数列
命题点1 等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．
[高考题型全通关]
1．(2020·枣庄模拟)已知等差数列{an}的公差为4，且a2，a3，a6成等比数列，则a10等于( )
A．26
B．30 C．34 D．38
C [由题意可得a＝a2a6，
即(a2＋d)2＝a2(a2＋4d)，
结合题意，有(a2＋4)2＝a2(a2＋16)，
解得a2＝2，则a10＝a2＋8d＝2＋8×4＝34.]
2．[教材改编]等差数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2＋a3＝10，S6＝54，则该数列的公差d为( )
A．2
B．3
C．4
D．6
C [由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝54，
即a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4＝18，2d＝a2＋a5－(a2＋a3)＝8，所以d＝4.]
3．(2020·惠州第一次调研)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6＝9S3，S5＝62，则a1＝( )
A．
B．2
C．
D．3
B [由题意可得
即得选B．]
4．(2020·江西红色七校第一次联考)在正项数列{an}中，a1＝2，且点P(ln
an，ln
an＋1)(n∈N
)位于直线x－y＋ln
2＝0上．若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＞200，则n的最小值为( )
A．2
B．5
C．6
D．7
D [将(ln
an，ln
an＋1)(n∈N
)代入x－y＋ln
2＝0，可得an＋1＝2an，所以{an}是公比为2的等比数列，Sn＝＝2n＋1－2，令Sn＞200，则2n＋1＞202，所以n的最小值为7.]
5．(2020·唐山模拟)已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，若S3，S9，S27成等比数列，则＝( )
A．3
B．6
C．9
D．12
C [法一：设等差数列{an}的公差为d，因为S3，S9，S27成等比数列，所以S＝S3S27，即＝，(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，d2＝2a1d，因为d≠0，所以d＝2a1，则＝＝＝9，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，因为S3，S9，S27成等比数列，所以S＝S3S27，即＝×，(a1＋a1＋8d)2＝(a1＋a1＋2d)(a1＋a1＋26d)，d2＝2a1d，因为d≠0，所以d＝2a1，则＝＝＝＝9，故选C．]
6．[多选]已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是公差不为0的等差数列，且a2＝b2，a8＝b8，则( )
A．a5＝b5
B．a5＜b5
C．a4＜b4
D．a6＞b6
BC [设{an}的公比为q(q＞0)，{bn}的公差为d(d≠0)．a5＝，b5＝＝，由基本不等式得≤，当且仅当a2＝a8时等号成立．易知数列{bn}不是常数列，故B正确，A错误．因为a2·q6＝a8＝b8＝b2＋6d＝a2＋6d，所以d＝，所以a4－b4＝a2q2－a2－2d＝a2＝(3q2－q6－2)＝(q2－q6＋2q2－2)＝＝－(1－q2)2(q2＋2)＜0，a6－b6＝a2q4－a2－4d＝(3q4－1－2q6)＝－(1－q2)2(2q2＋1)＜0.故C正确，D错误．故选BC．]
7．(2020·惠州第一次调研)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和．已知S1，S2，S4成等比数列，且a3＝5，则数列{an}的通项公式为________．
2n－1 [法一：设{an}的公差为d，d≠0.因为S1，S2，S4成等比数列，所以S＝S1S4，即(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，即d2＝2a1d，因为d≠0，所以d＝2a1，又a3＝a1＋2d＝5a1＝5，所以a1＝1，d＝2，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
法二：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4，即(2a3－3d)2＝(a3－2d)(4a3－2d)，又a3＝5，所以(10－3d)2＝(5－2d)(20－2d)，解得d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.]
命题点2 等差数列、等比数列的性质
1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N
)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝a.
2．前n项和的性质：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外)．
[高考题型全通关]
1．(2020·石家庄模拟)已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为( )
A．2
B．－2 C．±2 D．
A [由等差数列的性质知1＋3＝a1＋a2＝4，由等比数列的性质知b＝1×4＝4，∴b2＝±2，由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b2＝2，∴＝2，故选A．]
2．(2020·西安模拟)等比数列{an}中，若an＞0，a2a4＝1，a1＋a2＋a3＝7，则公比q＝( )
A．
B．
C．2
D．4
B [法一：由题意得q＞0，a1＞0，因为所以得故选B．
法二：由等比数列的性质得a＝a2a4＝1，结合an＞0，得a3＝1.由a1＋a2＋a3＝7，得＋＋a3＝7，则＋＝6，结合q＞0，得q＝，故选B．]
3．[教材改编]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝3，则a13＋a14＋a15＋a16的值是( )
A．8
B．15
C．18
D．20
A [法一：根据等比数列的性质，可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12仍成等比数列，即1，3－1，S12－3，S16－S12成等比数列，所以S12－3＝4，S16－S12＝8，所以a13＋a14＋a15＋a16＝8.故选A．
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝1，S8＝3，所以a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋a6＋a7＋a8＝2，则q4＝＝2，又由＝q12＝23＝8，得a13＋a14＋a15＋a16＝8.故选A．]
4．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，若对一切自然数n，都有＝，则等于( )
A．
B．
C．
D．
D [＝＝＝＝.]
5．[多选](2020·济南模拟)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若存在正整数n0，对任意正整数m，Sn0·Sn0＋m＜0恒成立，则下列结论一定成立的是( )
A．a1d＜0
B．|Sn|有最小值
C．an0·an0＋1＞0
D．an0＋1·an0＋2＞0
ABD [由Sn0·Sn0＋m＜0知d≠0，否则Sn0与Sn0＋m同号．①当d＞0时，易知必须a1＜0(否则Sn0与Sn0＋m同号或Sn0·Sn0＋m＝0)；②当d＜0时，易知必须a1＞0(否则Sn0与Sn0＋m同号或Sn0·Sn0＋m＝0)，故A正确．对于选项B，因为d≠0，所以等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝kn2＋bn(k≠0)，又y＝kx2＋bx(k≠0)的图象是抛物线，所以|Sn|必有最小值，故B正确．对于选项C，D，例如：数列－1，2，5，…，选项C不成立．故选ABD．]
6．已知函数f
(x)＝(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2
019＝1，则f
(a1)＋f
(a2)＋f
(a3)＋…＋f
(a2
019)＝________.
2
019 [∵a1a2
019＝1，
∴f
(a1)＋f
(a2
019)＝＋
＝＋＝＋＝2，
∵{an}为等比数列，
则a1a2
019＝a2a2
018＝…＝a1
009a1
011＝a＝1，
∴f
(a2)＋f
(a2
018)＝2，…，f
(a1
009)＋f
(a1
011)＝2，f
(a1
010)＝1，
即f
(a1)＋f
(a2)＋f
(a3)＋…＋f
(a2
019)＝2×1
009＋1＝2
019.]
命题点3 等差、等比数列的综合问题
解决数列的综合问题的2个失分点
(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提；
(2)对含有字母的等比数列求和时要注意q＝1或q≠1的情况，公式Sn＝只适用于q≠1的情况．
[高考题型全通关]
1．(2020·长春质量监测一)已知数列{an}为等比数列，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且a2＝1，a10＝16，a6＝b6，则S11＝( )
A．44
B．－44 C．88 D．－88
A [法一：设等比数列{an}的公比为q，则a10＝a2q8，即q8＝16，所以q4＝4，所以a6＝a2q4＝4，所以b6＝4，所以S11＝＝11b6＝44，故选A．
法二：因为a＝a2a10＝16，又等比数列中偶数项的符号相同，所以b6＝a6＝4，所以S11＝＝11b6＝44，故选A．]
2．已知等差数列{an}的前n项和为Tn，a3＝4，T6＝27，数列{bn}满足bn＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，b1＝b2＝1，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前11项和S11等于( )
A．1
062
B．2
124
C．1
101
D．1
100
C [设数列{an}的公差为d，
则
解得
∴数列{an}的通项公式为an＝n＋1.
当n≥2时，bn＋1－bn＝bn，
∴bn＋1＝2bn，
即数列{bn}从第二项起为等比数列，
∴bn＝2n－2(n≥2)，
∴数列{bn}的通项公式为
bn＝
分组求和可得数列{cn}的前11项和S11＝(2＋3＋4＋…＋12)＋(1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1
101.]
3．已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝3，且a2，a4，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2n(n∈N
)，数列{cn}满足cn＝anbn(n∈N
)，则数列{cn}的前3项和为( )
A．31
B．34
C．62
D．59
B [由于a2，a4，a7成等比数列，
故a＝a2·a7，
即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)．
由于a1＝3，解得d＝1，
故an＝n＋2.当n≥2时，
bn＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，
当n＝1时，b1＝S1＝21＝2，
故bn＝
故cn的前3项和为
a1b1＋a2b2＋a3b3＝3×2＋4×2＋5×4＝34.]
4．[多选]已知数列{an}的所有项都是正数，且满足＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N
)，下列说法正确的是( )
A．数列{an}的通项公式为an＝4(n＋1)2
B．数列是等差数列
C．数列的前n项和是n(n＋3)
D．数列是等比数列
ABD [当n＝1时，＝4，可得a1＝16，当n≥2时，由＋＋…＋＋＝n2＋3n，可得＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)＝n2＋n－2，两式相减得＝2(n＋1)，得an＝4(n＋1)2，又a1＝16也适合上式，则数列{an}的通项公式为an＝4(n＋1)2(n∈N
)，所以A正确．因为＝4(n＋1)，所以＋＋…＋＝8＋12＋…＋4(n＋1)＝＝2n(n＋3)，所以C不正确．结合等差数列、等比数列的定义，显然B，D都正确．]
5．[一题两空](2020·杭州模拟)已知各项均不相等的数列{an}满足2an＋1＝3an－an－1(n∈N
，n＞1)，则数列{an＋1－an}是公比为________的等比数列，若a2＝，a8＝，则a1＝________.
1 [法一：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N
，n＞1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{an＋1－an}(n∈N
)是公比为的等比数列，所以an＋1－an＝(a2－a1)·＝·，于是an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＋a1＝·eq
\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),1－\f(1,2))＋a1＝(1－2a1)eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＋a1.因为a8＝，所以(1－2a1)eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＋a1＝，解得a1＝1.
法二：因为2an＋1＝3an－an－1(n∈N
，n＞1)，所以2an＋1－2an＝an－an－1，则数列{an＋1－an}(n∈N
)是公比为的等比数列．令bn＝an＋1－an，则数列{bn}是公比为的等比数列，所以a8－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋b7＝eq
\f(b1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))＝b1.因为b1＝a2－a1＝－a1，a8＝.所以－a1＝，解得a1＝1.]
命题点4 数列的递推关系
由递推关系式求数列的通项公式常用的方法
(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；
(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f
(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f
(n)型)、待定系数法(适用于an＋1＝pan＋q型)求通项公式．
[高考题型全通关]
1．(2020·惠州第二次调研)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，则S5＝( )
A．
B． C． D．
D [n＝1时，S1＝1－a1，得a1＝，n≥2时，由得2an＝an－1，＝，所以{an}是首项为，公比为的等比数列，所以S5＝eq
\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))＝，故选D．]
2．[多选]已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝2n(n∈N
)，则下列结论中正确的是( )
A．{an}为等比数列
B．a5＝16
C．数列{an}的前n项和Sn＝2n
D．{log2an＋1}为等差数列
BCD [由a1＋a2＋…＋an＝2n得Sn＝2n，故C项正确．当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2n－1，可得an＝2n－1，所以an＝所以数列{an}不是等比数列，故A项错误．易知a5＝24＝16，故B项正确．因为log2an＋1＝log22n＝n，所以易知{log2an＋1}为等差数列，故D项正确．]
3．[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn，且有(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1(n≥2，n∈N
)，a1＝a2＝1.数列的前n项和为Tn，则以下结论正确的是( )
A．an＝1
B．Sn＝2n－1
C．Tn＝
D．{Tn}为递增数列
BD [由(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)·an＋1，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化简得S＝Sn－1·Sn＋1，根据等比数列的性质得数列{Sn}是等比数列．易知S1＝1，S2＝2，故{Sn}的公比为2，则Sn＝2n－1，Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，＝＝－.由裂项相消法得Tn＝1－＝.故B正确，C错误，D正确．根据Sn＝2n－1知A选项错误，故答案为BD．]
4．(2020·石家庄模拟)已知等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p＞0)，则p－取最小值时，数列{an}的通项公式为an＝________.
4×3n－1 [∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，
∴＝(n≥2)，
又n＝1时，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝，＝.
∵{an}为等比数列，∴＝＝，∵p＞0，∴p＝－，∴m＝－4p，
p－＝p＋≥2＝1，
当且仅当p＝，即p＝时取等号，此时等比数列的公比＝3，
∴an＝4×3n－1.]
5．[一题两空](2020·长春质量监测一)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝－，且an＋an＋1＝(n∈N
)，则S2n＝________，an＝________.
(－1)n＋ [(1)因为an＋an＋1＝＝－，所以S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
(2)因为an＋an＋1＝，所以an＋1＝－an.又a1＝－＝－1，所以a2＝＋＝＝＋1，a3＝－＝－＝－1，a4＝＋＝＝＋1，…，归纳可得，an＝(－1)n＋.]
6．[一题两空](2020·济南模拟)若数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝n(an＋3)，且a2＝5，则an＝________，若，，成等差数列，则l＝________.
2n＋1 2 [由2Sn＝n(an＋3)，得当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)(an－1＋3)，根据an＝Sn－Sn－1，得2an＝n(an＋3)－(n－1)(an－1＋3)，得(n－2)an－(n－1)an－1＝－3.当n≥3时，－＝，即－＝3，所以－＝3，－＝3，－＝3，…，－＝3，累加得，－＝3.又a2＝5，所以an＝2n＋1(n≥3)，当n＝1时，2a1＝a1＋3，得a1＝3，易知a1＝3，a2＝5也适合上式，所以an＝2n＋1(n∈N
)，于是＝，＝，＝，又，，成等差数列，所以＋＝，l＝2.]
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