三维设计 高考数学一轮总复习讲义 知识点 典型例题 真题 方法总结数列师
第五章 数 列
第一节 数列的概念与简单表示法
[基础知识]
1．数列的定义、分类与通项公式
(1)数列的定义：
①数列：按照一定顺序排列的一列数．
②数列的项：数列中的每一个数．
(2)数列的分类：
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an＋1>an
其中n∈N*
递减数列
an＋1
0.
4．(教材习题改编)已知数列{an}的通项公式是an＝则a4·a3＝________.
解析：a4·a3＝2×33·(2×3－5)＝54. 答案：54
5．已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋，且a2＝，a4＝，则a8＝________.
解析：由已知得解得则an＝n＋，故a8＝. 答案：
[小结]
1.对数列概念的理解
(1)数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．
(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．
2．数列的函数特征
数列是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的函数解析式，即f(n)＝an(n∈N*)．
考点一
由数列的前几项求数列的通项公式
典例
[例1] 下列公式可作为数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是( )
A．an＝1 B．an＝ C．an＝2－ D．an＝
[自主解答] 由an＝2－可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，…. [答案] C
[变式]
若本例中数列变为：0,1,0,1，…，则{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝
方法小结
1．根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．
2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．
以题试法
1．写出下面数列的一个通项公式．
(1)3,5,7,9，…；
(2)，，，，，…；
(3)3,33,333,3 333，…；
(4)－1，，－，，－，，….
解：(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.
(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝.
(3)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，….
所以an＝(10n－1)．
(4)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号为(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，
所以an＝(－1)n·，也可写为
an＝
考点二
由an与Sn的关系求通项an
典例
[例2] 已知数列{an}的前n项和Sn，根据下列条件分别求它们的通项an.
(1)Sn＝2n2＋3n；(2)Sn＝3n＋1.
[自主解答] (1)由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋3×1＝5，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.
当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，
故an＝
方法小结
已知数列{an}的前n项和Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
以题试法
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，则＝( )
A. B. C. D．30
解析：选D 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，则a5＝＝.
考点三
数列的性质
典例
[例3] 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－21n＋20.
(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)n为何值时，该数列的前n项和最小？
[自主解答] (1)因为an＝n2－21n＋20＝2－，可知对称轴方程为n＝＝10.5.又因n∈N*，故n＝10或n＝11时，an有最小值，其最小值为112－21×11＋20＝－90.
(2)设数列的前n项和最小，则有an≤0，由n2－21n＋20≤0，解得1≤n≤20，故数列{an}从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小．
[变式]
在本例条件下，设bn＝，则n为何值时，bn取得最小值？并求出最小值．
解：bn＝＝＝n＋－21，令f(x)＝x＋－21(x>0)，则f′(x)＝1－，由f′(x)＝0解得x＝2或x＝－2(舍)．而4<2<5，故当n≤4时，数列{bn}单调递减；当n≥5时，数列{bn}单调递增．而b4＝4＋－21＝－12，b5＝5＋－21＝－12，所以当n＝4或n＝5时，bn取得最小值，最小值为－12.
方法小结
1．数列中项的最值的求法
根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数an＝f(n)，利用求解函数最值的方法求解，但要注意自变量的取值．
2．前n项和最值的求法
(1)先求出数列的前n项和Sn，根据Sn的表达式求解最值；
(2)根据数列的通项公式，若am≥0，且am＋1<0，则Sm最大；若am≤0，且am＋1>0，则Sm最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.
以题试法
3．数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大值是( )
A．3 B．19 C. D.
解析：选C an＝，由基本不等式得，≤，由于n∈N*，易知当n＝9或10时，an＝最大．
【难点突破】递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，下面介绍由递推公式求通项公式的几种方法．
1．累加法
[典例1]数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝
( )
A．0 B．3 C．8 D．11
[解析] 由已知得bn＝2n－8，an＋1－an＝2n－8，所以a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3. [答案] B
[题后悟道] 对形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法，巧妙求出an－a1与n的关系式．
2．累乘法
[典例2] 已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．
[解] (1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.。由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.。当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，整理得an＝an－1.
于是a2＝a1，a3＝a2，…，an－1＝an－2，an＝an－1.
将以上n－1个等式中等号两端分别相乘，整理得an＝.
综上可知，{an}的通项公式an＝.
[题后悟道] 对形如an＋1＝anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法，巧妙求出与n的关系式．
3．构造新数列
[典例3] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2；则an＝________.
[解析] ∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1. [答案] 2×3n－1－1
[题后悟道] 对于形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”的递推公式求通项公式，可用迭代法或构造等比数列法．
上面是三种常见的由递推公式求通项公式的题型和对应解法，从这些题型及解法中可以发现，
很多题型及方法都是相通的，如果能够真正理解其内在的联系及区别，也就真正做到了举一反三、触类旁通，使自己的学习游刃有余，真正成为学习的主人．
【基础题】
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于( )
A．4 B．2 C．1 D．－2
解析：选A 由题可知Sn＝2(an－1)，所以S1＝a1＝2(a1－1)，解得a1＝2.
又S2＝a1＋a2＝2(a2－1)，解得a2＝a1＋2＝4.
2．按数列的排列规律猜想数列，－，，－，…的第10项是( )
A．－ B．－ C．－ D．－
解析：选C 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{an}的通项公式，an＝(－1)n＋1，故a10＝－.
3．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝( )
A．2n－1 B．n2 C. D.
解析：选D 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝＝.
4．对于数列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当an＋1>|an|(n＝1,2，…)时，∵|an|≥an，∴an＋1>an，∴{an}为递增数列．当{an}为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a2>|a1|不成立，即知an＋1>|an|(n＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件．
5．某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为( )
A．5 B．7 C．9 D．11
解析：选C 依题意表示图象上的点(n，Sn)与原点连线的斜率，由图象可知，当n＝9时，最大，故m＝9.
6．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a2 012－5＝ ( )
A．2 018×2 012 B．2 018×2 011 C．1 009×2 012 D．1 009×2 011
解析：选D 因为an－an－1＝n＋2(n≥2)，所以an＝5＋，所以a2 012－5＝1 009×2 011.
7．已知数列{an}满足ast＝asat(s，t∈N*)，且a2＝2，则a8＝________.
解析：令s＝t＝2，则a4＝a2×a2＝4，令s＝2，t＝4，则a8＝a2×a4＝8. 答案：8
8．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＝(n≥3)，则a2 012＝________.
解析：将a1＝1，a2＝2代入an＝得a3＝＝2，同理可得a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝2，故数列{an}是周期数列，周期为6，故a2 012＝a335×6＋2＝a2＝2. 答案：2
9．已知{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝________.
解析：由已知条件可得Sn＋1＝2n＋1.。则Sn＝2n＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n，n＝1时不适合an，故an＝
10．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解：(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．
(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．故从第7项起各项都是正数．
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.求数列{an}与{bn}的通项公式．
解：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，当n＝1时，a1＝S1＝4也适合，
∴{an}的通项公式是an＝4n(n∈N*)．∵Tn＝2－bn，∴当n＝1时，b1＝2－b1，b1＝1.
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)，∴2bn＝bn－1.
∴数列{bn}是公比为，首项为1的等比数列．∴bn＝n－1.
12．数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an＋cn(n∈N*，常数c≠0)，且a1，a2，a3成等比数列．
(1)求c的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由题知，a1＝2，a2＝2＋c，a3＝2＋3c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2＋c)2＝2(2＋3c)，
解得c＝0或c＝2，又c≠0，故c＝2.
(2)当n≥2时，由an＋1＝an＋cn得
a2－a1＝c，
a3－a2＝2c，
…
an－an－1＝(n－1)c，
以上各式相加，得an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c＝c，又a1＝2，c＝2，故an＝n2－n＋2(n≥2)，
当n＝1时，上式也成立，所以数列{an}的通项公式为an＝n2－n＋2(n∈N*)．
【重点题】
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，则a10＝( )
A．64 B．32 C．16 D．8
解析：选B 因为an＋1an＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2.又a1a2＝2，a1＝1，所以a2＝2，则···＝24，即a10＝25.
2．数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，n(an＋1－an)＝an(n∈N*)，且a3＝π，则tan S4等于( )
A．－ B. C．－ D.
解析：选B 法一：由n(an＋1－an)＝an得nan＋1＝(n＋1)an，可得3a4＝4a3，已知a3＝π，则a4＝π.
又由2a3＝3a2，得a2＝π，由a2＝2a1，得a1＝，故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝π，tan S4＝tanπ＝.
法二：∵由n(an＋1－an)＝an，得nan＋1＝(n＋1)an即＝，∴＝＝＝…＝＝.
∴an＝n，∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋2＋3＋4)＝π，tan S4＝tanπ＝.
3．已知数列{an}中，a1＝1，且满足递推关系an＋1＝(n∈N*)．
(1)当m＝1时，求数列{an}的通项公式an；
(2)当n∈N*时，数列{an}满足不等式an＋1≥an恒成立，求m的取值范围．
解：(1)∵m＝1，由an＋1＝(n∈N*)，得an＋1＝＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，公比也是2的等比数列．
于是an＋1＝2·2n－1，∴an＝2n－1.
(2)∵an＋1≥an，而a1＝1，知an≥1，∴≥an，即m≥－a－2an，依题意，有m≥－(an＋1)2＋1恒成立。∵an≥1，∴m≥－22＋1＝－3，即满足题意的m的取值范围是[－3，＋∞)．
【附加题】
1．下列说法中，正确的是( )
A．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}
B．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列
C．数列的第k项为1＋
D．数列0,2,4,6,8，…可记为{2n}
解析：选C ∵数列的通项公式为an＝＝1＋，∴ak＝1＋.故C正确；由数列的定义可知A、B均错；D应记作{2(n－1)}．
2．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B. C. D.
解析：选B a1＝－a2＝－2，a2＝2，a3＝－2，a4＝2，…，知a2n＝2，a2n－1＝－2，故S21＝10×＋a1＝5＋－2＝.
3．如图关于星星的图案中，第n个图案中星星的个数为an，则数列{an}的一个通项公式是( )
A．an＝n2－n＋1 B．an＝ C．an＝ D．an＝
解析：选C 从图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个，…故an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
4．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝，则其通项公式为________．
解析：两边取倒数，得＝＝2＋，故有－＝2.故数列是首项为＝，公差为2的等差数列，所以＝＋2(n－1)＝，故an＝。答案：
5．已知数列{an}满足：a1＝1，(n－1)an＝n×2nan－1(n∈N，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n≥2，有(n－1)an＝n×2nan－1，故＝×2n，则有＝×2n－1，＝×2n－2，…，＝×22.上述n－1个式子累乘，得＝×××…×＝n×2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝n×2.又因为a1＝1，所以an＝n×2，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n×2.答案：an＝n×2
第二节 等差数列及其前n项和
[基础知识]
一、等差数列的有关概念
1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，
那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
2．等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
二、等差数列的有关公式
1．通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
2．前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
三、等差数列的性质
1．若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q＝2k，{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq＝2ak.
2．在等差数列{an}中，ak，a2k，a3k，a4k，…仍为等差数列，公差为kd.
3．若{an}为等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列，公差为n2d.
4．等差数列的增减性：d>0时为递增数列，且当a1<0时前n项和Sn有最小值．d<0时为递减数列，且当a1>0时前n项和Sn有最大值．
5．等差数列{an}的首项是a1，公差为d.若其前n项之和可以写成Sn＝An2＋Bn，则A＝，B＝a1－，当d≠0时它表示二次函数，数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn是{an}成等差数列的充要条件．
[小题]
1．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B 法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得故d＝2.
法二：∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5。又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.
2．在等差数列{an}中，a2＋a6＝，则sin＝( )
A. B. C．－ D．－
解析：选D ∵a2＋a6＝，∴2a4＝.。∴sin＝sin＝－cos＝－.
3．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )
A．58 B．88 C．143 D．176
解析：选B S11＝＝＝88.
4．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝________.
解析：由an＋1＝an＋2知{an}为等差数列其公差为2。故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
5．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2＝________，Sn＝________.
解析：设{an}的公差为d，由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，又a1＝，所以d＝，故a2＝a
1＋d＝1，Sn＝na1＋n(n－1)d＝n＋(n2－n)×＝n2＋n.答案：1 n2＋n
【小结】
1.与前n项和有关的三类问题
(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想．
(2)Sn＝n2＋n＝An2＋Bn⇒d＝2A.
(3)利用二次函数的图象确定Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的纵坐标不一定是最小值．
2．设元与解题的技巧
已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…；
若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
考点一
等差数列的判断与证明
典例
[例1] 在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)设bn＝(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．
[自主解答] (1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)，∴a2＝2a1＋22＋3＝1，a3＝2a2＋23＋3＝13.
(2)证明：对于任意n∈N*，∵bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)－3]＝[(2n＋1＋3)－3]＝1，
∴数列{bn}是首项为＝＝0，公差为1的等差数列．
方法小结
1．证明{an}为等差数列的方法：
(1)用定义证明：an－an－1＝d(d为常数，n≥2)⇔{an}为等差数列；
(2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列；
(3)通项法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列；
(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝.
2．用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
以题试法
1．已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.
(1)求Sn；
(2)证明：数列{an}是等差数列．
解：(1)设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则解得A＝2，B＝－4，C＝0.故Sn＝2n2－4n.
(2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2。当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.。∴an＝4n－6(n∈N*)．an＋1－an＝4，∴数列{an}是等差数列.
考点二
等差数列的基本运算
典例
[例2]已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．
[自主解答] (1)设数列{an}的公差为d，由题意知解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.
从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6.
方法小结
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，体现了方程的思想．
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．
以题试法
2．(1)在等差数列中，已知a6＝10，S5＝5，则S8＝________.
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－＝1，则公差为________．
解析：(1)∵a6＝10，S5＝5，∴解方程组得
则S8＝8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44.
(2)依题意得S4＝4a1＋d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，于是有－＝1，由此解得d＝6，即公差为6.
答案：(1)44 (2)6
考点三
等差数列的性质
典例
[例3] (1)已知正项组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a6·a15的最大值为( )
A．25 B．50 C．100 D．不存在
(2)设等差数列{an}的前n项和Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝( )
A．18 B．17 C．16 D．15
[自主解答] (1)S20＝＝10(a1＋a20)＝100，故a1＋a20＝10，又a1＋a20＝a6＋a15，
所以a6·a15≤2＝2＝25.
(2)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得d＝，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.
[答案] (1)A (2)A
方法小结
1．等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．
2．应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．
以题试法
3．(1)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
(2)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
解析：(1)设两等差数列组成的和数列为{cn}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
(2)∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有即
解得≤k≤.∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.
答案：(1)35 (2)B
[典例] 在等差数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn满足条件＝，n＝1,2，…则an＝________.
[常规解法] 因Sn＝na1＋d＝n＋d，则S2n＝2na1＋d＝2n＋n(2n－1)d，
故＝＝＝。解得d＝1，则an＝n. [答案] n
——————[高手支招]————————————————————————
1．上述解法计算量较大，很容易出错，若采用特殊值计算很简单，因{an}为等差数列且a1＝1，只要求出公差d，便可得出an，若令n＝1，则有＝3，即可求出公差d.
2．特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到，就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形等来求解或否定问题的目的；用特殊值法解题时要注意，所选取的特例一定要简单，且符合题设条件．
————————————————————————————————————————
[巧思妙解] 令n＝1，则＝3，∴S2＝3，a2＝2，可得d＝1，则an＝n.
针对训练
1．已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，若a2＝4，则a9＝( )
A．6 B．9 C．18 D．20
解析：选C 法一：∵a2＝a1＋1＝a1＋a1＝4，∴a1＝2，a9＝a8＋1＝a8＋a1＝2a4＋a1＝4a2＋a1＝18.
法二：∵a2＝a1＋1＝a1＋a1＝4，∴a1＝2，令p＝n，q＝1，所以an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝2，∴{an}是等差数列，且首项为2，公差为2，故a9＝2＋(9－1)×2＝18.
2．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝( )
A. B. C. D.
解析：选B 法一：＝＝＝＝＝.
法二：令n＝1，只有B项符合．
【基础题】
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
解析：选B 由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则S10－S7的值是( )
A．24 B．48 C．60 D．72
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，由题意可得解得则S10－S7＝a8＋a9＋a10＝3a1＋24d＝48.
3．等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝( )
A．10 B．20 C．40 D．2＋log25
解析：选B 依题意得，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝＝5(a5＋a6)＝20，因此有log2(2a1·2a2·…·2a10)＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝20.
4．已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，a－a＝1(n∈N*)，那么使an<5成立的n的最大值为( )
A．4 B．5 C．24 D．25
解析：选C ∵a－a＝1，∴数列{a}是以a＝1为首项，1为公差的等差数列．∴a＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴an＝.∵an<5，∴<5.即n<25.故n的最大值为24.
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的值为( )
A．5 B．6 C．4 D．7
解析：选A 由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5.
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )
A．0 B．3 C．8 D．11
解析：选B 因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，故公差d＝＝2.于是b1＝－6，
且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8.
所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.
7．已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.
解析：设等差数列公差为d，∵由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，即d＝±2.由于该数列为递增数列，故d＝2。∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1。答案：2n－1
8．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.
解析：a7－a5＝2d＝4，则d＝2.a1＝a11－10d＝21－20＝1，Sk＝k＋×2＝k2＝9.又k∈N*，故k＝3.
答案：3
9．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有＝，则＋的值为________．
解析：∵{an}，{bn}为等差数列，∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，∴＝。答案：
10．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2。从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，所以Sn＝＝2n－n2。由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5。又k∈N*，故k＝7.
11．设数列{an}的前n项积为Tn，Tn＝1－an，
(1)证明是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)证明：由Tn＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－，两边同除以Tn得－＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，故a1＝，＝＝2。∴是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝n＋1，则Tn＝，从而an＝1－Tn＝.故＝n.
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列．∴Sn＝.
12．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d。由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得：an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝1时，不满足此式，当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝
【重点题】
1．等差数列中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是( )
A．156 B．52 C．26 D．13
解析：选C ∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10，∴6(a4＋a10)＝24，故a4＋a10＝4.
∴S13＝＝＝26.
2．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是( )
A．24 B．48 C．60 D．84
解析：选C 由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，故T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.
3．数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若{an}是等差数列，求其通项公式；
(2)若{an}满足a1＝2，Sn为{an}的前n项和，求S2n＋1.
解：(1)由题意得an＋1＋an＝4n－3，①an＋2＋an＋1＝4n＋1，②
②－①得an＋2－an＝4，∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2。∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，
∴a1＝－，∴an＝2n－.
(2)∵a1＝2，a1＋a2＝1，∴a2＝－1。又∵an＋2－an＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，∴a2n－1＝4n－2，a2n＝4n－5，S2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(n＋1)×2＋×4＋n×(－1)＋×4＝4n2＋n＋2.
【附加题】
1．已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
解：(1)证明：∵an＝2－(n≥2，n∈N*)，bn＝。
∴n≥2时，bn－bn－1＝－＝－＝－＝1.
又b1＝＝－。∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝n－，则an＝1＋＝1＋，设函数f(x)＝1＋，
易知f(x)在区间和内为减函数．
故当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.
2．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＝，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则有即解得
所以an＝3n－2.
(2)因为Sn＝[1＋(3n－2)]＝，所以bn＝＝3n＋－1≥2 －1＝23，
当且仅当3n＝，即n＝4时取等号，故数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23.
3．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，
并记在an－1与an之间插入的这n个数均值为Cn－1.
(1)若an＝，求C1，C2，C3；
(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．
解：(1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，∴在a1与a2之间插入－1,0，C1＝－.
在a2与a3之间插入2,3,4，C2＝3。在a3与a4之间插入6,7,8,9，C3＝.
(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝＝1，∴Cn－1＝＝＝。假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列。∴(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)＝－λ·＝(1－λ)n＋－λ＝常数，∴λ＝1。即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．
第三节 等比数列及其前n项和
[基础知识]
1．等比数列的有关概念
(1)定义：
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：
如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列{an}的常用性质
(1)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2r(m，n，p，q，r∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.
特别地，a1an＝a2an－1＝a3an－2＝….
(2)在公比为q的等比数列{an}中，数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列，公比为qk；
数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时q≠－1)；an＝amqn－m.
[小题]
1．等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于( )
A．4 B．8 C．16 D．32
解析：选C a2·a6＝a＝16.
2．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝( )
A．4·n B．4·n C．4·n－1 D．4·n－1
解析：选C (a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，a1＝4，q＝，故an＝4·n－1.
3．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝( )
A．64 B．81 C．128 D．243
解析：选A q＝＝2，故a1＋a1q＝3⇒a1＝1，a7＝1×27－1＝64.
4．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝4，则公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________.
解析：a4＝a1q3，得4＝q3，解得q＝2，a1＋a2＋…＋an＝＝2n－1－。答案：2 2n－1－
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
解析：∵S3＋3S2＝0，∴a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，∴a1(4＋4q＋q2)＝0，∵a1≠0，∴q＝－2.
答案：－2
【小结】
1.等比数列的特征
(1)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．
(2)由an＋1＝qan，q≠0并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
2．等比数列的前n项和Sn
(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用．
(2)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形导致解题失误．
考点一
等比数列的判定与证明
op典例
[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[自主解答] (1)证明：∵an＋Sn＝n，①；∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴＝.
∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝，c1＝－.
又cn＝an－1，故{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)可知cn＝·n－1＝－n，∴an＝cn＋1＝1－n.
【变式】
在本例条件下，若数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，证明{bn}是等比数列．
证明：∵由(2)知an＝1－n，∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－n－
＝n－1－n＝n。又b1＝a1＝也符合上式，∴bn＝n。∵＝，∴数列{bn}是等比数列．
方法小结
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝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均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
以题试法
1．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)证明：b1＝a2－a1＝1。当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1，故{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋＋…＋n－2＝1＋＝1＋＝－n－1。
当n＝1时，－1－1＝1＝a1，故an＝－n－1(n∈N*).
考点二
等比数列的基本运算
典例
[例2]设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
[自主解答] 设{an}的公比为q，由题设得解得或
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3×(2n－1)；当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
方法小结
1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
2．在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，切不可忽视q的取值而盲目用求和公式．
以题试法
2．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{3an}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．因为a2，a4，a8成等比数列，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)·(2＋7d)，得d＝2。所以an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知3an＝32n，设数列{3an}的前n项和为Sn，则Sn＝32＋34＋…＋32n＝＝(9n－1)．
考点三
等比数列的性质
典例
[例3] (1)在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为
( )
A. B. C．1 D．－
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于( )
A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3
[自主解答] (1)因为a3a4a5＝3π＝a，所以a4＝3。log3a1＋log3a2＋…＋log3a7
＝log3(a1a2…a7)＝log3a ＝7log33＝，故sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝.
(2)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)，
将S6＝S3代入得＝.
[答案] (1)B (2)C
方法小结
等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”，它们的通项公式和性质有许多相似之处，其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比．关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握，同时也有利于类比思想的推广．对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算，若能关注通项公式an＝f(n)的下标n的大小关系，可简化题目的运算．
以题试法
3．(1)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )
A．7 B．5 C．－5 D．－7
(2)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.(1－4－n) D.(1－2－n)
解析：(1)选D 法一：由题意得
解得或故a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
法二：由解得或
则或故a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
(2)选C ∵a2＝2，a5＝，∴a1＝4，q＝，anan＋1＝2n－5.
故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．
[典例] 设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2,3，…)．则q的取值范围为________．
[解析] 因为{an}为等比数列，Sn>0，可以得到a1＝S1>0，q≠0，当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝>0，即>0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①
或(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q>1，解②式，由于n可为奇数，可为偶数，
得－10)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
解析：法一：S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，将a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，
3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，化简得2q2－q－3＝0，解得q＝(q＝－1不合题意，舍去)．
法二：设等比数列{an}的首项为a1，由S2＝3a2＋2，得a1(1＋q)＝3a1q＋2.①
由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2.②。由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)．
∵q>0，∴q＝. 答案：
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：依题意Sn＝4an－3(n∈N*)，n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1。又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)因为an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝n－1.
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＝3·n－1－1(n≥2)，
当n＝1时也满足，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·n－1－1.
【附加题】
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.n－1 C.n－1 D.
解析：选B ∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，∴3an＝2an＋1，∴＝.。又∵S1＝2a2，∴a2＝，∴＝，
∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋＝n－1.
也可以先求出n≥2时，an＝，再利用Sn＝2an＋1，求得Sn＝n－1
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解：(1)依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，从而q＝－.
(2)由(1)可得a1－a12＝3.。故a1＝4，从而Sn＝＝.
3．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.
解：(1)∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．∵d>0，
故解得d＝2.∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1。又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，
∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋1得
当n≥2时，＋＋…＋＝an 。两式相减得：n≥2时，＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3。∴cn＝
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.
第四节 数_列_求_和
[基础知识]
一、公式法
1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.
2．一些常见数列的前n项和公式：
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
二、非等差、等比数列求和的常用方法
1．倒序相加法
如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，等差数列的前n项和即是用此法推导的．
2．分组转化求和法
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．
3．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，等比数列的前n项和就是用此法推导的．
4．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
[小题]
1．设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝( )
A. B. C. D.
解析：选D 因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以Sn＝＝
eq f((－1)n－1,2).
2．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列的前10项的和为( )
A．120 B．70 C．75 D．100
解析：选C ∵Sn＝＝n(n＋2)，∴＝n＋2.故＋＋…＋＝75.
3．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为( )
A．31 B．120 C．130 D．185
解析：选C a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为________．
解析：Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.
答案：2n＋1＋n2－2
5．数列，，，…，，…的前n项和为________．
解析：因an＝＝，则Sn＝＝＝.
答案：
【小结】
数列求和的方法
(1)一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．
(2)解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：
①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．
考点一
分组转化法求和
典例
[例1] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且S1,2S2,3S3成等差数列．
(1)求数列{an}通项公式；
(2)设bn＝an＋n，求数列{bn}前n项和Tn.
[自主解答] (1)设数列{an}的公比为q，
若q＝1，则S1＝a1＝1,2S2＝4a1＝4,3S3＝9a1＝9，故S1＋3S3＝10≠2×2S2，
已知矛盾，故q≠1，从而得Sn＝＝，
由S1,2S2,3S3成等差数列，得S1＋3S3＝2×2S2，即1＋3×＝4×，
解得q＝，所以an＝a1·qn－1＝n－1.
(2)由(1)得，bn＝an＋n＝n－1＋n，所以Tn＝(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n)
＝Sn＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝＋＝.
方法小结
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.
以题试法
1．已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：
(1)p，q的值；
(2)数列{xn}前n项和Sn的公式．
解：(1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，
x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，
解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
考点二
错位相减法求和
典例
[例2] 已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
[自主解答] (1)由Sn＝kcn－k，得an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1(n≥2)．
由a2＝4，a6＝8a3 ，得kc(c－1)＝4，kc5(c－1)＝8kc2(c－1)，解得
所以a1＝S1＝2，an＝kcn－kcn－1＝2n(n≥2)，于是an＝2n.
(2)Tn＝ai＝·2i，即Tn＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n.
Tn＝2Tn－Tn＝－2－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1＝－2n＋1＋2＋n·2n＋1＝(n－1)2n＋1＋2.
方法小结
用错位相减法求和应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
以题试法
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝3n＋k.
(1)求k的值及数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足＝(4＋k)anbn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－3n－1－k＝2·3n－1，得等比数列{an}的公比q＝3，首项为2。∴a1＝S1＝3＋k＝2，∴k＝－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1.
(2)由＝(4＋k)anbn，可得bn＝，即bn＝·.，∵Tn＝，
∴Tn＝，∴Tn＝，∴Tn＝.
考点三
裂项相消法求和
典例
[例3] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[自主解答] (1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)，即an－an－1＝2.
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝＝＝－，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
【变式】
本例条件不变，若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：Sn＝nan－n(n－1)＝n(2n－1)－n(n－1)＝n2。bn＝＝＝＝－，
Tn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
方法小结
利用裂项相消法求和应注意
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
以题试法
3．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋0)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得
解得所以{an}的通项an＝2n－1.
(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.
当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋；
当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)．所以数列{bn}的前n项和
Sn＝
12．若数列{an}满足：a1＝，a2＝2,3(an＋1－2an＋an－1)＝2.
(1)证明：数列{an＋1－an}是等差数列；
(2)求使＋＋＋…＋>成立的最小的正整数n.
解：(1)由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：an＋1－2an＋an－1＝，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝，
故数列{an＋1－an}是以a2－a1＝为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)知an＋1－an＝＋(n－1)＝(n＋1)，于是累加求和得an＝a1＋(2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，
∴＝3，∴＋＋＋…＋＝3－>，∴n>5，∴最小的正整数n为6.
【重点题】
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( )
A．6n－n2 B．n2－6n＋18
C. D.
解析：选C ∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2。∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴n≤3时，an<0，n>3时，an>0，∴Tn＝
2．若数列{an}满足a1＝2且an＋an－1＝2n＋2n－1，Sn为数列{an}的前n项和，则log2(S2 012＋2)＝________.
解析：因为a1＋a2＝22＋2，a3＋a4＝24＋23，a5＋a6＝26＋25，….所以S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 011＋a2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012＝＝22 013－2。故log2(S2 012＋2)＝log222 013＝2 013.
答案：2 013
3．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.
解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8。∴a2＋a4＝20。∴解得或
又{an}为递增数列，∴∴an＝2n.
(2)∵bn＝2n·log2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2，∴Sn＝2n＋1－n·2n＋1－2.
【附加题】
1．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：(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或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.
2．设函数f(x)＝x3，在等差数列{an}中，a3＝7，a1＋a2＋a3＝12，记Sn＝f()，令bn＝anSn，数列的前n项和为Tn.
(1)求{an}的通项公式和Sn；
(2)求证：Tn<.
解：(1)设数列{an}的公差为d，由a3＝a1＋2d＝7，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12，解得a1＝1，d＝3，则an＝3n－2。∵f(x)＝x3，∴Sn＝f()＝an＋1＝3n＋1.
(2)证明：∵bn＝anSn＝(3n－2)(3n＋1)，∴＝＝.
∴Tn＝＋＋…＋＝＝.∴Tn<.
3．已知二次函数f(x)＝x2－5x＋10，当x∈(n，n＋1](n∈N*)时，把f(x)在此区间内的整数值的个数表示为an.
(1)求a1和a2的值；
(2)求n≥3时an的表达式；
(3)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn(n≥3)．
解：(1)f(x)＝x2－5x＋10，又x∈(n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的整数个数为an，所以f(x)在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a1＝2；f(x)在(2,3]上的值域为⇒a2＝1.
(2)当n≥3时，f(x)是增函数，故an＝f(n＋1)－f(n)＝2n－4.
(3)由(1)和(2)可知，b1＝＝2，b2＝＝2.而当n≥3时，bn＝＝2.
所以当n≥3时，Sn＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋bn
＝2＋2＋2＝4＋2＝5－.
第五节 数列的综合应用
[基础知识]
1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：
2．数列应用题常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是前n项和Sn与Sn＋1之间的递推关系．
[小题]
1．某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )
A．800 B．820 C．840 D．860
解析：选B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a－d，a，a＋d.
则a－d＋a＋a＋d＝2 460，解得a＝＝820。故高二年级共有820人．
2．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要
( )
A．6秒钟 B．7秒钟 C．8秒钟 D．9秒钟
解析：选B 设至少需n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，即≥100，解得n≥7.
3．数列{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有( )
A．a3＋a9≤b4＋b10 B．a3＋a9≥b4＋b10
C．a3＋a9≠b4＋b10 D．a3＋a9与b4＋b10的大小不确定
解析：选B a3＋a9≥2＝2＝2a6＝2b7＝b4＋b10，当且仅当a3＝a9时，不等式取等号．
4．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为，公差为，则这个多边形的边数为________．
解析：由于凸n边形的内角和为(n－2)π，故n＋×＝(n－2)π.
化简得n2－25n＋144＝0.解得n＝9或n＝16(舍去)．答案：9
5．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，xn＝________，令an＝lg xn，
则a1＋a2＋…＋a99的值为________．
解析：∵y＝xn＋1，∴y′＝(n＋1)xn，它在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，
与x轴交点的横坐标为xn＝1－＝，由an＝lg xn得an＝lg n－lg(n＋1)，
于是a1＋a2＋…＋a99＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg3＋…＋lg 99－lg 100＝lg 1－lg 100＝0－2＝－2.
答案： －2
【小结】
1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．
2．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步提高，这一部分内容也将受到越来越多的关注．
考点一
等差数列与等比数列的综合问题
典例
[例1] 在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an.
[自主解答] (1)证明：∵bn＝log2an，
∴bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
(2)∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2，∵a1>1，∴b1＝log2a1>0。b1b3b5＝0，∴b5＝0.
∴解得
∴Sn＝4n＋×(－1)＝.∵∴∴an＝25－n(n∈N*)．
【变式】
试比较(2)求出的Sn与an的大小．
解：∵an＝25－n>0，当n≥9时，Sn＝≤0，
∴n≥9时，an>Sn。∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝，a7＝，a8＝，
S1＝4，S2＝7，S3＝9，S4＝10，S5＝10，S6＝9，S7＝7，S8＝4，
∴当n＝3,4,5,6,7,8时，anSn.
方法小结
解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．
如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
以题试法
1．已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋a7＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}和数列{bn}满足等式an＝＋＋＋…＋(n为正整数)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意知d>0，
由a2＋a7＝16，得2a1＋7d＝16，①
由a3a6＝55，得(a1＋2d)(a1＋5d)＝55，②
由①得2a1＝16－7d，将其代入②得(16－3d)(16＋3d)＝220，即256－9d2＝220.∴d2＝4，又d>0，
∴d＝2，代入①得a1＝1，∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)∵当n＝1时，a1＝，∴b1＝2.
当n≥2时，an＝＋＋＋…＋＋，an－1＝＋＋＋…＋，
两式相减得an－an－1＝，∴bn＝2n＋1，∴bn＝
当n＝1时，S1＝b1＝2；
当n≥2时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋＝2n＋2－6，
当n＝1时上式也成立．综上，当n为正整数时，Sn＝2n＋2－6.
考点二
等差数列与等比数列的实际应用
典例
[例2] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.则第n年初M的价值an＝________.
[自主解答] 当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，为公比的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×n－6.
[答案] an＝
方法小结
1．数列实际应用题的解题策略
解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后求解．
2．处理分期付款问题的注意事项
(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)．
(2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可以顺利建立等量关系．
以题试法
2．从经济效益出发，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，本年度当地旅游业估计收入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)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，写出表达式；
(2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？
解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800万元， 第n年内的总投入为800n－1万元，所以，n年的投入为：
an＝800＋800＋…＋800n－1＝4 000－4 000n.
第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400万元．
第n年旅游业收入为400n－1万元，所以，n年内的旅游业总收入为
bn＝400＋400＋…＋400n－1＝1 600n－1 600.
(2)设经过n年旅游业的总收入超过总投入，由此bn－an>0，
即1 600n－1 600－4 000＋4 000n>0，化简得2n＋5n－7>0，
设n＝x，代入上式，得5x2－7x＋2>0，解此不等式，得x<或x>1(舍去)，
即n<，由此得n≥5。故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．
考点三
数列与函数、不等式的综合应用
典例
[例3] 设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)设{xn}的前n项和为Sn，求sin Sn.
[自主解答] (1)令f′(x)＝＋cos x＝0，得cos x＝－，解得x＝2kπ±(k∈Z)．
由xn是f(x)的第n个正极小值点知，xn＝2nπ－(n∈N*)．
(2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－， 所以sin Sn＝sin.
因为n(n＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n＋1)一定为偶数，所以sin Sn＝－sin.
当n＝3m－2(m∈N*)时，sin Sn＝－sin＝－；
当n＝3m－1(m∈N*)时，sin Sn＝－sin＝；
当n＝3m(m∈N*)时，sin Sn＝－sin 2mπ＝0.
综上所述，sin Sn＝
方法小结
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．
以题试法
3．设数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn.已知a1＝1，d＝2，
(1)求当n∈N*时，的最小值；
(2)当n∈N*时，求证：＋＋…＋<.
解：(1)∵a1＝1，d＝2，∴Sn＝na1＋＝n2，＝n＋≥2 ＝16，
当且仅当n＝，即n＝8时，上式取等号．故的最小值是16.
(2)证明：由(1)知Sn＝n2，当n∈N*时，＝＝，
＋＋…＋＝＋＋…＋
＝，∵＋>0，
∴＋＋…＋<＝.
探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备，要求考生自己去探索，结合已知条件，进行观察、分析、比较和概括．它对考生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高的要求．这类问题不仅考查考生的探索能力，而且给考生提供了创新思维的空间，所以备受高考的青睐，是高考重点考查的内容．探索性问题一般可以分为：条件探索性问题、
规律探索性问题、结论探索性问题、存在探索性问题等．
[典例] 已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求最大正整数n；
(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：因为＝＋，所以－1＝－.
又因为－1≠0，所以－1≠0(n∈N*)，所以数列为等比数列．
(2)由(1)，可得－1＝×n－1，所以＝2×n＋1.
Sn＝＋＋…＋＝n＋2＝n＋2×＝n＋1－，
若Sn<100，则n＋1－<100，所以最大正整数n的值为99.
(3)假设存在，则m＋n＝2s，(am－1)(an－1)＝(as－1)2，因为an＝，
所以＝2。化简，得3m＋3n＝2·3s.
因为3m＋3n≥2·＝2·3s，当且仅当m＝n时等号成立．又m，s，n互不相等，所以3m＋3n＝2·3s不成立，所以不存在满足条件的m，n，s.
[题后悟道] 本题属于存在探索性问题，处理这种问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．
解决数列探索性问题基本方法：
(1)对于条件开放的探索性问题，往往采用分析法，从结论和部分已知条件入手，执果索因，导出所需的条件．
(2)对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．数列中大小关系的探索问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．
(3)处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析，发现规律、猜想结论．
针对训练
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)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和，试问：是否存在关于n的关系式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：(1)由点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，即an＋1－an＝1，
且a1＝1，即数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．则an＝1＋(n－1)×1＝n(n∈N*)．
(2)假设存在满足条件的g(n)，由bn＝，可得Sn＝1＋＋＋…＋，
Sn－Sn－1＝(n≥2)，
nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，
(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，
…
2S2－S1＝S1＋1.
以上(n－1)个等式等号两端分别相加得
nSn－S1＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＋n－1，即S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)，n≥2.
令g(n)＝n，故存在关于n的关系式g(n)＝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．
【基础题】
1．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为( )
A. B．4 C．2 D.
解析：选C 设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a1a7得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝－36，S13＝－104，等比数列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，则b6的值为( )
A．±4 B．－4 C．4 D．无法确定
解析：选A 依题意得，S9＝9a5＝－36⇒b5＝a5＝－4，S13＝13a7＝－104⇒b7＝a7＝－8，所以b6＝±4.
3．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
解析：选D 依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝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.
4.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x＋y＋z的值为 ( )
2
4
1
2
x
y
z
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为的等比数列，故有x＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，，故第四列的公比为，所以y＝5×3＝，同理z＝6×4＝，故x＋y＋z＝2.
5．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件为( )
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
解析：选D ∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，….
∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．
6．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝4且a1＝9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
解析：选C 由递推式变形得3(an＋1－1)＝－(an－1)，则an－1＝8·n－1，
所以|Sn－n－6|＝|a1－1＋a2－1＋…＋an－1－6|＝＝6×n<，即3n－1>250，所以满足条件的最小整数n是7.
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则等比数列{an}的公比为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由4S2＝S1＋3S3，得4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，即3q2－q＝0，故q＝。答案：
8．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．
解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．
答案：2 000
9．在数列{an}中，若a－a＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”．
下列是对“等方差数列”的判断：
①若{an}是等方差数列，则{a}是等差数列；
②已知数列{an}是等方差数列，则数列{a}是等方差数列．
③{(－1)n}是等方差数列；
④若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列；
其中正确命题的序号为________．
解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a}是公差为p的等差数列，故①正确．对于②，取an＝，则数列{an}是等方差数列，但数列{a}不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N*)为常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故③正确．对于④，若a－a＝p(n≥2，n∈N*)，则a－a＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp为常数，故④正确．
答案：①③④
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝abn，求数列{cn}的前n项和Tn；
解：(1)∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1。当n＝1时，a1＝S1＝1亦满足上式，故an＝2n－1(n∈N*)．又数列{bn}为等比数列，设公比为q，∵b1＝1，b4＝b1q3＝8，∴q＝2。∴bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)cn＝abn＝2bn－1＝2n－1.
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n.
所以Tn＝2n＋1－2－n.
11．已知各项均为正数的数列{an}满足：a＝2a＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足：bn＝，是否存在正整数m，n(10，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1。所以数列{an}是公比为2的等比数列．
由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2。故数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝，所以b1＝，bm＝，bn＝.
若b1，bm，bn成等比数列，则2＝，即＝.
由＝，可得＝，所以－2m2＋4m＋1>0，从而1－1，所以m＝2，此时n＝12。故当且仅当m＝2，n＝12时，b1，bm，bn成等比数列．
12．设同时满足条件：①≥bn＋1；②bn≤M(n∈N*，M是常数)的无穷数列{bn}叫“嘉文”数列．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an－1)(a为常数，且a≠0，a≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋1，若数列{bn}为等比数列，求a的值，并证明数列为“嘉文”数列．
解：(1)因为S1＝(a1－1)＝a1，所以a1＝a。当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，整理得＝a，即数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．所以an＝a· an－1＝an.
(2)由(1)知，bn＝＋1＝，(*)
由数列{bn}是等比数列，则b＝b1·b3，故2＝3·，解得a＝，
再将a＝代入(*)式得bn＝3n，故数列{bn}为等比数列，所以a＝.
由于＝>＝＝，满足条件①；由于＝≤，故存在M≥满足条件②.故数列为“嘉文”数列．
【重点题】
1．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( )
A. B. C. D.
解析：选C 由题意得an＋1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝an，
故Sn＝＝1－n.则数列{an}的前n项和的取值范围是.
2．设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
解析：由x2－x<2nx(n∈N*)，得00，故有－2n2＋40n－72>0，解得20，即15·n－1<1，解得n>log＋1≈15.85.
∴当n≤15时，an<0；当n≥16时，an>0。故n＝15时，Sn取得最小值．
2．在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点{bn，Tn}在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列．
解：(1)由点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1，∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1。
(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
∴Tn＝－bn＋1.①。∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②
①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1.
令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝，∴{bn}是以为首项，以为公比的等比数列．
3．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且an＋1＝an＋2an－1(n≥2)．
(1)设bn＝an＋1＋λan，是否存在实数λ，使数列{bn}为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)假设存在实数λ，使数列{bn}为等比数列，设＝q(n≥2)，
即an＋1＋λan＝q(an＋λan－1)，得an＋1＝(q－λ)an＋qλan－1.
与已知an＋1＝an＋2an－1比较，得解得λ＝1或λ＝－2.
所以存在实数λ，使数列{bn}为等比数列．
当λ＝1时，q＝2，b1＝4，则数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列；
当λ＝－2时，q＝－1，b1＝1，则数列{bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．
(2)由(1)知an＋1－2an＝(－1)n＋1(n≥1)，所以－＝＝n＋1(n≥1)，
当n≥2时，＝＋＋＋…＋
＝＋2＋3＋…＋n＝＋＝＋.
因为＝也适合上式，所以＝＋(n≥1)．所以an＝[2n＋1＋(－1)n]．
则Sn＝[(22＋23＋…＋2n＋1)＋((－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n)]
＝＝.
