(1－3－10) ．
*2．已知数列{a n}满足 a1＝15，且 3a n ＋ 1＝3an－2．若 a kak ＋ 1＜0，则正整数 k＝
________．
(由定义判定等差数列)
答案：23．
*3．已知 S n 是数列{a n}的前 n 项和，且 S n ＋ 1 ＝S n ＋a n ＋3，a 4 ＋a 5 ＝23，则 S 8 ＝
________．
(由 Sn 与 an 关系，结合定义判定等差数列)
答案：92．
*4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2an－4(n∈N*)，则 an＝________．
(由 Sn 与 an 关系，结合定义判定等比数列)
答案：2n＋1．
**5．已知数列{an}满足 a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意 n∈N*都有 1
a1
＋ 1
a2
＋…＋ 1
an
1020，那么 n 的
最小值是________．
（分组求和）
答案：10.
*3．若 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则 S17＋S33＋S50 的值是________．
（并项相加求和）
答案：1．
***4 ． 数 列 {an} 的 通 项 an ＝ n2(cos2nπ
3
－ sin2nπ
3 ) ， 其 前 n 项 和 为 Sn ， 则 S30 的 值 是
________．
（分组求和）
答案：470.
解析：an＝n2·cos2n
3 π，a1＝12·(－1
2)，a2＝22(－1
2)，a3＝32，a4＝42(－1
2)，…
S30＝(－1
2)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302)
＝(－1
2)
10
∑
k＝1
[(3k－2)2＋(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－1
2)
10
∑
k＝1
(－18k＋5)
＝－1
2[－18·10(1＋10)
2
＋50]＝470.
*5．设等差数列{an}满足 a3＝5，a10＝－9．求数列{|an|}的前 n 项和 Tn＝_______．
(等差数列前 n 项的绝对值之和)
答案：{ －n2＋10n，n ≤ 5，
n2－10n＋50，n ≥ 6．
6.已知数列{an}满足 a1＝－2，an＋1＝2an＋4.
*(1)证明数列{an＋4}是等比数列；
**(2)求数列{|an|}的前 n 项和 Sn.
（数列的前 n 项的绝对值之和）
解：(1)因为 an＋1＝2an＋4，所以 an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，
因为 a1＋4＝2，所以 an＋4≠0，所以an＋1＋4
an＋4
＝2，
所以{an＋4}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．
(2)由(1)，可知 an＋4＝2n，所以 an＝2n－4.
当 n＝1 时，a1＝－2<0，
所以 S1＝|a1|＝2；
当 n≥2 时，an≥0.
所以 Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝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，也满足上式．
所以数列{|an|}的前 n 项和 Sn＝2n＋1－4n＋2.
*7．已知数列{a n}的通项公式是 a n ＝ 1
n＋ n＋1
，若前 n 项和为 10，则项数 n＝
________.
(裂项相消求和)
答案：120.
解析：因为 an＝ 1
n＋ n＋1
＝ n＋1－ n，所以
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1.
令 n＋1－1＝10，得 n＝120.
***8．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，若 a1＝2 且 Sn＋1＝2Sn，设 bn＝log2an，则
1
b1b2
＋
1
b2b3
＋…＋
1
b2017b2018
的值是________．
(裂项相消求和)
答案：
4033
2017
．
解析：由 Sn＋1＝2Sn，数列{sn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 Sn＝2n．
所以 an＝{ 2，n＝1，
2n－1，n ≥ 2，则 bn＝＝log2an＝{ 1，n＝1，
n－1，n ≥ 2，
所以 n≥2 时，
1
bnbn＋1
＝
1
(n－1)n
＝
1
n－1
－
1
n
．
所以
1
b1b2
＋
1
b2b3
＋…＋
1
b2017b2018
＝1＋1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
2016
－
1
2017
＝2－
1
2017
＝
4033
2017
．
**9．已知 an＝2n＋1，bn＝2n－1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，令 cn＝Error!设数列{cn}的
前 n 项和为 Tn，则 T2n＝________．
(分组求和，裂项相消求和)
答案： 2n
2n＋1
＋2
3(4n－1)．
解析：由 an＝2n＋1 得 Sn＝n(n＋2)，则 cn＝Error!
即 cn＝Error!
所以 T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝(1－1
3 )＋(1
3
－1
5 )＋…＋( 1
2n－1
－ 1
2n＋1)＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－ 1
2n＋1
＋2(1－4n)
1－4
＝ 2n
2n＋1
＋2
3(4n－1)．
**10．数列{an}的通项公式为 an＝2n，Sn 是其前 n 项和．设 bn＝ an＋1
SnSn＋1
，求数列{bn}的前
n 项和 Tn.
(裂项相消求和)
解：因为 an＝2n，所以 Sn＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
所以 bn＝ an＋1
SnSn＋1
＝ 2n＋1
(2n＋1－2)(2n＋2－2)
＝1
2
1
2n－1
－ 1
2n＋1－1.
所以数列{bn}的前 n 项和
Tn＝1
2( 1
2－1
－ 1
22－1)＋( 1
22－1
－ 1
23－1)＋…＋( 1
2n－1
－ 1
2n＋1－1)
＝1
2(1－ 1
2n＋1－1)＝ 2n－1
2n＋1－1.
**11．若 f(x)＝
1
2x＋ 2
，则 f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________．
（倒序相加求和）
答案：3 2．
解析：因为 f(x)＝
1
2x＋ 2
，所以 f(x)＋f(1－x)＝
1
2x＋ 2
＋
1
2－x＋ 2
＝
2
2
，
[(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)]＋ [f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－
5)]
＝12×
2
2
＝6 2，所以 f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6) ＝3 2．
**12．设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于 1 的等比数列，且 a1＝b1＝2，a2＝b2，
a2＋a6
2
＝ b2b4，令数列{cn}满足 cn＝anbn
2
，则数列{cn}的前 n 项和 Sn 等于________．
(错位相减求和)
答案：(n－1)2n＋1＋2.
解析：设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q(q>1)，
因为a2＋a6
2
＝ b2b4，所以 a4＝b3，所以 2＋3d＝2q 2①，由 a2＝b2，得：2＋d＝
2q②，
由①②得 d＝2，q＝2，所以 an＝2＋(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n.所以 cn＝anbn
2
＝
n·2n，
所以 Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n③
所以 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1④，
③－④得：－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝2(1－2n)
1－2
－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以 Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
**13．已知 an＝3n－2，bn＝2n.求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)．
（错位相减求和）
解：设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，
由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝12 × (1－4n)
1－4
－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
故 Tn＝3n－2
3 ×4n＋1＋8
3.
所以数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为3n－2
3 ×4n＋1＋8
3.
**14．已知 an＝(1
4 )n－1，bn＝－log2an＋1.令 cn＝ bn
2n＋1
＋ 1
n(n＋2)
，其中 n∈N*，求数列
{cn}的前 n 项和为 Tn.
（错位相减求和，裂项相消求和）
解：bn＝－log2an＋1＝－log2(1
4 )n＝2n，cn＝ n
2n
＋ 1
n(n＋1).
令 Hn＝1
2
＋ 2
22
＋ 3
23
＋…＋ n
2n
， ①
则 1
2Hn＝ 1
22
＋ 2
23
＋…＋n－1
2n
＋ n
2n＋1
， ②
①－②得，1
2Hn＝1
2
＋ 1
22
＋ 1
23
＋…＋ 1
2n
－ n
2n＋1
＝1－n＋2
2n＋1.
所以 Hn＝2－n＋2
2n .
又 Tn－Hn＝ 1
1 × 3
＋ 1
2 × 4
＋…＋ 1
n(n＋2)
＝
1
2
(1－1
3
＋1
2
－1
4
＋…＋1
n
－ 1
n＋2)
＝
1
2
(1＋
1
2
－ 1
n＋1
－ 1
n＋2)＝
3
4
－ 2n＋3
2(n＋1)(n＋2)
，
所以 Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－n＋2
2n
＋
3
4
－ 2n＋3
2(n＋1)(n＋2)
＝
11
4
－n＋2
2n
－ 2n＋3
2(n＋1)(n＋2).
15.已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋1，
*(1)证明{an＋
1
2}是等比数列，并求{an}的通项公式；
**(2)证明 1
a1＋
1
a2＋…＋
1
an<
3
2.
(放缩法证明不等式)
证明：(1)由 an＋1＝3an＋1，得 an＋1＋
1
2＝3(an＋1
2).
又 a1＋
1
2＝
3
2，所以{an＋
1
2}是首项为
3
2，公比为 3 的等比数列.
an＋
1
2＝
3n
2 ，因此{an}的通项公式为 an＝
3n－1
2 .
(2)由(1)知
1
an＝
2
3n－1.
因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1，
所以
1
3n－1
≤
1
2 × 3n－1.
于是
1
a1＋
1
a2＋…＋
1
an≤1＋
1
3＋…＋
1
3n－1
＝
3
2(1－ 1
3n)<
3
2.
所以
1
a1＋
1
a2＋…＋
1
an<
3
2.
类型五：数列的单调性与最值
一、前测回顾
1．若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an.则实数k的取值范围________．
答案：(－3，＋∞)．
解析：方法一：由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－k
2
＜3
2
，即得k＞－3．
方法二：由an＋1＞an得(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，即k＞－2n－1对n∈N*恒
成立，故k＞－3．
2．数列{an}的通项 an＝ n
n2＋90，则数列{an}中的最大值是________．
答案： 1
19
．
解析：an＝ 1
n＋90
n
，由函数 f(x)＝x＋
90
x 在(0，3 10)上单调递减，在(3 10，＋∞)上单调
递增，
由于 n∈N*，知当 n＝9 或 10 时，(n＋
90
n
)min＝19，故(an)max＝ 1
19
．
3．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的
数列{bn}，则此数列的前 n 项和 Sn 取得最大值时 n 的值是________．
答案：24．
解析：因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为 b1＝
a1＝142，公差为 d′＝－2×3＝－6，则 b n＝142＋(n－1)(－6)．令 b n≥0，解得
n≤242
3，因为 n∈N*，所以数列{bn}的前 24 项都为正数项，从 25 项开始为负数
项．因此新数列{bn}的前 24 项和取得最大值．
4．已知数列{an}的通项 an＝(n＋1)(10
11 )n (n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若
有，求出最大项的项数；若没有，说明理由．
解：方法一：令Error!⇔Error!⇔Error!，
所以 n＝9 或 n＝10 时，an 最大，
即数列{an}有最大项，此时 n＝9 或 n＝10.
方法二：因为 an＋1－an＝(n＋2)·(10
11 )n＋1－(n＋1)·(10
11 )n＝(10
11 )n·9－n
11 ，
当 n<9 时，an＋1－an>0，即 an＋1>an；
当 n＝9 时，an＋1－an＝0，即 an＋1＝an；
当 n>9 时，an＋1－an<0，即 an＋1a11>a12>…，
所以数列{an}中有最大项，为第 9、10 项．
二、方法联想
数列的单调性
方法 1 转化为函数的单调性，如利用图象分析．
注意 图象分析时，数列图象为离散的点．
方法 2 利用 an＋1－an 与 0 的关系(或an＋1
an
与 1 的关系，其中 an＞0)判断(或证明)数列的
单调性．
数列的最值
方法 1 利用 an＋1 －an 与 0 的关系(或an＋1
an
与 1 的关系，其中 an＞0)判断数列的单调
性．
方法 2 若第 m 项为数列的最大项，则{am ≥ am＋1，
am ≥ am－1．
若第 m 项为数列的最小项，则{am ≤ am＋1，
am ≤ am－1．
三、归类巩固
*1．设等比数列{an}的首相为 a1，公比为 q，则“a1＜0，且 0＜q＜1”是“对于任意 n∈N*
都有 an＋1＞an”的____________条件．
（等比数列的单调性）
答案：充分非必要．
解析：当 a1＜0，且 0＜q＜1 时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另
一情况 a1＞0，且 q＞1，故填：充分非必要．
**2．通项公式为 an＝an2＋n 的数列，若满足 a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且 an＞an＋1 对 n≥8
恒成立，则实数 a 的取值范围是__________．
（数列的单调性的判定）
答案：－1
9
＜a＜－ 1
17
．
解析：an－an＋1＝(an2＋n)－[a(n＋1)2＋n＋1]＝－a(2n＋1)－1＞0(n＞＝8)，所以 a(2n＋
1)＜－1，a＜－ 1
2n＋1
，f(n)＝－ 1
2n＋1
是关于 n 的增函数，所以 a＜－ 1
17
；
n＝1，2，3，4 时 a n－an＋1＞0，a＞－ 1
2n＋1
，所以 a＞－1
9
．综上，－1
9
＜a＜－
1
17
．
**3 ． 设 等 比 数 列 {an}满 足 a1 ＋ a3 ＝ 10 ， a2 ＋ a4 ＝ 5 ， 则 a1a2a3…an 的 最 大 值 为
__________．
（利用数列的单调性求最值）
答案：64．
解析：a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，所以公比 q＝
a2＋a4
a1＋a3
＝
1
2
，所以 a1＋a1×
1
4
＝10，得 a1＝8
a1a2a3…an ＝8n(
1
2)1＋2＋…＋n－1＝23n·2－
n(n－1)
2
＝23n－
n(n－1)
2
＝2
－n2＋7n
2
,
所以当 n＝34 时,取最大值 64．
**4．数列{an}的通项公式 an＝
n－ 98
n－ 99
(n∈N*)，则数列{an}中的最大项是第___项，最
小项是_____项．
（利用数列的单调性求最值）
答案：10，9．
解析：令 f(n)＝
n－ 98
n－ 99
，则 f(n)＝1＋
99－ 98
n－ 99
因为 99－ 98>0，所以 f(n)在(0， 99 )和( 99，＋∞)上都是减函数．
所以当 n＝9 时 an 取最小值；当 n＝10 时 an 取最大值．
**5．已知数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数
a 的取值范围为__________．
（子数列和原数列单调性的关系）
答案：(0，1)
解析：数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，由 an＋2－an＝2 可知数列奇数项、
偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有 a2－a1＝(2－a)－a＞0 且 a2－a1＝(2
－a)－a＜an＋2－an＝2，可得 0＜a＜1 ，即实数 a 的取值范围为(0，1)，故答案为
(0，1).
***6．已知等比数列{an}的首项为4
3，公比为－1
3，其前 n 项和为 Sn，若 A≤Sn－ 1
Sn≤B 对
n∈N*恒成立，则 B－A 的最小值为________．
（利用数列的单调性求最值）
答案：59
72．
解析：依题意 Sn＝
4
3[1－(－1
3 )n
]
1－(－1
3 )
＝1－(－1
3 )n
，当 n 为奇数时，Sn＝1＋(1
3 )n
，当
n 为偶数时，Sn＝
1－(1
3 )n
；由函数 y＝x－1
x在(0，＋∞)上是增函数，所以当 n 为奇数时 Sn－ 1
Sn单
调递减；当 n 为偶数时 Sn－ 1
Sn单调递增．当 n 为奇数时 Sn－ 1
Sn的最大值为
7
12
，且 Sn
－ 1
Sn＞0；当 n 为偶数时 Sn－ 1
Sn的最小值为－17
72，且 Sn－ 1
Sn＜0；所以 n∈N*时，Sn－
1
Sn的最大值为
7
12
，Sn－ 1
Sn的最小值为－
7
12
，因此有 A≤－17
72，B≥ 7
12，B－A≥ 7
12＋17
72＝
59
72，即 B－A 的最小值是59
72.
***7．对于数列{an}，定义 Hn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an
n
为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}
的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前 n 项和为 Sn，若 Sn≤S5 对任意的 n∈N*恒成立，
则实数 k 的取值范围为________．
（利用数列的单调性求 Sn 的最值）
答案：[7
3
，12
5 ]．
解析：由 Hn＝2n＋1，
得 n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，①
(n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，②
①－②，得 2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以 an＝2n＋2，an－kn＝(2－k)n＋2，又
Sn≤S5 对任意的 n∈N*恒成立，所以Error!即Error!解得7
3≤k≤12
5 .
***8．在数列{an}中，a1＋a2
2
＋a3
3
＋…＋an
n
＝2n－1(n∈N*)，且 a1＝1，若存在 n∈N*使得
an≤n(n＋1)λ 成立，则实数 λ 的最小值为________．
（利用数列最值求解恒成立问题）
答案：1
2
．
解析：依题意得，数列{an
n }的前 n 项和为 2n－1，当 n≥2 时，an
n
＝(2n－1)－(2n－1－1)＝
2n－1，且a1
1
＝21－1＝1＝21－1，因此an
n
＝2n－1(n∈N*)， an
n(n＋1)
＝2n－1
n＋1.记 bn＝2n－1
n＋1
，
则 bn>0，bn＋1
bn
＝2(n＋1)
n＋2
＝
(n＋2)＋n
n＋2 >n＋2
n＋2
＝1，即 bn＋1>bn，数列{bn}是递增数列，
数列{bn}的最小项是 b1＝1
2.依题意得，存在 n∈N*使得 λ≥ an
n(n＋1)
＝bn 成立，即有 λ≥b1
＝1
2
，λ 的最小值是1
2.
**9．已知数列{Tn}的通项公式为 Tn＝(2n＋1)(
1
2
)n，求数列 Tn 的最大值．
（判定数列单调性的方法）
解：方法一:Tn＋1－Tn＝(2n＋3)(
1
2
)n＋1－(2n＋1)(
1
2
)n＝[(2n＋3)(
1
2
)－(2n＋1)](
1
2
)n
＝[n＋
3
2
－(2n＋1)](
1
2
)n＝(
1
2
－n)(
1
2
)n．
因为 n≥1，所以
1
2
－n＜0．
又(
1
2
)n＞0，所以 Tn＋1－Tn＜0 所以 Tn＋1＜Tn，
所以 T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…． 所以 Tn 存在最大值 T1＝
3
2
．
方法二:因为
Tn＋1
Tn
＝
(2n＋3)(sdo1(f(1,2)))n＋1
(2n＋1)(sdo1(f(1,2)))n
＝
2n＋3
2(2n＋1)
＝
(2n＋1)＋2
2(2n＋1)
，
＝
1
2
(1＋
2
2n＋1
)≤
1
2
(1＋
2
2＋1
)＝
5
6
＜1，
所以 Tn＋1＜Tn． 所以 T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…，
所以 Tn 存在最大值 T1＝
3
2
．
方法三:考查函数 g(x)＝(2x＋1)(
1
2
)x(x≥1)的单调性．
g'(x)＝2(sdo1(f(1,2)))x＋(2x＋1)(sdo1(f(1,2)))x·ln
1
2
＝2(sdo1(f(1,2)))x[2＋(2x＋1)ln
1
2
]，
因为 x≥1，所以 2x＋1≥3，而 ln
1
2
＜0，所以(2x＋1)ln
1
2
≤3ln
1
2
．
又 3ln
1
2
＝ln(
1
2
)3＝ln
1
8
＜ln
1
e2
＝－2，
所以(2x＋1)ln
1
2
＜－2，所以 2＋(2x＋1)ln
1
2
＜0．
又(
1
2
)x＞0，所以(
1
2
)x[2＋(2x＋1)ln
1
2
]＜0，
即 g'(x)＜0，所以 g(x)在[1，＋∞)上是单调递减函数，所以 Tn 存在最大值 T1＝
3
2
．
**10．已知 S n＝－3
5(λ＋18)·[1－(－2
3)n]，是否存在实数 λ，使得对任意正整数 n，都有 a
＜Sn＜b?若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由．
（利用数列最值求解恒成立问题）
解：要使 a＜Sn＜b 对任意正整数 n 成立，即 a＜－3
5(λ＋18)·[1－(－2
3)n]＜b，(n∈N*)．
得 a
1－(－)n
＜－3
5(λ＋18)＜ b
1－(－)n
，(n∈N*) ①
令 f(n)＝1－(－2
3)n，则当 n 为正奇数时，1＜f(n)≤5
3
，当 n 为正偶数时5
9
≤f(n)＜1；
所以 f(n)的最大值为 f(1)＝5
3
，f(n)的最小值为 f(2)＝5
9
，
于是，由①式得 5
9a＜－3
5(λ＋18)＜3
5b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必须－b＜－
3a，即 b＞3a)．
当 a＜b＜3a 时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数满足题目要求；
当 b＞3a 存在实数 λ，使得对任意正整数 n，都有 a＜Sn＜b，且 λ 的取值范围是(－
b－18，－3a－18)．
11．等比数列{an}的首项为 a1＝2002，公比 q＝－1
2
．
*(1)设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求 f(n)的表达式；
**(2)当 n 取何值时，f(n)有最大值．
（符号数列单调性和最值）
解：(1)an＝2002·(－1
2)n−1，f(n)＝2002n·(－1
2)
(2)由(1)，得|f(n＋1)|
|f(n)|
＝2002
2n
，则
当 n≤10 时，|f(n＋1)|
|f(n)|
＝2002
2n
＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，
当 n≥11 时，|f(n＋1)|
|f(n)| ＝2002
2n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，
因为 f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，
所以 f(n)的最大值为 f(9)或 f(12)中的最大者．
因为f(12)
f(9) ＝200212·()66
20029·()36 ＝20023·(1
2)30＝(2002
210 )3＞1，
所以当 n＝12 时，f(n)有最大值为 f(12)＝200212·(1
2)66．
综合应用篇
一、例题分析
例 1 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝2Sn＋48
n ，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．
解：(1)设公差为 d，则有{ 2a1＋4d＝14，
7a1＋21d＝70．
解得：{a1＝1，
d＝3，所以 an＝3n－2．
(2)Sn＝
n[1＋(3n－2)]
2
＝
3n2－n
2
．
所以 bn＝
3n2－n＋48
n
＝3n＋
48
n
－1≥2 3n·
48
n
−1＝23．
当且仅当 3n＝
48
n
，即 n＝4 时取等号．
所以数列{bn}的最小项是 b4＝23．
〖教学建议〗
(1) 主要问题归类与方法：
1．求数列的通项：方法①利用等差(比)数列的通项公式；②构造等差(比)数列；
③由 Sn 与 an 的关系求通项；④用不完全归纳法，猜想数列的通项，再证
明．
2．求数列的最大项问题：①将数列的通项看作是 n 的函数，通过讨论相应函
数的单调性来求最值；②考察数列的单调性，求最大项；③利用基本不等式
求最值．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，学生一般会选择方法①，因为本题已知数列是等差数列，所以选
择方法①．
对于问题 2，学生一般会选择③，因为本题中 bn＝3n＋48
n
－1 便于用基本不等
式求最值，但要注意这里 n 必须取正整数，所以选择方法③．
例 2 已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和 Sn，且满足：a2a4＝65，a1＋a5＝18．
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)若 1＜i＜21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，求 i 值；
(3)是否存在常数 k，使得数列{ Sn＋kn}为等差数列，若存在，求出常数 k；若不存在，
请说明理由．
解：(1)因为{an}为等差数列，所以 a1＋a5＝a2＋a4＝18，又 a2•a4＝65，
所以 a2，a4 是方程 x2－18x＋65＝0 的两个根，
又公差 d＞0，所以 a2＜a4，所以 a2＝5，a4＝13．
所以{ a1＋d＝5，
a1＋3d＝13，所以 a1＝1，d＝4．
所以 an＝4n－3．
(2)由 1＜i＜21，a1，ai，a21 是某等比数列的连续三项，所以 a1•a21＝ai2，
即 1×81＝(4i－3)2，解得 i＝3．
(3)由(1)知，Sn＝n＋
n(n－1)
2
×4＝2n2−n．
方法一：假设存在常数 k，使数列{ Sn＋kn}为等差数列，
由 S1＋k＋ S3＋3k＝2 S2＋2k，
得 1＋k＋ 15＋3k＝2 6＋2k，
解得 k＝1．
所以 Sn＋kn＝ 2n2＝ 2n 此时有 2n− 2(n−1)＝ 2，数列{ Sn＋kn}为等差数列．
所以存在常数 k 使得数列{ Sn＋kn}为等差数列．
方法二：假设存在常数 k，使数列{ Sn＋kn}为等差数列，由等差数列通项公式可知
设 Sn＋kn＝an＋b， 得 2n2＋(k－1)n＝(an)2＋2abn＋b2 恒成立，
可得 a2＝2，2ab＝k－1，b2＝0，所以 a2＝2，b＝0，k＝1
所以 Sn＋kn＝ 2n，则数列{ Sn＋kn}为等差数列．
〖教学建议〗
(1)主要问题归类与方法：
1．等差(比)数列基本量的计算：
方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)，
再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和．
②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求基
本量；
2．条件探索性问题：
方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件；
②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性
质简化后，先求出 a2 和 a4，再求 d，然后用 an＝a2＋(n－2)d，求通项，当然
本题用方法①也很简单．
对于问题 2，学生一般会选择方法②，由特例求 k 的值比较方便，所以用方法
②．
例 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝5，S7＝63，数列{bn}的前 n 项为 Tn，满足 bn
＝Tn－1＋2(n≥2，n∈N)，b1＝2，
（1）求 an 与 bn；
（2）求数列{anbn}的前 n 项和 Fn．
（3）若1
S1
＋1
S2
＋…＋1
Sn≤x2＋ax＋1 对任意正整数 n 和任意 x∈R 恒成立，求实数 a 的
取值范围．
解：(1) 设数列{an}的公差为 d，
因为 S7＝
7(a1＋a7)
2
＝
7(a4－3d＋a4＋3d)
2
＝7a4＝63，所以 a4＝9．
所以 d＝
a4－a2
2
＝2，所以 an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1．
因为当 n≥2 时，bn＝Tn－1＋2，bn＋1＝Tn＋2，两式相减得 bn＋1－bn＝Tn－Tn－1＝bn，
所以 bn＋1＝2bn
当 n＝2 时，b2＝T1＋2＝b1＋2＝4，所以 b2＝2b1．
所以 n∈N*时，都有 bn＋1＝2bn．
因为 b1≠0，所以 bn≠0，所以
bn＋1
bn
＝2，于是数列{bn}为首项是 2，公比为 2 的等比
数列，
所以 bn＝2n；
(2)anbn＝(2n＋1)•2n．
Fn＝3•2＋5•22＋…＋(2n−1)•2n−1＋(2n＋1)•2n，
2Fn＝3•22＋5•23＋…＋(2n−1)•2n＋(2n＋1)•2n＋1，
两式相减得
−Tn＝3•2＋2•22＋2•23＋…＋2•2n−(2n＋1)•2n＋1
＝(1－2n)•2n＋1－2，
所以 Fn＝(2n−1)•2n＋1＋2；
(3)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
所以
1
S1
＋
1
S2
＋…＋
1
Sn
＝
1
1 × 3
＋
1
2 × 4
＋
1
3 × 5
＋…＋
1
n(n＋2)
＝
1
2
(1−
1
3
＋
1
2
−
1
4
＋
1
3
−
1
5
＋…＋
1
n
−
1
n＋2
)
＝
1
2
(1＋
1
2
−
1
n＋1
−
1
n＋2
)＝
3
4
−
2n＋3
2(n＋1)(n＋2)
＜
3
4
，
问题等价于 f(x)＝x2＋ax＋1 的最小值大于或等于
3
4
，
即 1−
a2
4
≥
3
4
，即 a2≤1，解得－1≤a≤1．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．等差(比)数列基本量的计算：
方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)，
再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和．
②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求
基本量；
2．判断一个数列是等差(比)数列：
方法：①利用定义：an＋1－an＝d(常数)；②等差中项：2an＝an－1＋an＋1 (n≥2，
n∈N*)．
3．数列求和问题：
方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法；
④裂项求和．
4．不等式恒成立，求参数的范围问题：
方法：①转化为求函数的最值；②变量分离后转化为求函数的最值；
③利用几何意义求参数的范围
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，一般优先考虑方法②，如没性质可用，就用方法①，本题先用性
质 S7＝7a4 简化后，先求出 a4，再由 a2 的值，再求 d，然后用 an＝a2＋(n－
2)d，求通项，当然本题用方法①也很简单．
对于问题 2，学生一般会选择方法①，本题将通项 bn 与前 n 项 Tn 关系代入，
可得递推关系 bn＋1＝2bn．由等比数列的定义，可推得{bn}为等比数列，．
对于问题 3，学生一般会选择方法③和④，本题中数列{anbn}是由等差数列与
等比数列相应项之积所构成的数列，所以用方法③求和，数列{1
Sn}的通项是分
式形式，所以用方法④求和．
对于问题 4，本题中不等式对于任意 n 恒成立，用方法②，对于任意实数 x 恒
成立，用方法①，当然对于任意实数 x 恒成立，由于是一元二次不等式，所以
也可用方法③．
例 4 已知等差数列{an}中，公差 d＞0，其前 n 项和为 Sn，且满足 a2a3＝45，S4＝28．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设由 bn＝
Sn
n＋c (c≠0)构成的新数列{bn}，求证：当且仅当 c＝－
1
2时，数列{bn}是等
差数列；
(3)对于(2)中的等差数列{bn}，设 cn＝
8
(an＋7)⋅bn（n∈N*），数列{cn}的前 n 项和为 Tn，
现有数列{f(n)}，f(n)＝
2bn
an－2－Tn（n∈N*），求证：存在整数 M，使 f(n)≤M 对一
切 n∈N*都成立，并求出 M 的最小值．
解：(1)因为等差数列 an 中，公差 d＞0，满足 a2•a3＝45，a1＋a4＝14．
所以 a2•a3＝45，a1＋a4＝a2＋a3＝14．
所以 a2，a3 是方程 x2－14x＋45＝0 的两根，且 a2＜a3，
解方程 x2－14x＋45＝0，得 a2＝5，a3＝9，
所以 d＝a3－a2＝9－5＝4，a1＝a2－4＝1，
所以 an＝1＋(n－1)×4＝4n－3．
证明:(2)Sn＝n×1＋
n(n－1)
2
×4＝n(2n－1)，
bn＝
Sn
n＋c
＝
n(2n－1)
n＋c
，c≠0，
由 2b2＝b1＋b3，得
12
2＋c
＝
1
1＋c
＋
15
3＋c
，
化简得 2c2＋c＝0，c≠0，所以 c＝－
1
2
．
反之，令 c＝－
1
2
，即得 bn＝2n，数列 bn 为等差数列，
所以当且仅当 c＝－
1
2
时，数列{bn}为等差数列．
(3)因为 cn＝
8
(an＋7)·bn
＝
1
(n＋1)n
＝
1
n
−
1
n＋1
．
所以 Tn＝1−
1
2
＋
1
2
−
1
3
＋＋
1
n
−
1
n＋1
＝
n
n＋1
f(n)＝
2bn
an－2
−Tn
＝
4n
4n－5
−
n
n＋1
＝1＋
5
4n－5
−1＋
1
n＋1
＝
5
4n－5
＋
1
n＋1
．
因为 f(1)＝−
9
2
，而 n≥2 时 f(n＋1)−f(n)＝
5
4n－1
＋
1
n＋2
−
5
4n－5
−
1
n＋1
＝
－20
(4n－1)(4n－5)
−
1
(n＋2)(n＋1)
＜0，
所以 f(n)在 n≥2 时为单调递减数列，此时 f(n)max＝f(2)＝2．
所以存在不小于 2 的整数，使 f(n)≤2 对一切 n∈N*都成立，Mmin＝2．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．求数列的通项：
方法：①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项
an．
②利用等差(比)数列的通项公式，求通项；
③构造等差(比)数列求通项；
④用累加(乘)法求通项．
2．证明数列是等差数列：
方法：①利用定义：an＋1 －an＝d(常数)；②等差中项：2a n＝an－1 ＋an＋1
(n≥2，n∈N*)．
3．数列求和问题：
方法：①利用等差(比)数列前 n 项和公式求和；②分组求和；③错位相减法；
④裂项求和；⑤倒序求和．
4．求数列的最大项问题：
方法:①作差法比较相邻项的大小，确定单调性；②利用数列与函数之间的特
殊关系，将数列单调性转化为函数的单调性，利用函数的单调性，求最大项，
但要注意通项中 n 的取值范围．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，学生一般会选择方法②，因为本题的数列是等差数列，所以选择
方法②．
对于问题 2，学生一般会选择方法①，因为本题可以求出数列{bn}的通项，所
以选择方法①．
对于问题 3，学生一般会选择④，因为数列的通项是分式形式，所以选择方法
④．
对于问题 4，数列问题首选比较法确定单调性；也可选择②，因为 f(n)所对应
的函数是基本函数，比较容易得到函数的单调性．
例 5 数列{an}满足 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝4－n＋2
2 , n∈N*.
(1) 求 a3 的值；
(2) 求数列{an}前 n 项和 T
n；
(3) 令 b1＝a1，b
n ＝T
n＋(1＋1
2＋1
3＋…＋1
n) an (n≥2)．
证明：数列{b
n}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn＜2＋2lnn．
解:(1)因为 a1＋2a2＋…nan＝4－
n＋2
2n－1
，n∈N*．
所以 a1＝4－3＝1，1＋2a2＝4－
2＋2
22－1
＝2，解得 a2＝
1
2
，
因为 a1＋2a2＋…＋nan＝4－
n＋2
2n－1
，n∈N＋．
所以 a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－
n＋1
2n－2
，n∈N＋．
两式相减得 nan＝4－
n＋2
2n－1
－(4－
n＋1
2n－2
)＝
n
2n－1
，n≥2，则 an＝
1
2n－1
，n≥2，
当 n＝1 时，a1＝1 也满足，所以 an＝
1
2n－1
，n≥1，
则 a3＝
1
22
＝
1
4
；
(2) 因为 an＝
1
2n－1
，n≥1，所以数列{an}是公比 q＝
1
2
，
则数列{an}的前 n 项和 Tn＝
1－(sdo1(f(1,2)))n
1－
1
2
＝2－21－n．
(3)bn＝
Tn－1
n
＋(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)an，
所以 b1＝a1，b2＝
a1
2
＋(1＋
1
2
)a2，b3＝
a1＋a2
3
＋(1＋
1
2
＋
1
3
)a3，
所以 bn＝
a1＋a2＋…＋an－1
n
＋(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)an，
所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)a1＋(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)a2＋…＋(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)an
＝(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)(a1＋a2＋…＋an)＝(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)Tn
＝(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)(2－21－n)＜2×(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)，
设 f(x)＝lnx＋
1
x
－1，x＞1，则 f′(x)＝
1
x
－
1
x2
＝
x－1
x2
＞0．
即 f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因为 f(1)＝0，即 f(x)＞0，
因为 k≥2，且 k∈N•时，
k
k－1
＞1，
所以 f(
k
k－1
)＝ln
k
k－1
＋
1
k
k－1
－1＞0，即 ln
k
k－1
＞
1
k
，
所以
1
2
＜ln
2
1
，
1
3
＜ln
3
2
，…
1
n
＜ln
n
n－1
，
即
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
＜ln
2
1
＋ln
3
2
＋…＋ln
n
n－1
＝lnn，
所以 2×(1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)＝2＋2×(
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
)＜2＋2lnn，
即 Sn＜2(1＋lnn)＝2＋2lnn．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．求数列的通项：
方法①利用等差(比)数列求和公式；②叠加(乘)法；③构造等差(比)数列；④
猜想证明．
2．数列求和问题：
方法①等差(比)数列求和；②分组求和；③拆项相消；④错位相减；
⑤倒序相加；⑥并项求和法．
3．不等式的证明:
①不等式基本性质；②基本不等式；③比较法；④分析法；⑤放缩法；⑥函数
单调性；⑦反证法．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，记 bn＝na
n ，则已知前 n 项和的通项，选择方法①．
对于问题 2，已知数列{a
n }为等比数列，选择方法①，利用等差(比)数列求和公
式．数列{b
n }的前 n 项和，可通过变形转化为裂项求和的形式．
对于问题 3，放缩法，比较法，函数单调性综合运用．
例 6 在数列{an}中，已知 a1＝p＞0，且 an＋1·an＝n2＋3n＋2，n∈N*．
(1)若数列{an}为等差数列，求 p 的值；
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn．
解：(1)设数列{an}的公差为 d，则 an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd．
由题意得，[a1＋(n－1)d](a1＋nd)＝n2＋3n＋2 对 n∈N*恒成立．
即 d2n2＋(2a1d－d2)n＋(a12－a1d)＝n2＋3n＋2．
所以{d2＝1，
2a1d－d2＝3，
a12－a1d＝2，
即{d＝1，
a1＝2，或{d＝－1，
a1＝－2．
因为 a1＝p＞0，故 p 的值为 2．
(2)因为 an＋1⋅an＝n2＋3n＋2＝(n＋1)(n＋2)，所以 an＋2⋅an＋1＝(n＋2)(n＋3)．
所以an＋2
an
＝n＋3
n＋1
．
①当 n 为奇数，且 n≥3 时，a3
a1
＝4
2
，a5
a3
＝6
4
，…， an
an－2
＝n＋1
n－1
．
相乘得an
a1
＝n＋1
2
，所以 an＝n＋1
2 p．当 n＝1 时也符合．
②当 n 为偶数，且 n≥4 时，a4
a2
＝5
3
，a6
a4
＝7
5
，…， an
an－2
＝n＋1
n－1
．
相乘得an
a2
＝n＋1
3
，所以 an＝n＋1
3 a2．
因为 a1⋅a2＝6，所以 a2＝6
p
．所以 an＝2(n＋1)
p
，当 n＝2 时也符合．
所以数列{an}的通项公式为 an＝{p，(n为奇数)
，(n为偶数)
当 n 为偶数时，Sn＝p＋6
p
＋2p＋10
p
＋…＋n
2p＋2(n＋1)
p
＝p⋅(1＋)
2
＋2
p
⋅(3＋n＋1)
2
＝n(n＋2)
8 p＋n(n＋4)
2p
．
当 n 为奇数时，Sn＝p＋6
p
＋2p＋10
p
＋3p＋14
p
＋…＋2n
p
＋n＋1
2 p
＝p⋅(1＋)
2
＋2
p
⋅(3＋n)
2
＝(n＋1)(n＋3)
8 p＋(n－1)(n＋3)
2p
．
所以 Sn＝{p＋，(n为奇数)
p＋，(n为偶数)．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．等差(比)数列基本量的计算：
方法: ①利用等差(比)数列的通项公式与前 n 项和公式，求基本量 a1 与 d(q)，
再用上述公式求数列中某项，某项数与某些项的和．
②利用等差(比)数列的性质，把条件简化后再用通项公式各前 n 项和公式求基
本量；
2．求数列的通项：
方法: ①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项 an．
②利用等差(比)数列的通项公式，求通项；
③构造等差(比)数列求通项；
④用累加(乘)法求通项；
⑤利用常见递推的结论求通项．
3．数列求和问题：
方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法；
④裂项求和．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，学生一般会选择方法①，因为本题是恒成立问题，也可以利用特
殊和一般的关系，令 n＝1，n＝2，得出关于 a 1 和 d 的两个方程进行求解，但
要注意检验．
对于问题 2，学生一般会选择方法⑤，因为所给条件是“anan＋1＝f(n)”形式，
再选择方法④．由于得到的是隔项递推式，因此需要进行奇偶讨论.
对于问题 3，学生一般会选择①，因为数列的奇数项和偶数项都是等差数列．考
虑到当 n 为偶数时，n－1 为奇数，知道 Sn－1，可以利用 Sn＝Sn－1＋an 直接求得
Sn.
例 7 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 an＝Sn－1＋1(n≥2)，a1＝2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对于给定的 k (k＝1，2，…，n)．设 T(k)表示首项为 ak，公差为 2ak－1 的等差数
列，求数列 T(2)的前 10 项之和；
(3)设 bi 为数列 T(i)的第 i 项，Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求 Mn．
解：(1)由已知 an＝Sn－1＋1，①
an＋1＝Sn＋1，②
②－①，得 an＋1－an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
所以 an＋1＝2an(n≥2)．
又 a1＝2，∴a2＝a1＋1＝3，
故 n≥2 时，
an＋1
an
＝2，数列{ an}从第二项开始为公比为 2 的等比数列，
所以 an＝{2， n＝1，
3 × 2n－2，n ≥ 2 ．
(2)由(1)知，等差数列 T(2)的的首项为 a2＝3，公差 d＝5，
故 T(2)的前 10 项之和＝10×3＋10 × 9
2
×5＝255．
(3)因为 bi 为数列 T(i)的第 i 项，T(i)是首项为 ai，公差为 2ai－1 的等差数列，
b1＝a1＝2，M1＝2．
所以 n≥2 时，bi＝ai＋(i－1)(2ai－1)＝(2i－1)ai－(i－1)＝3(2i－1)2i－1－(i－1)
Mn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋3[3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2]－[1＋2＋…＋(n－1)]
令 t＝3·1＋5·2＋…＋(2n－1)·2n－2，
则 2t＝3·2＋5·22＋…＋(2n－1)·2n－1．
以上两式相减得:－t＝3·1＋2(2＋22＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝3＋2·
2n－1－2
2－1
－(2n
－1)·2n－1．
所以 t＝(2n－3)·2n－1＋1．
Mn＝3(2n－3)·2n＋1＋5－
n(n－1)
2
．
所以 Mn＝{2， n＝1，
3(2n－3) ⋅2n－1＋5－，n ≥ 2 ．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．求数列的通项：
方法: ①利用数列的通项 an 与前 n 和 Sn 的关系，在已知 Sn 条件下求通项
an．
②利用等差(比)数列的通项公式，求通项；
③构造等差(比)数列求通项；
④用累加(乘)法求通项．
2．数列求和问题：
方法：①利用等差(比)数列前 n 和公式求和；②分部求和；③错位相减法；
④裂项求和．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，学生一般会选择②，因为本题中给出数列通项 an 与 Sn 之间的关系，
可以通过公式转化为数列的递推关系，由于递推关系可以很容易判定数列是否
为等差数列，本题中的数列从第 2 项起是等差数列，所以选择方法②．
对于问题 2，学生一般会选择①③，因为数列 T(i)是等差数列，所以选择方法①，
数列{Mn}的通项是由一个等差数列与一个等比数列相应项相乘所成的，所以选
择方法③
例 8 已知数列{an}的各项都为正数，且对任意 n∈N*，都有 a 2
n＋1＝anan＋2＋k (k 为常数).
(1)若 k＝(a2－a1)2，求证:a1，a2，a3 成等差数列；
(2)若 k＝0，且 a2，a4，a5 成等差数列，求
a2
a1的值；
(3)已知 a1＝a，a2＝b (a，b 为常数)，是否存在常数 λ，使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任
意 n∈N*都成立?
若存在.求出 λ；若不存在，说明理由.
解：(1)当 k＝(a2−a1)2 时，在 a
2
n＋1＝anan＋2＋k 中，令 n＝1 得 a
2
2＝a1a3＋(a2−a1)2，
即 a1a3−2a1a2＋a
2
1＝0．
因为 a1＞0，所以 a3－2a2＋a1＝0，即 a2－a1＝a3－a2•
故 a1，a2，a3 成等差数列；
(2)当 k＝0 时，a
2
n＋1＝anan＋2，
因为数列{an}的各项均为正数，所以数列{an}是等比数列，
设公比为 q(q＞0)，因为 a2，a4，a5 成等差数列，所以 a2＋a5＝2a4，
即 a1q＋a1q4＝2a1q3．
因为 a1＞0，q＞0，所以 q3－2q2＋1＝0，(q－1)(q2－q－1)＝0，
解得 q＝1 或 q＝
1 ± 5
2
(舍去负值)．
所以
a2
a1
＝q＝1，或
a2
a1
＝q＝
1＋ 5
2
；
(3)存在常数 λ＝
a2＋b2－k
ab 使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任意 n∈N*都成立．
因为 a 2
n＋1＝anan＋2＋k，所以 a 2
n ＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N*
所以 a 2
n＋1－a 2
n ＝anan＋2－an－1an＋1，
即 a 2
n＋1＋an－1an＋1＝a 2
n ＋anan＋2，∵an＞0，
所以
an＋an＋2
an＋1 ＝
an－1＋an＋1
an ．
所以
an＋an＋2
an＋1 ＝
an－1＋an＋1
an =…＝
a1＋a3
a2 ．
所以 an＋an＋2＝
a1＋a3
a2 an＋1．
因为 a1＝a，a2＝b，a 2
n＋1＝anan＋2＋k，所以 a3＝
b2－k
a ，∴
a1＋a3
a2 ＝
a2＋b2－k
ab ，
所以存在常数 λ＝
a2＋b2－k
ab 使得 an＋an＋2＝λan＋1 对任意 n∈N*都成立．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．证明一个数列是等差数列：
方法①定义法：an＋1－an＝d(常数)，n∈N*；
②等差中项法：2an＝an＋1＋an－1，n≥2，n∈N*；
2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比：
方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算
3．存在性问题：
方法①假设存在，由特殊情况，求参数的值，再证明；
②转化为关于 n 的方程恒成立问题；
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究 3 个数构成等差数列；
所以选择②．
对于问题 3，学生一般会选择①，对于存在性问题，常规的方法就是先从特殊
性出发探究出参数和值，再进行证明，这样处理思路清晰，运算量小。所以选
择方法①．
例 9 已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am 是首项为 10，公差为－2 的等差数列；am＋
1，am＋2，…，a2m 是首项为1
2
，公比为1
2
的等比数列（其中 m≥3，m∈N*），并对任意
的 n∈N*，均有 an＋2m＝an 成立．
(1)当 m＝12 时，求 a2010；
(2)若 a52＝ 1
128，试求 m 的值；
(3)判断是否存在 m（m≥3，m∈N*），使得 S128m＋3≥2014 成立？若存在，试求出 m
的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)当 m＝12 时，由 an＋2×12＝an 知数列的周期为 24，
因为 2010＝24×83＋18，而 a22 是等比数列中的项，
所以 a2010＝a18＝a12＋6＝(1
2)6＝ 1
64
．
(2)设 am＋k 是第一个周期中等比数列中的第 k 项，则 am＋k＝(
1
2
)k，
因为
1
128
＝(
1
2
)7，
所以等比数列中至少有 7 项，即 m≥7，则一个周期中至少有 14 项．
所以 a52 最多是第三个周期中的项．
若 a52 是第一个周期中的项，则 a52＝am＋7＝
1
128
，
所以 m＝52－7＝45；
若 a52 是第二个周期中的项，则 a52＝a2m＋m＋7＝a3m＋7＝
1
128
，
所以 3m＝45，m＝15；
若 a52 是第三个周期中的项，则 a52＝a4m＋m＋7＝a5m＋7＝
1
128
，
所以 5m＝45，m＝9．
综上，m＝45 或 m＝15 或 m＝9．
(3)因为 2m 是此数列的周期，
所以 S128m＋3 表示 64 个周期及等差数列的前 3 项之和．
所以 S2m 最大时，S128m＋3 最大．
因为 S2m＝10m＋
m(m－1)
2
×(－2)＋
1
2
[1－(sdo1(f(1,2)))m]
1－
1
2
＝－m2＋11m＋1－
1
2m
＝
－(m−
11
2
)2＋
125
4
－
1
2m
，
当 m＝6 时，S2m＝31－
1
64
＝30
63
64
；
当 m≤5 时，S2m＜30
63
64
；
当 m≥7 时，S2m＜－(7−
11
2
)2＋
125
4
＝29＜30
63
64
；
当 m＝6 时，S2m 取得最大值，则 S128m＋3 取得最大值为 64×30
63
64
＋24＝2007．
由此可知，不存在 m(m≥3，m∈N*)，使得 S128m＋3≥2014 成立．
【教学建议】
(1)主要问题归类与方法：
1．求周期数列的项：
方法: ①找出数列在一个周期内的通项公式，根据数列的周期，求数列中任意
一项．
②找出数列的项在第几个周期内，根据数列在一个周期内特征来归纳通项．
2．求周期数列的前 n 项和问题：
方法: ① 先求出数列在一个周期内的和，根据数列的周期确定前 n 项中，共含
有几个周期，还剩下多项，再考虑求和．
3．条件探索性问题：
方法: ①利用分析法，从结论和已知条件入手，执果索因，导出所需条件；
②从特例出发，探求结论成立的条件，再进行证明．
(2)方法选择与优化建议：
对于问题 1，由于数列在一个周期性的各项是由一个等差数列和一个等比数列
构成，数列的周期已知，所以很容易找出 a2010＝a18，而 a18 是等比数列的第 6
项，由等比数列的通项公式可求．
主要是搞清楚数列在一个周期内的和，以及所求的和包含多少个周期，还剩
多少项．
对于问题 2，学生一般会选择方法①，本题中 S 128m＋3 能求出，所以用方法
①．
二、反馈巩固
*1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项 a1＝3，前三项和为 21，则 a 3＋a4＋a5
＝ ．
(等比数列基本量计算)
答案:84．
*2．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＋S6＝S9，则数列的公比 q 是________．
(等比数列基本量计算)
答案:1 或－1．
说明：等比数列求和公式选用时，需要分类讨论．
*3．等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和．若 a4＋ak＝0，则 k＝________.
(等差数列基本量计算)
答案:10
*4．已知等比数列{an}满足 an＞0，n＝1，2，…，且 a5a2n－5＝22n (n≥3)，则当 n≥1 时，
log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝ ．
(等比数列性质应用)
答案:n2．
*5 ． 已 知 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn ＝ 2n － 1 ， 则 数 列 {an} 的 奇 数 项 的 前 n 项 和 为
________．
(由 Sn 求 an,用通项公式判定等比数列)
答案：4n－1
3
**6．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n＝8 时 Sn 取最大
值，则 d 的取值范围________．
(等差数列前 n 项和的最值)
答案：－1＜d＜－
7
8．
*7．已知数列 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为 1，公比为1
3
的等比数列，
则 an＝ ．
（形如 an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项）
答案：1
2[1－(1
3)n] ．
*8．若两个等差数列{a n}和{b n}的前 n 项之和分别是 S n、Tn，已知Sn
Tn
＝ 7n
n＋3
，则a5
b5
＝ ．
(等差数列性质的应用)
答案：21
4
．
**9．已知数列{an}的首项为 a1＝2，且 an＋1＝1
2(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记 Sn 为数列{an}
的前 n 项和，则 Sn＝________，an＝________.
（利用 Sn 和 an 的关系求通项）
答案:2×(3
2 )n－1，Error!
**10．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－
1
2
n2＋kn，k∈N*，且 S n 的最大值为 8．则数列
{
9－2an
2n
}的前 n 项和 Tn＝ ．
(等差数列的前 n 项和的最值，错位相减求和)
答案：4－
n＋2
2n－1
**11．已知等差数列{a n}的前 n 项和 Sn ＝n2－10n，则数列{|a n|}的前 n 项和 Tn 等
于 ．
（利用 Sn 和 an 的关系求通项，等差数列项的绝对值求和）
答案：Tn ＝{－n2＋10n，n ≤ 5，
n2－10n＋50，n ≥ 6．
**12．已知数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{ Sn}都是等差数列，则
d
a1
＝________．
（等差数列的基本量计算或性质应用）
答案:2．
解析：方法一:设数列{an}的公差为d，
依题意得2 S2＝ S1＋ S3，即2 2a1＋d＝ a1＋ 3a1＋3d，
化简可得d＝2a1，所以
d
a1
＝2．
方法二:设数列{an}的公差为d，
则 Sn＝ na1＋n(n－1)d
2
＝ d
2n2＋(a1－f(d,2))n，由于{ Sn}是等差数列，所以a1－
d
2
＝
0，那
d
a1
＝2．
方法三:因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以可设Sn＝An2＋Bn，
又因为{ Sn}是等差数列，所以可设 Sn＝an＋b，
所以 An2＋Bn＝an＋b，即An2＋Bn＝a2n2＋2abn＋b2，
所以A＝a2，B＝b＝0，即Sn＝a2n2，所以a1＝S1＝a2，a2＝S2－S1＝4a2－a2＝3a2，
所以
d
a1
＝
a2－a1
a1
＝
3a2－a2
a2
＝2．
*13．将全体正整数排成一个三角形数阵：
按照以上排列的规律，第 行（ ）从左向右的第 3 个数为________．
（数阵中的通项归纳）
答案
n2－n＋6
2
．
*15．数列{an}满足 an＋an＋1＝1
2(n∈N，n≥1)，若 a2＝1，Sn 是{an}前 n 项和，则 S21 的值
n 3≥n
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
………………
为________．
（等和数列周期性研究）
答案:9
2．
**16．已知正数组成的等差数列{an}，其前 20 项和为 100，则 a7·a14 的最大值是________．
（等差数列的性质与基本不等式结合求最值）
答案 25．
解析:因为 S20＝20(a1＋a20)
2 ＝100，所以 a1＋a20＝10．因为 an＞0，
所以 a7·a14≤(a7＋a14
2 )2＝(a1＋a20
2 )2＝25．当且仅当 a7＝a14＝5 时取“＝”．
**17．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，an＞0．若 S6－2S3＝5，则 S9－S6 的最小值为
________．
（等差数列的性质与基本不等式结合求最值）
答案: 20．
解析：因为 S3，S6－S3，S9－S6 成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，所以 S9－S6＝
(S6－S3)2
S3
＝
(5＋S3)2
S3
＝S3＋
25
S3
＋10，因为 an＞0，所以 S3＞0，于是 S9－S6≥2 S3 × ＋
10＝20，当 S3＝5 时取等号，所以 S9－S6 的最小值为 20．
说明:本题考查等比数列的性质 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列．
**18．已知数列{cn}，其中 cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，则常数 p
＝ ．
(等比数列中参量的确定)
答案：p＝2 或 p＝3 ．
解析：方法一：由 Cn＝2n＋3n，得:Cn＋1＝2n＋1＋3n＋1，
所以 Cn＋1－pCn＝2n＋1＋3n＋1－p•2n－p•3n
＝(2－p)•2n＋(3－p)•3n．
因为数列{Cn＋1－PCn}为等比数列，
所以
C3－pC2
C2－pC1
＝
C4－pC3
C3－pC2
，即
(2－p)·22＋(3－p)·32
(2－p)·2＋(3－p)·3
＝
(2－p)·23＋(3－p)·33
(2－p)·22＋(3－p)·32
．
整理得: p2－5p＋6＝0，解得: p＝2 或 p＝3．经检验，均符合题意．
方法二：因为{cn＋1－pcn}是等比数列，
所以(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)，
将 cn＝2n＋3n 代入上式，可得
[2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2
＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]•[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]，
即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2
＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)3n－1]，
整理得
1
6
(2－p)(3－p)•2n•3n＝0，
解得 p＝2 或 p＝3．
**19．等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn ，已知 S10＝0，S 15＝25，则 nS n 的最小值为
________.
（利用数列单调性求最值）
答案：－49.
解析：由已知得Error!解得Error!那么 nSn＝n2a1＋n2(n－1)
2 d＝n3
3 －10n2
3 .由于函数 f(x)＝
x3
3－10x2
3 在 x＝20
3 处取得极小值，又 6<20
3 <7，从而检验 n＝6 时，6S6＝－48，n＝7
时，7S7＝－49.所以 nSn 的最小值为－49.
20．已知数列{an}满足 an＝2an－1＋2n＋2(n≥2)，a1＝2．
*(1)求 a2，a3，a4；
**(2)是否存在一个实数 λ，使得数列{
an＋λ
2n
}成等差数列，若存在，求出 λ 的值；若不存
在，请说明理由．
（利用等差数列定义确定参量值）
解：(1)a2＝2×2＋22＋2＝10；
a3＝2×10＋23＋2＝30；
a4＝2×30＋24＋2＝78．
(2)假设存在一个实数 λ，使数列{
an＋λ
2n
}成等差数列，
则
an＋λ
2n
−
an－1＋λ
2n－1
＝
an＋λ－2an－1－2λ
2n
＝
2an－1＋2n＋2＋λ－2an－1－2λ
2n
＝
2n＋2－λ
2n
＝
1＋
2－λ
2n
恒为常数
所以 2－λ＝0 即 λ＝2
此时
a1＋2
2
＝2，
a2＋2
22
−
a1＋2
2
＝1
所以 λ＝2 时，数列{
an＋λ
2n
}是首项为 2，公差为 1 的等差数列．
21．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q )．
*(1)设 bn＝an＋1－an(n∈N*)，证明{bn}是等比数列；
**(2)求数列{an}的通项公式；
***(3) 若 a3 是 a6 与 a9 的等差中项，求 q 的值，并证明:对任意的 n∈N*，an 是 an＋3 与 an
＋6 的等差中项．
（等比数列证明，等差中项证明）
解：(1)证明:由题设 an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得 an＋1－an＝q(an－an－1)，即 bn＝qbn
－1，n≥2．
又 b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为 1，公比为 q 的等比数列．
(2)由(1)a2－a1＝1，a3－a2＝q，
…
an－an－1＝qn－2，(n≥2)．
将以上各式相加，得 an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)．
所以当 n≥2 时，an＝{ 1＋
1－qn－1
1－q
，q ≠ 1
n，q＝1
上式对 n＝1 显然成立．
(3)由(2)，当 q＝1 时，显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项，故 q≠1．
由 a3－a6＝a9－a3 可得 q5－q2＝q2－q8，由 q≠0 得 q3－1＝1－q6，①
整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得 q3＝－2 或 q3＝1(舍去)．于是 q＝−3
2
另 一 方 面 ， an−an ＋ 3 ＝
qn＋2－qn－1
1－q
＝
qn－1
1－q
(q3−1) ， an ＋ 6−an ＝
qn－1－qn＋5
1－q
＝
qn－1
1－q
(1−q6)．
由①可得 an－an＋3＝an＋6－an，n∈N*．
所以对任意的 n∈N*，an 是 an＋3 与 an＋6 的等差中项．
22．已知等差数列{an}的公差为－1，且 a2＋a7＋a12＝－6.
*(1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn；
**(2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前
3 项，记{bn}的前 n 项和为 Tn，若存在 m∈N*，使对任意 n∈N*，总有 Sn6.即实数 λ 的取值范围为(6，＋∞)．
23．(1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2Sn
n
＝an＋1－1
3n2－n－2
3
，n∈N*.
*①求 a2 的值；
**②求数列{an}的通项公式.
***(2)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，数列{bn}满足 bn·bn
＋1＝3an，且 b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式.
（求数列的通项）
解：(1)①依题意，2S1＝a2－1
3
－1－2
3
，又 S1＝a1＝1，所以 a2＝4.
②当 n≥2 时，2Sn＝nan＋1－1
3n3－n2－2
3n，
2Sn－1＝(n－1)an－1
3(n－1)3－(n－1)2－2
3(n－1)，
以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－1
3(3n2－3n＋1)－(2n－1)－2
3.
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即an＋1
n＋1
－an
n
＝1，又a2
2
－a1
1
＝1，
故数列{an
n }是首项为a1
1
＝1，公差为 1 的等差数列，所以an
n
＝1＋(n－1)×1＝n，所
以 an＝n2.
(2)因为 Sn＋1＋Sn＝a 2n＋1，①
Sn＋Sn－1＝a2n(n≥2)，②
①－②得 an＋1＋an＝a 2n＋1－a2n，
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
因为 an＋1＞0，an＞0，所以 an＋1＋an≠0，
所以 an＋1－an＝1(n≥2)，
又由 S2＋S1＝a22，得 2a1＋a2＝a22，即 a22－a2－2＝0，
所以 a2＝2，a2＝－1(舍去)，
所以{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以 an＝n.
又 bn·bn＋1＝3an＝3n，③
bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④
③
④得bn＋1
bn－1
＝3(n≥2)，
又由 b1＝1，可求 b2＝3.
故 b1，b3，…，b2n－1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列；b2，b4，…，b2n 是首项为
3，公比为 3 的等比数列.
所以 b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.
所以 bn＝{3
n－1
2
，n为奇数，
3
n
2
，n为偶数.
24．数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1，a3 成等差数列．
*(1)求数列{an}的通项公式；
**(2)设 bn＝ an＋1
SnSn＋1
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
（求数列的通项，裂项求和）
解：(1)因为 Sn＝2an－a1，①
所以当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－a1；②
①－②得，an＝2an－2an－1，即 an＝2an－1.
由 a1，a2＋1，a3 成等差数列，得 2(a2＋1)＝a1＋a3，
所以 2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得 a1＝2.
所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
所以 an＝2n.
(2)因为 an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
所以 bn＝ an＋1
SnSn＋1
＝ 2n＋1
(2n＋1－2)(2n＋2－2)
＝1
2
1
2n－1
－ 1
2n＋1－1.
所以数列{bn}的前 n 项和
Tn ＝ 1
2( 1
2－1
－ 1
22－1)＋ ( 1
22－1
－ 1
23－1)＋ … ＋ ( 1
2n－1
－ 1
2n＋1－1)＝ 1
2(1－ 1
2n＋1－1)＝
2n－1
2n＋1－1.
25．若数列{bn}对于任意的 n∈N*，都有 bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为 d 的
准等差数列．如数列 cn，若 cn＝Error!则数列{cn}是公差为 8 的准等差数列．设数列{an}
满足 a1＝a，对于 n∈N*，都有 an＋an＋1＝2n.
*(1)求证：{an}是准等差数列；
**(2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20.
（求数列的通项，并项求和）
解：(1)证明：因为 an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①
所以 an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，②
②－①，得 an＋2－an＝2(n∈N*)．
所以{an}是公差为 2 的准等差数列．
(2)因为 a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，所以 a1＋a2＝2×1，即 a2＝2－a.
所以由(1)得 a1，a3，a5，…是以 a 为首项，2 为公差的等差数列；a2，a4，a6…是以
2－a 为首项，2 为公差的等差数列．
当 n 为偶数时，an＝2－a＋(n
2
－1 )×2＝n－a；
当 n 为奇数时，an＝a＋(n＋1
2
－1)×2＝n＋a－1.
所以 an＝Error!
S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19) × 10
2
＝200.
26．已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且 a1＝2，
b3＝6＋b2.
*(1)求 an 与 bn；
(2)设 cn＝ 1
an－ 1
bn(n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn.
*①求 Sn；
**②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn.
（求数列通项，分组求和、裂项求和，求数列的最值）
解：(1)由题意 a1a2a3…an＝( 2)bn，b3－b2＝6，
知 a3＝( 2)b3－b2＝8.
又由 a1＝2，得公比 q＝2(q＝－2 舍去)，
所以数列{an}的通项为 an＝2n(n∈N*).
所以，a1a2a3…an＝2n（n＋1）
2 ＝( 2)n(n＋1).
故数列{bn}的通项为 bn＝n(n＋1)(n∈N*).
(2)①由(1)知 cn＝ 1
an－ 1
bn＝ 1
2n－(1
n－ 1
n＋1)(n∈N*)，
所以 Sn＝ 1
n＋1－ 1
2n(n∈N*).
②因为 c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当 n≥5 时，
cn＝ 1
n（n＋1）[n（n＋1）
2n －1]，
而n（n＋1）
2n －
（n＋1）（n＋2）
2n＋1 ＝
（n＋1）（n－2）
2n＋1 >0，
得n（n＋1）
2n ≤5·（5＋1）
25 <1，
所以，当 n≥5 时，cn<0.
综上，对任意 n∈N*，恒有 S4≥Sn，故 k＝4.
27．若各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2 Sn＝an＋1 (n∈N*)．
*(1)求数列{an}的通项公式；
**(2)若正项等比数列{bn}，满足 b2＝2,2b7＋b8＝b9，求 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn；
***(3)对于(2)中的 Tn，若对任意的 n∈N*，不等式 λ(－1)n＜ 1
2n＋1(Tn＋21)恒成立，求实
数 λ 的取值范围．
（求数列通项，错位相减求和，不等式恒成立求参数取值范围）
解：(1)因为 2 Sn＝an＋1，
所以 4Sn＝(an＋1)2，且 an＞0，
则 4a1＝(a1＋1)2，解得 a1＝1，
又 4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，
所以 4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，
即(an＋1＋an)(an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0，
因为 an＞0，所以 an＋1＋an≠0，
所以 an＋1－an＝2，所以{an}是公差为 2 的等差数列，又 a1＝1，
所以 an＝2n－1.
(2) 设数列{bn}的公比为 q，因为 2b7＋b8＝b9，所以 2＋q＝q2，解得 q＝－1(舍去)
或 q＝2，
由 b2＝2，得 b1＝1，即 bn＝2n－1.
记 A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
则 2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，
两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，
故 A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n
＋3
所以 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3.
(3)不等式 λ(－1)n＜ 1
2n＋1(Tn＋21)可化为(－1)nλ＜n－3
2＋ 6
2n－1.
当 n 为偶数时，λ＜n－3
2＋ 6
2n－1，
记 g(n)＝n－3
2＋ 6
2n－1.
即 λ＜g(n)min.
g(n＋2)－g(n)＝2＋ 6
2n＋1－ 6
2n－1＝2－ 9
2n，
当 n＝2 时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4 时，g(n＋2)＞g(n)，
即 g(4)＜g(2)，当 n≥4 时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝13
4 ，即 λ＜13
4 .
当 n 为奇数时，λ＞3
2－n－ 6
2n－1，
记 h(n)＝3
2－n－ 6
2n－1，所以 λ＞h(n)max.
h(n＋2)－h(n)＝－2－ 6
2n＋1＋ 6
2n－1＝－2＋ 9
2n，
当 n＝1 时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3 时，h(n＋1)＜h(n)，
即 h(3)＞h(1)，n≥3 时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以 λ＞－3.
综上所述，实数 λ 的取值范围为(－3，13
4 ).
