数列
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式本章在高考中一般命制2道小题或者1道解答题，分值占10～12分．2.考查内容(1)高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算，等差、等比数列的性质为主．(2)解答题一般以数列递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，等差、等比数列的证明，数列求和的方法等.
数列的概念与简单表示法
[考试要求]
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
2．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
3．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个函数式an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
4．数列的递推公式
如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
5．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝
特别地，若a1满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)，则不需要分段．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )
(2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )
(3)任何一个数列都有唯一的通项公式．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N
，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．数列－1，，－，，－，…的一个通项公式为( )
A．an＝±
B．an＝(－1)n·
C．an＝(－1)n＋1
D．an＝
B [由a1＝－1，代入检验可知选B.]
2．在数列{an}中，已知a1＝－，an＋1＝1－，则a3＝( )
A．－3
B．
C．5
D．
D [a2＝1－＝5，a3＝1－＝1－＝.]
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.
[当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝]
4．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
5n－4 [由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.]
考点一 由an与Sn的关系求通项公式
已知Sn求an的三个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1.
(2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
(3)看a1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；否则应写成分段的形式，即an＝
[典例1] (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.
(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.
(1)4n－5 (2) [(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)当n＝1时，
a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝.
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝]
点评：Sn与an关系问题的求解思路要根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
提醒：利用an＝Sn－Sn－1求通项时，应注意n≥2这一前提条件，易忽视验证n＝1致误．
已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝n
B．an＝n2
C．an＝
D．an＝
B [∵＋＋…＋＝，
∴＋＋…＋＝(n≥2)，
两式相减得＝－＝n(n≥2)，
∴an＝n2(n≥2)，①
又当n＝1时，＝＝1，a1＝1，适合①式，
∴an＝n2，n∈N
.故选B.]
考点二 由递推关系求通项公式
由递推关系求数列的通项公式的常用方法
[典例2] (1)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为________．
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N
)，则数列{an}的通项公式为________．
(3)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N
)，则数列{an}的通项公式为________．
(1)an＝ (2)an＝ (3)an＝2·3n－1－1 [(1)由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
∴an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得
an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝.
(2)∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得，
an＝a1···…·＝＝.
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝.
(3)∵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.]
点评：由递推关系求通项公式的关键是“模型化”，即针对不同的关系选择不同的方法求解，但要理解如累加(积)法可类比等差(比)数列通项的求解方式得出，而构造法可结合等差(比)数列的定义求解．
1．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N
)，则数列{an}的通项公式an＝________.
[∵an＋1＝，a1＝2，∴an≠0，
∴＝＋，即－＝，
又a1＝2，则＝，
∴是以为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝.]
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
·2n [∵an＋1＝2an＋2n＋1，∴两边同除以2n＋1，得＝＋1.
又a1＝1，
∴是以首项为，公差为1的等差数列，
∴＝＋(n－1)×1＝n－.
即an＝·2n.]
考点三 数列的性质
1．解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
2．判断数列单调性的两种方法
(1)作差(或商)法；
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
3．求数列中最大(小)项的两种方法
(1)根据数列的单调性判断；
(2)利用不等式组求出n的值，进而求得an的最值．
[典例3] (1)已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2
020＝( )
A．－1
B．
C．1
D．2
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝nn，则数列{an}中的最大项为( )
A.
B.
C.
D.
(3)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N
，都有an＋1＞an成立，则实数k的取值范围是________．
(1)B (2)A (3)
(－3，＋∞) [(1)由a1＝，an＋1＝，得a2＝＝2，
a3＝＝－1，a4＝＝，a5＝＝2，…，
于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2
020＝a3×673＋1＝a1＝.
(2)法一：(作差比较法)
an＋1－an＝(n＋1)n＋1－nn＝·n，
当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1
所以a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，
且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
法二：(作商比较法)
＝＝，
令>1，解得n<2；
令＝1，解得n＝2；
令<1，解得n>2.
又an>0，故a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，
且a2＝a3＝2×2＝.故选A.
(3)由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，
又∵通项公式an＝n2＋kn＋4，
∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，
即k＞－1－2n，又n∈N
，
∴k＞－3.]
点评：(1)当待求的特定项am中m较大时，常考虑数列的周期性．
(2)数列的单调性常借助作差(商)法求得，这一点有别于函数的单调性，因为数列是离散的，故本例(3)在求参数k的范围时务必要小心．
1．数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)n，那么在此数列中( )
A．a7＝a8最大
B．a8＝a9最大
C．有唯一项a8最大
D．有唯一项a7最大
A [∵＝×，
令≥1，即≥1，解得n≤7.
∴当n≤7时，数列{an}递增，当n＞7时，数列{an}递减，
即a1＜a2＜…＜a7＝a8＞a9＞…
所以a7＝a8最大，故选A.]
2．(2020·雅礼中学模拟)在数列{an}中，a1＝a，an＋1＝2an－1，若{an}为递增数列，则a的取值范围为( )
A．a＞0
B．a＞1
C．a＞2
D．a＞3
B [∵an＋1＝2an－1，
∴an＋1－1＝2(an－1)，∴＝2，
又∵a1－1＝a－1，∴数列{an－1}是首项为a－1，公比为2的等比数列，∴an－1＝(a－1)2n－1，
∴an＝(a－1)2n－1＋1，又∵{an}为递增数列，
∴an＋1－an＝(a－1)2n－(a－1)2n－1＝(a－1)2n＞0，
∴a－1＞0，∴a＞1，故选B.]
PAGE 等差数列及其前n项和
[考试要求]
1.理解等差数列的概念.
2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.
4.了解等差数列与一次函数的关系．
1．等差数列
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．数学语言表示为an＋1－an＝d(n∈N
)，d为常数．
(2)等差中项：如果在a与b中间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，那么A叫作a与b的等差中项，即A＝.
2．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＝.
3．等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系
(1)当d≠0时，等差数列{an}的通项公式an＝dn＋(a1－d)是关于d的一次函数．
(2)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n是关于n的二次函数．
4．等差数列的前n项和的最值
在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N
)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q
∈N
)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N
)是公差为md的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N
)也是等差数列，公差为m2d.
(5)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的.
(6)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S偶－S奇＝nd，＝.
(7)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则.
(8)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②＝.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.
( )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N
，都有2an＋1＝an＋
an＋2.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、教材习题衍生
1．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于( )
A．
B．
C．2
D．－
A [∵a4＋a8＝2a6＝10，∴a6＝5，
又a10＝6，∴公差d＝＝＝.故选A.]
2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于
( )
A．31
B．32
C．33
D．34
B [设数列{an}的公差为d，
法一：由S5＝5a3＝30得a3＝6，
又a6＝2，
∴S8＝＝
＝＝32.
法二：由得
∴S8＝8a1＋d＝8×－28×＝32.]
3．已知等差数列－8，－3,2,7，…，则该数列的第100项为________．
487 [依题意得，该数列的首项为－8，公差为5，所以a100＝－8＋99×5＝487.]
4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．
820 [设第n排的座位数为an(n∈N
)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为＝＝820.]
考点一 等差数列基本量的运算
解决等差数列运算问题的思想方法
1．(2019·全国卷Ⅰ)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
A [设首项为a1，公差为d.
由题知，
解得∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A.]
2．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
B [设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.]
3．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a1＝( )
A．23 B．32
C．35 D．38
C [由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a1＋×(－3)＝207，解得a1＝35，故选C.]
点评：涉及等差数列基本量的运算问题其关键是建立首项a1和公差d的等量关系．
考点二 等差数列的判定与证明
等差数列的判定与证明的方法
方法
解读
适合题型
定义法
若an－an－1(n≥2，n∈N
)为同一常数?{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an＝an＋1＋an－1(n≥2，n∈N
)成立?{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列
[典例1] 若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
因为Sn≠0，所以－＝2，
又＝＝2，
故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
点评：证明成等差数列的关键是－为与n无关的常数，同时注意求数列{an}的通项公式时务必检验其通项公式是否包含n＝1的情形．
已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列是等差数列，并求{an}的通项公式．
[解] (1)由已知，得a2－2a1＝4，
则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.
由2a3－3a2＝12，
得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.
(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
得＝2，即－＝2，
所以数列是首项＝1，公差d＝2的等差数列．
则＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
考点三 等差数列性质的应用
利用等差数列的性质解题的两个关注点
(1)两项和的转换是最常用的性质，利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝中，Sn与a1＋an可相互转化．
(2)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m.
等差数列项的性质
[典例2－1] (1)已知数列{an}是等差数列，若a9＝4，a5＋a6＋a7＝6，则S14＝( )
A．84
B．70
C．49
D．42
(2)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝( )
A．10
B．20
C．40
D．2＋log25
(3)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于( )
A．0
B．37
C．100
D．－37
(1)D (2)B (3)C [(1)因为a5＋a6＋a7＝3a6＝6，所以a6＝2，又a9＝4，所以S14＝＝7(a6＋a9)＝42.故选D.
(2)log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log22a1＋log22a2＋…＋log22a10＝a1＋a2＋…＋a10＝5(a5＋a6)＝5×4＝20.
故选B.
(3)设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，所以{an＋bn}为等差数列．又a1＋b1＝a2＋b2＝100，所以{an＋bn}为常数列，所以a37＋b37＝100.]
点评：一般地am＋an≠am＋n，等号左右两边必须是两项相加，当然也可以是am－n＋am＋n＝2am.
等差数列前n项和的性质
[典例2－2] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A．35
B．42
C．49
D．63
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2
018，－＝6，则S2
021＝________.
(1)B (2)4
042 [(1)由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，
即7,14，S15－21成等差数列，
∴S15－21＋7＝28，
∴S15＝42，故选B.
(2)由等差数列的性质可得也为等差数列，
设其公差为d，则－＝6d＝6，
∴d＝1，
∴＝＋2
020d＝－2
018＋2
020＝2，
∴S2
021＝4
042.]
点评：本例(2)，也可以根据条件先求出a1，d，再求结果，但运算量大，易出错．
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－a－1＝0，S2m－1＝39，则m等于( )
A．39
B．20
C．19
D．10
B [数列{an}为等差数列，则am－1＋am＋1＝2am，则am－1＋am＋1－a－1＝0可化为2am－a－1＝0，解得am＝1.又S2m－1＝(2m－1)am＝39，
则m＝20.故选B.]
2．等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是( )
A．20
B．22
C．24
D．8
C [因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.]
3．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N
，都有＝，则＋的值为( )
A.
B.
C.
D.
C [由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，
∴＋＝＝＝＝＝＝.故选C.]
考点四 等差数列的前n项和及其最值
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
[典例3] 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是( )
A．5
B．6
C．7
D．8
C [法一：(邻项变号法)由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列为递减数列，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时Sn最大．
法二：(函数法)由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．
法三：(图像法)根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图像的对称性，可得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值．]
[母题变迁]
将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则Sn最大时，n为何值？
[解] 因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋d＝15×20＋d，
所以d＝－.
法一：由an＝20＋(n－1)×＝－n＋，得a13＝0.
即当n≤12时，an>0，当n≥14时，an<0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值．
法二：Sn＝20n＋·
＝－n2＋n
＝－2＋.
因为n∈N
，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
所以5a13＝0，即a13＝0.
所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值．
点评：本例用了三种不同的方法，其中方法一是从项的角度分析函数最值的变化；方法二、三是借助二次函数的图像及性质给予解答，三种方法各有优点，灵活运用是解答此类问题的关键．
1．设数列{an}是公差d＜0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n的值为( )
A．5
B．6
C．5或6
D．11
C [由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，化简得a1＝－5d，所以a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大．]
2．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解] (1)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)，
∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12.
(2)法一：(函数法)由a1＝－10，d＝2，
得Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝2－，
∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30.
法二：(邻项变号法)由(1)知，an＝2n－12.
所以，当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
PAGE 等比数列及其前n项和
[考试要求]
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.
4.了解等比数列与指数函数的关系．
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，定义的数学表达式为＝q(n∈N
，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，＝，G2＝ab，G＝±，那么G叫作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＝amqn－m.
(2)前n项和公式：
Sn＝
等比数列的常用性质
(1)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N
)，则am·an＝ap·aq＝a.
(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍然是等比数列．
(3)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn，q＝－1且n为偶数时除外．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N
，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(2)G为a，b的等比中项?G2＝ab.( )
(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( )
(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、教材习题衍生
1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．5
B．±5
C．4
D．±4
C [∵a＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.
又∵a5＝a3q2＞0，∴a5＝4.]
2．在等比数列{an}中，a3＝，S3＝，则a2的值为( )
A．
B．－3
C．－
D．－3或
D [由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得
q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－.
∴a2＝＝或－3.故选D.]
3．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，∴＝126，
解得n＝6.]
4．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1
MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8
GB(1
GB＝210
MB)．
39 [由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{an}，
且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，
则2n＝8×210＝213，∴n＝13.
即病毒共复制了13次．
∴所需时间为13×3＝39(秒)．]
考点一 等比数列基本量的运算
等比数列基本量运算的解题策略
(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．
(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意分q＝1和q≠1两类分别讨论．
1．(2020·成都模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于( )
A．2
B．3
C．4
D．5
A [∵S2＝3，S4＝15，∴q≠1，
由
得q2＝4，又q＞0，∴q＝2.故选A.]
2．(2020·全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝( )
A．2n－1
B．2－21－n
C．2－2n－1
D．21－n－1
B [法一：设等比数列{an}的公比为q，则由
解得
所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n，故选B.
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n，故选B.]
3．(2018·全国卷Ⅲ)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] (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(n∈N
)．
(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.
点评：抓住基本量a1，q，借用方程思想求解是解答此类问题的关键，在套用等比数列求和公式解题时，务必注意讨论公比q是否为1.
考点二 等比数列的判定与证明
判定一个数列为等比数列的常见方法
[典例1] (2020·南昌模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn.
(1)证明：数列{an＋b
n}，{an－bn}为等比数列；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＜.
[证明] (1)依题意，有
两式相加，得an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又∵a1＋b1＝≠0，
∴{an＋bn}是首项为，公比为的等比数列，
两式相减，得an＋1－bn＋1＝(an－bn)．
又∵a1－b1＝≠0，
∴{an－bn}是首项为，公比为的等比数列．
(2)由(1)得，an＋bn＝n－1，①
an－bn＝n－1，②
①＋②得，an＝n＋n，
故Sn＝＋＝－－＜.
点评：本例以数列的递推关系为载体，在考查等比数列判定方式的同时考查方程思想，学会从结论入手寻找解题思路是该问题的一个思维亮点．
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N
)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)是否存在常数λ，使得{an＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式an，若不存在，请说明理由．
[解] (1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3，
当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9，
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.
(2)假设{an＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，
即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.
下面证明{an＋3}为等比数列：
∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，
∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴＝2，
∴存在λ＝3，使得数列{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．
∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)(n∈N
)．
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
[解] (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
考点三 等比数列性质的应用
应用等比数列性质的两个关注点
[典例2] (1)已知数列{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于( )
A．7 B．5
C．－5 D．－7
(2)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝( )
A．2
B．
C．
D．1或2
(3)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
(1)D (2)B (3)2 [(1)法一：(基本量法)设数列{an}的公比为q，
则由题意得
所以或
所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
法二：(性质法)由
解得或
所以或
所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
(2)设S2＝k，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，
∴S6－S4＝4k，
∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.
(3)由题意，得
解得
所以q＝＝＝2.]
点评：在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，特别关注项an或和Sn的下角标数字间的内在关系，活用性质，减少运算量，提高解题速度．
1．已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N
)的最小值为( )
A．
B．1
C．2
D．3
C [由已知得数列{an}的公比满足q3＝＝，
解得q＝，∴a1＝2，a3＝，故数列{anan＋1}是以2为首项，公比为＝的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝
＝∈，故选C.]
2．等比数列{an}满足an＞0，且a2a8＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝________.
9 [由题意可得a2a8＝a＝4，a5＞0，所以a5＝2，则原式＝log2(a1a2…a9)＝9log2a5＝9.]
数学文化1 数列与数学文化
纵观近几年高考，以数学文化为背景的数列问题，层出不穷，让人耳目一新，同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，本专题通过对典型考题的分析，让考生提高审题能力，增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心素养.
等差数列中的数学文化
(2020·葫芦岛一模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．”意思是：“现有一根金锤，长度为5尺，头部的1尺，重4斤；尾部的1尺，重2斤；且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列．”则下列说法正确的是( )
A．该金锤中间一尺重3.5斤
B．中间三尺的重量和是头尾两尺重量和的3倍
C．该金锤的重量为15斤
D．该金锤相邻两尺的重量之差的为1.5斤
C [设该等差数列为{an}，公差为d，a5＝2，a1＝4，则4＋4d＝2，解得d＝－.
∴an＝4－(n－1)＝.
∴a3＝3，S5＝＝15，
∴a2＋a3＋a4＝＋3＋＝9，a5＋a1＝6，故选C.]
[评析] 以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n项和等．
(2020·湖南六校联考)“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著《算法统宗》中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节六升六，上梢四节四升四，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”([注]六升六：6.6升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为( )
A．3.4升
B．2.4升
C．2.3升
D．3.6升
A [设从下至上各节容积分别为a1，a2，…，a9为等差数列，公差d，则由题意可知，故解得，d＝－0.2，a1＝2.4，
所以中间节a4＋a5＝1.8＋1.6＝3.4.故选A.]
等比数列中的数学文化
(2020·荆州一模)十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，插入的第四个数应为( )
B [根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，又由a1＝1，a13＝2，则q12＝＝2，
插入的第四个数应a5＝a1q4＝q4＝2，故选B.]
[评析] 以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n项和等．
(2020·湖北模拟)某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1
700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要( )
A．3
233万元
B．4
706万元
C．4
709万元
D．4
808万元
C [设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元，n＝1,2,3，…，10，
则
解得a1＝3，q＝2，∴a10＝3×29＝1
536，
依题意：x＋1
536＜1
700，解得x＜164.
∴该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要：
10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋
＝10x＋3
069≤4
709.故选C.]
递推数列中的数学文化
九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N
)个圆环所需的多少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝则解下5个环所需的最少移动次数为
( )
A．7
B．10
C．16
D．22
C [数列{an}满足a1＝1，且an＝所以a2＝1，a3＝4，a4＝7，a5＝16.故选C.]
[评析] 以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a1＝1，且an＝求a5的问题．
(2020·邯郸二模)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641
6700417，不是质数．现设an=log4(Fn-1)(n=1,2,…)，Sn表示数列{an}的前n项和．若32Sn=63an，则n=
( )
A．5
B．6
C．7
D．8
B [因为Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)，所以an＝log4(Fn－1)＝log4(22n＋1－1)＝log422n＝2n－1，
所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，所以Sn＝＝2n－1.
所以32(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6，故选B.]
周期数列中的数学文化
意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N
)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2
021项的和为( )
A．672
B．673
C．1
348
D．2
021
C [由于{an}是数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，
故{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1，…
所以{an}是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2
021＝673×3＋2，
所以数列{an}的前2
021项的和为673×2＋1＋1＝1
348.故选C.]
[评析] 以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．
(2020·全国卷Ⅱ)0?1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0?1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0?1序列a1a2…an…，C(k)＝aiai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0?1序列中，满足C(k)≤(k＝1,2,3,4)的序列是( )
A．11010…
B．11011…
C．10001…
D．11001…
C [对于A，因为C(1)＝＝，C(2)＝＝，不满足C(k)≤，故A不正确；对于B，因为C(1)＝＝，不满足C(k)≤，故B不正确；对于C，因为C(1)＝＝，C(2)＝＝0，C(3)＝＝0，C(4)＝＝，满足C(k)≤，故C正确；对于D，因为C(1)＝＝，不满足C(k)≤，故D不正确．综上所述，故选C.]
PAGE 数列求和
[考试要求]
1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．
1．公式法
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d；
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)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(注意消项规律)，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：
①＝－；
②＝；
③＝－.
(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5
050.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则有＝.( )
(2)当n≥2时，＝.( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
(4)
利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )
A.1
B.
C.
D.
B [∵an＝＝－，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…＋－＝.]
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1
B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2
D．2n＋n－2
C [Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n
＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.]
3．Sn＝＋＋＋…＋等于( )
A.
B.
C.
D.
B [由Sn＝＋＋＋…＋，①
得Sn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
∴Sn＝.]
4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________.
9 [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.]
考点一 分组求和与并项求和
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，则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．
提醒：注意在含有字母的数列中要对字母进行分类讨论．
[典例1] 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．
[解] (1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，
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.
设Sn为数列{cn}的前n项和，从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋＝n2＋.
点评：解答此类问题首先应抓住基本量，利用方程的思想求得an，bn，在此基础上用分组求和，分别求得相应数列的和并相加．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)．
∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.
考点二 裂项相消法求和
裂项相消法的步骤、原则及规律
(1)基本步骤
(2)裂项原则
一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(3)消项规律
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
形如an＝(k为非零常数)型
[典例2－1] 已知数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝6，b1＋＋＋…＋＝an＋1.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解] (1)数列{an}是公差为2的等差数列，
数列{bn}满足b1＝6，b1＋＋＋…＋＝an＋1.
所以当n＝1时，a2＝b1＝6，
故an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，
由于b1＋＋＋…＋＝an＋1，①
当n≥2时，b1＋＋＋…＋＝an，②
①－②得：＝an＋1－an＝2，
所以bn＝2n.
所以bn＝.
(2)当n＝1时，S1＝＝＝.
当n≥2时，＝＝，
则Sn＝＋
＝＋
＝，
当n＝1时满足上式，故Sn＝.
点评：本例第(1)问在求{bn}的通项公式时灵活运用了数列前n项和与项的关系，注意通项公式是否包含n＝1的情况；第(2)问在求解中运用了裂项法，即若{an}是等差数列，则＝.
形如(k为非零常数)型
[典例2－2] 已知函数f(x)＝xα的图像过点(4,2)，令an＝，n∈N
，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2
020＝( )
A.－1
B.－1
C.－1
D.＋1
C [由f(4)＝2得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝.
∴an＝＝＝－，
S2
020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
020＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.]
点评：运用分母有理化对分式正确变形并发现其前后项之间的抵消关系是求解本题的关键．
形如bn＝(q为等比数列{an}的公比)型
[典例2－3] (2020·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解] (1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，
∴a1＝S1＝－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N
，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×
3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵＝＝－.
∴数列的前n项和
Tn＝＋＋…＋＝－.
点评：本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和，bn＝＝－.
形如an＝型
[典例2－4] 正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N
，都有Tn＜.
[解] (1)由S－(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＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
Tn＝＝＜＝.
点评：(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．
(2)放缩法常见的放缩技巧有：
①＜＝－.
②＜＝.
③－＜＜－.
④2(－)＜＜2(－)．
1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则
＝________.
[设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有解得
所以Sn＝，＝＝2，
因此
＝2＝.]
2．(2020·广州模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q.
由a＝9a2a6，得a＝9a，所有q2＝.
由已知条件得q＞0，所以q＝.
由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，解得a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)可得bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－，
故＝－＝－2，
所以＋＋…＋＝－2
＝－.
故数列的前n项和为－.
考点三 错位相减法求和
错位相减法求和的具体步骤
[典例3] 设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，数列{bn}满足a1＝b1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，n∈N
.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．
又a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1.
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列．
所以an＝3n－1.
由点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，所以bn＋1－bn＝2.
则数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
则bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)因为cn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋.
则Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得：Tn＝1＋＋＋…＋－.
所以Tn＝3－－＝3－.
点评：本例巧妙地将数列{an}及其前n项和Sn，数列与函数的关系等知识融合在一起，难度适中．求解的关键是将所给条件合理转化，并运用错位相减法求和．
(2020·全国卷Ⅰ)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] (1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记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＝－.
核心素养4 用数学语言表达世界——数列中等量关系的建立
有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中用数学的思想分析数据间的内在联系，用数学语言表述其内在关系，用数列的方法求解数列模型，并用数学结论指导实际问题的过程，也是近几年高考所考查的数学探索、发现、应用的动向之一，因此备考中应引起足够的重视.
直接借助等差(等比)数列的知识建立等量关系
从社会效益和经济效益出发，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，本年度当地旅游业收入估计为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an，bn的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
[解] (1)第1年投入为800万元，
第2年投入为800×万元，
…，
第n年投入为800×n－1万元，
所以，n年内的总投入为：
an＝800＋800×＋…＋800×n－1
＝4
000×，
第1年旅游业收入为400万元，
第2年旅游业收入为400×万元，
…，
第n年旅游业收入400×n－1万元．
所以，n年内的旅游业总收入为
bn＝400＋400×＋…＋400×n－1
＝1
600×.
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，
即1
600×－4000×＞0，
化简得5×n＋2×n－7＞0，
令x＝n，代入上式得：5x2－7x＋2＞0.
解得x＜，或x＞1(舍去)．
即n＜，由此得n≥5.
∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.
[评析] 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点，正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，第(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧．
公民在就业的第一年就交纳养老储备金a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d＞0)，历年所交纳的储备金数目a1，a2，…，是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．如果固定年利率为r(r＞0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额．
求证：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列．
[证明] T1＝a1，对n≥2反复使用上述关系式，得
Tn＝Tn－1(1＋r)＋an
＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an
＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an，①
在①式两端同乘1＋r，得
(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1(1＋r)2＋an(1＋r)，②
②－①，得
rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an.
即Tn＝(1＋r)n－n－.
如果记An＝(1＋r)n，Bn＝－－n，
则Tn＝An＋Bn，其中{An}是以(1＋r)为首项，以1＋r(r＞0)为公比的等比数列；{Bn}是以－－为首项，－为公差的等差数列．
借助数列的递推关系建立等量关系
大学生自主创业已成为当代潮流．某大学大三学生夏某今年一月初向银行贷款两万元作开店资金，全部用作批发某种商品．银行贷款的年利率为6%，约定一年后一次还清贷款．已知夏某每月月底获得的利润是该月月初投入资金的15%，每月月底需要交纳个人所得税为该月所获利润的20%，当月房租等其他开支1
500元，余款作为资金全部投入批发该商品再经营，如此继续，假定每月月底该商品能全部卖出．
(1)设夏某第n个月月底余an元，第n＋1个月月底余an＋1元，写出a1的值并建立an＋1与an的递推关系；
(2)预计年底夏某还清银行贷款后的纯收入．
(参考数据：1.1211≈3.48,1.1212≈3.90,0.1211≈7.43×10－11,0.1212≈8.92×
10－12)
[解] (1)依题意，a1＝20
000(1＋15%)－20
000×15%×20%－1
500＝20
900(元)，
an＋1＝an(1＋15%)－an×15%×20%－1
500
＝1.12an－1500(n∈N
,1≤n≤11)．
(2)令an＋1＋λ＝1.12(an＋λ)，则
an＋1＝1.12an＋0.12λ，
对比(1)中的递推公式，得λ＝－12
500.
则an－12
500＝(20
900－12
500)1.12n－1，
即an＝8
400×1.12n－1＋12
500.
则a12＝8
400×1.1211＋12
500≈41
732(元)．
又年底偿还银行本利总计20
000(1＋6%)＝21
200(元)，
故该生还清银行贷款后纯收入41
732－21
200＝20
532(元)．
[评析] (1)先求出a1的值，并依据题设得出an＋1与an的关系；(2)利用构造法求得{an}的通项公式，并求相应值．
容器A内装有6升质量分数为20%的盐水溶液，容器B内装有4升质量分数为5%的盐水溶液，先将A内的盐水倒1升进入B内，再将B内的盐水倒1升进入A内，称为一次操作；这样反复操作n次，A、B容器内的盐水的质量分数分别为an，bn.
(1)求a1，b1，并证明{an－bn}是等比数列；
(2)至少操作多少次，A、B两容器内的盐水浓度之差小于1%？(取lg
2＝0.301
0，lg
3＝0.477
1)；
(3)求an，bn的表达式．
[解] (1)由题意，b1＝＝，
a1＝＝.
∵bn＋1＝，an＋1＝(5an＋bn＋1)＝，
∴an＋1－bn＋1＝(an－bn)，
∴{an－bn}是等比数列．
(2)由(1)知an－bn＝×n－1，
∴×n－1＜1%，
∴n－1＞≈5.7，
∴n≥7，故至少操作7次．
(3)∵bn＋1＝，
∴bn＋1－bn＝×n，
∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝＋×
＝－×n＋.
∴an＝bn＋×n－1＝×n＋.
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