(共70张PPT)
1课时突破
数列高考小题
等差数列、等比数列
关键能力·应用实践
考向一 等差、等比数列的基本量计算
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0，a5=5，则
( )
A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=
n2-2n
【解析】选A.由题知，
解得
所以an=2n-5，故选A.
【光速解题】
本题还可用排除法，对于B，a5=5，S4=
=-10≠0，排除B，
对于C，S4=0，a5=S5-S4=2×52-8×5-0=10≠5，排除C.
对于D，S4=0，a5=S5-S4=
×52-2×5-0=2.5≠5，排除D，故选A.
【变式拓展】
若题中的条件不变，试求Sn的最小值.
【解析】依据题设条件可知，an=2n-5，所以该数列前2项均为负值，从第三项开始为正值，所以该数列的前2项和最小，其最小值为-3-1=-4.
2.(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25，
则k=
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选C.取m=1，则an+1=a1an，又a1=2，所以
=2，所以{an}是等比数列，
则an=2n，所以ak+1+ak+2+…+ak+10=
=2k+11-2k+1=215-25，所以k=4.
3.(2020·北京高考)在等差数列{an}中，a1=-9，a5=-1.记Tn=a1a2…
an(n=1，2，…)，则数列{Tn}
( )
A.有最大项，有最小项
B.有最大项，无最小项
C.无最大项，有最小项
D.无最大项，无最小项
【解析】选B.设公差为d，因为a1=-9，a5=a1+4d=-1，所以d=2，所以a1，…，a5<0，a6，…>0，所以T1<0，T2>0，T3<0，T4>0，T5<0，以后都小于0，且越来越小.
4.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2，a2+a6=2，则
S10=________.?
【解析】设等差数列{an}的公差为d.因为{an}是等差数列，且a1=-2，a2+a6=2，
根据等差数列通项公式：an=a1+（n-1）d，
可得a1+d+a1+5d=2，即-2+d+（-2）+5d=2，整理可得：6d=6，解得：d=1.
根据等差数列前n项和公式：Sn=na1+
d，n∈N
，
可得：S10=10×（-2）+
=-20+45=25，所以S10=25.
答案：25
5.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，
则a1=________，Sn=________.?
【解析】由题意知
，平方可得Sn=
，①
由a1=S1得
，从而可解得a1=2.
又由①式得Sn-1=
(n≥2)，②
①-②可得an=Sn-Sn-1=
(n≥2)，
整理得(an+an-1)(an-an-1-4)=0，
因为数列{an}的各项都是正数，
所以an-an-1-4=0，即an-an-1=4.
故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，
所以Sn=2n+
×4=2n2.
当n=1时，S1=a1=2.故Sn=2n2.
答案：2 2n2
【技法点拨】提素养
等差、等比数列基本运算的关注点
(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；
(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量.
考向二 求数列的通项
【多维题组】速通关
1.已知数列{an}中，a1=1，前n项和Sn=
an，则an=________.?
【解析】因为Sn=
an，且a1=1，
所以当n=2时，a1+a2=
a2，即a2=3a1=3.
又当n≥2时，an=Sn-Sn-1=
an-
an-1，即an=
an-1.
所以an=
=
.
答案：
2.已知数列{an}满足an+2=an+1-an，且a1=2，a2=3，则a2
021的值为________.?
【解析】由题意得，a3=a2-a1=1，a4=a3-a2=-2，a5=a4-a3=-3，a6=a5-a4=-1，a7=a6-a5=2，a8=a7-a6=3，…，所以数列{an}是周期为6的周期数列，而
2
021=6×336+5，所以a2
021=a5=-3.
答案：-3
【变式拓展】
本题条件不变，设数列{an}的前n项和为Sn，那么S2
021=________.?
【解析】由题意得，a3=a2-a1=1，a4=a3-a2=-2，a5=a4-a3=-3，a6=a5-a4=-1，a7=a6-a5=2，a8=a7-a6=3，…，所以数列{an}是周期为6的周期数列，S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，而2
021=6×336+5，所以S2
021=S5=1.
答案：1
3.设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2·…·an的最大值为_______.?
【解析】由于{an}是等比数列，设an=a1qn-1，其中a1是首项，q是公比.
所以
?
解得：
故an=
，
所以a1·a2·…·an=
.
当n=3或4时，
取到最小值-6，此时
取到最大值26.
所以a1·a2·…·an的最大值为64.
答案：64
4.在数列{an}中，若a1=1，an+1=2an+3(n≥1)，则该数列的通项公式an=________.?
【解析】方法一：(递推法)
an=2an-1+3=2(2an-2+3)+3=22·an-2+2×3+3
=23an-3+22×3+2×3+3=…
=2n-1·a1+2n-2·3+2n-3·3+…+3
=2n-1+3(2n-2+2n-3+…+1)=2n+1-3.
方法二：(构造法)
设an+a=2(an-1+a)(n≥2，n∈N
)，
即an=2an-1+a，所以a=3.
所以an+3=2(an-1+3)，
所以{an+3}是公比为2的等比数列.
所以an+3=(a1+3)·2n-1.
又a1=1，所以an=2n+1-3.
答案：2n+1-3
【技法点拨】提素养
求数列通项公式的常用方法
(1)公式法：①等差数列的通项公式；②等比数列的通项公式.
(2)已知Sn(a1+a2+…+an=Sn)，求an，用作差法：an=
(3)已知a1·a2·…·an=f(n)，an≠0，求an，用作商法：an=
(4)已知an+1-an=f(n)，求an，用累加法：an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+
(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1(n≥2).
(5)已知
=f(n)，求an，用累乘法：an=
·
·…·
·a1
=f(n-1)·f(n-2)·…·f(1)·a1(n≥2).
(6)构造等比数列法：若已知数列{an}中，an+1=pan+q(p≠0，p≠1，q≠0)，
a1≠
，设存在非零常数λ，使得an+1+λ=p(an+λ)，其中λ=
，则数列
就是以a1+
为首项，p为公比的等比数列，先求出数列
的通项公式，再求出数列{an}的通项公式即可.
(7)倒数法：若an=
(mkb≠0，n≥2)，对an=
取倒数，得到
，即
.令bn=
，则{bn}可归纳为
bn+1=pbn+q(p≠0，p≠1，q≠0)型.
考向三 等差、等比数列性质综合
【多维题组】速通关
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a4=6，则S5等于
( )
A.10
B.12
C.15
D.30
【解析】选C.由等差数列的性质可得a2+a4=a1+a5，所以S5=
=15.
【变式拓展】
若本题再添加条件a6=9，试求该数列的前n项和Sn.
【解析】设等差数列{an}的公差为d，因为a2+a4=6，且数列为等差数列，所以
a3=3，又因为a6=9，所以公差d=2，a1=-1，其前n项和
Sn=n(-1)+
×2=n2-2n.
2.正项等比数列{an}中的a1，a4
035是函数f(x)=
x3-4x2+6x-3的极值点，则
a2
018=
( )
A.1
B.2
C.
D.-1
【解析】选A.因为f′(x)=x2-8x+6，且a1，a4
035是方程x2-8x+6=0的两根，
所以a1·a4
035=
=6，即a2
018=
，
所以
a2
018=1，故选A.
3.(2020·全国Ⅱ卷)
北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)
( )
A.3
699块
B.3
474块
C.
3
402块
D.3
339块
【解析】选C.设每一层有n环，由题可知从内到外每环的扇面形石板数之间构成
等差数列{an}，且公差d=9，首项a1=9，由等差数列的性质可知Sn，S2n-Sn，
S3n-S2n成等差数列，且(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=n2d，
由题意得9n2=729，所以n=9，则
三层共有扇面形石板为S3n=S27=27a1+
×9=3
402(块).
4.已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1=1，anan+1=3n，则S2
021=________.?
【解析】由anan+1=3n，得an-1an=3n-1(n≥2)，所以
=3(n≥2)，则数列{an}的
所有奇数项和偶数项均构成以3为公比的等比数列，又a1=1，a1a2=3，所以a2=3，
所以S2
021=
=31
011-2.
答案：31
011-2
【技法点拨】提素养
等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.
(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.
【加练备选】
纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸.现在我国采用国
际标准，规定以A0、A1、A2、B1、B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面
规格只采用A系列和B系列，其中系列的幅面规格为：①A0、A1、A2、…、A8所
有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y=1∶
；
②将A0纸张沿长度方向对开成两等份，便成为A1规格，A1纸张沿长度方向对开
成两等份，便成为A2规格，…，如此对开至A8规格.现有A0、A1、A2、…、A8纸
各一张.若A4纸的宽度为2
dm，则A0纸的面积为________dm2；这9张纸的面积之
和等于________dm2.?
【解析】可设Ai（i=0,1,2,3,…,8
）的纸张的长度为ai+1，面积为Si+1，
Ai的幅宽为
ai+1，A（i+1）的长度为ai+2=
ai+1，
所以，数列{an}是以
为公比的等比数列，
由题意知A4纸的宽度为
a5=2，所以a5=2
，所以a1=
，
所以A0纸的面积为S1=
(dm2).
又Sn=
，所以
，
所以，数列{Sn}是以64
为首项，以
为公比的等比数列，因此，这9张纸的面
积之和等于
(dm2).
答案：64
【新题速递】
1.等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1+a2+a3=3，a4+a5+a6=6，则S12=
( )
A.15
B.30
C.45
D.60
【解析】选C.由题意，等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a1+a2+a3=3，
a4+a5+a6=6，
则
，所以a7+a8+a9=12，a10+a11+a12=24，
则S12=a1+a2+a3+…+a10+a11+a12=45.
题组训练·素养提升
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1，
，a4成公比为q的等比数列，
则q等于
( )
A.1或2
B.2
C.1
D.2或4
【解析】选A.因为a1，
，a4成公比为q的等比数列，
所以
=a1·a4，又因为{an}为等差数列，
设等差数列{an}的公差为d，所以
=a1·a4，
所以
=a1·
，即
=0，即d=0或d=a1.
所以q=
=1或q=
=2.
3.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项
和为________.?
【解析】由题意知数列{2n-1}为1，3，5，7，9，11，13，…，{3n-2}为1，4，
7，10，13，16，19，…，所以数列{an}为1，7，13，19，…，
即an=1+6(n-1)=6n-5，所以数列{an}的前n项和为
=3n2-2n.
答案：3n2-2n
4.已知数列{an}满足：对任意n∈N
均有an+1=pan+2p-2(p为常数，p≠0且p≠1)，若a2，a3，a4，a5∈{-18,-6,-2,6,11,30
}，则a1的所有可能取值的集合是________.?
【解析】因为an+1=pan+2p-2，所以an+1+2=p(an+2)，
所以①若a1=-2，则a1+1+2=p(a1+2)=0，a2=-2，
同理可得，a3=a4=a5=-2，即a1=-2符合题意；
②若a1≠-2，p为不等于0与1的常数，
则数列{an+2}是以p为公比的等比数列，
因为ai∈{-18，-6，-2，6，11，30}，i=2，3，4，5，
an+2可以取-16，-4，8，32，所以若|p|>1，
则p=-2，由a2+2=-4=-2(a1+2)得：a1=0；
若|p|<1，则p=-
，由a2+2=32=-
(a1+2)得：a1=-66.
综上所述，满足条件的a1的所有可能取值为-2，0，-66.
答案：{0
，-2，-66}
【创新迁移】
1.如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+1An+2|，An≠An+2，n∈N
，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+2，n∈N
(P≠Q表示点P与Q不重合).
若dn=|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，则下列结论正确的是
( )
A.{Sn}是等差数列
B.{
}是等差数列
C.{dn}是等差数列
D.{
}是等差数列
【解析】选A.由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An+1，…分别作直线B1Bn+1的垂
线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn+1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，
h3，…，hn，hn+1，…成等差数列，又Sn=
×|BnBn+1|×hn，|BnBn+1|为定值，所
以{Sn}是等差数列.
2.已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m-1项起，am-1，am，
am+1，…成公比为2的等比数列.若a1=-2，则m=________，{an}的前6项和S6=________.?
【解析】由a1=-2，公差d=2，得am-1=-2+2(m-2)=2m-6，
am=-2+2(m-1)=2m-4，则
=2，
所以m=4；所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=-2+0+2+4+8+16=28.
答案：4 28
专题能力提升练
八 等差数列、等比数列
(40分钟 80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.已知等比数列{an}的公比为正数，且a2·a6=9a4，a2=1，则a1的值为
( )
A.3
B.-3
C.-
D.
【解析】选D.设数列{an}的公比为q，由a2·a6=9a4，得a2·a2q4=9a2q2，解得
q2=9，所以q=3或q=-3(舍)，所以a1=
2.(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15，且
a5=3a3+4a1，则a3=
( )
A.16
B.8
C.4
D.2
【解析】选C.设该等比数列的首项为a1，公比为q，
由已知得，a1q4=3a1q2+4a1，
因为a1>0且q>0，则可解得q=2，
又因为a1(1+q+q2+q3)=15，
即可解得a1=1，则a3=a1q2=4.
3.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若
则
=
( )
【解析】选A.设公差为d，则
d=a1，
所以
4.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
【解析】选B.由题意知，q≠1，
两式相减可得
=q3-q2，
即
=1，所以q=4.
5.已知数列{an}为等比数列，a4+a7=2，a5a6=-8，则a1+a10=
( )
A.7
B.5
C.-5
D.-7
【解析】选D.设数列{an}的公比为q.由题意，得
a1+a10=a1(1+q9)=1+(-2)3=-7；
a1+a10=a1(1+q9)=(-8)×
=-7.
综上，a1+a10=-7.
6.已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则
q3等于
( )
A.-
B.1
C.-
或1
D.-1或
【解析】选A.若q=1，则3a1+6a1=2×9a1，
得a1=0，矛盾，故q≠1.
所以
解得q3=-
或1(舍).
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n+1)Sn
).若
<-1，则下列叙
述正确的是
( )
A.Sn的最大值是S8
B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7
D.Sn的最小值是S7
【解析】选D.由(n+1)Sn整
理得an<-1，所以a8>0，a7<0，所
以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.
8.(2020·浙江高考)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，
≤1.记
b1=S2，bn+1=S2n+2-S2n，n∈N
，下列等式不可能成立的是
( )
A.2a4=a2+a6
B.2b4=b2+b6
C.
=a2a8
D.
=b2b8
【解析】选D.an=a1+(n-1)d，
bn+1=S2n+2-S2n=a2n+1+a2n+2=2a1+(4n+1)d，
即bn=2a1+(4n-3)d(n≥2).
A：2a4=2(a1+3d)=2a1+6d
=(a1+d)+(a1+5d)
=a2+a6，故A不符合题意；
B：2b4=2(2a1+13d)=4a1+26d，
b2+b6=(2a1+5d)+(2a1+21d)
=4a1+26d，
所以2b4=b2+b6，故B不符合题意；
C：
=(a1+3d)2=
+6a1d+9d2，
a2a8=(a1+d)(a1+7d)
=
+8a1d+7d2.
当a1=d时，
=a2a8成立.
又
≤1，
=1时，a1=d，C不符合题意；
D：
=(2a1+13d)2，
b2b8=(2a1+5d)(2a1+29d)
若
=b2b8，可得到
>1，故D不成立，符合题意.
9.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8=3S4，S12=λS8，则λ=
( )
【解析】选C.因为Sn是等差数列{an}的前n项和，
S4≠0，且S8=3S4，S12=λS8，
所以由等差数列的性质得：S4，S8-S4，S12-S8成等差数列，
所以2(S8-S4)=S4+(S12-S8)，
所以2(3S4-S4)=S4+(λ·3S4-3S4)，
解得λ=2.
10.在各项均不为零的数列{an}中，若a1=1，a2=
，2anan+2=an+1an+2+anan+1
(n∈N
)，则a2
021=
( )
【解析】选C.因为2anan+2=an+1an+2+anan+1(n∈N
)，所以
所以
是等差数列，其公差d=
=2，所以
=1+(n-1)×2=2n-1，an=
所以a2
021=
11.若数列{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.依题意可设等差数列{bn}的公差为d，则b10=b3+7d=-2+7d=12，解得d=2，所以bn=b3+(n-3)d=2n-8，又bn=an+1-an，则b7=a8-a7，b6=a7-a6，…，b1=a2-a1，采用累加法可得，b7+b6+…+b1=(a8-a7)+(a7-a6)+…+(a2-a1)=a8-a1，又易知b1+b2+…+b7=0，则a8=a1=3，故选B.
12.已知a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1，将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q的值是
( )
【解析】选B.因为公比q不为1，所以删去的数不是a1，a4.①若删去a2，则由
2a3=a1+a4得2a1q2=a1+a1q3，又a1≠0，所以2q2=1+q3，整理得q2(q-1)=(q-1)(q+
1).又q≠1，所以q2=q+1，又q>0，得q=
②若删去a3，则由2a2=a1+a4得
2a1q=a1+a1q3，又a1≠0，所以2q=1+q3，整理得q(q+1)(q-1)=q-1.又q≠1，则
可得q(q+1)=1，又q>0，得q=
综上所述，q=
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1，前16项和为540，则
a1=________.?
【解析】an+2+(-1)nan=3n-1，
当n为奇数时，an+2=an+3n-1；
当n为偶数时，an+2+an=3n-1.
设数列
的前n项和为Sn，
S16=a1+a2+a3+a4+…+a16
=a1+a3+a5+…+a15+(a2+a4)+…+(a14+a16)
=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140)+(5+17+29
+41)
=8a1+392+92=8a1+484=540，
所以a1=7.
答案：7
【加练备选】
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________.?
【解析】设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为{an}是等差数列，S1，S2，S4成等比数列，所以(a1+a2)2=a1(a1+a2+a3+a4)，因为a3=5，所以(5-2d+5-d)2=(5-2d)(5-2d+15)，解得d=2或d=0(舍去)，所以5=a1+(3-1)×2，即a1=1，所以an=2n-1.
答案：an=2n-1
14.设等比数列{an}的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn+3=8Sn+3，则a1=________，公比q=________.?
【解析】由Sn+3=8Sn+3，则Sn+2=8Sn-1+3，
两式相减得，an+3=8an?anq3=8an，则q3=8?q=2，
由等比数列前n项和公式得，
即2n+3a1-a1=8·2na1-8a1+3，
从而解得a1=
.
答案：
2
15.数列{an}满足
=2n+1，则数列{an}的通项公式为
________.?
【解析】因为
=2n+1，
当n=1时，
a1=3，所以a1=6，
当n≥2时，
=2(n-1)+1，
两式相减得
an=2，即an=
a1=6不满足an=2n+1，
所以
答案：
16.已知数列{an}满足a1=
an=
(n≥2，n∈N
)，则通项公式
an=________.?(共92张PPT)
1课时突破
数列解答题
数列求和及数列的综合应用
考向一
等差(等比)数列的判断与证明(规范解答)
【典例】(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明：{an+bn}是等比数列，{an-bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
【思维流程图】(1)由已知两个递推公式→求和(差)得出相应的关系式→再依据定义即可得出结论.
(2)求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式→利用方程思想即可得出结论.
【规范解答】(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，
即an+1+bn+1=
(an+bn)……………………………………………………………2分
又因为a1+b1=1，所以
是首项为1，公比为
的等比数列.……………3分
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8，即an+1-bn+1=an-bn+2.
……………………5分
又因为a1-b1=1，所以
是首项为1，公差为2的等差数列.……………6分
考查要求
基础性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
已知两式相加、相减各得2分；由代数式得出等差、等比数列各得1分
(2)由(1)知，an+bn=
，an-bn=2n-1.…………………………8分
所以an=
[(an+bn)+(an-bn)]=
+n-
，………………………10分
bn=
[(an+bn)-(an-bn)]=
-n+
.
……………………………12分
考查要求
综合性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式得2分，分别求出数列{an}与{bn}的通项公式各得2分
【答题模板】
【素养提升】
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
①利用定义，证明an+1-an(n∈N
)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an=an-1+an+1(n≥2).
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
①利用定义，证明
(n∈N
)为一常数；
②利用等比中项，即证明
=an-1an+1(n≥2).
(3)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差
(等比)数列即可.
【变式训练】
1.已知数列{an}满足a1=2，(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)，设bn=
.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)因为数列{an}满足(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)，所以将n=1代入得3a1=2a2-12.又a1=2，所以a2=9.将n=2代入得4a2=3a3-24，所以a3=20.从而b1=1，b2=3，b3=5.
(2)数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.理由如下：
将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2)可得，
，
化简可得
=2，即bn+1-bn=2，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.
(3)由(2)可得bn=1+2(n-1)=2n-1，
所以an=(n+1)bn=(n+1)·(2n-1)=2n2+n-1.
2.设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N
，都有Sn=2-an，数列{bn}满足
b1=2a1，bn=
(n≥2，n∈N
).
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列{
}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)当n=1时，a1=S1=2-a1，解得a1=1；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an-1-an，即
(n≥2，n∈N
).
所以数列{an}是首项为1，公比为
的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an=
.
(2)因为a1=1，所以b1=2a1=2.因为bn=
，
所以
，即
=1(n≥2).
所以数列{
}是首项为
，公差为1的等差数列.
所以
=
+(n-1)·1=
，
故数列{bn}的通项公式为bn=
.
【加练备选】
已知数列{an}满足an+1-3an=3n(n∈N
)且a1=1.设bn=
，
(1)证明数列{bn}为等差数列；
(2)设cn=
，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n，得bn+1=
=bn+1，
所以bn+1-bn=1，又a1=1，所以b1=1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)bn=
=n，
所以an=n·3n-1，cn=
，
所以Sn=
.
考向二 等差(等比)数列的求和
命题角度1 等差数列的通项与求和
【典例】(2018·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=-7，S3=-15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为-16.
【探究延伸】
若本题的条件不变，试求满足7≤Sn≤20的所有n值.
【解析】因为Sn=n2-8n，依题意得：7≤n2-8n≤20，解得：4+
≤n≤10，又因
为n∈N
，所以n=9，10.
命题角度2 等比数列的通项与求和
【典例】(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63，求m.
【解析】(1)设{an}的公比为q，由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2，解得q=0(舍去)，q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1，则Sn=
.
由Sm=63得(-2)m=-188，此方程没有正整数解.
若an=2n-1，则Sn=2n-1.
由Sm=63得2m=64，解得m=6.
综上，m=6.
【素养提升】
等差(等比)数列求和的几点注意
一是注意弄清项数；
二是注意公式的适用条件；
三是注意运算的准确性.
【变式训练】
1.已知数列{an}是等比数列，公比q<1，若a2=2，a1+a2+a3=7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=log2an，求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)由已知得
则
或
(舍去).
所以an=4×
=23-n.
(2)因为bn=log2an=log223-n=3-n，所以数列{bn}是首项为2，公差为-1的等差数列.
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn=
.
2.已知等差数列{an}前三项的和为-9，前三项的积为-15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
【解析】
(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意得a2=-3，则a1=-3-d，a3=-3+d，
所以(-3-d)(-3)(-3+d)=-15，得d2=4，d=±2，
所以an=-2n+1或an=2n-7.
(2)由题意得an=2n-7，所以|an|=
①n≤3时，Sn=-(a1+a2+…+an)=
n=6n-n2；
②n≥4时，Sn=-a1-a2-a3+a4+…+an=-2(a1+a2+a3)+(a1+a2+…+an)=18-6n+n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn=
考向三 数列求和
命题角度1 错位相减法求和
【典例】(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；
(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和.
【解析】(1)设{an}的公比为q，
由题设得2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0，
所以q2+q-2=0，解得q=1(舍去)，q=-2.故{an}的公比为-2.
(2)设Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得，an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1，
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=
-n×(-2)n.
所以Sn=
.
【探究延伸】
若例(2)中“a1=1”改为“a1=2”，结果如何？
【解析】设{nan}的前n项和为Sn，a1=2，
an=2·(-2)n-1=-(-2)n，
Sn=-[1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n]，
即-Sn=1×(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n(-2)n①，
2Sn=1×(-2)2+2×(-2)3+3×(-2)4+…+n(-2)n+1②，
①-②得-3Sn=(-2)1+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n-n·(-2)n+1
=
-n·(-2)n+1
=-
[1-(-2)n]-n·(-2)n+1，
所以Sn=
[1-(-2)n]+
(-2)n+1
=
-
(-2)n-
(-2)n
=
-
·(-2)n.
命题角度2 裂项相消法求和
【典例】已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0，2)，
+3an+2=6Sn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=
，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N
，t≤4Tn恒成立，
求实数t的最大值.
【解析】(1)当n=1时，由
+3an+2=6Sn，得
+3a1+2=6a1，即
-3a1+2=0.
又a1∈(0，2)，解得a1=1.
由
+3an+2=6Sn，可知
+3an+1+2=6Sn+1.
两式相减，得
-
+3(an+1-an)=6an+1，
即(an+1+an)(an+1-an-3)=0.
由于an>0，可得an+1-an-3=0，即an+1-an=3，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)bn=
，
Tn=b1+b2+…+bn=
.
因为Tn=
，随着n的增大而增大，所以数列{Tn}是递增数列，
所以t≤4Tn?
≤Tn?
≤T1=
?t≤1，所以实数t的最大值是1.
命题角度3 分组或并项求和
【典例】若数列{bn}对于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=
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}为准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
【解析】(1)因为an+1+an=2n，①
所以an+2+an+1=2n+2.②
由②-①得an+2-an=2(n∈N
)，
所以{an}是公差为2的准等差数列.
(2)已知a1=a，an+1+an=2n(n∈N
)，
所以a1+a2=2，即a2=2-a.
所以由(1)可知a1，a3，a5，…成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…成以2-a为首项，2为公差的等差数列.
所以当n为偶数时，an=2-a+
×2=n-a，
当n为奇数时，an=a+
×2=n+a-1，
所以an=
S20=a1+a2+…+a19+a20
=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)
=2×1+2×3+…+2×19=2×
=200.
【探究延伸】
题设中的条件不变，求S2n.
【解析】由典例解析可知：
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2n-1+a2n)
=2×1+2×3+2×5+…+2×(2n-1)
=2×
=2n2.
【素养提升】
1.用错位相减法求和时应注意的两点
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；
(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.
2.利用裂项相消法求和的注意事项
(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；或者前面剩几项，后面也剩几项；
(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式：若{an}是等差数
列且an≠0，则
.
3.并项求和法
一个数列的前n项和可两两结合求解，则称为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型，可采用并项求和法求解.
【变式训练】
1.已知数列{an}的前n项和Sn=
，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=
+(-1)nan，求数列{bn}的前2n项和.
【解析】(1)当n=1时，a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=
.
当n=1时，a1=1也适合上式.
故数列{an}的通项公式为an=n(n∈N
).
(2)由(1)知an=n，故bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n，B=-1+2-3+4-…+2n，则A=
=22n+1-2，
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n，
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
2.(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知
a1=b1=3，b2=a3，b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn=
求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N
).
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
依题意，得
解得
故an=3+3(n-1)=3n，bn=3×3n-1=3n.
所以，{an}的通项公式为an=3n，{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=
+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6×(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n， ①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1，②
②-①得，2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1
=-
+n×3n+1=
.
所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn
=3n2+3×
=
(n∈N
).
【加练备选】
数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17=
( )
A.9
B.8
C.17
D.16
【解析】选A.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+
(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.
考向四 数列的综合问题
命题角度1 数列与概率交汇问题
【典例】棋盘上标有第0，1，2，…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷
均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前
跳出两站，直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败集中营)时游戏结束.
设棋子跳到第n站的概率为Pn.
(1)求P3的值；
(2)证明：Pn+1-Pn=-
(Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
【解析】(1)棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率
为
；
第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为
；
第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为
，因此P3=
.
(2)(用构造法证明)易知棋子先跳到第n-2站，再掷出反面，其概率为
Pn-2；
棋子先跳到第n-1站，再掷出正面，其概率为
Pn-1，因此有Pn=
(Pn-1+Pn-2)，
即Pn-Pn-1=-
(Pn-1-Pn-2)，
也即Pn+1-Pn=-
(Pn-Pn-1)(2≤n≤98).
命题角度2 数列与函数、不等式的交汇问题
【典例】若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y=
-
x的图象上(x∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1=0，且对任意正整数n都有cn+1-cn=
，求证：对任意正整数n≥2，
总有
.
【解析】(1)因为Sn=
-
an，
所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1=
an-1-
an，
所以an=
an-1，
又因为S1=
-
a1，所以a1=
，
所以an=
.
(2)由cn+1-cn=
=2n+1，得当n≥2时，
cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=0+3+5+…+(2n-1)=n2-1=(n+1)(n-1).
所以
=
=
.
又因为
，所以原式得证.
【素养提升】
1.解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点.
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题.
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化.
2.数列中不等式问题的处理方法
(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式.
(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到.
(3)比较法：作差或者作商比较法.
【变式训练】
已知函数f(x)的图象过定点(1，1)，且对任意的实数x1，x2∈R，都有f(x1+x2)=1+f(x1)+f(x2).
(1)证明数列
(n∈N
)为等比数列；
(2)若bn=
，数列{bn}的前n项和为Tn，不等式T2n-Tn>
log2(x+1)
(n≥2，n∈N
)恒成立，求实数x的取值范围.
【解析】(1)令x1=x2=
，则
，
即f
=1+2f
，则f
+1=2
，
令x1=x2=
，因为函数f(x)的图象过定点(1，1)，所以f(1)=1+2f
=1，
得f
=0，所以数列
是等比数列，公比为
，首项为1.
(2)由题意知函数f(x)的图象过定点(1，1)，
所以f(1)=1.
令x1=n，x2=1，
则f(n+1)=1+f(1)+f(n)，
即f(n+1)=f(n)+2，
则{f(n)}是等差数列，公差为2，首项为1，
故f(n)=1+(n-1)·2=2n-1.
因为bn=
，所以bn=
=
.
设g(n)=T2n-Tn=bn+1+bn+2+…+b2n
=
，
则g(n+1)-g(n)=
>0，
所以{g(n)}是递增数列，g(n)min=g(2)=
+
=
，
从而
log2(x+1)<
，即log2(x+1)<2，
则
解得x∈(-1，3)，
所以实数x的取值范围为(-1，3).
专题能力提升练
九 数列求和及数列的综合应用
(40分钟 80分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=-1，b1=1，a2+b2=3.
(1)若a3+b3=7，求{bn}的通项公式；
(2)若T3=13，求Sn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
则an=-1+(n-1)d，bn=qn-1.
由a2+b2=3，得d+q=4，(
)
由a3+b3=7，得2d+q2=8，(
)
联立(
)(
)，解得q=2或q=0(舍去)，
因此数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)因为T3=1+q+q2，所以1+q+q2=13，
解得q=3或q=-4，
由a2+b2=3，得d=4-q，所以d=1或d=8.
由Sn=na1+
n(n-1)d，
得Sn=
n2-
n或Sn=4n2-5n.
2.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3=7，an=2an-1+a2-2(n≥2).
(1)证明：数列{an+1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列.
【解析】(1)因为a3=7，a3=3a2-2，所以a2=3，
所以an=2an-1+1，
所以a1=1，
所以数列{an+1}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.
(2)由(1)知，an+1=2n，
所以an=2n-1，
所以Sn=
-n=2n+1-n-2，
所以n+Sn-2an=n+(2n+1-n-2)-2(2n-1)=0，
所以n+Sn=2an，
即n，an，Sn成等差数列.
3.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q，则
所以b1=
=1，b4=b3q=27，所以bn=3n-1(n∈N
).
设等差数列{an}的公差为d.因为a1=b1=1，
a14=b4=27，所以1+13d=27，即d=2.
所以an=2n-1(n∈N
).
(2)由(1)知，an=2n-1，bn=3n-1，
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
4.已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n+800？若存在，
求n的最小值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意，2，2+d，2+4d成等比数列，
故有(2+d)2=2(2+4d)，
化简得d2-4d=0，解得d=0或d=4.
当d=0时，an=2；
当d=4时，an=2+(n-1)·4=4n-2，
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时，Sn=2n.显然2n<60n+800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时，
令2n2>60n+800，即n2-30n-400>0，
解得n>40或n<-10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n+800成立，n的最小值为41.
综上，当an=2时，不存在满足题意的n；
当an=4n-2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
5.设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N
.已知a1=1，a2=
，a3=
，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值；
(2)证明：{an+1-
an}为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，
即
解得：a4=
.
(2)因为4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2)，
所以4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2)，
即4an+2+an=4an+1(n≥2)，
因为4a3+a1=4×
+1=6=4a2，
所以4an+2+an=4an+1，
因为
所以数列
是以a2-
a1=1为首项，公比为
的等比数列.
(3)由(2)知，
是以1为首项，公比为
的等比数列，所以an+1-
an=
.
即
所以
是以
=2为首项，4为公差的等差数列，
所以
=2+(n-1)×4=4n-2，即an=(4n-2)×
=(2n-1)×
.
所以数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×
.
【加练备选】
正项数列{an}的前n项和Sn满足：
-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.设
求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】由
-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0，
得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0，
由于{an}是正项数列，所以Sn+1>0.
所以Sn=n2+n(n∈N
).
n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n，
n=1时，a1=S1=2适合上式.
所以an=2n(n∈N
).
即
6.已知数列{an}满足an=3an-1+k3n-1(n∈N
，n≥2，k∈R).
(1)设a1=1，k=0，证明数列{an-
}是等比数列；
(2)对任意k∈R，是否存在一个实数t，使得bn=
(an+t)(n∈N
)且{bn}为等
差数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)当k=0时，an=3an-1-1，
所以an-
=3an-1-
=
又a1-
=
≠0，所以数列
是首项为
，公比为3的等比数列.
(2)当n≥2时，
bn-bn-1=
(an+t)-
(an-1+t)
=
(an+t-3an-1-3t)
=
(3an-1+k3n-1+t-3an-1-3t)
=
(k3n-1-2t)=k-
要使{bn}为等差数列，则必须使1+2t=0，
所以t=-
，
即对任意的k∈R，存在t=-
，使{bn}为等差数列.
【加练备选】
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn+1(xn+1，n+1)得到折线P1
P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
【解析】(1)设数列{xn}的公比为q，
由题意得
所以3q2-5q-2=0.
因为q>0，
所以q=2，x1=1，
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1，P2，…，Pn+1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1，
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn，
由题意得bn=
×2n-1=(2n+1)×2n-2，
所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2.(i)
又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.(ii)
(i)-(ii)得-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=
+
-(2n+1)×2n-1.
所以
7.已知等比数列{an}的公比q>1，a1=2，且a1，a2，a3-8成等差数列，数列{anbn}
的前n项和为
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列
的前n项和为Sn，已知?n∈N
，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值.
【解析】(1)因为a1=2，且a1，a2，a3-8成等差数列，
所以2a2=a1+a3-8，
即2a1q=a1+a1q2-8，所以q2-2q-3=0，
所以q=3或-1，而q>1，所以q=3，
所以an=2·3n-1.
因为a1b1+a2b2+…+anbn=
所以a1b1+a2b2+…+an-1bn-1
=
两式相减得anbn=2n·3n-1(n≥2).
因为an=2·3n-1，所以bn=n(n≥2)，
令n=1，可得b1=1，所以bn=n.
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列
是首项为
，
公比为
的等比数列，
所以
因为?n∈N
，Sn≤m恒成立，故实数m的最小值为
.
【加练备选】
已知数列{an}满足a1=
，an+1an=2an+1-1(n∈N
)，令bn=an-1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令
求证：c1+c2+…+cn.
【解析】(1)因为an+1an=2an+1-1(n∈N
)，bn=an-1，即an=bn+1.
所以(bn+1+1)(bn+1)=2(bn+1+1)-1，化为：
因为a1=
，所以b1=a1-1=-
，
所以
=-2，
所以数列
是等差数列，首项为-2，公差为-1.
所以
=-2-(n-1)=-1-n，
所以bn=-
.
(2)由(1)可得：an=bn+1=1-
=
.
所以
因为n≥2时，2n+2≤2n+1-1，
所以
所以c1+c2+…+cn8.设函数fn(x)=x-(3n-1)x2(其中n∈N
)，区间In={x|fn(x)>0}.
(1)定义区间(α，β)的长度为β-α，求区间In的长度；
(2)把区间In的长度记作数列{an}，令bn=an·an+1，
①求数列{bn}的前n项和Tn；
②是否存在正整数m，n(1【解析】(1)由fn(x)>0，得x-(3n-1)x2>0，
解得0，即In=
.
所以区间的长度为
-0=
.
(2)由(1)知an=
.
①因为bn=an·an+1=
所以Tn=b1+b2+…+bn
②由①知T1=
，Tm=
Tn=
假设存在正整数m，n(1=T1Tn，
化简得
所以(-3m2+6m+2)n=5m2.(
)
当m=2时，(
)式可化为2n=20，所以n=10.(共10张PPT)
专题二 数 列
必备知识·整合回顾
【核心知识】建体系
【常用结论】精归纳
1.判断等差(比)数列的常用方法
(1)定义法：若an+1-an=d，d为常数
，
则{an}为等差(比)数列.
(2)中项公式法.
(3)通项公式法.
2.等差数列的通项公式及前n项和公式
(1)an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d；
(2)Sn=
.
3.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)an=a1qn-1=am·qn-m(q≠0)；
(2)Sn=
4.等差数列与等比数列的性质
(1)在等差数列中，若m+n=p+q(m，n，p，q∈N
)，则am+an=ap+aq.
(2)若{an}是等差数列，则
也是等差数列.
(3)在等差数列{an}中，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n也成等差数列.
(4)在等比数列中，若m+n=p+q(m，n，p，q∈N
)，则am·an=ap·aq.
(5)在等比数列中，Sn，S2n-Sn，S3n-S2n也成等比数列(n为偶数且q=-1除外).
5.数列求和的常用方法
(1)公式法：①等差数列的求和公式；②等比数列的求和公式；③常用公式，即
1+2+3+…+n=
n(n+1)，12+22+32+…+n2=
n(n+1)(2n+1)，
1+3+5+…+(2n-1)=n2，n∈N
.
(2)分组求和法：当直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中的“同类
项”先合并在一起，再运用公式法求和.
(3)倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项的和有共性，
则常考虑选用倒序相加法进行求和.
(4)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通
项相乘构成的，那么常选用错位相减法将其和转化为“一个新的等比数列的
和”，从而进行求解.
(5)裂项相消法：如果数列的通项可分裂成“两项差”的形式，且相邻项分裂后
相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用的裂项形式有：
①
；
②
；
③
，
；
④
.
【易错警示】防误区
(1)如果数列{an}成等差数列，那么数列{
}(
总有意义)必成等比数列.
(2)如果数列{an}成等比数列，且an>0，那么数列{logaan}(a>0且a≠1)必成等差
数列.
(3)如果数列{an}既成等差数列又成等比数列，那么数列{an}是非零常数列；数
列{an}是常数列仅是数列{an}既成等差数列又成等比数列的必要不充分条件.
(4)如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等
差数列，且新等差数列的公差是原来两个等差数列的公差的最小公倍数.