【课堂新坐标】2013-2014学年高中数学（苏教版，必修5）第2章　数　列（配套课件+课时训练+教师用书，27份）

2.2.3　等差数列的前n项和
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)掌握等差数列前n项和的公式以及推导该公式的数学思想方法，并能运用公式解决简单的问题；
(2)掌握等差数列前n项和的常用性质，并会用它们解决一些相关问题；
(3)会利用等差数列通项公式与前n项和的公式研究Sn的最值，从而提高学生分析问题、解决问题的能力；
(4)在探索活动中培养学生观察、分析的能力，培养学生由特殊到一般的归纳能力．
2.过程与方法
(1)通过对历史有名的高斯求和的介绍，引导学生发现等差数列的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个规律；由学生建立等差数列模型用相关知识解决一些简单的问题，进行等差数列通项公式应用的实践操作并在操作过程中，通过类比函数概念、性质、表达式得到对等差数列相应问题的研究；
(2)通过公式的推导和公式的运用，使学生体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题、解决问题的一般思路和方法；通项公式推导的过程教学是对学生进行思维灵活性与广阔性的训练，发展学生的思维水平．
3．情感、态度与价值观
(1)通过公式的推导过程，获得发现的成就感，逐步养成科学严谨的学习态度，提高数学推理的能力；
(2)培养学生利用学过的知识解决与现实有关的问题的能力；
(3)通过有关内容在实际生活中的应用，使学生再一次感受数学源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并解决问题．
●重点、难点
重点：等差数列前n项和公式的理解、推导及应用，等差数列前n项和的常用性质及应用．
难点：等差数列前n项和公式推导思路的获得，灵活应用等差数列前n项公式解决一些简单的有关问题，体会等差数列的前n项和与二次函数之间的联系．
为了突破重点，化解难点，在教学时要从特例出发，抓住知识的切入点，结合学生原有的知识水平和所需知识，引导学生思考：如何求等差数列的前n项和？等差数列的前n项和有何特点？通过观察、分析、比较，采取从特殊到一般的方法推证出等差数列的前n项和公式．对于等差数列前n项和的常用性质，应先引导学生回答所提问题，采取从特殊到一般的思想，发现并归纳出等差数列前n项和的常用性质；再通过例题强化学生对性质的理解和记忆．
(教师用书独具)
●教学建议
1．求等差数列前n项和是我们在实际生活中经常遇到的一类问题，同时也是数列研究的基本问题．学生对等差数列前n项和公式的学习既是重点又是难点．为此，首先从“高斯算法”和“钢管堆放”两个实际问题出发，引导学生去观察探寻与等差数列首末两端“等距离”的两项之和有何特点？这样做，一方面引发学生对等差数列求和问题的兴趣，另一方面，使学生发现等差数列任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个规律．
也为接下来求一般等差数列前n项和做铺垫．由于这里的思路和算法比较巧妙，蕴涵有求等差数列前n项和一般的规律性．教学时，应给学生提供充裕的时间和空间，让学生自己去观察、探索发现这种数列内在的规律．
2．在推导等差数列前n项和公式时，由于已在前面做好铺垫，就可以引导学生自己去推导求和公式，推导结束后要注意引导学生认识公式本身结构特征．前者反映了等差数列的任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质．后者反映了等差数列的前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”，可以与二次函数进行比较．两者从不同角度反映了等差数列的性质．对于这两个公式，初学的学生在解决一些问题时，往往不知道该如何选取．
教师应引导学生对这两个公式进行分析，根据公式各自的特点，帮助学生恰当地选择合适的公式．譬如说，两个公式的共同点是需知a1和n，不同点是前者还需知an，后面还需知d，解题时需根据已知条件决定选用哪个公式．
教学时，可以用熟知的梯形面积公式(给出图形)帮助学生理解和记忆．
●教学流程
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(对应学生用书第25页)
课标解读
1.掌握等差数列前n项和的公式，并能运用公式解决一些简单问题．(重点)
2.体会等差数列前n项和公式与二次函数间的关系．(难点)
等差数列的前n项和公式
【问题导思】　
200多年前，高斯的算术老师提出了下面的问题：
1＋2＋3＋…＋100＝？
据说，当其他同学忙于把100个数逐项相加时，10岁的高斯却用下面的方法迅速算出了正确答案．
(1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5 050.
高斯的算法实际上解决了求等差数列
1,2,3，…，n，…
前100项的和的问题．人们从这个算法中受到启发，用下面的方法计算1,2,3，…，n，…的前n项和．由
1＋2＋…＋(n－1)＋n＋n＋(n－1)＋…＋2＋1
＝(n＋1)＋(n＋1)＋…＋(n＋1)
可知1＋2＋3＋…＋n＝.
这种方法能够推广到求一般等差数列的前n项和吗？若能，试求之．
【提示】　能．
∵Sn＝a1＋a2＋…＋an，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1，
∴2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)，
＝n(a1＋an)．
∴Sn＝n(a1＋an)
等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
等差数列前n项和的性质
【问题导思】　
1．若数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m有何关系？
【提示】　设等差数列的首项为a1，公差为d.则ak＋1＝a1＋kd，a2k＋1＝a1＋2kd.
Sk＝ka1＋d.
又S2k－Sk为数列第k＋1项到第2k项这k项的和，
∴S2k－Sk＝k(a1＋kd)＋d
＝ka1＋d＋k2d.
同理，S3k－S2k＝k(a1＋2kd)＋d
＝ka1＋d＋2k2d.
∴Sk，S2k－Sk，S3k－S2k构成等差数列，且公差为k2d.
2．若项数为偶数2n(n∈N*)的等差数列{an}的前n项和为Sn，则S偶与S奇有何关系？
【提示】　S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n
＝
＝＝nan＋1，
S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1
＝
＝＝nan.
∴S偶－S奇＝nan＋1－nan＝nd，＝＝.
数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，则有如下性质：
(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，也是等差数列，公差为m2d；
(2)若项数为偶数2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，＝.
(3)若项数为奇数2n＋1(n∈N*)，则S奇－S偶＝an＋1，＝.
(4)若{an}、{bn}均为等差数列，前n项和分别为Sn和Tn，则＝.
(对应学生用书第26页)
等差数列前n项和公式的应用
　在等差数列{an}中，前n项和为Sn.
(1)已知S8＝48，S12＝168，求a1和d；
(2)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8；
(3)已知a3＋a15＝40，求S17.
【思路探究】　(1)利用前n项和公式，建立关于a1、d的方程组，解方程组求a1、d.
(2)根据前n项和公式求a1、d，再求a8和S8.
(3)先根据等差数列的性质求a1＋a17，再求S17.
【自主解答】　(1)由等差数列的前n项和公式，
得解得
(2)∵a6＝S6－S5，∴S6＝S5＋a6＝15.
∴×6＝15，即3(a1＋10)＝15，
∴a1＝－5，∴d＝＝3，
∴a8＝a6＋2d＝16，S8＝×8＝44.
(3)根据等差数列的性质，有a3＋a15＝a1＋a17＝40，
∴S17＝＝＝340.
1．本题第(3)问看似缺少条件，但注意到a3＋a15与a1＋a17的联系，便可以很容易地求出结果，所以应注意各元素之间的某些特殊联系．
2．对于两个求和公式Sn＝和Sn＝na1＋d，要根据题目的已知条件灵活选用．
等差数列{an}中，a10＝30，S20＝620.
(1)求an；
(2)若Sn＝242，求n.
【解】　(1)设{an}的公差为d，则由已知得
解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋10.
(2)由(1)知，Sn＝＝·n＝n2＋11n.
∴由n2＋11n＝242，得n＝11或n＝－22(舍)．
故n＝11.
等差数列前n项和性质的应用
　在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10.求S110.
【思路探究】　思路一：利用Sn＝na1＋d→求a1，d→求S110
思路二：利用前n项和性质→连续10项和成等差数列→求S110
【自主解答】　法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
解得
∴S110＝110a1＋d
＝110×＋×(－)＝－110.
法二　∵{an}是等差数列，
∴S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列．
设其公差为D，前10项和10S10＋·D＝S100＝10，得D＝－22，
∴S110－S100＝S10＋(11－1)D＝100＋10×(－22)＝－120.
∴S110＝－120＋S100＝－110.
1．本题的两种解法中，法一为基本解法，运算量很大；法二利用前n项和的性质，在新的等差数列中研究，利于思考和计算．
2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…也是等差数列，利用此性质解题，往往比直接利用最基本的前n项和公式要简捷．应当注意，在利用此性质解题时，不要误认为Sk，S2k，S3k，…是等差数列．
已知含2n＋1项的等差数列，求其奇数项的和与偶数项的和之比．
【解】　法一　设原数列为a1，a2，a3，…，a2n＋1，公差为d，
则a1，a3，a5，…，a2n＋1和a2，a4，a6，…，a2n分别也为等差数列，公差都为2d.
故S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝(n＋1)a1＋·2d＝(n＋1)(a1＋nd)，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝na2＋·2d
＝n(a1＋d)＋n(n－1)d＝n(a1＋nd)．
故＝＝.
法二　∵S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝，
S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝，
且a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴＝.
等差数列前n项和的最值
　已知等差数列{an}中，a1＝13且S3＝S11，那么n取何值时，Sn取得最大值？并求出Sn的最大值．
【思路探究】　先根据前n项和公式求公差d，再求出Sn的表达式，转化成二次函数在N*上的最值问题；也可求出公差d后，利用通项公式an的符号解决．
【自主解答】　法一　设公差为d，由S3＝S11得3×13＋d＝11×13＋d，d＝－2，又a1＝13，
∴Sn＝n2＋(a1－)n
＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49.
∴当n＝7时，Sn取得最大值，最大值是S7＝49.
法二　同法一得
d＝－2，an＝13－2(n－1)＝15－2n.
由即
解得6.5≤n≤7.5，
∴当n＝7时，Sn取得最大值．
∴Sn的最大值是S7＝＝
＝49.
法三　同法一得d＝－2
又由S3＝S11知a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝4(a7＋a8)＝0.
∵a1＝13＞0，
∴a7≥0，a8≤0，知数列的前7项和最大．
∴S7＝7×13＋×(－2)＝49.
1．本题中法一利用二次函数的最值确定n值；法二利用等差数列的通项公式确定n值；法三利用等差数列的性质，由条件本身的特点确定n值．
2．求等差数列前n项和的最值的常见方法：
(1)方法一：利用通项公式确定n值
①若a1＞0，d＜0，则Sn有最大值，n可由不等式组来确定；
②若a1＜0，d＞0，则Sn有最小值，n可由不等式组来确定．
(2)方法二：利用二次函数的最值确定n值
等差数列的前n项和为Sn，当d≠0时，点(n，Sn)是二次函数y＝ax2＋bx(a≠0)上的间断点．因此可利用二次函数的最值确定n值．
本题条件改为“a1＝25，S17＝S9”，结果如何？
【解】　法一　由
得
解得d＝－2.
则Sn＝25n＋(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169，
∴数列的前13项和最大．
∴S13＝169.
法二　同法一得d＝－2，又a1＝25＞0，
由得12.5≤n≤13.5.
∴当n＝13时，Sn有最大值，最大值为
S13＝13×25＋×(－2)＝169.
法三　同法一得d＝－2，
∵a1＝25，S9＝S17，∴公差d＜0.
又Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，设a＝，b＝a1－，则Sn＝an2＋bn(a＜0)，其图象是二次函数f(x)＝ax2＋bx图象上一群孤立的点．
∵S9＝S17，即f(9)＝f(17)，
∴二次函数f(x)的图象的对称轴为x＝＝13，且开口向下，
∴当x＝13时，f(x)取得最大值．
∴数列的前13项和最大，
∴S13＝13×25＋×(－2)＝169
(对应学生用书第27页)
等差数列前n项和公式的结构特征未弄清致误
　两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，求的值．
【错解】　设Sn＝(5n＋13)k，Tn＝(4n＋5)k，
则an＝Sn－Sn－1＝5k，bn＝Tn－Tn－1＝4k，
所以＝，
于是＝.
【错因分析】　由等差数列的前n项和公式知Sn＝n×[2a1＋(n－1)d]，故Sn与n不一定是一次函数关系，由＝可知比值＝随着序号n的变化而变化，不能设为常数k.
【防范措施】　弄清等差数列前n项和的函数特征，当d≠0时，Sn是关于n的一元二次函数(无常数项)．
【正解】　设Sn＝(5n＋13)nk，Tn＝(4n＋5)nk，
则an＝Sn－Sn－1＝(10n＋8)k，bn＝Tn－Tn－1＝(8n＋1)k，
所以＝，其中n≥2.
所以＝＝.
1．基础知识：
(1)数列的前n项和概念；
(2)等差数列前n项和公式；
(3)等差数列前n项和公式与函数关系；
(4)等差数列前n项和的性质．
2．基本技能：
(1)等差数列前n项和公式的应用；
(2)等差数列前n项和性质的应用；
(3)等差数列前n项和最值的求法．
3．思想方法：
(1)方程思想；
(2)转化思想；
(3)数形结合思想.
(对应学生用书第28页)
1．等差数列{an}中，a11＝10，则S21＝________.
【解析】　S21＝＝21a11＝210.
【答案】　210
2．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n(n∈N*)，则{an}的前n项和Sn等于________．
【解析】　由an＝2－3n，得a1＝－1，则
Sn＝＝＝
＝－n2＋
【答案】　－n2＋
3．在等差数列{an}中，a4＝10，a10＝－2.若Sn＝60，则n的值为________．
【解析】　设{an}的公差为d，则
∴
∴Sn＝n×16＋×(－2)＝60，
整理得n2－17n＋60＝0，∴n＝5或n＝12.
【答案】　5或12
4．已知在等差数列中，前n项和为Sn，且Sm＝3，S2m＝6，求S3m.
【解】　∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，
∴2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，
∴2×3＝3＋(S3m－6)，∴S3m＝9.
(对应学生用书第87页)
一、填空题
1．已知等差数列{an}中，a7＝3，则数列{an}的前13项之和为________．
【解析】　S13＝13a7＝13×3＝39.
【答案】　39
2．(2013·汉中高二检测)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋5，则a3＋a4＋a5＋a6＝________.
【解析】　由Sn＝n2＋2n＋5，得S2＝13，S6＝53，
∴a3＋a4＋a5＋a6＝S6－S2＝53－13＝40.
【答案】　40
3．(2013·微山高二检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式为an＝________.
【解析】　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n；
当n＝1时，a1＝S1＝2也适合上式，∴an＝2n(n∈N*)．
【答案】　2n(n∈N*)
4．数列{an}是等差数列，a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，则公差d＝________.
【解析】　∵an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d，
∴∴
【答案】　－171
5．(2013·徐州检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________.
【解析】　设S3＝k，则S6＝3k，∴S6－S3＝2k.
由等差数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也成等差数列．
∴S9－S6＝3k，S12－S9＝4k.
∴S9＝6k，S12＝10k.
∴＝.
【答案】　
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________.
【解析】　由S9＝＝9a5＝72，∴a5＝8.
∴a2＋a4＋a9＝(a2＋a9)＋a4＝(a5＋a6)＋a4＝a5＋(a6＋a4)＝3a5＝24.
【答案】　24
7．(2013·扬州检测)已知首项为正数的等差数列{an}满足：
a2011＋a2012＞0，＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是________．
【解析】　∵＜0，∴数列{an}的项有正有负．
∵a1＞0，∴等差数列{an}为递减数列．
∴a2011＞0，a2012＜0.
∴S4022＝＝＞0，
S4023＝＝＜0.
【答案】　4 022
8．(2013·无锡检测)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，设数列{an}的前n项和为Sn，若k＋p＝m，则Sm＝________(结果用m表示)．
【解析】　∵d＝＝＝－2，
又ak＝a1－2(k－1)，
∴a1＝ak＋2(k－1)＝2p－1＋2k－2＝2(k＋p)－3＝2m－3，
∴Sm＝ma1＋d＝m(2m－3)－m(m－1)
＝m(m－2)＝m2－2m.
【答案】　m2－2m
二、解答题
9．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，求S10.
【解】　设首项为a1，公差为d，
∴
由②得2a1＋19d＝2.　　　　　　　　③
③－①×2得15d＝－30，∴d＝－2.
∴a1＝16－2d＝20.
∴S10＝10a1＋×10×9d＝200－90＝110.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n.
(1)求证{an}是等差数列；
(2)求使100＜an＜200成立的所有项的和．
【解】　　(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n)－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.
因为n＝1时，适合an＝2n＋1，
所以此数列的通项公式为an＝2n＋1(n∈N*)．
因为an＋1－an＝2(n＋1)＋1－(2n＋1)＝2，
所以{an}是以a1＝3为首项，d＝2为公差的等差数列．
(2)因为100＜an＜200，又由(1)得an＝2n＋1(n∈N*)，
所以100＜2n＋1＜200，所以＜n＜(n∈N*)，
即50≤n≤99(n∈N*)，
所以它们的和为S＝S99－S49＝992＋2×99－(492＋2×49)＝7 500.
故满足条件的各项之和为7 500.
11．数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.
(1)从第几项开始有an＜0?
(2)求此数列前n项和Sn的最大值．
【解】　(1)因为a1＝50，d＝－0.6，所以an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6(n∈N*)．
令－0.6n＋50.6≤0，则n≥≈84.3.
由于n∈N*，故当n≥85时，an＜0，即从第85项起，以后各项都小于0.
(2)法一　因为d＝－0.6＜0，a1＝50＞0，
由(1)知a84＞0，a85＜0，所以S1＜S2＜…＜S84，
且S84＞S85＞S86＞….所以Sn的最大值为S84＝50×84＋×(－0.6)＝2 108.4.
法二　Sn＝50n＋×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n－)2＋.当n等于最接近的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值，为S84＝2 108.4.
(教师用书独具)
有两个等差数列{an}，{bn}，满足＝，求.
【思路探究】　a1＋a2＋…＋an，b1＋b2＋…＋bn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，因此可用等差数列前n项和公式或其他相关性质解答．
【自主解答】　法一　设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
则＝＝，
则有＝，①
又由于＝，②
观察①②，在①中取n＝9，
得＝＝，
故＝.
法二　设{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，
则有＝，
其中An＝，Bn＝.
由于a1＋a9＝2a5，即＝a5，
故A9＝＝9a5.同理B9＝9b5.
故＝，故＝＝＝.
法三　若设两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，
则由等差数列的性质得an＝，bn＝，
∴＝＝＝.
∴＝，从而＝＝＝.
等差数列的项随着序号n的变化而变化，这是等差数列的最本质特征，而等差数列的性质则是这一特征的具体反映．利用等差数列的性质解题，就要从等差数列的本质特征入手去思考，分析题目，这样做必定获得事半功倍的效果．
已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使为整数的正整数n有________个．
【解析】　＝＝＝＝＝＝7＋.
∴n＝1,2,3,5,11，共有5个．
【答案】　5
拓展
生活中，银行存款时的零存整取问题
整存整取及活期存款利息是：每期存款利息＝本金×期数×每期利率．存款到期实际所得为：本利和＝本金＋利息－应纳税额．
零存整取的储蓄方式是：每月定时存入一笔相同数目的现金，到约定日期，可以取出全部本利和．规定每次存入的钱不计复利.
　(1)若每月存入x元，月利率r不变，存期为n个月，试求到期后的本利和(不考虑利息税)．(2)若每月初存入500元，月利率为0.3%，则到第36个月末整取时的本利和是多少？
【解】　(1)根据题意，第1个月存入的x元，到期利息为x·r·n元；第2个月存入的x元，到期利息为x·r·(n－1)元；……；第n个月存入的x元，到期利息为x r元．不难看出这是一个等差数列求和问题．各月利息之和为x r(1＋2＋3＋…＋n)＝xr(元)，而本金为nx元，这样就得到本利和公式y＝x.
(2)根据(1)中的公式，本利和y＝500×＝18 999(元).

2.3.2　等比数列的通项公式
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)类比等差数列的通项公式，探索发现等比数列的通项公式，掌握求等比数列通项公式的方法，并能用公式解决一些简单的实际问题；
(2)掌握等比数列的常用简单性质，并能应用于解题；
(3)正确认识使用等比数列的多种表达形式，能灵活运用通项公式求等比数列的首项、公比、项数、指定的项，能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系并能用有关知识解决相应的问题；
(4)能通过通项公式与图象认识等比数列的性质，体会等比数列是用来刻画一类离散现象的重要数学模型，体会等比数列与指数函数的关系，能用图象与通项公式的关系解决某些问题．
2.过程与方法
(1)进行等比数列通项公式应用的实践操作，并在操作过程中通过类比等差数列得到对等比数列相应问题的研究；
(2)探索并掌握等比数列的性质，能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，提高数学建模能力，体会等比数列与指数函数的关系；
(3)通过等比数列的图象的应用，进一步渗透数形结合思想、函数思想；通过等比数列通项公式的运用，渗透方程思想．
3．情感、态度与价值观
(1)通过对等比数列的研究，使学生明确等比数列与一般数列的内在联系，从而渗透特殊与一般的辩证唯物主义观点；
(2)培养学生观察、归纳的能力，培养学生的应用意识；
(3)体会数学源于现实生活，并应用于现实生活的道理，提高学习的兴趣．
●重点、难点
重点：类比等差数列探索等比数列的通项公式，并且会用公式解决一些简单的问题，体会等比数列与指数函数之间的联系．
难点：概括通项公式推导过程中体现出的数学思想方法，体会等比数列与指数函数的关系．
在探索发现等比数列的通项公式时，可以让学生类比等差数列通项公式的探索过程，先经历对几个特殊的等比数列通项公式的观察、归纳、猜想过程，然后逐步迁移过渡到一般等比数列通项公式的探究发现，关键是体会等比数列定义及其递推公式的作用．
(教师用书独具)
●教学建议
1．在回顾上节所学等比数列概念的基础上，首先引导学生自己去探寻上节所提出的三个实例(元素半衰期问题、汽车折旧问题、投资复利问题)的通项公式，为接下来求一般等差数列通项公式作铺垫，从而完成从研究具体的等比数列通项公式到一般等比数列通项公式的过渡；然后引导学生用“叠乘法”探求一般的等比数列的通项公式；最后从函数的角度，思考等比数列通项公式与指数函数的关系．
2．在完成等比数列通项公式的教学后，结合具体数列，引导学生思考等比数列满足的性质，提高学生探究兴趣；最后通过例题和练习巩固学生对知识的掌握．
3．等比数列与等差数列之间存在着很多类似的地方，但也有本质的不同，学生容易把二者混淆．因此，一方面，建议在本节的教学中始终强调等比数列的定义和体现等比数列本质的公比q；另一方面，本节有利于培养学生的类比推理能力，如等比数列的定义、通项公式等都可以让学生类比等差数列自己给出，还可以让学生自己列表从定义、通项公式、与函数的关系等角度类比两类数列的有关知识．
●教学流程
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(对应学生用书第31页)
课标解读
1.掌握等比数列的通项公式，能运用公式解决一些简单问题．(重点)
2.掌握等比数列的性质及简单应用．(难点)
3.了解等比数列与指数函数的关系.
等比数列的通项公式
【问题导思】　
若数列{an}为等比数列，公比为q，则：a2＝a1q，a3＝a2q＝a1q2，a4＝a3q＝a1q3，…，由此你可以归纳出an的表达式吗？(用a1和q表示)．
【提示】　an＝a1qn－1.
如果数列{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，那么它的通项公式为an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0)．
等比数列项的性质
【问题导思】　
1．在等比数列{an}中，如果m＋n＝2k(m，n，k∈N*)那么am·an＝a是否成立？反之呢？
【提示】　若m＋n＝2k，则am·an＝a一定成立，但反过来，若am·an＝a不一定有m＋n＝2k.例如，数列{an}是一个非零常数列时．
2．{an}是等比数列，等式a10＝a3·a7成立吗？
【提示】　不一定．设{an}的公比为q，a10＝a1q9，而a3·a7＝a·q8.只有当a1＝q时才成立，当a1≠q时，不成立．
这说明了在等比数列的性质“若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝a”中，左、右两边一定是两项积的形式．
当m、n、p、q∈N*时，若m＋n＝p＋q，对于等比数列{an}，则有aman＝apaq.
特别地，若m＋n＝2p，则aman＝a.
(对应学生用书第32页)
等比数列通项公式的应用
　在等比数列{an}中，
(1)若a4＝27，q＝－3，求a7；
(2)若a2＝18，a4＝8，求a1与q；
(3)若a5－a1＝15，a4－a2＝6，求a3.
【思路探究】　本题可根据通项公式，列方程或方程组，求出基本量a1和q，再求其他量．
【自主解答】　(1)由a4＝a1·q3得a1·(－3)3＝27，
∴a1＝－1.
∴a7＝a1·q6＝(－1)·(－3)6＝－729.
(2)由已知得解得或
(3)由已知得
由得＝，∴q＝或q＝2.
当q＝时，a1＝－16，a3＝a1q2＝－4；
当q＝2时，a1＝1，a3＝a1q2＝4.
a1，q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可迎刃而解．求a1，q除上述方法外，也可以充分利用各项之间的关系，先求各项，然后再求q与a1.
在等比数列{an}中，已知a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，am＝，求m.
【解】　法一　因为a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，
所以有方程组：
解得
而an＝a1qn－1(n∈N*)，
所以＝128×()m－1，
所以m＝9.
法二　因为a4＋a7＝a3q＋a6q＝(a3＋a6)q，
所以q＝＝＝，
而a3＋a6＝a3(1＋q3)，
所以a3＝＝＝32.
又因为an＝a3qn－3(n∈N*)，
所以＝32×()m－3，所以m＝9.
等比数列性质的应用
　已知数列{an}为等比数列，且a1a9＝64，a3＋a7＝20，求a11.
【思路探究】　利用等比数列的性质a1a9＝a3a7，先求a3，a7的值，再求a1和q即可．
【自主解答】　∵{an}为等比数列，
∴a1·a9＝a3·a7＝64，又a3＋a7＝20，
∴a3，a7是方程t2－20t＋64＝0的两个根．
解方程得t1＝4，t2＝16，
∴a3＝4，a7＝16或a3＝16，a7＝4.
当a3＝4时，a3＋a7＝a3＋a3q4＝20，
∴1＋q4＝5，q4＝4，∴a11＝a1q10＝a3q8＝64；
当a3＝16时，a3＋a7＝a3(1＋q4)＝20，
∴1＋q4＝，q4＝，∴a11＝a1q10＝a3q8＝1.
∴a11＝64或a11＝1.
1．本题利用了等比数列的性质，若m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*，则am·an＝ap·aq，从而有a1a9＝a3a7＝64，再由一元二次方程根与系数的关系构造方程求a3与a7.
2．等比数列中的项的序号若成等差数列，则对应的项依次成等比数列．有关等比数列的计算问题，应充分发挥项的“下标”的“指引”作用，以使运算简便．
若在本例中去掉“a3＋a7＝20”的条件，其它条件不变，如何求a3·a4·a5·a6·a7的值呢？
【解】　∵a3·a7＝a4·a6＝a＝a1·a9＝64，
∴a5＝±8，∴a3·a4·a5·a6·a7＝a＝±32768
等比数列的实际应用
　在利用电子邮件传播病毒的例子中，如果第一轮感染的计算机数是80台，并且从第一轮起，以后各轮的每一台计算机都可以感染下一轮的20台计算机，那么第5轮可以感染多少台计算机？
【思路探究】　由题意，显然每一轮被感染的计算机台数成等比数列，其中首项为80，公比为20.
【自主解答】　由题意可知，每一轮被感染的计算机台数构成一个首项为a1＝80，公比为q＝20的等比数列，
则第5轮被感染的计算机台数为a5＝a1q4＝80×204＝1.28×107，
所以第5轮可以感染1.28×107台计算机．
1．本题是等比数列模型的实际应用题，其解题的关键是看透问题的实质，转化为等比数列问题．
2．实际生活中常会涉及一些增长问题，如果增长量是个常量，则与等差数列有关；如果增长率是个常量，则与等比数列有关，利用等比数列可以解决有关增长率问题．
某工厂2011年生产某种机器零件100万件，计划到2013年把产量提高到每年生产121万件．如果每一年比上一年增长的百分率相同，这个百分率是多少？2012年生产这种零件多少万件？
【解】　设每一年比上一年增长的百分率为x，
则从2011年起，连续3年的产量依次为：
a1＝100，a2＝a1(1＋x)，a3＝a2(1＋x)＝a1(1＋x)2，
即a1＝100，a2＝100(1＋x)，a3＝100(1＋x)2成等比数列．
由100(1＋x)2＝121得(1＋x)2＝1.21.
x＝0.1或x＝－2.1(舍)．
a2＝100(1＋x)＝110，
即每年增长的百分率为10%,2012年生产这种零件110万件.
(对应学生用书第33页)
等比数列中照搬等差数列设法致错
　已知四个数成等比数列，且这四个数的积为，第二、三个数的和为，求由这四个数组成的等比数列的公比．
【错解】　依题意，设这四个数分别为，，aq，aq3，a≠0，q≠0，则解得q＝±，代入＋aq＝并整理，得q2?2q＋1＝0，解得q＝±1或q＝－±1，因此由这四个数组成的等比数列的公比为q2＝2＋3或q2＝3－2.
【错因分析】　表面上看，错解正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq3，a≠0，q≠0，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项同为正或同为负，从而出现错误．
【防范措施】　当四个数成等差数列时，可将这四个数对称设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，而当四个数成等比数列时，只能由通项公式将这四个数设为a，aq，aq2，aq3.
【正解】　依题意，设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3，a≠0，q≠0，则
解得q＝3±2或q＝－5±2.
1．基础知识：
(1)等比数列的通项公式；
(2)等比数列与函数的关系；
(3)等比数列项的性质．
2．基本技能：
(1)等比数列通项公式的应用；
(2)等比数列性质的应用；
(3)等比数列在解决实际问题中的应用．
3．思想方法：
(1)方程思想；
(2)分类讨论思想；
(3)转化思想．
(对应学生用书第34页)
1．在等比数列{an}中，若a5＝3，则a2·a8＝________.
【解析】　由等比数列的性质a2·a8＝a＝9.
【答案】　9
2．在等比数列{an}中，若a1＋a5＝34，a5－a1＝30，则a3＝________.
【解析】　由解得
∵a5＝a1q4＝2·q4＝32，∴q2＝4，
∴a3＝a1q2＝2×4＝8.
【答案】　8
3．在等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝________.
【解析】　由等比数列的性质知：
a1·a10＝a2·a9＝a3·a8＝a4·a7＝a5·a6.
又a1·a10＝1×3＝3，
∴a2·a3·a4·a5·a6·a7·a8·a9＝34＝81.
【答案】　81
4．在等比数列{an}中，a1＝1，|q|≠1，如果am＝a1a2…a10，求m的值．
【解】　因a1a2…a10＝a1·a1q·a1q2·…·a1q9
＝aq1＋2＋…＋9＝＝q45，
am＝a1qm－1＝qm－1，∴qm－1＝q45.
又|q|≠1，∴m＝46.
(对应学生用书第89页)
一、填空题
1．(2013·如皋检测)在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝6，则a9＝________.
【解析】　由等比数列的性质a5·a9＝a，
∴a9＝＝＝9.
【答案】　9
2．(2013·无锡检测)等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，则{an}的通项公式为________．
【解析】　∵＝＝q3＝＝27，∴q＝3，
∴an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n.
【答案】　3n
3．已知a，b，c，d成等比数列，且抛物线y＝x2－2x＋3的顶点为(b，c)，则ad＝________.
【解析】　易知抛物线y＝x2－2x＋3的顶点为(1,2)，
∴b＝1，c＝2，由等比数列的性质ad＝bc＝2.
【答案】　2
4．(2013·泗阳检测)已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则的值为________．
【解析】　由－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则3d＝－4－(－1)＝－3，∴d＝－1，
∴a2－a1＝d＝－1.
又－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4.
又易知b2＜0，∴b2＝－2，∴＝＝.
【答案】　
5．(2013·无锡检测)等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a3a4a5＝64，则a2＋a4＋a6＝________.
【解析】　由等比数列的性质a1·a3＝a，a3·a5＝a，
∴a＝1，a＝64，∴a2＝1，a4＝4.
又a2·a6＝a，
∴a6＝＝16，∴a2＋a4＋a6＝1＋4＋16＝21.
【答案】　21
6．若等比数列的首项为，末项为，公比为，则这个数列的项数为________．
【解析】　由等比数列的通项公式可知an＝a1qn－1(n∈N*)，
∴＝·()n－1，
即()n－1＝＝()3，∴n－1＝3.∴n＝4.
【答案】　4
7．公差不为0的等差数列第二、三、五项构成等比数列，则公比为________．
【解析】　设等差数列公差为d，则其第二、三、五项分别为a3－d，a3，a3＋2d.
∴a＝(a3－d)(a3＋2d)，∴a3d＝2d2.
又∵d≠0，∴a3＝2d，∴公比q＝＝＝2.
【答案】　2
8．在各项均为正数的等比数列中，若b7·b8＝3，则log3b1＋log3b2＋…＋log3b14等于________．
【解析】　log3b1＋log3b2＋…＋log3b14
＝log3(b1b2…b14)
＝log3(b7b8)7＝7log33＝7.
【答案】　7
二、解答题
9．在等比数列{an}中，a3＋a8＝－31，a4a7＝－32，公比q是整数，求{an}的通项公式．
【解】　由等比数列的性质可知a3a8＝a4a7＝－32，
又a3＋a8＝－31，公比q是整数，
可以解得a3＝1，a8＝－32，所以a1＝，q＝－2，
故an＝·(－2)n－1.
10．(2013·烟台高二检测)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋1.
(1)求证{an－3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项．
【解】　(1)证明：∵an＋1＝an＋1，
∴an＋1－3＝an＋1－3＝(an－3)．
∵a1＝1，∴a1－3＝－2，∴an－3≠0，
∴＝(n∈N*)．
∴{an－3}是以－2为首项，以为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－3＝(－2)×()n－1，
∴an＝3－2()n－1.
11．(2013·杭州高二检测)设{an}是公差大于0的等差数列，bn＝()an，已知b1＋b2＋b3＝，b1b2b3＝，
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求等差数列{an}的通项an.
【解】　(1)证明：设{an}的公差为d(d＞0)，
∵＝()an＋1－an＝()d为常数，
且b1＝()a1＞0，
∴{bn}为以()a1为首项，公比为()d的等比数列．
(2)∵b1b2b3＝，
∴b＝，
∴b2＝，
∴
∴或
∵q＝()d∈(0,1)，
∴b1＞b3，
∴∴bn＝()2n－3，
∴an＝2n－3，(n∈N*).
(教师用书独具)
已知a＞0，a≠1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列．令bn＝anlg an(n∈N*)，问是否存在a，对任意n∈N*，数列{bn}中每一项总小于它后面的一项？若存在，求出a的范围．
【思路探究】　本题可以从bn＜bn＋1对一切n∈N*恒成立入手．若对任意的a上式不恒成立，则这样的a不存在；若上式对某些a恒成立，则这些a的范围就是所求．
【自主解答】　设存在实数a使bn＜bn＋1对一切n∈N*成立，由题意，得an＝a·an－1＝an，
∴bn＝anlgan＝anlg an＝nanlg a.
∴有nanlg a＜(n＋1)an＋1lg a对一切n∈N*成立．
①当a＞1时，由lg a＞0，得n＜(n＋1)a对一切n∈N*成立，即a＞.
∵n∈N*，∴恒有＜1＜a成立，即a＞1时，恒有bn＜bn＋1(n∈N*)成立．
②当0＜a＜1时，由lg a＜0，得n＞(n＋1)a对一切n∈N*成立，即a＜.
∵＝1－随n增大而增大，∴n＝1时，的最小值为＝，即恒有≥(n∈N*)成立．
故当0＜a＜时，恒有a＜(n∈N*)成立，即bn＜bn＋1(n∈N*)恒成立．
由①②可得这样的a存在，其范围为{a|0＜a＜或a＞1}．
本题是开放探究性命题，应从假设开始入手，按a＞1,0＜a＜1分类讨论，转化为不等式恒成立问题来解决．
已知{xn}为各项不为1的正项等比数列，{yn}满足yn·logxna＝2(a＞0且a≠1)，设y4＝17，y7＝11.
(1)数列{yn}的前多少项的和最大？最大值是多少？
(2)是否存在正整数M，使当n＞M时，xn＞1恒成立？若存在，求M的取值范围；若不存在，则说明理由．
【解】　(1)yn＝＝2logaxn，且{xn}为等比数列，
∵yn－1＋yn＋1＝2logaxn－1＋2logaxn＋1
＝2loga(xn－1·xn＋1)＝2logax＝4logaxn＝2yn，n≥2，n∈N*，
∴{yn}为等差数列．
又y4＝17，y7＝11＝y4＋3d，∴d＝－2.
∴yn＝y4－2(n－4)＝25－2n(n∈N*)．
由yn≥0，知n≤12.
故{yn}的前12项和最大，其最大值为＝144.
(2)当a＞1时不存在，当0＜a＜1时存在．
当a＞1时，xn＞1?yn＞0.又yn＝25－2n，故此时不存在正整数M，使xn＞1恒成立．
当0＜a＜1时，xn＞1?yn＜0.由yn＝25－2n＜0，n∈N*，知n≥13，n∈N*.此时只要M∈[12，＋∞)，M∈N*，恒有xn＞1成立．
综上所述，当a＞1时，不存在这样的M；当0＜a＜1时，存在这样的M，只要M∈[12，＋∞)即可．
拓展
构造新数列求通项
构造思想的实质是根据已知条件的特征，创造一个新的数学对象，从而实现问题的转化．显然，它对培养学生的创新意识和创新能力起很重要的作用．下面举例探讨如何构造新数列来解决求数列通项的问题．
许多数列问题中的通项主要是由递推关系给出的．如果这个递推关系正好是an＋1＝an＋d(d是常数)或an＋1＝anq(q是常数，q≠0)，则非常简单，前者是等差数列，后者是等比数列．如果是其他递推关系，则可以考虑转化为上述两种基本数列．
　已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，求an.
【解】　设an＋1＋x＝2(an＋x)，则an＋1＝2an＋2x－x＝2an＋x，由an＋1＝2an＋1，可令x＝1，得an＋1＋1＝2(an＋1)．构造新数列{an＋1}，它是以a1＋1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列．∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
　已知a1＝1，an＋1＝，求an.
【解】　由an＋1＝，可得＝＋2，构造新数列{}，它是以＝1为首项，公差d＝2的等差数列．
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴an＝.
2.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列的前n项和
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)掌握用“错位相减”的方法推导等比数列前n项和公式；
(2)掌握等比数列的前n项和的公式，并能运用公式解决简单的实际问题；
(3)综合运用等比数列的定义、通项公式、性质及前n项和公式解决相关问题．
2.过程与方法
(1)经历等比数列前n项和的推导与灵活应用，并能在具体的问题情境中发现等比关系建立数学模型、解决求和问题；
(2)从“错位相减法”这种算法中，体会“消除差别”，培养化简的能力；
(3)通过公式的推导过程，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质．
3．情感、态度与价值观
通过经历对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．
●重点、难点
重点：等比数列的前n项和公式的推导及其简单应用.
难点：等比数列的前n项和公式的推导．
等比数列的前n项和公式的推导过程中蕴含了分类讨论、递推、转化等重要思想，是解决一般数列求和问题的关键．虽然在此之前，已经学习了等差数列的前n项和，但是两者相似度低，不能通过类比得到．同时，错位相减法是第一次出现，学生不容易理解，为此，要注意引导学生分析等比数列的性质和通项公式，关注相邻项的变化特点，引出错位相减法．
(教师用书独具)
●教学建议
学生在学习本节内容之前已经学习等差、等比数列的概念和通项公式，等差数列的前n项和的公式，具备一定的数学思想方法，能够就本节的内容展开思考，而且学生在情感上也具备了学习新知识的渴求．从学生的思维特点看，很容易把本节内容与等差数列前n项和从公式的形成、特点等方面进行类比，这是积极因素，应因势利导；但也是不利因素，因本节公式的推导与等差数列前n项和公式的推导有着本质的不同，这对学生的思维是一个突破．
另外，对于q＝1这一特殊情况，学生往往容易忽视，尤其是在后面使用的过程中容易出错，应特别提醒学生注意．
本节课是公式推导课，建议可采用探究式教学方法．在教学中以学生的分组讨论和自主探究为主，辅之以启发性的问题诱导点拨，充分体现学生是主体，教师服务于学生的思路．
●教学流程
????????
(对应学生用书第34页)
课标解读
1.掌握等比数列前n项和的公式；能运用公式解决一些简单问题．(重点)
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．(难点)
等比数列前n项和公式
【问题导思】　
已知等比数列{an}，公比为q，Sn是其前n项和，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋a1q＋…＋a1qn－1.
1．若q＝1，则Sn与an有何关系？
【提示】　Sn＝na1.
2．若q≠1，你能用a1，q直接表示Sn吗？如何表示？
【提示】　∵Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
所以两边同乘以q，可得
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn.②
①－②得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴当q≠1时，Sn＝.
　Sn＝
等比数列前n项和的性质
【问题导思】　
等比数列{an}前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n(q＝－1且n为偶数时除外)有何关系？
【提示】　也为等比数列．证明如下：
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1.
显然Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
当q≠1时，Sn＝，S2n＝，
S3n＝.
则S2n－Sn＝＝，
S3n－S2n＝＝.
∴(S2n－Sn)2＝，
Sn(S3n－S2n)＝·
＝.
∴Sn·(S3n－S2n)＝(S2n－Sn)2，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则
(1)若Sk，S2k－Sk，S3k－S2k均不为0，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列；
(2)若{an}共2n(n∈N*)项，则＝q.
(对应学生用书第34页)
等比数列前n项和公式的应用
　在等比数列{an}中：
(1)已知a1＝－1.5，a7＝－96，求q和Sn；
(2)已知q＝，S5＝－，求a1和an；
(3)已知a1＝2，S3＝26，求q和an.
【思路探究】　解决本题可由通项公式或前n项和公式列出基本量a1，q的方程或方程组，先求a1，q再求其他量．
【自主解答】　(1)∵a7＝a1q6，∴q6＝＝＝26，
∴q＝±2.
当q＝2时，Sn＝＝－3×2n－1；
当q＝－2时，
Sn＝＝－＋(－1)n×2n－1.
综上所述，当q＝2时，Sn＝－3×2n－1；
当q＝－2时，Sn＝－＋(－1)n×2n－1.
(2)∵S5＝＝－，且q＝，∴a1＝－2，
∴an＝a1qn－1＝(－2)×()n－1＝－22－n.
∴a1＝－2，an＝－22－n.
(3)由a1＝2，S3＝26，∴q≠1，∴S3＝＝26，
∴＝13，即q2＋q－12＝0，
解得q＝－4或3.
当q＝－4时，an＝a1qn－1＝2×(－4)n－1＝(－1)n－1×22n－1.
当q＝3时，an＝a1qn－1＝2×3n－1.
综上所述，当q＝－4时，an＝(－1)n－1×22n－1；
当q＝3时，an＝2×3n－1.
1．在等比数列中，对于a1，q，n，an，Sn五个量，若已知其中三个量就可求出其余两个量，常常列方程组来解答问题，有时会涉及高次方程或指数方程，求解可能遇到困难，这时要注意表达式有什么特点，再采取必要的数学处理方法．
2．在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．
若本例(2)中的条件不变，如何求数列{an}的前n项和Sn呢？
【解】　∵S5＝＝－且q＝，∴a1＝－2，
∴Sn＝＝＝－4×[1－()n]
＝4·()n－4＝()n－2－4.
等比数列前n项和性质的应用
　各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S30＝70，求S40.
【思路探究】　本题可用基本量法先求a1，q再求S40，也可利用等比数列前n项和的性质求解．
【自主解答】　法一　设{an}的首项为a1，公比为q，且由条件可知q≠1，则
由①÷②得q10＝2或q10＝－3(舍去)，
将其代入①，得＝10.
∴＝＝－10.
∴S40＝(1－q40)＝－10×(1－24)＝150.
法二　∵S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30仍成等比数列．
又S10＝10，S30＝70，∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)．
∴(S20－10)2＝10(70－S20)，∴S－10S20－600＝0，
∴S20＝30或S20＝－20.
∵{an}各项均为正数，
∴S20＝30，∴10,20,40，S40－70成等比数列，
∴S40－70＝80，∴S40＝150.
1．本例中，两种解法相比较，法二的计算量较小，显示出利用等比数列前n项和性质的优越性．
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(q＝－1且n为偶数时除外)，这一性质可直接使用．
一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数．
【解】　法一　设等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N*)，
由已知a1＝1，q≠1，有
②÷①得q＝2，将q＝2代入①得＝85，
∴4n＝256，n＝4，∴公比q＝2，项数为8.
法二　设公比为q(q≠1)，项数为2n.
由等比数列前n项和的性质可知＝q.
∴q＝＝2.
又S2n＝170＋85＝，
∴＝255.
∴n＝4，项数为8.
等比数列前n项和公式的实际应用
　在一次人才招聘会上，A、B两家公司分别开出的工资标准：A公司允诺第一年月工资为1 500元，以后每一年月工资比上一年月工资增加230元；B公司允诺第一年月工资为2 000元，以后每年月工资在上一年月工资基础上递增5%.设某人年初被A、B两家公司同时录取，试问：
(1)若该人分别在A公司或B公司连续工作n年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？
(2)该人打算在一家公司连续工作10年，仅从工资收入总量作为应聘标准(不计其他因素)，该人应该选择哪家公司？为什么？
【思路探究】　从题意出发，从条件中提取有用的信息．A公司第n年的月工资构成等差数列，B公司第n年的月工资构成等比数列，分别计算出前10项和，比较可得结果．
【自主解答】　(1)设该人在A、B两家公司第n年的月工资分别为an、bn.
由已知，得{an}构成等差数列，以1 500为首项，230为公差，an＝230n＋1 270.
{bn}构成等比数列，以2 000为首项，以(1＋5%)为公比，bn＝2 000(1＋5%)n－1.
(2)若该人在A公司连续工作10年，则他的工资收入总额为S10＝12(a1＋a2＋…＋a10)＝12×[10×1 500＋×230]＝304 200(元)；
若该人在B公司连续工作10年，则他的工资收入总额为S′10＝12(b1＋b2＋…＋b10)＝12×≈301 869(元)．
由于在A公司总收入多，因此该人应选择A公司．
1．本例解题的出发点是构造出两个数列，一个等差另一个等比，通过求两个数列的前n项和，比较得出结论．
2．在解数列应用题时，不要被题目的设计背景所干扰．解答时要注意对数列进行辨析，分清等差数列与等比数列的不同表示语句，从而更好的解决问题．
一件家用电器，现价2 000元，实行分期付款，每期付款数相同，购买后一个月付款一次，共付12次，一年后还清，月利率为0.8%，按复利计算，那么每期应付款多少元？(精确到0.01元)
【解】　设每期应付款x元，则第1期付款后欠款2 000×(1＋0.008)－x，
第2期付款后欠款(2 000×1.008－x)×1.008－x＝2 000×1.0082－1.008x－x，
……
因为第12期付款后欠款为0，
所以2 000×1.00812－(1.00811＋1.00810＋…＋1)x＝0，
故x＝≈175.46(元) ，
即每期应付款约为175.46元.
(对应学生用书第36页)
应用等比数列求和公式时，
忽略q＝1的情况致错
　等比数列{an}的前n项的和与积分别为S和T，数列{}的前n项和为S′，求证T2＝()n.
【错解】　由题意可设数列{an}的首项为a1，公比为q，则数列{}的首项为，公比为，
所以S＝，T＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝aq，
S′＝＝，
所以()n＝(aqn－1)n＝[a·q]2＝T2，
即T2＝()n.
【错因分析】　由题设无法判断q与1的关系，以上证法，漏掉了公比q＝1的情形，故导致错误．
【防范措施】　对于公比为q，首项为a1的等比数列，其前n项和Sn＝当q＝1时，此类数列为常数列(各项均不为0)，其前n项和为na1，故解决此类问题时要细心，一般来说，只要题目中含有字母，就有可能要讨论，否则容易漏解．
【正解】　由题意可设数列{an}的首项为a1，公比为q，
则数列{}是首项为，公比为的等比数列．
当q＝1时，S＝na1，T＝a，S′＝，
所以()n＝a＝T2，所以T2＝()n；
当q≠1时，S＝，T＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝aq，
S′＝＝，
所以()n＝(aqn－1)n＝[aq]2＝T2，
即T2＝()n.
综上可知T2＝()n.
1．基础知识：
(1)等比数列前n项和公式；
(2)等比数列前n项和公式与函数关系；
(3)等比数列前n项和性质．
2．基本技能：
(1)等比数列前n项和公式的应用；
(2)等比数列前n项和性质的应用；
(3)运用等比数列前n项和公式解决实际问题．
3．思想方法：
(1)方程思想；
(2)函数思想.
(对应学生用书第36页)
1．等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝1，则Sn等于________．
【解析】　q≠1，直接使用等比数列求和公式，得
Sn＝＝＝2n－1.
【答案】　2n－1
2．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝________.
【解析】　设等比数列首项为a1，∵q＝2，
∴由前n项和公式得S4＝＝15a1.
又a2＝a1·q＝2a1，∴＝＝.
【答案】　
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝4，S4＝40，则S6＝________.
【解析】　由等比数列前n项和性质：S2，S4－S2，S6－S4也成等比数列，
∴(S4－S2)2＝S2(S6－S4)
∴362＝4(S6－40)，S6＝364.
【答案】　364
4．设等比数列{an}的公比q＜1，前n项和为Sn，已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通项公式．
【解】　由题设知a1≠0，Sn＝，
则
由②得1－q4＝5(1－q2)，
(q2－4)(q2－1)＝0，
(q－2)(q＋2)(q－1)(q＋1)＝0.
因为q＜1，所以q＝－1或q＝－2.
当q＝－1时，代入①得a1＝2，
通项公式为an＝2×(－1)n－1(n∈N*)；
当q＝－2时，代入①得a1＝，
通项公式为an＝×(－2)n－1(n∈N*).
(对应学生用书第90页)
一、填空题
1．在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝22，则a1的值等于________．
【解析】　由等比数列前n项和公式
S5＝＝22，∴33a1＝3×22，∴a1＝2.
【答案】　2
2．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则公比q等于________．
【解析】　∵a1＝3，S3＝21，∴q≠1.
由等比数列前n项和公式，
S3＝＝＝3q2＋3q＋3＝21，
∴q2＋q－6＝0，∴q＝2或q＝－3.
又∵各项都为正数，∴q＝2.
【答案】　2
3．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝________.
【解析】　∵S3n≠3Sn，∴q≠1.
由已知条件得
②÷①整理得(qn＋3)(qn－2)＝0，则qn＝2(qn＝－3舍去)，∴＝2，S4n＝(q4n－1)＝30.
【答案】　30
4．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于________．
【解析】　设数列{an}的公差为d(d≠0)，则有(2＋2d)2＝2(2＋5d)，即4d2－2d＝0.又d≠0，所以d＝，所以Sn＝2n＋×＝n2＋n.
【答案】　n2＋n
5．设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(n≥1)，且a4＝54，则a1＝________.
【解析】　由数列{an}的前n项和Sn＝(n≥1)，则a4＝S4－S3＝－＝27a1，且a4＝54，则a1＝2.
【答案】　2
6．已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥3时，log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝________.
【解析】　由等比数列的性质知
a1·a2n－1＝a2·a2n－2＝…＝an－1·an＋1＝a＝a5·a2n－5＝22n，
∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a2n－1
＝log2(a1·a2·a3·…·a2n－1)＝log2(2n)2n－1＝n(2n－1)．
【答案】　n(2n－1)
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________.
【解析】　设公比为q，则＝＝1＋q3＝3，所以q3＝2，于是＝＝＝.
【答案】　
8．已知等比数列{an}中a2＝1，则前3项的和S3的取值范围是________．
【解析】　∵{an}是等比数列，∴设数列{an}的公比为q(q≠0)．又∵a2＝1，∴a1＝，a3＝q，∴S3＝a1＋a2＋a3＝＋1＋q，∴q2＋(1－S3)q＋1＝0，∴Δ＝(1－S3)2－4≥0，∴S3≤－1或S3≥3.综上可知S3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
【答案】　(－∞，－1]∪[3，＋∞)
二、解答题
9．(2013·临沂高二检测)已知等比数列{an}前n项之和为Sn，若S4＝－20，S8＝－1 640，求a1和q.
【解】　(1)当q＝1时，S4＝4a1＝－20，∴a1＝－5；
S8＝8a1＝－1640，∴a1＝－205，∴无解．
(2)当q≠1时，S4＝＝－20，S8＝＝－1640，
∴＝82，∴q＝±3
当q＝3时，由＝－20，∴a1＝－；
当q＝－3时，由＝－20，∴a1＝1.
综上：或
10．(2013·扬州检测)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－10，且a2，a4，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＞0，求数列{aan＋12}的前n项和Sn.
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
因为a1＝－10，a2，a4，a5成等比数列，所以(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，
即(－10＋3d)2＝(－10＋d)(－10＋4d)，
解得d＝2或d＝0(舍)．
所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12，
所以aan＋12＝a2n(a＞0)．
当a＝1时，数列{aan＋12}的前n项和Sn＝n；
当a≠1时，令bn＝aan＋12＝a2n(a＞0)，则bn＋1＝a2n＋2，
所以＝＝a2(n∈N*)，
故{bn}为等比数列，所以{bn}的前n项和Sn＝.
11．(2013·泗阳检测)已知等差数列{an}的公差d＜0，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求Sn的最大值．
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则
an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得(舍去)或
故an＝3＋(n－1)×(－)＝－n＋，bn＝()n－1.
(2)Sn＝－n2＋n＝－(n－3)2＋，
∴当n＝3时，Sn有最大值为.
(教师用书独具)
已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证＋＋…＋＜1.
【思路探究】　由数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，求出an，从而求出an＋1－an.
【自主解答】　(1)设等差数列{log2(an－1)}的公差为d，
由a1＝3，a3＝9，得2(log22＋d)＝log22＋log28，
∴d＝1.
∴log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1.
(2)证明：∵＝＝，
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－＜1.
先求出{an}的通项公式是解题的关键，然后进一步求出an＋1－an，最后运用等比数列的前n项和公式证明不等式成立．
设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn，数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·bn，n＝1,2,3，…，Tn为数列{cn}的前n项和，求证Tn＜.
【解】　(1)由bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，又S1＝b1，所以b1＝.
b2＝2－2(b1＋b2)，则b2＝.
当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn，即＝，
所以{bn}是以b1＝为首项，为公比的等比数列，于是bn＝2·.
(2)证明：由数列{an}为等差数列，a5＝14，a7＝20，可得公差d＝(a7－a5)＝3，
可得an＝3n－1.
从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·，
∴Tn＝2[2·＋5·＋8·＋…＋(3n－1)·]
＝－·－＜.
拓展
例说函数思想在数列中的应用
数列是一类特殊的函数，即数列是定义在正整数集N*或其子集{1,2，…，n}上的函数．对于等差数列{an}，其通项公式an为关于n的一次函数，因此其图象是一直线上的离散点；其前n项和Sn为关于n的二次函数，且常数项为0(公差不为0)，故其图象是一抛物线上的离散点．对于等比数列的通项公式an＝a1qn－1＝qn，前n项和的公式Sn＝＝－qn(q≠1)，都具有类似于指数函数的结构特点，所以，它们的图象都是指数函数图象上的离散点．
　已知数列{an}是等差数列，若Sn＝10，S2n＝50，求S3n.
【解】　由条件知数列{}是等差数列，故(n，)，(2n，)，(3n，)三点共线，
所以＝.解得S3n＝120.
　数列{an}中，an＋1＝2an＋2n＋1，a1＝2，求an.
【解】　∵an＋1＝2an＋2n＋1，∴＝＋1，∵数列{}为等差数列，且公差为1，由通项公式得＝＋(n－1)×1＝n，∴an＝2nn(n∈N*)．
注：例1说明等比数列Sn是常数项为0的二次函数，是一次函数．
例2是经过函数变换，将原问题转化为等比数列和等差数列问题后再来求解的．
第2课时　数列求和
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)掌握倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等数列求和的常用方法，提高学生分析、解决问题的能力；
(2)理解实际问题中数列求和模型的应用．
2.过程与方法
(1)结合实例总结各种常用的数列求和方法及使用技巧；
(2)通过公式的灵活运用，进一步渗透方程的思想、分类讨论的思想、等价转化的思想．
3．情感、态度与价值观
在应用数列知识解决问题的过程中，培养学生勇于探索，积极进取的学习态度，激发学生学习数学的热情和刻苦求是的精神．
●重点、难点
重点：倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等数列求和的常用方法．
难点：错位相减法与裂项相消法．
为了突破重点，化解难点，要注意抓两点：一抓学生情感和思维的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想、积极探索，及时地给以鼓励，使他们知难而进；二抓知识选择的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给予适当的提示和指导．
要注意引导学生关注错位相减法与裂项相消法的使用条件、使用对象以及方法步骤．提醒学生关注错位相减法与裂项相消法为什么能用于数列求和，理解这两种求和方法的本质．
(教师用书独具)
●教学建议
在本节之前，学生已经学习了等差数列与等比数列的求和公式，具备了一定的知识基础，本节在此基础上进一步研究一般数列的求和问题．
倒序相加法是教材在推导等差数列前n项和公式时所采用的方法，教学时应提醒学生，它的使用条件是数列中距首末两项“等距离”的项和为定值；求和时要把“和式”正着、倒着各写一次，相加．
错位相减法是教材在推导等比数列前n项和公式时采用的方法，教学时应提醒学生它的使用条件是数列可看成一个等差数列和一个等比数列对应项相乘而得到的；求和时要先写出“和式”，再把它的两边同乘以等比数列部分的公比；最后错位相减．特别当公比是字母参数时要讨论公比是否为1，当公比为1时应直接按等差数列求和，当公比不为1时才可以用错位相减法．
裂项相消法也是高考常考的一种求和方法，教学时应提醒学生它的使用条件是数列的每一项都可裂成两项之差，并且求和时中间的项可以互相抵消．特别注意抵消后两端可能各剩一项，也可能各剩两项或三项等．
●教学流程
???????
(对应学生用书第37页)
课标解读
1.掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，能运用公式解决一些简单问题．(重点)
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等差(比)关系，并能用有关知识解决相应的问题．(难点)
倒序相加法
设数列{an}为等差数列，则

两式相加，2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1) ＝n(a1＋an)．
∴Sn＝，这种求和的方法叫倒序相加法.
错位相减法
设数列{an}为等比数列且公比q≠1，则
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
qSn＝a1q＋aq2＋…＋a1qn－1＋a1qn.
两式相减，(1－q)Sn＝a1(1－qn)，
∴Sn＝(q≠1)．
这种求和的方法叫错位相减法.
裂项相消法
　 将某些特殊数列的每一项拆成两项的差，并使它们求和的过程中出现相同的项，且这些相同的项能够相互抵消，从而达到将求n个数的和的问题转化为求少数的几项的和的目的．这种求和的方法叫裂项相消法.
(对应学生用书第37页)
倒序相加法
　设f(x)＝，求S＝f()＋f()＋…＋f()．
【思路探究】　由函数解析式特点知f(x)＋f(1－x)＝1，故可用倒序相加法．
【自主解答】　∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝＝.
∴f(x)＋f(1－x)＝1.
∵S＝f()＋f()＋…＋f()，①
又S＝f()＋f()＋…＋f()，②
①＋②得2S＝2 012，∴S＝1 006.
1．如果一个数列{an}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
2．数列是特殊的函数，研究数列一定要注意函数思想的应用．
已知函数f(x)满足当x＋y＝1时，都有f(x)＋f(y)＝1，则f(－10)＋f(－9)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(11)的值等于多少？
【解】　设S＝f(－10)＋f(－9)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(11)，①
则S＝f(11)＋f(10)＋…＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－10)，②
①＋②得2S＝[f(－10)＋f(11)]＋[f(－9)＋f(10)]＋…＋[f(－1)＋f(2)]＋[f(0)＋f(1)]＋[f(1)＋f(0)]＋…＋[f(11)＋f(－10)]．
∵x＋y＝1时，都有f(x)＋f(y)＝1，
∴f(－10)＋f(11)＝f(－9)＋f(10)＝…＝f(11)＋f(－10)＝1，
∴2S＝22，S＝11.
∴所求式子的值为11.
错位相减法
　若公比为c的等比数列{an}的首项a1＝1，且满足an＝(n＝3,4,5，…)．
(1)求c的值；
(2)求数列{nan}的前n项和Sn.
【思路探究】　(1)由等比数列通项公式建立关于公比c的方程，解方程得c.
(2)由c的值→求an及nan→错位相减法求和
【自主解答】　(1)由题设知，当n≥3时，an＝c2an－2，an－1＝can－2.
∵an＝，∴c2an－2＝an－2.
由题设可知an－2≠0，∴c2＝，
即2c2－c－1＝0，解得c＝1或c＝－.
(2)当c＝1时，数列{an}是一个常数列，即an＝1(n∈N*)．
数列{nan}的前n项和Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当c＝－时，数列{an}是一个公比为－的等比数列，即an＝(－)n－1(n∈N*)．
数列{nan}的前n项和为
Sn＝1＋2(－)＋3(－)2＋…＋n(－)n－1①
①×(－)，得
－Sn＝－＋2(－)2＋…＋(n－1)(－)n－1＋n(－)n②
①－②得
(1＋)Sn＝1＋(－)＋(－)2＋…＋(－)n－1－n(－)n
＝－n(－)n.
∴Sn＝[4－(－1)n](n∈N*)．
1．如果数列{cn}的通项满足cn＝an·bn，其中{an}等差，{bn}等比，求和时则用错位相减法．
2．利用错位相减法求和时，一定要注意“错位”，并且不要漏掉最后一项．
求和：Sn＝＋＋＋…＋.
【解】　当a＝1时，Sn＝n(n＋1)；
当a≠1时，Sn＝＋＋＋…＋，
aSn＝1＋＋＋＋…＋，
(1－a)Sn＝－1－－－－…－＋
＝－1－(＋＋…＋)＋，
∴Sn＝(a≠1)．
∴Sn＝
裂项相消法
　等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为前n项之和，求＋＋…＋.
【思路探究】　
【自主解答】　∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2，
∴前n项和Sn＝na1＋d＝3n＋×2＝n2＋2n，
∴＝＝＝(－)(n∈N*)，
∴＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝(1＋－－)＝－.
1．本例根据的特点，将其转化为(－)的形式，采用裂项相消法求解．
2．使用裂项相消法求和时，应注意正负项相消时，究竟是邻项相消，还是隔项相消，消去了哪些项，保留了哪些项．
求数列1，，，…，…的前n项和．
【解】　∵an＝＝＝－，
∴Sn＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝.
(对应学生用书第39页)
用错位相减法求和时因为“错位”致错
　求Sn＝＋＋＋…＋.
【错解】　由Sn＝＋＋＋…＋，
两边同乘以，得Sn＝＋＋＋…＋，
两式相减，得Sn＝＋＋＋…＋，
至此无法再做下去．
【错因分析】　出错的原因是两边同乘以公比后相减时没有“错位”．
【防范措施】　等式两边同乘以公比后，错后一位，让“等比”部分指数相同的相减．
【正解】　由Sn＝＋＋＋…＋＋，①
两边同时乘以得
Sn＝＋＋＋…＋＋，②
由①－②得Sn＝＋＋＋…＋－
＝＋2×－
＝－.
所以Sn＝3－.
1．基础知识：
(1)倒序相加法；
(2)错位相减法；
(3)裂项相消法．
2．基本技能：
(1)用倒序相加法求和；
(2)用错位相减法求和；
(3)用裂项相消法求和．
3．思想方法：
(1)函数思想；
(2)分类讨论思想.
(对应学生用书第39页)
1．已知数列{an}的通项公式an＝，则前n项和Sn＝________.
【解析】　∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝－＋－＋…＋－＝1－＝.
【答案】　
2．已知函数f(x)＝，设数列{an}满足an＝f(n)，则f(－6)＋f(－5)＋f(－4)＋…＋f(6)＋f(7)＝______.
【解析】　f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＋＝1.
设S＝f(－6)＋f(－5)＋…＋f(6)＋f(7)，
则S＝f(7)＋f(6)＋…＋f(－5)＋f(－6)，
两式相加2S＝[f(－6)＋f(7)]＋[f(－5)＋f(6)]＋…＋[f(7)＋f(－6)]＝14，∴S＝7.
【答案】　7
3．数列1×，2×，3×，4×，…的前n项和为________．
【解析】　Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，①
Sn＝1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×＋n×，②
①－②，得Sn＝1×＋1×＋1×＋…＋1×－n×
＝－.
∴Sn＝2－－.
【答案】　2－－
4．求和：＋＋＋…＋
【解】　原式＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)＝.
(对应学生用书第91页)
一、填空题
1．数列1，2，3，4，…的前n项和是________．
【解析】　Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(＋＋＋…＋)＝＋1－.
【答案】　＋1－
2．(2013·德州高二检测)已知数列{}的前n项和为Sn，则S99＝________.
【解析】　设an＝＝－(n∈N*)，
∴S99＝＋＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
【答案】　
3．在等比数列{an}中，已知对于任意n∈N*，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝________.
【解析】　∵an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时a1＝1适合上式，故an＝2n－1，
∴a＝(2n－1)2＝4n－1，
∴a＋a＋…＋a＝＝.
【答案】　
4．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，若an＋an＋1＝－3，则n＝________.
【解析】　∵an＝＝－，∴an＋an＋1＝－＋－＝－＝－3，∴n＝9.
【答案】　9
5．数列{(－1)n·n}的前2 012项的和S2 012为________．
【解析】　法一　S2 012＝－1＋2－3＋4－…－2 011＋2 012
＝－(1＋3＋5＋…＋2 011)＋(2＋4＋6＋…＋2 012)
＝－＋＝1 006.
法二　S2 012＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 011＋2 012)＝1 006.
【答案】　1 006
6．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＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋…＋n)－n
＝＋n(n＋1)－n
＝2n＋1＋n2－2.
【答案】　2n＋1＋n2－2
7．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于________．
【解析】　a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝[f(1)＋f(2)]＋[f(2)＋f(3)]＋…＋[f(100)＋f(101)]
＝(12－22)＋(－22＋32)＋(32－42)＋…＋(－1002＋1012)
＝－3＋5－7＋9－…－99＋101＝2×50＝100.
【答案】　100
8．如图2－3－1所示，第(1)个多边形是由正三角形“扩展”而来的，第(2)个多边形是由正四边形“扩展”而来的，…，如此类推，设由正n边形“扩展”而来的多边形的边数为an，则a6＝________；＋＋＋…＋＝________.
图2－3－1
【解析】　a6＝6×7＝42，∵an＝n(n＋1)，∴＝＝－，∴＋＋＋…＋＝－＋…＋－＝－＝.
【答案】　42　
二、解答题
9．(2013·镇江检测)在等差数列{an}中，a1＝8，a3＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，求Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)．
【解】　(1)∵等差数列{an}中，a1＝8，a3＝4，
∴d＝＝－2，∴an＝8－2(n－1)＝10－2n.
(2)由(1)知bn＝＝＝
＝(－)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)＝·＝.
10．(2013·徐州检测)在等差数列{an}中，a1＝1，数列{bn}满足bn＝()an，且b1b2b3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求证a1b1＋a2b2＋…＋anbn＜2.
【解】　(1)设{an}的公差为d，a1＝1，b1＝，b2＝()1＋d，b3＝()1＋2d.
又b1b2b3＝，解得d＝1，
∴an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)证明：由(1)得bn＝()n，
设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn
＝1·＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，
Tn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)·()n＋n·()n＋1，
两式作差整理得Tn＝2－－＝2－，
∴Tn＜2
11．(2013·无锡检测)已知各项均大于1的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足6Sn＝a＋3an＋2，n∈N*.数列{bn}满足bn＝，n∈N*，且数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{bn}的前n项和为Tn；
(3)是否存在整数m，n，其中2＜m＜n，使得T2，Tm，Tn成等比数列，若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．
【解】　(1)证明：当n＝1时，6S1＝a＋3a1＋2即6a1＝a＋3a1＋2，解得a1＝1或a1＝2.
∵an＞1，∴a1＝2；
当n≥2时，6Sn＝a＋3an＋2且6Sn－1＝a＋3an－1＋2
两式相减，得6an＝a－a＋3an－3an－1
∴(an＋an－1)(an－an－1)＝3(an＋an－1)
∵an＞1　∴an－an－1＝3
∴{an}为首项为2，公差为3的等差数列．
(2)由(1)得an＝3n－1，
∴bn＝，即bn＝(－)，
∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－)＝.
(3)T2＝，Tm＝，Tn＝.
设存在m，n，使得T2，Tm，Tn成等比数列，则T＝T2Tn，即＝，
∴＝.∵＞0，
∴－3m2＋12m＋4＞0解得2－＜m＜2＋.
∵2＜m＜n，∴2＜m＜5.
∵m为整数，∴m＝3或m＝4.
当m＝3时，n不是整数，当m＝4时，n＝32，
∴存在m＝4，n＝32，使得T2，Tm，Tn成等比数列．

(教师用书独具)
求数列2，4，6，…，2n＋，…的前n项和Sn.
【思路探究】　此数列的通项公式是an＝2n＋，而数列{2n}是一个等差数列，数列{}是一个等比数列，故采用分组求和法求前n项和．
【自主解答】　Sn＝2＋4＋6＋…＋(2n＋)
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(＋＋＋…＋)
＝＋
＝n(n＋1)＋－.
在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差或等比数列，那么我们可用分组求和法求出它的前n项和．
求3＋33＋333＋…＋的和Sn.
【解】　∵an＝＝(10n－1)，
∴Sn＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)
＝(10＋102＋…＋10n)－
＝×－
＝(10n－1)－.
拓展
等比数列小故事
根据历史传说记载，国际象棋起源于古印度，至今见诸于文献最早的记录是在萨珊王朝时期用波斯文写的．据说，有位印度教宰相见国王自负虚浮，决定给他一个教训．他向国王推荐了这种在当时尚无人知晓的游戏．国王当时整天被一群溜须拍马的大臣们包围，百无聊赖，很需要通过游戏方式来排遣郁闷的心情．
国王对这种新奇的游戏很快就产生了浓厚的兴趣，高兴之余，他便问那位宰相，作为对他忠心的奖赏，他需要得到什么赏赐．宰相开口说道：请您在棋盘上的第一个格子上放1粒麦子，第二个格子上放2粒，第三个格子上放4粒，第四个格子上放8粒……即每一个格子中放的麦粒都必须是前一个格子麦粒数目的2倍，直到最后一个格子第64格放满为止，这样我就十分满足了．“好吧！”国王哈哈大笑，慷慨地答应了宰相的这个谦卑的请求．
这位聪明的宰相到底要求的是多少麦粒呢？稍微算一下就可以得出：1＋2＋22＋23＋24＋…＋263＝264－1，直接写出数字来就是18 446 744 073 709 551 615粒，这位宰相所要求的，竟是全世界在两千年内所产的小麦的总和！
如果造一个宽四米，高四米的粮仓来储存这些粮食，那么这个粮仓就要长三亿千米，可以绕地球赤道7500圈，或在日地之间打个来回．
国王哪有这么多的麦子呢？他的一句慷慨之言，成了他欠宰相西萨·班·达依尔的一笔永远也无法还清的债．
正当国王一筹莫展之际，太子的数学老师知道了这件事，他笑着对国王说：“陛下，这个问题很简单，就像1＋1＝2一样容易，您怎么会被它难倒？”国王大怒：“难道你要我把全世界两千年产的小麦都给他？”年轻的老师说：“没有必要啊，陛下．其实，您只要让宰相大人到粮仓去，自己数出那些麦子就可以了．假如宰相大人一秒钟数一粒，数完18 446 744 073 709 551 615粒麦子所需要的时间，大约是5 800亿年(大家可以自己用计算器算一下！)．就算宰相大人日夜不停地数，数到他自己魂归极乐，也只是数出了那些麦粒中极小的一部分．
这样的话，就不是陛下无法支付赏赐，而是宰相大人自己没有能力取走赏赐．”国王恍然大悟，当下就召来宰相，将教师的方法告诉了他．
西萨·班·达依尔沉思片刻后笑道：“陛下啊，您的智慧超过了我，那些赏赐……我也只好不要了！”当然，最后宰相还是获得了很多赏赐．

2．1数　列
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)通过日常生活中的实例，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)，了解数列是一种特殊函数，认识数列是反映自然规律的基本数学模型；
(2)了解数列的分类，理解数列通项公式的概念，会根据通项公式写出数列的前几项，会根据简单数列的前几项写出数列的通项公式；
(3)培养学生认真观察的习惯，培养学生从特殊到一般的归纳能力，提高观察、抽象的能力．
2.过程与方法
(1)通过对具体例子的观察分析得出数列的概念，培养学生由特殊到一般的归纳能力；
(2)通过对一列数的观察、归纳，写出符合条件的一个通项公式，培养学生的观察能力和抽象概括能力；
(3)通过类比函数的思想了解数列的几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
3．情感、态度与价值观
(1)体会数列是一种特殊的函数，借助函数的背景和研究方法来研究有关数列的问题，可以进一步让学生体会数学知识间的联系，培养用已知去研究未知的能力．
(2)在参与问题讨论和解决过程中，培养观察、归纳的思维品质，养成自主探索的学习习惯；并通过本节课的学习，体会数学来源于生活，提高数学学习的兴趣．
●重点、难点
重点：数列及其有关概念，通项公式及其应用
难点：认识数列的本质是一类离散函数.
对于数列概念这个重点内容的教学，教师应该强调用函数的背景和研究方法来认识、研究数列，这样可以加深学生对函数概念和性质的理解，有利于对数列本质的把握．建构数列的概念首先要经历大量的实例观察与分析，关键是让学生理解数列的顺序性；其次教师启发学生对几个不同数列的共性进行探究，通过分组讨论，逐步完善，然后揭示出数列的定义．
如何理解数列的本质是一类离散函数呢？教师首先可以从分析一个简单的数列入手，启发学生发现数列的函数解析式，进而可以用列表法、图象法来表示，由此发现数列的图象是一系列孤立的点，可谓水到渠成；然后因势利导，进行一般化的抽象，通过数列的定义域与值域之间的一一对应关系的列表，深化对数列是一种特殊函数即离散函数的认识．
(教师用书独具)
●教学建议
1．对数列概念的引入可作适当拓展．一方面从研究数的角度提出数列概念，使学生感受数列是刻画自然规律的基本数学模型；另一方面可从生活实际引入，如银行存款利息、购房贷款等，使学生对这些现象的数学背景有一直观认识，感受数列研究的现实意义，以激发学生的学习兴趣．
2．对数列概念的把握，教学中应注意：
(1)数列是按照一定顺序排列着的一列数，教学中要注意留给学生回味、思考的空间和余地；
(2)数列是一种特殊函数，其定义域是正整数集N*(或它的有限子集)，值域是当自变量顺次从小到大依次取值时的对应值．
3．重视对学生学习数列的概念及表示法的过程的评价，关注学生在数列概念与表示法的学习中，对所呈现的问题情境是否充满兴趣；在学习过程中，能否发现数列中的项的规律特点，写出数列的通项公式或递推公式．
4．正确评价学生的数学基础知识和基础技能能否类比函数的性质，正确理解数列的概念，正确使用通项公式、列表、图象等方法表示数列，了解数列是一种特殊的函数，了解递推公式也是数列的一种表示方法．
●教学流程
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(对应学生用书第17页)
课标解读
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．
2.理解数列的通项公式及简单应用．(重点)
3.能根据数列的前几项写出数列的一个通项公式．(重点、难点)
数列的概念
【问题导思】　
(1)正整数1,2,3,4,5,6的倒数依次是________．
(2)－2的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂依次是________．
(3)对于函数y＝3x，当自变量x依次取－2，－1,1,2,3时，其函数值依次是________．
(4)“一尺之棰，日取其半，万世不褐”，如果将初始量看成“1”，取其一半剩“”，再取一半还剩“”……如此下去，即得一列数________．
那么，以上问题的结果，有什么共同特点？
【提示】　共同特点是：都是一列数；都有一定的次序．
1．数列
按照一定次序排列的一列数称为数列．
2．项
数列中的每个数都叫做这个数列的项．
3．数列的一般形式
可写成a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}.
数列的分类
项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列.
数列的通项公式
【问题导思】　
1．数列1，－，，－，…的第n项与序号n之间有何关系？
【提示】　第n项是序号n的倒数，且奇数项为正，偶数项为负．
2．数列2,4,6,8,10，…与函数y＝2x有何关系？
【提示】　该数列是函数y＝2x的自变量x依次取1,2,3,4，…时所得到的一列函数值．
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
数列的表示法
　数列可以用通项公式、列表或图象来表示.
(对应学生用书第17页)
利用观察法求数列的通项公式
　写出下列数列的一个通项公式．
(1)，，，，…；
(2)－1，，－，，－，…；
(3)，3，，，3，…；
(4)9,99,999,9999，….
【思路探究】　观察→归纳an与n的关系→验证结论→得出答案
【自主解答】　(1)根据题意分析可知：分子为2的倍数，即为2n，分母比分子的平方小1，所以an＝.
(2)该数列的各项符号是负正交替变化，而各项的绝对值为，，，，，….
所以an＝(－1)n.
(3)该数列的各项都可以写成根式，，，，，….
即，，，，，….
所以an＝＝.
(4)因为9＝101－1,99＝102－1,999＝103－1,9 999＝104－1，…，所以an＝10n－1.
1．本例中探寻数列中的项与项数n之间的关系时应注意：
(1)对于分式应分母分子分别考虑，各个击破；
(2)正负项交替出现时要引入控制符号的因式(－1)n.
2．此类问题主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法，将数列进行整体变形以便能呈现出与序号n相关且便于表达的关系，具体方法为：
(1)分式中分子、分母的特征；
(2)相邻项的变化特征；
(3)拆项后的特征；
(4)各项的符号特征和绝对值特征．
根据数列的前几项，写出下列数列的一个通项公式．
(1)，，，，…；
(2)1,3,6,10,15，…；
(3)7,77,777，…；
(4)，－，，－，…；
【解】　(1)注意前四项中有三项的分子为4，不妨把分子统一为4，即，，，，…，因而有an＝(n∈N*)．
(2)6＝2×3,10＝2×5,15＝3×5，规律还不明显，再把各项的分子和分母都乘2，即，，，，，…，因而有an＝(n∈N*)．
(3)把各项除以7，得1,11,111，…，再乘9，得9,99,999，…，因而有an＝(10n－1)(n∈N*)．
(4)经过观察符号为一正一负：(－1)n＋1，分子为2n－1，分母为2n，所以an＝(－1)n＋1.
通项公式的应用
　已知数列{an}的通项公式为an＝，
(1)写出此数列的前3项；
(2)试问和是不是它的项？如果是，是第几项？
【思路探究】　(1)分别把n＝1,2,3代入通项公式即可．
(2)令an分别等于和，解方程求n，再检验n是否为正整数．
【自主解答】　(1)a1＝＝1，a2＝＝，a3＝＝.
(2)令＝，则n2＋3n－40＝0，解得n＝5或n＝－8.
又n∈N*，故n＝－8舍去，所以是数列{an}的第5项．
令＝，则4n2＋12n－27＝0，解得n＝或n＝－.
又n∈N*，所以不是数列{an}的项．
1．如果已知数列的通项公式，只要将相应序号代入通项公式，就可以写出数列中的指定项．
2．判断某数是否为数列中的一项，步骤如下：
(1)将所给的数代入通项公式中；
(2)解关于n的方程；
(3)若n为正整数，说明所给的数是该数列的项；若n不是正整数，则不是该数列的项．
已知数列{an}的通项公式为an＝3n2－28n.
(1)写出数列的第4项和第6项；
(2)问－49和68是该数列的项吗？若是，是第几项？若不是，请说明理由．
【解】　(1)∵an＝3n2－28n，
∴a4＝3×42－28×4＝－64，
a6＝3×62－28×6＝－60.
(2)令3n2－28n＝－49，即3n2－28n＋49＝0，
∴n＝7或n＝(舍)．
∴－49是该数列的第7项，即a7＝－49.
令3n2－28n＝68，即3n2－28n－68＝0，
∴n＝－2或n＝.
∵－2?N*，?N*，
∴68不是该数列的项.
数列的最大项、最小项问题
　已知数列{an}的通项公式是an＝－2n2＋9n＋3，求它的最大项．
【思路探究】　数列是特殊的函数，可将问题转化为二次函数的最值问题，利用二次函数的知识求解．
【自主解答】　已知－2n2＋9n＋3＝－2(n－)2＋.
由于函数f(x)＝－2(x－)2＋在(0，)上是增函数，在[，＋∞)上是减函数，故当n＝2时，f(n)＝－2n2＋9n＋3取得最大值13，所以数列{an}的最大项为a2＝13.
1．解决本题的关键是转化为二次函数的最值问题，并注意n∈N*.
2．数列的项与项数之间构成特殊的函数关系，故可用函数的有关知识解决数列问题，但要注意函数的定义域．对于通项公式为二次函数的数列，其最值不一定是在对称轴上取得，当对称轴不是正整数时，最值应是离对称轴最近的项的值，且对应的值可能是一项或两项．
若例题中通项公式改为“an＝－2n2＋29n＋3”，结果是什么？
【解】　由题意得
an＝－2n2＋29n＋3＝－2(n－)2＋108，
又∵n∈N*，
∴当n＝7时，an有最大值108.
∴数列an中的最大项为a7＝108.
(对应学生用书第19页)
忽略数列的函数特性而致误
　已知数列{an}的通项公式为an＝n2－3n＋4，求an的最小值．
【错解】　因为an＝n2－3n＋4＝(n－)2＋，
所以an的最小值为.
【错因分析】　将an＝n2－3n＋4看成关于n的二次函数，当n＝时，取得最小值为，而数列中n∈N*，故n取不到，最小值并不是在顶点处取得．
【防范措施】　解题时不要把数列当成一般的二次函数，数列是特殊的函数，其定义域为正整数集N*(或它的有限子集)，图象不连续，是一群孤立的点．
【正解】　因为an＝n2－3n＋4＝(n－)2＋，
可知图象的对称轴方程为n＝，又n∈N*，
故当n＝1或n＝2时，an取得最小值．
其最小值为22－3×2＋4＝2.
1．基础知识：
(1)数列的概念；
(2)数列的分类；
(3)数列的通项公式；
(4)数列的表示法．
2．基本技能：
(1)利用观察法求数列的通项公式；
(2)运用通项公式研究数列的项；
(3)求数列的最大项与最小项．
3．思想方法：
(1)函数思想；
(2)转化思想.
(对应学生用书第19页)
1．若数列{an}的通项公式an＝，则它的前4项为________．
【解析】　把n＝1,2,3,4逐一代入即可．
【答案】　，，，
2．数列，－，，－，…的一个通项公式是an＝________.
【解析】　偶数项均为负，奇数项均为正，故应用(－1)n＋1控制符号，分子显然为序号的平方，分母均比相应分子大1.
【答案】　(－1)n＋1
3．已知数列1，，，，…，，…，则3是该数列的第________项．
【解析】　令＝3，则2n－1＝45，∴n＝23.
【答案】　23
4．在数列{an}中，a1＝2，a17＝66，通项公式an是n的一次函数．
(1)求{an}的通项公式；
(2)88是否是数列{an}中的项？
【解】　(1)设an＝kn＋b，则
解得：∴an＝4n－2.
(2)令an＝88，解得n＝?N*，
∴88不是{an}中的项.
(对应学生用书第84页)
一、填空题
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n＋1(n2＋1)，则a3等于________．
【解析】　a3＝(－1)3＋1(32＋1)＝10.
【答案】　10
2．数列1,3,6,10，x,21,28，…中x的值是________．
【解析】　观察数列的特点可知，从第2项起，每一项与前一项的差分别为2,3,4，…，依次增加1，故x为15.
【答案】　15
3．数列－1，，－，，…的一个通项公式是________．
【解析】　数列中奇数项均为负，偶数项均为正，要用(－1)n控制符号，除首项为1外其余各项均为分式，故把1改写成，从而分母依次为1,3,5,7，…，通项为2n－1，分子依次为1,4,9,16，…，通项为n2.
【答案】　an＝(－1)n
4．已知数，3，，，…，那么9是数列的第______项．
【解析】　根据观察可知，通项公式为an＝，
令＝9，解得n＝14.
∴9是数列的第14项．
【答案】　14
5．根据图2－1－1中的5个图形，及相应点的个数变化规律，试猜测第n个图中有________个点．
　(1)　(2)　 　(3)　　　 (4)　　　　　　(5)
图2－1－1
【解析】　设第i个图形中有ai个点(i＝1,2，…，n)，则a1＝1，a2＝1＋1×2，a3＝1＋2×3，a4＝1＋3×4，a5＝1＋4×5，…，an＝1＋(n－1)n.
【答案】　1＋(n－1)n
6．已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋17n＋8，则数列的最大项的值为________．
【解析】　由an＝－n2＋17n＋8＝－(n－)2＋得，n＝8或9时，an最大，把8或9代入得a8＝a9＝80.
【答案】　80
7．已知数列{an}满足＝n(n为正整数)，且a2＝6，则数列{an}的一个通项公式为________．
【解析】　令n＝1得＝1，∴a1＝1＝1×1；
令n＝2得＝2，∴a3＝15＝3×5；
令n＝3得＝3，∴a4＝28＝4×7，
又a2＝6＝2×3
∴an＝n(2n－1)
【答案】　an＝n(2n－1)
8．数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a20的值为________．
【解析】　逐步计算，可得a1＝，a2＝－1＝，a3＝－1＝，a4＝，a5＝－1＝，…，这说明数列{an}是周期数列，T＝3，而20＝3×6＋2，所以a20＝a2＝.
【答案】　
二、解答题
9．数列{an}中，已知an＝(n∈N*)．
(1)写出a2，a10；
(2)79是不是该数列中的项？若是，是第几项？
【解】　(1)在an的表达式中，令n＝2,10，
即得a2＝＝，a10＝＝.
(2)由＝79，即n2＋n－240＝0，
得n＝15或n＝－16.
∵n∈N*，∴n＝15，
即79是该数列中的项，是第15项．
10．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－5n＋4.
(1)数列中有多少项是负数？
(2)n为何值时，an有最小值？并求出最小值．
【解】　(1)由n2－5n＋4＜0，解得1＜n＜4.
∵n∈N*，∴n＝2,3.
∴数列中有两项是负数．
(2)由an＝n2－5n＋4＝(n－)2－，
可知对称轴方程为n＝＝2.5.
又∵n∈N*，故n＝2或3时，an有最小值，其最小值为22－5×2＋4＝－2(或32－5×3＋4＝－2)．
11．已知数列{an}中，a1＝3，a10＝21，通项an是项数n的一次函数．
(1)求数列{an}的通项公式，并求出a2 012；
(2)若bn由a2，a4，a6，a8，…组成，试归纳{bn}的一个通项公式．
【解】　(1)an是项数n的一次函数，故可设an＝kn＋b，又a1＝3，a10＝21，∴解得
∴an＝2n＋1(n∈N*)，a2 012＝2×2 012＋1＝4 025.
(2)∵{bn}是由{an}的偶数项组成，
∴bn＝a2n＝2×2n＋1＝4n＋1(n∈N*).
(教师用书独具)
根据如图所示的5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第(n)个图中有________个点．
(1)　(2)　　(3)　　　　(4)　　　　　　　(5)
【解析】　本题关键看每增加一个分支后，各分支点数多了多少个．序号n决定了每个图的分支数，而每个分支有(n－1)个点，中心再加一点，故有n(n－1)＋1＝n2－n＋1个点．
【答案】　n2－n＋1
有些数列的关系以图形的方式给出，要从图形中善于观察总结出规律，即归纳概括．另外信息蕴含在图中，所以要具有较强的信息整合能力．
如图所示的三角形称为谢宾斯基(Sierpinski)三角形．在图中的4个三角形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，请写出这个数列的一个通项公式，并在平面直角坐标系中画出它的图象．
(1)　　　　(2)　　　　(3)　　　　(4)
【解】　这4个三角形中着色三角形的个数依次为1,3,9,27，则所求数列的前4项都是3的指数幂，且指数等于相应的序号减1，所以这个数列的一个通项公式是an＝3n－1(n∈N*)．在平面直角坐标系中的图象如图所示．
拓展
数列是如何出现的呢？
我国最早的数学起源，当为结绳和刻划，体现了数的顺序性．这有可能是数列的一个起源吗？
1953年春，我国首次发现西安半坡遗址(距今5 600～6 700年之间).1954－1957年，中国科学院考古研究所进行了5次规模较大的科学发掘，获得了大量珍贵的科学资料，其中发现了半坡先民使用的指甲纹壶(如图)与陶器工艺品中的图案(如图)后者每边都是八个孔的等边三角形，反映了半坡人已经有了数量和几何形状的概念，这与“三角形数”何其相似！这说明半坡人已经有了数列的初步概念，遗憾的是在半坡文明中还没有发现对数列进行理论研究的足够证据.
2．2等差数列
2．2.1　等差数列的概念
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)通过实例，理解等差数列的概念，了解公差的概念，明确一个数列是等差数列的限定条件，能根据定义判断一个数列是等差数列；
(2)明确等差中项的概念和性质，会求两个数的等差中项；
(3)能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；
(4)在探索活动中培养学生观察、分析的能力，培养学生由特殊到一般的归纳能力．
2.过程与方法
(1)经历等差数列的简单产生过程和应用等差数列的基本知识解决问题的过程；
(2)让学生对日常生活中实际问题分析，引导学生通过观察、推导、归纳抽象出等差数列的概念，由学生建立等差数列模型用相关知识解决一些简单的问题．
3．情感、态度与价值观
(1)通过等差数列概念的归纳概括，培养学生的观察、分析资料的能力，积极思维、追求新知的创新意识；
(2)培养学生观察、归纳的能力，培养学生的应用意识．
●重点、难点
重点：理解等差数列的概念．
难点：等差数列的证明与等差数列的设法．
对于等差数列概念这个重点内容的教学，“授人以渔”的研究方法比纯粹传授知识更重要．建构等差数列的概念首先要经历大量的实例观察，分析数列的项与项之间可能的关系，然后概括发现等差数列的“共性”，进而探究揭示等差数列的定义及其证明方法．教学中关键是让学生自己经历观察、归纳、猜想等过程，逐步认识到数列的项与项之间的“等差”关系，而不能简单让学生填空计算“相邻两项的差”．
(教师用书独具)
●教学建议
1．等差数列在日常生活中有着广泛的应用．因此，首先引导学生研究三个现实问题(第23届到第28届奥运会举行年份问题、通话计费问题、储蓄问题)．这三个数列模型，其实是给出了等差数列的现实背景．目的是让学生切实感受到等差数列是现实生活中大量存在的数列模型．然后给学生一定的思考和探索空间，让他们自己观察、归纳、猜想，进而抽象出等差数列的概念．
2．在学习完等差数列概念的基础上，让学生自己去研究、自己去发现等差中项的有关结论，提高学生自主学习的能力，同时感受发现知识的快乐．
3．为了强化学生对本部分知识的掌握，设置“等差数列的概念”、“等差数列的证明”及“等差数列中项的设法”三个方面的例题．通过这些例题的教学可以使学生更深刻地领会本节知识．
●教学流程
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(对应学生用书第20页)
课标解读
1.理解等差数列及等差中项的概念．(重点)
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．(难点)
等差数列
【问题导思】　
观察下面的三个数列
0,2,4,6，…；
12,22,32,42，…；
18,155,13,10.5，….
上面这些数列有什么共同特点？
【提示】　相邻项的差为同一个常数(从第二项起，每一项减去它的前一项的差都是同一个常数)．
如果一个数列，从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，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，通常用d表示.
等差中项
【问题导思】　
在a，b之间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，则A应满足什么条件？
【提示】　∵a，A，b成等差数列，∴A－a＝b－A，
∴2A＝a＋b，∴A＝
　 如果三个数a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项．这三个数满足的关系式是A＝.
(对应学生用书第20页)
等差数列的概念
　判断下列数列是否为等差数列：
(1)0，－3，－6，－9，－12，…；
(2)1,2,4,6,8；
(3)6,6,6,6，…；
(4)m，m＋n，m＋2n,2m＋n.
【思路探究】　利用等差数列的定义，判定an－an－1＝d(d为常数)是否成立．
【自主解答】　(1)该数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数－3，所以该数列是等差数列．
(2)因为2－1＝1,4－2＝2,6－4＝2,8－6＝2,1≠2，所以该数列不是等差数列．
(3)该数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数0，所以该数列是等差数列．
(4)(m＋n)－m＝n，(m＋2n)－(m＋n)＝n,2m＋n－(m＋2n)＝m－n.
当n＝m－n，即m＝2n时，该数列是等差数列；
当n≠m－n，即m≠2n时，该数列不是等差数列．
1．本题根据等差数列的定义，逐一检验数列中从第2项起，每一项与其前一项的差是否为同一常数，再作出判断．
2．一般情况下，要判断数列是否为等差数列，只需按照定义去验证，要关注两点：
(1)后项减前项；
(2)差为同一个常数．
判断下列数列是否为等差数列？
(1)an＝3－2n；
(2)an＝n2－n.
【解】　(1)∵an＋1－an＝[3－2(n＋1)]－(3－2n)＝－2是同一个常数，
∴{an}是等差数列．
(2)∵an＋1－an＝[(n＋1)2－(n＋1)]－(n2－n)＝2n，不是同一常数，
∴{an}不是等差数列.
等差数列的证明
　已知数列{an}满足：a1＝4，an＝4－(n≥2)，bn＝.
求证数列{bn}是等差数列；
【思路探究】　－＝常数→
bn＋1－bn＝常数→数列{bn}是等差数列
【自主解答】　因为an＝4－(n≥2)，
所以an＋1－2＝2－＝，
所以＝＝＋(n≥1)，
故－＝(n≥1)，
即bn＋1－bn＝(n∈N*)．
所以数列{bn}是等差数列．
1．本例中，对条件的转化使用是个难点，应掌握对条件的恰当转化．
2．证明数列{an}为等差数列的方法：
(1)证明an＋1－an为同一个常数d(n≥1，n∈N*)；
(2)证明an＋1＋an－1＝2an(n≥2)．
已知三个正数a，b，c满足a2，b2，c2成等差数列．求证，，成等差数列．
【证明】　∵a2，b2，c2成等差数列，∴b2＝.
∵＋＝
＝
＝
＝
＝
＝＝，
∴，，成等差数列．
灵活设元求解等差数列
　已知四个数成等差数列，且四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这个等差数列．
【思路探究】　若设四个数分别为a，a＋d，a＋2d，a＋3d，列出方程组可以求解，但解方程时较麻烦，若对称设四个数分别为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，则解方程时会很简单．
【自主解答】　设这四个数分别为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，
由题设知
解得或
所以这个数列为2,5,8,11或11,8,5,2.
1．本题利用对称设法设出数列中的四个数，由四数之和为定值，可直接求出未知量a，进一步很方便的可求出d.
2．当三个数或四个数成等差数列时可采用对称的设法，三个数时，设a－d，a，a＋d；四个数时，设a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.再由题目其它条件建立关于a、d的方程组，通过解方程组求出所要结果．
已知三个数成等差数列，首末两项之积为中间项的5倍，后两项的和为第一项的8倍，求这三个数．
【解】　设这三个数分别为a－d，a，a＋d，则由已知，
得所以或
所以这三个数分别为0,0,0或3,9,15.
(对应学生用书第22页)
不理解等差数列的定义致误
　若数列{an}的通项公式为an＝10＋lg 2n，求证数列{an}为等差数列．
【错解】　因为an＝10＋lg 2n＝10＋nlg 2，
所以a1＝10＋lg 2，a2＝10＋2lg 2，a3＝10＋3lg 2，
所以a2－a1＝lg 2，a3－a2＝lg 2，
则a2－a1＝a3－a2，故数列{an}为等差数列．
【错因分析】　a3－a2＝a2－a1＝常数，不能满足等差数列的定义中“从第2项起，每一项与前一项的差等于同一个常数”的要求．
【防范措施】　要证明一个数列为等差数列，必须证明从第二项起所有的项与其前一项之差为同一常数，即an－an－1＝d(n≥2)恒成立，而不能只验证有限个相邻两项之差相等．
【正解】　因为an＝10＋lg 2n＝10＋nlg 2，
所以an＋1＝10＋(n＋1)lg 2.
所以an＋1－an＝[10＋(n＋1)lg 2]－(10＋nlg 2)＝lg 2(n∈N*)．
所以数列{an}为等差数列．
1．基础知识：
(1)等差数列的概念；
(2)等差中项．
2．基本技能：
(1)等差数列的判定(或证明)方法；
(2)三个(或四个)数成等差数列时数的设法．
3．思想方法：
(1)转化思想；
(2)对称设元思想.
(对应学生用书第22页)
1．下列说法正确的是________(填序号)．
①一个数列的每一项与它的前一项的差都等于常数，这个数列就叫等差数列
②一个数列的每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，这个数列就叫等差数列
③一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于常数，这个数列就叫等差数列
④一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，这个数列就叫等差数列
【解析】　根据等差数列的定义判断．
【答案】　④
2．下列数列不是等差数列的是________(填序号)．
①6,6,6，…，6，…
②－2，－1,0，…，n－3，…
③5,8,11，…，3n＋2，…
④0,1,3，…，，…
【解析】　根据等差数列的定义判断④不是等差数列．
【答案】　④
3．已知等差数列{an} 的前三项依次为a－1，a＋1,2a＋3，则参数a的值为________．
【解析】　由题意知：(a－1)＋(2a＋3)＝2(a＋1)，
∴3a＋2＝2a＋2，∴a＝0
【答案】　0
4．已知三个数成等差数列并且数列是递增的，它们的和为18，平方和为116，求这三个数．
【解】　设这三个数为a－d，a，a＋d，由已知得：

由①得a＝6，代入②得d＝±2.
∵该数列是递增的，∴d＝－2舍去，
∴这三个数为4,6,8.
(对应学生用书第85页)
一、填空题
1．(2013·衡阳高二检测)在△ABC中，三个内角A、B、C依次成等差数列，则角B等于________．
【解析】　由A、B、C依次成等差数列，得A＋C＝2B，
∴A＋B＋C＝3B＝180°，∴B＝60°
【答案】　60°(或)
2．在－1和8之间插入两个数a，b，使这四个数成等差数列，则公差为________．
【解析】　由已知a－(－1)＝b－a＝8－b＝d，
∴8－(－1)＝3d
∴d＝3
【答案】　3
3．等差数列的相邻4项是a＋1，a＋3，b，a＋b，那么a，b的值依次为________．
【解析】　设公差为d，则d＝(a＋3)－(a＋1)＝2.
又d＝(a＋b)－b＝a，∴a＝2，
∴d＝b－(a＋3)＝b－5＝2，
∴b＝7.
【答案】　2,7
4．(2013·浏阳高二检测)已知a＝，b＝，则a，b的等差中项为________．
【解析】　∵a＋b＝＋＝
＝＝2，∴等差中项为.
【答案】　
5．已知数列8，a,2，b，c是等差数列，则a，b，c的值分别为________、________、________.
【解析】　由题意得：2a＝8＋2,2×2＝a＋b，
2b＝2＋c，即a＝5，b＝－1，c＝－4.
【答案】　5，－1，－4
6．已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是________．
【解析】　由题意知：∴3m＋3n＝18，
即m＋n＝6，∴＝3.
【答案】　3
7．已知a，b是正整数，且lg(a－3)和lg(4－b)的等差中项为lg，则a，b的值分别是________．
【解析】　因为a，b是正整数，a－3＞0,4－b＞0，所以a＞3,0＜b＜4.又2lg ＝lg(a－3)＋lg(4－b)，即(a－3)(4－b)＝5＝1×5＝5×1，所以
解得
【答案】　8,3
8．(2013·烟台高二检测)设函数f(x)＝＋2，若a，b，c成等差数列(公差不为零)，则f(a)＋f(c)＝________.
【解析】　由已知，得b－a＝c－b，∴c－b＝－(a－b)，
∴f(a)＋f(c)＝＋2＋＋2＝＋＋4＝0＋4＝4.
【答案】　4
二、解答题
9．数列{an}中，an＝lg，判断该数列是否为等差数列．
【解】　∵an＝lg，∴an＋1＝lg，
∴an＋1－an＝lg－lg
＝lg(×)
＝lg ＝lg＝lg＝－lg 3，
∴数列{an}是等差数列．
10．已知数列{an}为等差数列，求证：当an均不为0时，都有＋＋…＋＝成立．
【证明】　(1)设数列{an}的公差为d，若d＝0，则所述等式显然成立．
(2)若d≠0，则＋＋…＋＝(＋＋…＋)＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)＝·＝.
11．已知，，成等差数列，求证：，，也成等差数列．
【证明】　∵，，面等差数列，∴＝＋，
即2ac＝b(a＋c)．
∵＋＝＝＝＝＝.
∴，，成等差数列.
(教师用书独具)
已知三个数成等差数列并且数列是递增的，它们的和为18，平方和为116，求这三个数．
【思路探究】　由等差中项，设三个数分别为a－d，a，a＋d，列方程组求解．
【自主解答】　设这三个数为a－d，a，a＋d，由已知，得

由①，得a＝6，代入②，得d＝±2.
∵该数列是递增的，∴d＝－2舍去．
∴这三个数为4,6,8.
充分利用等差中项的性质，往往能简化解题过程，事半功倍．
已知三个数成等差数列，其和为15，首末两项的积为9，求这三个数．
【解】　由题意，可设这三个数分别为a－d，a，a＋d，则

解得或
所以，当d＝4时，这三个数为1,5,9；
当d＝－4时，这三个数为9,5,1.
拓展
亢量数列
“亢量数列”使八年前一个穿鞋都露脚尖的乞丐变成了几年后的一个花费百万元去玩鼎的私营企业老板，这个人就是麦宪利．
“亢量数列”——《股价测算王》软件，是北京麦宪利科技中心独资开发并拥有全部自主知识产权的一项高科技产品，它依据的是麦宪利先生花费近20年心血研究出来的一种独特运算方式，基于统计学原理，运用逻辑学的甄别技术，对股票价格和大盘指数的运行趋势作出比较精确的判断．就其对股票价格和大盘指数的阶段性运行数值所能作出的精算能力而言，这款软件不论在国内还是在国外，目前都处于绝对领先的地位，无任何其他同类型产品共同存在于财经类软件市场．
股票的价位变异和大盘指数的起伏升跌，表面上看似乎毫无规律可循，很难建立起一个精确的数学模型来阐述和描绘这种常被数学家们称为“混沌”和“紊流”现象的自然事物，但是，在“亢量数列”面前，股票的价格变化和大盘指数数值的演变，就像浸在清水里的一块白布，它上面暗藏的各种晦涩难辨的纷杂图形就清晰显现、昭然若揭．股票也好，股市也好，都不是“死”的物，它都有生命、有爆发、有衰落，与人和动物一样，有生命的周期性．
“亢量数列”就是记载着有生命的物体其生命能量爆发周期和烈度的一种图谱，以及探寻该生命物体的生命能量爆发的周期和烈度的一种工具．“亢量数列”不但对股票的价格走势和大盘指数的数值变化有着较精确的测算作用，在犯罪学领域也有着很广泛的应用价值，尤其是在追索刑事犯罪案件中潜逃藏匿的犯罪嫌疑人的躲藏踪迹方面，效果尤为显著．
“亢量数列”早年被称为“倍八数列”，2006年经专家建议，正式更名为“亢量数列”．经过多年的实际应用，在麦宪利先生遍布全国的股友圈子里，“倍八测股”已经有了很广泛的影响，知名度甚高．用它来评盘测股，准确率高达70%至80%，稍有证券投资常识的人都知道：在证券投资实践中，一种有效的投资行为指导方法，如果其准确率能达到70%以上的话，盈亏相抵，获利将是非常巨大的！
2．2.2　等差数列的通项公式
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)掌握用“叠加法”求等差数列通项公式的方法，掌握等差数列的通项公式，并能用公式解决一些简单的问题；
(2)掌握等差数列的常用简单性质，并能应用于解题；
(3)正确认识使用等差数列的多种表达形式，能灵活运用通项公式求等差数列的首项、公差、项数、指定的项，能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系并能用有关知识解决相应的问题；
(4)能通过通项公式与图象认识等差数列的性质，体会等差数列是用来刻画一类离散现象的重要数学模型，体会等差数列与一次函数的关系；能用图象与通项公式的关系解决某些问题．
2.过程与方法
(1)进行等差数列通项公式应用的实践操作，并在操作过程中通过类比函数概念、性质、表达式得到对等差数列相应问题的研究；
(2)通过等差数列的图象的应用，进一步渗透数形结合思想、函数思想；
(3)通过等差数列通项公式的运用，渗透方程思想．
3．情感、态度与价值观
(1)通过对等差数列的研究，使学生明确等差数列与一般数列的内在联系，从而渗透特殊与一般的辩证唯物主义观点；
(2)培养学生观察、归纳的能力，培养学生的应用意识．
●重点、难点
重点：探索等差数列的通项公式，并且会用公式解决一些简单的问题，体会等差数列与一次函数之间的联系．
难点：概括通项公式推导过程中体现出的数学思想方法，体会等差数列与一次函数之间的联系．
在探索发现等差数列的通项公式时，教师要给学生思考的空间，先让学生自己经历对几个特殊的等差数列通项公式的观察、归纳、猜想过程，从感性认识逐步上升到理性思维，然后通过分组讨论、合作交流，迁移过渡到一般等差数列通项公式的探究发现，关键是体会等差数列定义的作用．由此逐步概括出观察、归纳、猜想以及叠加、迭代等数学基本思想方法．
体会等差数列与一次函数之间的联系时，应充分利用二者图象之间的关系；等差数列的图象是相应一次函数的图象的一个子集，是相应一次函数定义域为正整数集时对应点的集合．
(教师用书独具)
●教学建议
1．在回顾上节所学等差数列概念的基础上，首先引导学生自己去寻找上节所提出的三个实际问题(第23届到第28届奥运会举行年份问题、通话计费问题、储蓄问题)的通项公式，为后面求一般等差数列通项公式作铺垫，从而完成从研究具体的等差数列通项公式到一般等差数列通项公式的过渡．然后引导学生用“叠加法”探求一般的等差数列的通项公式，最后从函数的角度思考等差数列通项公式与一次函数的关系．
2．在完成等差数列通项公式的教学后，结合具体数列，引导学生思考等差数列满足的性质，提高学生研究性学习的能力．
3．为了让学生巩固本部分知识，可以三个方面设置例题与练习：等差数列的通项公式、等差数列性质的应用、等差数列的实际应用．对于这些例题及练习应引导学生自己解决，使学生更深刻领会本节知识．
●教学流程
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(对应学生用书第23页)
课标解读
1.掌握等差数列的通项公式．(重点)
2.能运用通项公式解决一些简单问题．(重点、难点)
3.了解等差数列与一次函数的关系.
等差数列的通项公式
【问题导思】　
若等差数列{an}的首项为a，公差为d，则根据定义可得
a2－a1＝____，即a2＝a1＋____；
a3－a2＝d，即a3＝a2＋d＝a1＋______；
a4－a3＝d，即a4＝a3＋d＝a1＋______；
……
因此归纳等差数列{an}的第n项an＝______.
【提示】　d　d　2d　3d　a1＋(n－1)d
从函数角度研究等差数列{an}
【问题导思】　
1．由等差数列的通项公式，等差数列的任意项an与序号n有何函数关系？
【提示】　由通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，故d≠0时，an是关于序号n的一次函数；d＝0时为常数函数．
2．数列{an}满足an＝kn＋b(k，b为常数)，{an}一定是等差数列吗？
【提示】　一定．因为an－an－1＝(kn＋b)－[k(n－1)＋b]＝k，k为常数，所以{an}一定是等差数列．
an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)是关于n的一次函数的形式，其定义域为N*，其图象是直线y＝dx＋(a1－d)上的一些等间隔的点，其中公差d是该直线的斜率.
等差数列的性质
【问题导思】　
1．等差数列{an}中，当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q为正整数)成立吗？试证明之．
【提示】　成立．由等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，am＝a1＋(m－1)d，ap＝a1＋(p－1)d，aq＝a1＋(q－1)d，
∴an＋am＝2a1＋(m＋n－2)d，
ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d.
∵m＋n＝p＋q，
∴am＋an＝ap＋aq.
2．等差数列{an}中，a1，a4，a7，a10，…有何关系？
【提示】　设等差数列{an}公差为d，则a4＝a1＋3d，a7＝a1＋6d，a10＝a1＋9d，…所以a4－a1＝3d，a7－a4＝3d，a10－a7＝3d，…，
即a1，a4，a7，a10，…仍为等差数列．
1．在等差数列{an}中，设m、n、p、q均为正整数，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.
2．若数列{an}是公差为d的等差数列，那么ak，ak＋m，ak＋2m，ak＋3m，…组成的数列仍为等差数列，公差为md，即等间隔抽取的子数列也是等差数列.
(对应学生用书第23页)
等差数列的通项公式
　已知等差数列6,3,0，….
(1)试求此数列的第100项；
(2)－30和－40是不是这个数列的项？若是，是第几项？若不是说明理由．
【思路探究】　等差数列→首项、公差→通项公式→列方程→解方程，判断
【自主解答】　(1)设此数列为{an}，则首项a1＝6，公差d＝3－6＝－3，
∴数列的通项公式为an＝6＋(n－1)×(－3)＝－3n＋9.
∴a100＝－3×100＋9＝－291.
(2)如果－30是这个数列中的项，
则方程－30＝－3n＋9有正整数解．
解这个方程得n＝13，因此－30是这个数列的第13项；
如果－40是这个数列中的项，
则方程－40＝－3n＋9有正整数解，
解这个方程得n＝，因此－40不是这个数列中的项．
1．求出数列{an}的通项公式是解决本题的关键．
2．数列的通项公式是数列的核心，是解决数列问题的关键，特别是求数列中的某一项，判断某一数值是否是数列中的项等，都需确定通项公式．
3．当判断某一数值a是否是数列{an}中的项时，只需令an＝a，若解得n为正整数，则a是数列{an}中的项，否则不是数列{an}中的项．
若{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，则a75＝________.
【解析】　法一　∵a15＝a1＋14d，a60＝a1＋59d，
∴解得
故a75＝a1＋74d＝＋74×＝24.
法二　∵{an}为等差数列，∴a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列．设其公差为d，则a15为首项，a60为第4项．
∴a60＝a15＋3d，∴20＝8＋3d，解得d＝4，故a75＝a60＋d＝20＋4＝24.
法三　由等差数列的性质，得d＝＝＝，a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×＝24.
【答案】　24
等差数列性质的应用
　已知等差数列{an}的公差是正数，并且a3a7＝－12，a4＋a6＝－4，求数列{an}的通项公式．
【思路探究】　先由等差数列的性质求a3，a7的值，再列方程组解a1，d.
【自主解答】　由等差数列{an}的性质知：a3＋a7＝a4＋a6，从而a3a7＝－12，a3＋a7＝－4，故a3，a7是方程x2＋4x－12＝0的两根，又d＞0，解之得a3＝－6，a7＝2.再解方程组解得
则an＝a1＋(n－1)d＝－10＋(n－1)×2＝2n－12，即an＝2n－12.
1．本例中利用等差数列的性质转换已知条件，使解题过程简捷灵活．
2．等差数列的常用性质如下：
(1)若m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q，则有am＋an＝ap＋aq.当m＋n＝2p时，am＋an＝2ap.
(2)一个等差数列中的序号成等差数列、公差为m的项ak，ak＋m，ak＋2m，…组成的数列仍是等差数列，且公差为md.
(3)d＝＝(m，n∈N*，n＞m)．
(4)an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*，n＞m)．
若a2＋a8＝180，求a3＋a4＋a5＋a6＋a7.
【解】　因为a2＋a8＝2a5＝180，所以a5＝90.
又因为a3＋a7＝a4＋a6＝2a5，
所以a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝5×90＝450.
等差数列的实际应用
　某公司经销一种数码产品，第1年获利200万元．从第2年起由于市场竞争等方面的原因，利润每年比上一年减少20万元．按照这一规律，如果公司不开发新产品，也不调整经营策略，从哪一年起，该公司经销这一产品将亏损？
【思路探究】　认真阅读题目中所给条件，建立等差数列模型求解．
【自主解答】　由题意可设第1年获利为a1，第n年获利为an，则an－an－1＝－20(n≥2，n∈N*)，每年获得的利润构成等差数列{an}，且首项a1＝200，公差d＝－20.
所以an＝a1＋(n－1)d＝200＋(n－1)×(－20)
＝－20n＋220.
若an＜0，则该公司经销这一产品将亏损．
由an＝－20n＋220＜0，解得n＞11.
即从第12年起，该公司经销这一产品将亏损．
1．将实际问题转化成等差数列模型是解决此类问题的关键．
2．在实际问题中，若涉及到一组与顺序有关的数的问题，可考虑利用数列方法解决．若这组数依次成直线递增或递减，则可考虑利用等差数列方法解决．在利用数列方法解决实际问题时，一定要分清首项、项数等关键问题．
(2013·黄冈高二检测)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________．
【解析】　设所构成的等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意得即
解得所以a5＝a1＋4d＝.
【答案】　升
(对应学生用书第24页)
等差数列的性质运用错误
　设数列{an}是等差数列，a2＝4，a4＝10，求a6.
【错解】　∵{an}是等差数列，
∴a6＝a2＋a4，∴a6＝4＋10＝14.
【错因分析】　在等差数列中，若m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N*，则am＋an＝ap＋aq，即必须是两项相加等于另两项相加．若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap，如a2＋a4＝2a3成立，但a2＋a4＝a6却不一定成立．
【防范措施】　注意对等差数列性质的理解与记忆，对性质：当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，am＋an＝ap＋aq，不能误认为“若m＝p＋q则am＝ap＋aq”．
【正解】　∵a2＝a1＋d＝4，a4＝a1＋3d＝10，
两式相减得2d＝6，∴d＝3，a1＝1，
∴a6＝a1＋5d＝1＋5×3＝16.
1．基础知识：
(1)等差数列的通项公式；
(2)等差数列的性质．
2．基本技能：
(1)等差数列通项公式的求法；
(2)等差数列通项公式的应用；
(3)等差数列性质的应用；
(4)等差数列的实际应用．
3．思想方法：
(1)方程思想；
(2)转化思想.
(对应学生用书第25页)
1．等差数列为1，－1，－3，…，则－89的项数是________．
【解析】　首项a1＝1，公差d＝－1－1＝－2，所以通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1－2(n－1)＝3－2n，令3－2n＝－89，∴n＝46.
【答案】　46
2．若{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9＝________.
【解析】　∵a1＋a4＋a7＝3a4＝45，∴a4＝15.
又∵a2＋a5＋a8＝3a5＝39，
∴a5＝13.
∴d＝a5－a4＝－2.
∴a3＋a6＋a9＝3a6＝3(13－2)＝33.
【答案】　33
3．在等差数列{an}中，若a1＝23，a6＞0，a7＜0，公差d∈Z，则公差d＝________.
【解析】　∵a6＝a1＋5d＝23＋5d＞0，
a7＝a1＋6d＝23＋6d＜0，
∴－＜d＜－.又d∈Z，∴d＝－4.
【答案】　－4
4．已知等差数列{an}满足a2＋a5＋a8＝9，a3·a5·a7＝－21，求an.
【解】　∵a2＋a5＋a8＝9，a2＋a8＝2a5，
∴3a5＝9，a5＝3，
∴a3＋a7＝2a5＝6，①
又a3a5a7＝－21，
∴a3a7＝－7，②
由①②解得a3＝－1，a7＝7或a3＝7，a7＝－1，
∴a3＝－1，d＝2或a3＝7，d＝－2.
由an＝a3＋(n－3)d，得an＝2n－7或an＝－2n＋13.
(对应学生用书第86页)
一、填空题
1．已知等差数列{an}的前三项为a－1，a＋1,2a＋3，则此数列的通项公式为________．
【解析】　由已知2(a＋1)＝(a－1)＋(2a＋3)，
得a＝0，
∴d＝1－(－1)＝2，首项a1＝－1.
∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3.
【答案】　an＝2n－3
2．(2013·扬州检测)在等差数列{an}中，已知a3＝4，a5＝－4，则a7＝________.
【解析】　∵数列{an}是等差数列，∴a3＋a7＝2a5.
又∵a3＝4，a5＝－4，∴a7＝2a5－a3＝－12.
【答案】　－12
3．已知点(1,1)，(3,7)是等差数列{an}图象上的两点，则a5＝________.
【解析】　a1＝1,2d＝7－1，∴d＝3，∴a5＝a1＋4d＝1＋4×3＝13.
【答案】　13
4．已知数列{an}满足：a＝a＋4，且a1＝1，若an＞0，则an＝________.
【解析】　设a＝bn，则{bn}为等差数列，∵bn＋1＝bn＋4且b1＝1，∴bn＝1＋4(n－1)＝4n－3，∴an＝＝.
【答案】　
5．(2013·无锡检测)已知一个等差数列的前三项分别为－1，x,3，则它的第五项为________．
【解析】　∵2d＝3－(－1)＝4，∴d＝2，
∴a5＝－1＋4×2＝7.
【答案】　7
6．已知等差数列{an}中，a3和a15是方程x2－6x－1＝0的两个根，则a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝________.
【解析】　∵a3和a15是方程x2－6x－1＝0的两根，
∴a3＋a15＝2a9＝6，a9＝3，
∴a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝(a7＋a11)＋(a8＋a10)＋a9＝5a9＝15.
【答案】　15
7．黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图2－2－1的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖________块．
图2－2－1
【解析】　显然构成一个等差数列，且首项a1＝6，公差d＝4，∴第n个图案中有an＝6＋4(n－1)＝4n＋2块白色地面砖．
【答案】　4n＋2
8．在等差数列{an}中，a1＝，从第10项开始，每一项均不小于1，则公差d的取值范围是________．
【解析】　an＝a1＋(n－1)d＝＋(n－1)d.由题意知d＞0，a10≥1且a9＜1，即a10＝＋9d≥1且a9＝＋8d＜1，解得≤d＜.
【答案】　[，)
二、解答题
9．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，求an.
【解】　设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝7，a5＋a7＝26，
∴解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
10．已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求数列{an}的通项公式．
【解】　∵a1＋a7＝2a4，a1＋a4＋a7＝3a4＝15，
∴a4＝5.
又∵a2a4a6＝45，∴a2a6＝9.
即(a4－2d)(a4＋2d)＝9，即(5－2d)(5＋2d)＝9，
解得d＝±2.
若d＝2，则an＝a4＋(n－4)·2＝2n－3；
若d＝－2，则an＝a4＋(n－4)·(－2)＝13－2n.
11．在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，bn＝.
(1)求证数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】　　(1)证明：由题意知bn－bn－1＝－＝－＝3(n≥2，n∈N*)，∴{bn}是公差为3的等差数列．
(2)∵a1＝1，∴b1＝＝1，∴bn＝b1＋(n－1)×3＝3n－2＝，∴an＝(n∈N*).
(教师用书独具)
已知数列{an}的通项公式为an＝pn2＋qn(常数p，q∈R)．
(1)当p和q满足什么条件时，数列{an}是等差数列；
(2)求证：对任意的实数p和q，数列{an＋1－an}都是等差数列．
【思路探究】　(1)由等差数列的定义可知，{an}是等差数列?an＋1－an是一个与n无关的常数．(2)即证明(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)是一个与n无关的常数．
【自主解答】　(1)设数列{an}是等差数列，
由题意，得an＋1－an＝[p(n＋1)2＋q(n＋1)]－(pn2＋qn)＝2pn＋p＋q，上式应是一个与n无关的常数，
∴有2p＝0，即p＝0.
当p＝0时，数列{an}是等差数列．
(2)证明：∵an＋1－an＝2pn＋p＋q，
∴an＋2－an＋1＝2p(n＋1)＋p＋q.
∴(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)
＝[2p(n＋1)＋p＋q]－(2pn＋p＋q)＝2p(常数)．
∴对任意的实数p和q，数列{an＋1－an}都是等差数列．
1．{an}为等差数列?an＋1－an＝d(d为常数)对n∈N*恒成立．
2．定义an＋1－an＝d(d为常数)是判断数列{an}是否为等差数列的“基本”方法，我们称之为“定义法”．
已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，数列{bn}中，bn＝3an＋4，则{bn}是否为等差数列？并说明理由．
【解】　{bn}是等差数列，理由如下：
∵an＋1－an＝d(n∈N*)，
∴bn＋1－bn＝(3an＋1＋4)－(3an＋4)
＝3(an＋1－an)＝3d.
∴{bn}为等差数列．
拓展
等差数列通项公式推导方法
等差数列通项公式的推导方法除课本使用的“叠加法”(又称累加法)外，还可采用以下三种推导方法：
(1)归纳法：
因为{an}是等差数列，所以：
a2＝a1＋d，
a3＝a2＋d＝a1＋2d，
a4＝a3＋d＝a1＋3d，
a5＝a4＋d＝a1＋4d，
……
an＝an－1＋d＝a1＋(n－1)d，
所以an＝a1＋(n－1)d(n≥2)．
当n＝1时，等式两边均为a1，所以等式也是成立的，这就说明当n∈N*时，an＝a1＋(n－1)d总成立．
(2)逐差法：因为{an}是等差数列，所以有：
an＝an－an－1＋an－1，
an－1＝an－1－an－2＋an－2；
an－2＝an－2－an－3＋an－3，
……
a2＝a2－a1＋a1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(n－1)d＋a1，所以an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)．
(3)迭代法：
因为{an}是等差数列，所以有：
an＝an－1＋d＝an－2＋d＋d＝an－2＋2d＝an－3＋d＋2d＝an－3＋3d＝…＝a1＋(n－1)d，
所以an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)．
2.3等比数列
2．3.1　等比数列的概念
(教师用书独具)
●三维目标
1.知识与技能
(1)通过实例理解等比数列的概念，能判断一个数列是不是等比数列；
(2)深刻理解等比中项概念，了解等比数列的子数列性质，提高学生的数学素质，增强学生的应用意识．
2.过程与方法
(1)对日常生活中实际问题分析，引导学生通过观察、推导，经历发现几个具体数列的等比关系，归纳抽象出等比数列的定义；
(2)类比等差中项概念，理解等比中项的概念，并能运用等比中项解决有关问题；
(3)由学生通过丰富实例抽象出等比数列模型，归纳出等比数列，用相关知识解决一些简单的问题．
3．情感、态度与价值观
(1)培养学生从实际问题中抽象出数列模型的能力；
(2)充分感受数列是反映现实生活的模型，体会数学是来源于现实生活，并应用于现实生活的，数学是丰富多彩的而不是枯燥无味的，从而提高学习的兴趣．
●重点、难点
重点：等比数列的定义的理解与应用．
难点：分析具体问题的情境，建立等比数列模型，并且运用等比数列定义解决有关问题．
对于等比数列的教学，可以通过与等差数列“类比”的方法进行探究，抓住知识与方法的相似性，突出定义与性质的不同点，培养学生的类比推理能力．建构等比数列的概念首先也要让学生经历大量的实例观察，分析数列的项与项之间可能的关系，然后概括发现“等比”关系，进而探究揭示等比数列的定义及其递推公式．建立等比数列模型的关键是分析具体问题的情境，发现数列的项与项之间的“等比”关系．

(教师用书独具)
●教学建议
1．与等差数列类似，等比数列概念的引入也是通过从日常生活的实例中抽象出等比数列的模型，从而突出了数列作为反映自然规律的基本数学模型的作用．本节三个实例：元素半衰期问题、汽车折旧问题、投资复利问题，既让学生感受到等比数列也是现实生活中大量存在的数列模型，也让学生经历了从实际问题抽象出数学模型(即三个数列)的过程．
2．紧跟在实例之后提出的问题：与等差数列相比，上面这些数列有什么特点？是为了给学生一定的思考和探索的空间，让学生自己通过观察、归纳、猜想等认识到等比数列的特性．这时一方面可以引导学生类比等差数列相邻两项间的关系，一方面可以结合对三个数列的具体探索，让学生通过“类比”和“归纳”发现三个数列的共同特征：都是首项逐次乘以一个常数得到的数列．
随后可以让学生类比等差数列和等差中项的定义，自己给出等比数列和等比中项的定义．
3．为了强化学生对本部分知识的掌握，设置“等比数列的概念”，等比数列的证明及“等比数列元素的设法”三个方面的例题．通过这些例题的教学，可以使学生更深刻地领会本节知识．
●教学流程
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(对应学生用书第28页)
课标解读
1.理解等比数列及等比中项的概念．(重点)
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．(难点)
等比数列的定义
【问题导思】　
考察下面几个数列．
(1)1，－1,1，－1，….
(2)关于在国际象棋棋盘各个格子里放麦粒的问题，由于每一个格子里的麦粒都是前一个格子里的麦粒数的2倍，且共有64个格子，各个格子里的麦粒数依次是
1,2,22,23，…，263.
(3)某人年初投资10 000元，如果年收益率是5%，那么按照复利，5年内各年末的本利和依次为
10 000×1.05,10 000×1.052，…，10 000×1.055.
以上数列有何共同特征？
【提示】　每个数列从第二项起，每一项与其前一项的比值都等于同一个常数．
　如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比．公比通常用字母q表示(q≠0).
等比中项
【问题导思】　
若在a与b之间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，则G与a，b有何关系？
【提示】　由等比数列的定义可得＝，所以G2＝ab.
若a、G、b成等比数列，则称G为a和b的等比中项，且满足G2＝ab.
等比数列的子数列性质
【问题导思】　
1．把等比数列a1，a2，a3，a4，a5各项倒序书写所得新数列是否为等比数列？
【提示】　仍为等比数列．设原等比数列公比q，则
　＝＝＝＝q，∴＝＝＝＝.
∴新数列a5，a4，a3，a2，a1仍为等比数列且公比为.
2．若数列{an}是等比数列，数列{can}是否为等比数列？
【提示】　由{an}是等比数列，所以＝q，所以＝q，所以{can}也是等比数列．
1．若数列{an}为等比数列，则an，an－1，…，a2，a1也为等比数列，公比为 .
2．若数列{an}为等比数列，则数列{can}也为等比数列，公比为q.
3．若数列{an}为等比数列，则am，am＋k，am＋2k，…也为等比数列，公比为qk.
(对应学生用书第29页)
等比数列的概念
　判断下列数列是否为等比数列．
(1)1,3,32,33，…，3n－1，…；
(2)－1,1,2,4,8，…；
(3)a1，a2，a3，…，an，….
【思路探究】　根据等比数列的定义判断．
【自主解答】　(1)记数列为{an}，∵a1＝1，a2＝3，…，an＝3n－1，
∴＝＝3(n≥2，n∈N*)，
∴数列为公比q＝3的等比数列．
(2)记数列为{an}，且a1＝－1，a2＝1，a3＝2，….
∵＝－1≠＝2，∴该数列不是等比数列．
(3)当a＝0时，数列为0,0,0，…，是常数列，不是等比数列；
当a≠0时，数列为a1，a2，a3，a4，…，an，…，
显然此数列为等比数列且公比为a.
1．注意等比数列的各项均不能为0，如本例(3)中，各项含有字母时，要注意对字母取值分类讨论，不能认为q＝a就一定为等比数列．
2．判定一个数列是否为等比数列，关键是验证＝q(常数)是否成立．
判断下列数列是否为等比数列．
(1)1，－1,1，－1，…；
(2)1,2,4,6,8，…；
(3)a，ab，ab2，ab3，….
【解】　(1)是首项为1，公比为－1的等比数列．
(2)≠，不是等比数列．
(3)当ab≠0时，是等比数列，公比为b，首项为a；
当ab＝0时，不是等比数列.
等比数列的证明
　已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，求证{an}是等比数列．
【思路探究】　由Sn＝2n＋1－2→求an→证明
为常数
【自主解答】　由Sn＝2n＋1－2，得a1＝S1＝22－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，
当n＝1时，a1＝2也符合an＝2n，
∴an＝2n(n∈N*)，
∴＝＝2，
∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
1．本题已知Sn求an，要利用：
求解．
2．已知通项an证明数列为等比数列的步骤：
(1)验证首项a1≠0；
(2)证明＝q(q≠0，q为常数)．
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，求证{an＋1}是等比数列．
【证明】　∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)．
由a1＝1知，a1＋1≠0，可得an＋1≠0，
∴＝2(n∈N*)．
∴数列{an＋1}是等比数列.
灵活设元求解等比数列问题
　三个互不相等的数成等比数列，如果适当排列这三个数，又可成为等差数列，且这三个数的积为8，求这三个数．
【思路探究】　三数成等比
设为，a，aq―→分类讨论―→解方程求得数
【自主解答】　设这三个数分别为，a，aq，其中a≠0，q≠0且q≠1，
则有·a·aq＝8，
∴a＝2.则这三个数分别为，2,2q.
①若为等差中项，则×2＝2＋2q，
即q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，
∴三个数分别为－1,2，－4.
②若2为等差中项，则有2×2＝＋2q，
即q2－2q＋1＝0，解得q1＝q2＝1(舍去)．
③若2q为等差中项，则有2×2q＝2＋，
即2q2－q－1＝0，解得q＝－或q＝1(舍去)．
∴三个数分别为－4,2，－1.
由①②③知，这三个数分别为－1,2，－4或－4,2，－1.
1．此题用到“分类讨论”的数学方法，使用“分类讨论”方法解题时，必须做到以下两点：
(1)明确分类标准(如概念、性质、运算等)；
(2)分类做到不重不漏．
2．三个数成等比数列时一般设为：，a，aq，这样对称设置利于计算．但四个数成等比数列时不能设为，，aq，aq3.
有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12.求这四个数．
【解】　法一　设这四个数依次为a－d，a，a＋d，，
由条件得
解得或
∴当a＝4，d＝4时，所求四个数为0,4,8,16；
当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15,9,3,1.
故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.
法二　设这四个数依次为－a，，a，aq(a≠0)，
由条件得解得或
∴当q＝2，a＝8时，所求四个数为0,4,8,16；
当q＝，a＝3时，所求四个数为15,9,3,1.
故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.
法三　设这四个数依次为x，y,12－y,16－x，
由已知得
解得或
故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.
(对应学生用书第30页)
忽视等比中项的符号特点致错
　在等比数列{an}中，am＋n＝A，am－n＝B(AB＞0，m＞n，m，n∈N*)，求am的值．
【错解】　设公比为q，则am＋n＝a1qm＋n－1＝A，①
am－n＝a1qm－n－1＝B，②
①×②得aq2(m－1)＝AB，∴(a1qm－1)2＝AB，即a＝AB，∴am＝±.
【错因分析】　一方面am是am＋n与am－n的等比中项，另一方面am的符号取决于am在数列中的位置，错解中没有对am的符号进行准确的判断．
【防范措施】　注意等比数列中各项的符号特点是隔项符号必须相同．从而，对于数a，b的等比中项G，G2＝ab一定成立，但G的符号不一定正负都可取，如等比数列{an}中，三项分别为a1，a4，a7，则a4是a1与a7的等比中项，此时a4可取正值，也可取负值；而对于下面的三项a2，a4，a6，也有a4是a2与a6的等比中项，此时a4只能与a2和a6同号．
【正解】　同错解，得a＝AB.
当n为奇数时，m＋n与m的奇偶性相反，am＝±.
当n为偶数时，m＋n与m的奇偶性相同，即am与am＋n同号，故am＝
∴am＝
1．基础知识：
(1)等比数列的定义；
(2)等比中项；
(3)等比数列子数列的性质．
2．基本技能：
(1)等比数列的定义的应用；
(2)等比数列的证明(或判断)方法；
(3)几个数成等比数列时的设法．
3．思想方法：
(1)方程思想；
(2)分类讨论思想．
(对应学生用书第31页)
1．下面有四个结论：
①由第一项起乘相同常数得后一项，这样所得到的数列一定为等比数列；
②常数列b，b，b，…，b一定为等比数列；
③等比数列{an}中，若公比q＝1，则此数列各项相等；
④等比数列中，各项与公比都不为零．
其中正确结论的序号是________．
【解析】　由等比数列的定义知，等比数列的各项均不为0且公比q≠0，①若a1＝0，不是等比数列；②若b＝0，不是等比数列；③④是正确的．
【答案】　③④
2．若2是b－1，b＋1的等比中项，则b＝________.
【解析】　(b－1)(b＋1)＝(2)2，∴b2－1＝8，∴b2＝9，∴b＝±3.
【答案】　±3
3．如果将20,50,100各加上同一个常数组成一个等比数列，则这个数列的公比为________．
【解析】　设所加的同一个数为x，则由题意知：(50＋x)2＝(20＋x)(100＋x)，
解得：x＝25，∴公比q＝.
【答案】　
4．已知数列{an}的通项公式为an＝()n(n∈N*)．
求证{an}是等比数列．
【证明】　∵an＝()n，∴an＋1＝()n＋1，
∴＝＝，是常数．
∴{an}是等比数列，首项为a1＝，公比为.
(对应学生用书第88页)
一、填空题
1．等比数列{an}中，a1＝4，a2＝8，则公比q＝________.
【解析】　q＝＝＝2.
【答案】　2
2．若－1，x，－4成等比数列，则x的值为________．
【解析】　x2＝(－1)×(－4)＝4，∴x＝2或x＝－2.
【答案】　2或－2
3．(2013·苏州检测)在等比数列{an}中，a1＜0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5＝________.
【解析】　由等比中项知：a2a4＝a，a4a6＝a，
∴a＋2a3a5＋a＝36，∴(a3＋a5)2＝36.
又∵等比数列{an}中，a1＜0，∴a3＜0，a5＜0，
∴a3＋a5＜0，∴a3＋a5＝－6.
【答案】　－6
4．等比数列x,2x＋2,3x＋3，…的第四项为________．
【解析】　由已知(2x＋2)2＝x(3x＋3)，∴x2＋5x＋4＝0，∴x＝－4或x＝－1(舍去)．
∴前3项分别为：－4，－6，－9，∴公比q＝，
∴第四项为－.
【答案】　－
5．(2013·无锡检测)等差数列{an}中，a3＋a11＝8，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6·b8的值为________．
【解析】　∵等差数列{an}中，a7＝＝＝4，
∴b7＝a7＝4.由等比中项，∴b6·b8＝b＝16.
【答案】　16
6．(2013·德州高二检测)一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小角的正弦值为________．
【解析】　设直角三角形最小内角为α，则三内角由小到大为：α，90°－α，90°.
由已知sin α，sin(90°－α)，sin 90°成等比数列，
∴sin2(90°－α)＝sin α·sin 90°，即cos2α＝sin α，
∴sin2α＋sin α－1＝0，
∴sin α＝或sin α＝(舍去)．
【答案】　
7．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，若数列{an＋c}恰为等比数列，则c的值为________．
【解析】　∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴c＝1.
【答案】　1
8．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a等于________．
【解析】　由已知
将①代入③得b＝2，
∴即a2＋2a－8＝0，解得a＝2或a＝－4.
当a＝2时，c＝2，即a＝b＝c与已知不符，∴a＝－4.
【答案】　－4
二、解答题
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，试证明{an}是等比数列．
【解】　∵Sn＝2an＋1，∴Sn＋1＝2an＋1＋1.
∴Sn＋1－Sn＝an＋1＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an，
∴an＋1＝2an.①
又∵S1＝a1＝2a1＋1，∴a1＝－1≠0.
由①式可知an≠0，
∴＝2，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列．
10．若a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，A、B、C成等差数列，a，b，c成等比数列，试判断△ABC的形状．
【解】　∵角A、B、C成等差数列，
∴A＋C＝2B，又△ABC中，A＋B＋C＝π，∴B＝.
又∵边a，b，c成等比数列，
∴b2＝ac，由余弦定理
∴cos B＝＝＝cos＝，
∴a2＋c2－ac＝ac，
∴(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴△ABC为等边三角形．
11．已知f(x)是一次函数，且f(0)＝2，若f(2)．f(7)，f(22)成等比数列(公比q≠1)，求f(1)＋f(3)的值．
【解】　令f(x)＝ax＋b，∵f(0)＝2，
∴b＝2，即f(x)＝ax＋2.
∵f(2)，f(7)，f(22)成等比数列，
∴[f(7)]2＝f(2)·f(22)，
即(7a＋2)2＝(2a＋2)·(22a＋2)，
即a2－4a＝0，
∴a＝0(舍去)或a＝4，
∴f(x)＝4x＋2，
∴f(1)＋f(3)＝4＋2＋4×3＋2＝20.
(教师用书独具)
设{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn＝an＋bn，求证：数列{cn}不是等比数列．
【思路探究】　要证{cn}不是等比数列，只要证c≠c1c3即可．
【证明】　设{an}，{bn}的公比分别为p，q，且p≠q，
又cn＝an＋bn.
要想证{cn}不是等比数列，只需证c≠c1·c3，
c＝(a1p＋b1q)2＝ap2＋bq2＋2a1b1pq，
c1·c3＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)
＝ap2＋bq2＋a1b1(p2＋q2)．
由于p≠q，∴p2＋q2≠2pq，又a1，b1不为0，
∴c≠c1·c3.故{cn}不是等比数列．
利用等比中项证明数列是等比数列是除定义法之外，最常用的方法．其本质就是证明数列中除首末两项之外其余各项都是它前一项与后一项的等比中项．
已知a，b，c，d成等比数列，a＋b，b＋c，c＋d均不为零，求证：a＋b，b＋c，c＋d成等比数列．
【证明】　由已知得，b2＝ac，c2＝bd，＝，即bc＝ad.
∵(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝ac＋bd＋bc＋bc＝ac＋bd＋bc＋ad＝(ac＋bc)＋(bd＋ad)＝(a＋b)(c＋d)，
而a＋b，b＋c，c＋d均不为零，∴a＋b，b＋c，c＋d成等比数列．
拓展
历史上的等比数列
在古代，随着自然数、分数的概念和四则运算的产生，为了生产与生活的需要，就产生了数列的知识．在世界数学史上，对级数(数列)的讨论具有悠久的历史，中国、巴比伦、古希腊、埃及和印度等，都曾经研究过级数，中国古代数学名著《周髀算经》、《九章算术》、《孔子算经》、《张邱建算经》等，对等比级数a＋aq＋aq2＋…＋aqn都列举出计算的例子，说明中国古代对级数的研究曾作出过一定的贡献．
古老的《易经》一书中写道：“是故《易》有太极，是一生两仪；两仪生四象，四象生八卦”，实际上，这种分割，已经寓有数学中等比数列的思想；《九章算术》记载有这样的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这是一个等比级数问题，即已知公比为2，项数为5，S5为5，求首项a1.
在国外，约公元前2000年，巴比伦人在烧制的泥板上记载了一些数学知识．其中有他们经过观察而制定的一个月亮周相表，用现代符号表示为：5,10,20,40；20,36,52，可以看出，前者是一个等比数列，后者是一个等差数列．他们在具体问题里算出了等差数列和等比数列的和．还有一个问题：今有七个人，每人有七只猫，每只猫吃了七只老鼠，每只老鼠吃了七棵麦穗，每棵麦穗又可以长出七升麦粒，问人、猫、鼠、麦穗、麦粒的总数是多少？这是一个公比为7的等比数列求和问题，虽给出了答案为19 607，但是没指出所用方法，估计是通过简单的逐项相加实现的．
公元前4世纪，古希腊的算术在巴比伦和埃及的基础上，又有新发展．在研究音乐理论中得到了调和平均数，他们发现，乐器的弦长决定乐器发出的声音，而且绷得一样紧的弦，当其长度成整数比时即发出谐音．例如，如果一根弦的长度是另一根弦长度的2倍，就产生谐音，两音相差8度；如果一根与另一根的弦长之比是3：2，则发出另一谐音，等等．它与后来发现的调和级数相联系．
约公元前300年，欧几里得(Euclid，约前330—前275)的名著《几何原本》(共13篇)第九篇的命题35给出了对等比数列之和的一个漂亮的证明.

数列一般数列分类有穷数列无穷数列数列与函数的关系表示方法列表法图象法解析法通项公式在实际中的应用特殊数列等差数列等比数列通项公式应用定义前n项
和公式性质
数列通项公式的求法
数列的通项公式是数列的核心内容之一．它如同函数中的解析式一样，对研究数列的性质起着重要的作用．围绕数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化规律与趋势，而且还便于研究数列的前n项和，因此求数列的通项公式往往是解决数列问题的突破口．在解题时，根据题目所给条件的不同，可以采用不同的方法求数列的通项公式，常见方法有观察法、累加法、累乘法、前n项和法、构造法等．
　已知数列{an}分别满足以下条件，求通项公式an.
(1)a1＝1，an＋1－an＝n(n∈N*)；
(2)数列{an}的前n项和为Sn＝an－3.
【思路点拨】　(1)已知a1且an＋1－an＝f(n)，故用累加法；
(2)条件是关于an，Sn的关系式，利用n≥2时，an＝Sn－Sn－1消去Sn转化为an与an－1的关系．
【规范解答】　(1)∵an＋1－an＝n，
∴a2－a1＝1，
a3－a2＝2，
a4－a3＝3，
……
an－an－1＝n－1.
将以上各式叠加，得an－a1＝1＋2＋…＋(n－1)＝.
∴an＝a1＋＝1＋＝
(2)∵Sn＝an－3，
∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
∴＝3(n≥2)．
而当n＝1时，有a1＝a1－3，∴a1＝6，
∴{an}是以6为首项，3为公比的等比数列，
∴an＝6×3n－1＝2×3n.
分别求满足下列条件的数列{an}的通项公式：
(1)a1＝1，＝；
(2)a1＝1，an＋1＝an＋1.
【解】　(1)∵＝，
∴n≥2时，×××…×＝×××××…××＝，即＝.
又∵a1＝1，∴an＝.
而a1＝1也适合上式，
∴{an}的通项公式an＝n(n＋1)．
(2)令an＋1－p＝(an－p)(p为常数)，
即an＋1＝an＋p，又an＋1＝an＋1，
∴＝1，p＝3，
∴an＋1－3＝(an－3)．
故数列{an－3}是首项为－2，公比为的等比数列．
∴an－3＝－2×()n－1，
∴an＝3－2×()n－1.
数列求和
求数列的和是数列运算的重要内容之一．数列求和可分为特殊数列求和与一般数列求和，特殊数列就是指等差或等比数列，非等差或非等比数列称为一般数列．对于特殊数列的求和，要恰当的选择、准确的应用求和公式，采用公式法直接求和；对于一般的数列求和，可采用分组化归法、并项转化法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分段求和法等．
　已知数列{an}是各项为正数的等比数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
【思路点拨】　(1)由已知条件列方程组求a1，q；
(2)求出bn表达式后，用分组化归法求Tn.
【规范解答】　(1)设{an}公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知有
化简，得
又a1>0，
所以
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝(an＋)2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2.
因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋＋…＋)＋2n＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1.
数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0.
(1)求数列的通项公式an及前n项和Sn.
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
【解】　(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴{an}是以a1为首项的等差数列．
设an＝a1＋(n－1)d，则a4＝a1＋3d，
∴d＝＝－2，∴an＝8＋(－2)(n－1)＝10－2n.
∴Sn＝＝9n－n2.
(2)∵an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.
∵当n＞5时，an＜0；
当n＝5时，an＝0；
当n＜5时，an＞0.
∴当n＞5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－52)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn.
∴Tn＝
数列与函数、方程、不等式的综合应用
数列是一类特殊的函数，用函数的观点认识数列问题，并结合方程、不等式的知识解决数列问题，既有利于理解和掌握数列的基本概念和性质，又有利于解决问题．
　已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，…，
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的x＞0，an≥－(－x)，n＝1,2，…；
(3)证明：a1＋a2＋…＋an＞.
【思路点拨】　(1)由已知an＋1与an的关系构造等比数列，求出通项公式．
(2)利用(1)的结论，把an代入要证不等式右端利用配方法证明；
(3)利用(2)的结论，代入构造等比数列求和．
【规范解答】　(1)∵an＋1＝，∴＝＋，∴－1＝(－1)．
又－1＝，∴(－1)是以为首项，为公比的等比数列．
∴－1＝·＝，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝＞0，
－(－x)
＝－(＋1－1－x)
＝－[－(1＋x)]
＝－·＋
＝－(－an)2＋an≤an，n＝1,2，….
∴原不等式成立．
(3)证明：由(2)知，对任意的x＞0，有
a1＋a2＋…＋an≥－(－x)＋－(－x)＋…＋－(－x)
＝－(＋＋…＋－nx)．
取x＝(＋＋…＋)＝
＝(1－)，
则a1＋a2＋…＋an≥＝＞.
∴原不等式成立．
　等差数列{an}的首项a1>0，前n项和为Sn，若Sl＝Sk(l≠k)，则n为何值时Sn最大？
【解】　依题意，设f(n)＝Sn＝na1＋d，
∴f(n)＝dn2＋(a1－)n，
此函数是以n为自变量的二次函数．
∵a1>0，Sl＝Sk(l≠k)，∴d<0，
故此二次函数的图象开口向下．
∵f(l)＝f(k)，
∴当x＝时，f(x)最大，
但f(n)中，n∈N*，
∴当l＋k为偶数时，n＝时，Sn最大；
当l＋k为奇数时，n＝时，Sn最大.
分类讨论思想
分类讨论思想就是指在解决一些问题时，按一种模式、一个标准不能清晰、准确地表示，需根据不同情况分别说明．本章中，当数列所给的对象不宜进行统一研究或推理时，需通过分类讨论来解决．如运用等比数列求和公式时，需对q分q＝1和q≠1且q≠0两种情况进行讨论．
　已知{an}是公比为q的等比数列，且a1、a3、a2成等差数列．
(1)求q的值；
(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．
【思路点拨】　(1)利用等差、等比数列的有关性质求q；
(2)作差比较，判断差的正、负、零情况．
【规范解答】　(1)依题意，得2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q.
∵a1≠0，∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－.
(2)若q＝1，则Sn＝2n＋＝，bn＝n＋1，
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝，
故当n≥2时，Sn＞bn；
若q＝－，则Sn＝，bn＝－n＋，
当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝－，
∴当2≤n≤9时，Sn＞bn，当n＝10时，Sn＝bn，
当n≥11时，Sn＜bn.
　求数列1，－22,32，－42，…，(－1)n－1n2，…的前n项和．
【解】　①当n为偶数时，
Sn＝(1－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋[(n－1)－n]·[(n－1)＋n]
＝－[1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n]＝－.
②当n为奇数时，则n－1为偶数，
∴Sn＝Sn－1＋n2＝－＋n2＝.
综上可知Sn＝
课件31张PPT。数列通项公式的求法 数列求和 数列与函数、方程、不等式的综合应用 分类讨论思想 课件62张PPT。教师用书独具演示演示结束数列的概念 一定次序 每个 {an} 数列的分类 有限 无限 数列的通项公式 第n项an 序号n 数列的表示法 通项公式 列表 图象 利用观察法求数列的通项公式 通项公式的应用 数列的最大项、最小项问题 课时作业（六）课件50张PPT。教师用书独具演示演示结束等差数列 同一个常数 常数 公差 d 等差中项 等差数列的概念 等差数列的证明 灵活设元求解等差数列 课时作业（七）课件55张PPT。教师用书独具演示演示结束等差数列的通项公式 从函数角度研究等差数列{an} dn＋(a1－d) y＝dx＋(a1－d) 斜率 等差数列的性质 am＋an＝ap＋aq am＋an＝2ap md 等差数列的通项公式 等差数列性质的应用 等差数列的实际应用 课时作业（八）课件71张PPT。教师用书独具演示演示结束等差数列的前n项和公式 等差数列前n项和的性质 等差 m2d nd an＋1 等差数列前n项和公式的应用 等差数列前n项和性质的应用 等差数列前n项和的最值 课时作业（九）课件59张PPT。教师用书独具演示演示结束等比数列的定义 第2项 同一个常数 公比 等比中项 等比中项 G2＝ab 等比数列的子数列性质 等比 等比 q qk 等比数列的概念 等比数列的证明 灵活设元求解等比数列问题 课时作业（十）课件58张PPT。教师用书独具演示演示结束等比数列的通项公式 an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0) 等比数列项的性质 aman＝apaq 等比数列通项公式的应用 等比数列性质的应用 等比数列的实际应用 课时作业（十一）课件66张PPT。教师用书独具演示演示结束等比数列前n项和公式 等比数列前n项和的性质 等比数列 q 等比数列前n项和公式的应用 等比数列前n项和性质的应用 等比数列前n项和公式的实际应用 课时作业（十二）课件56张PPT。教师用书独具演示演示结束倒序相加法 n(a1＋an) 倒序相加法 错位相减法 a1(1－qn) 错位相减法 裂项相消法 差 相同 抵消 裂项相消法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 课时作业（十三）综合检测(二)
第2章　数　列
(时间：120分钟，满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请将答案填写在题中横线上)
1．在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55中，x等于________．
【解析】　观察数列可知an＋an＋1＝an＋2，
∴可得x＝5＋8＝13.
【答案】　13
2．在等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6＝________.
【解析】　由等比数列性质a2·a6＝a＝42＝16.
【答案】　16
3．(2013·无锡检测)等差数列{an}中，若a1＝2，S5＝30，则通项an＝________.
【解析】　S5＝5a1＋d＝10＋10d＝30，∴d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
【答案】　2n
4．数列，，，，，…的一个通项公式为________．
【解析】　这是一个分数数列，其分子构成偶数列，而分母分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，经过组合，则所求数列的通项公式为an＝.
【答案】　an＝
5．(2013·哈尔滨高二检测)等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则此数列的前8项和为________．
【解析】　由题意，得
∴
解得q＝2，∴S8－S4＝q4S4＝24×(18＋12)＝480.
∴S8＝510.
【答案】　510
6．(2013·临沂高二检测)若1，a1，a2，a3,4成等比数列，3，b1，b2，b3,5成等差数列，则＝________.
【解析】　a＝1×4＝4，且a2＞0，∴a2＝2.
2b2＝3＋5＝8，∴b2＝4.∴＝＝.
【答案】　
7．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，则a4等于________．
【解析】　a4＝S4－S3＝(2×42－3×4)－(2×32－3×3)＝11.
【答案】　11
8．(2013·福州高二检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a8＋a11＝30，那么S13的值是________．
【解析】　a2＋a8＋a11＝a7－5d＋a7＋d＋a7＋4d＝3a7＝30，∴a7＝10，∴S13＝13a7＝130.
【答案】　130
9．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为________．
【解析】　∵an＝＝－，
∴Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)．
＝－1.
令－1＝10，得n＝120.
【答案】　120
10．等比数列{an}中，前n项和Sn＝3n＋r，则r等于________．
【解析】　Sn＝＝－qn.
由题意Sn＝3n＋r，∴r＝－1.
【答案】　－1
11．若{an}为等差数列，Sn是其前n项和，且S11＝，则tan a6的值为________．
【解析】　S11＝＝＝11a6＝，则a6＝，则tan a6＝－.
【答案】　－
12．(2013·石家庄高二检测)设数列{an}的通项公式为an＝2n－7(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a15|＝________.
【解析】　∵an＝2n－7，∴Sn＝＝
＝n(n－6)(n∈N*)，数列{an}的前3项均为负值，从第4项开始为正值，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝S15－2S3＝153.
【答案】　153
13．(2013·扬州检测)已知数列{an}的前n项和Sn满足：对于任意m，n∈N*，都有Sn＋Sm＝Sn＋m＋2n；若a1＝1，则a10＝________.
【解析】　取m＝1得Sn＋S1＝Sn＋1＋2n，
∴Sn＋1－Sn＝S1－2n
∴an＋1＝a1－2n＝1－2n，∴a10＝1－2×9＝－17.
【答案】　－17
14．在数列{an}中，an＝n·()n＋1，则此数列的最大项的值为________．
【解析】　an＋1－an＝()n＋1·，故n＝1,2,3时，an＋1＞an，n＝4,5,6，…时，an＋1＜an.又a3＜a4，∴an的最大项的值为a4＝4·()5.
【答案】　4·()5
二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)已知数列{an}的通项公式为an＝.
(1)求a20；
(2)是不是该数列中的项？若是，它是第几项？
(3)在区间(，)内有无数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由．
【解】　(1)a20＝＝.
(2)令an＝，即＝，解得n＝3，所以是数列{an}中的项，是第3项．
(3)令＜an＜，即＜1－＜，∴＜＜，解得＜n＜.∵n∈N*，∴n＝2，即在区间(，)内有数列{an}中的项，且只有1项，此项为第2项．
16．(本小题满分14分)(2013·德州高二检测)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】　(1)证明：∵an＋2＝3an＋1－2an
∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)
∴{an＋1－an}是以a2－a1＝2为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1.
17．(本小题满分14分)数列{an}是公差d≠0的等差数列，且a10＝1，a＝a.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
【解】　(1)由a10＝1得a1＋9d＝1.①
∵a＝a，∴(a9－a15)(a9＋a15)＝0.
∵d≠0，∴a9≠a15，∴a9＋a15＝0，即a1＋11d＝0.②
由①②解得a1＝，d＝－.
∴an＝6－(n∈N*)．
(2)由an＝6－≥0得n≤12，
当n≤12时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝n·＋·(－)＝－；
当n＞12时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a12－a13－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a12)－(a1＋a2＋…＋an)＝2××12＋＝－n＋66.
∴Sn＝
18．(本小题满分16分)某市2013年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2014年投入128辆电力型公交车，此后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%.
(1)该市在2020年应该投入多少辆电力型公交车？
(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？
【解】　(1)由题意，得该市逐年投入的电力型公交车的数量组成一个等比数列{an}，
其中a1＝128，q＝1＋50%＝1.5，
则到2020年该市应该投入的电力型公交车为
a7＝a1q6＝128×1.56＝1 458(辆)．
(2)设经过n年电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.
记Sn＝a1＋a2＋…＋an，依题意，得＞，
即Sn＝＝＝256(1.5n－1)＞5 000，即1.5n＞，故n≥8.
即到2021年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.
19．(本小题满分16分)(2013·扬州检测)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2－4n＋4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设各项均不为零的数列{cn}中，所有满足ck·ck＋1＜0的正整数k的个数称为这个数列{cn}的变号数．令cn＝1－(n为正整数)，求数列{cn}的变号数；
(3)记数列{}的前n项的和为Tn，若T2n＋1－Tn≤对n∈N*恒成立，求正整数m的最小值．
【解】　(1)因为Sn＝n2－4n＋4，所以当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
∴an＝Sn－Sn－1＝
(2)由已知cn＝
当n≥2时，若cn＞0，则2≤n＜或n＞；若cn＜0，则＜n＜，
即c1＜0，c2＞0，c3＜0，c4＜0，当n≥5时，cn＞0.
所以c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0
故数列{cn}共有3个变号数，即变号数为3.
(3)令g(n)＝T2n＋1－Tn，
g(n＋1)－g(n)＝T2n＋3－Tn＋1－(T2n＋1－Tn)
＝(T2n＋3－T2n＋1)－(Tn＋1－Tn)
＝＋－
＝＋－＝.
当n≥2时，g(n＋1)＜g(n)，
所以g(n)单调递减，因而g(n)的最大值为g(2)＝T5－T2＝＋＋1＝；
当n＝1时，g(2)－g(1)＞0，所以g(2)＞g(1)．
所以≥.即m≥23，又m为正整数，
所以正整数m的最小值为23.
20．(本小题满分16分)(2013·泗阳检测)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1，其中n≥2，n∈N*.
(1)求证：数列{an}为等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝an·，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn.
(3)设cn＝4n＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零整数，n∈N*，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1＞cn成立．
【解】　(1)证明：由已知，(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝1(n≥2，n∈N*)，
即an＋1－an＝1(n≥2，n∈N*)，且a2－a1＝1.
∴数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．
∴an＝n＋1.
(2)∵an＝n＋1，∴bn＝(n＋1)·
∴Tn＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1)·，①
Tn＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1).②
①－②得：
Tn＝1＋＋＋…＋－(n＋1)·
∴Tn＝3－.
(3)∵an＝n＋1，∴cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.
要使cn＋1＞cn恒成立，
∴cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1＞0恒成立，
∴3·4n－3λ·(－1)n－12n＋1＞0恒成立，
∴(－1)n－1λ＜2n－1恒成立．
(ⅰ)当n为奇数时，即λ＜2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值为1，∴λ＜1；
(ⅱ)当n为偶数时，即λ＞－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，∴λ＞－2.
即－2＜λ＜1，又λ为非零整数，则λ＝－1.
综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1＞cn.

一、填空题
1．等比数列{an}中，a1＝4，a2＝8，则公比q＝________.
【解析】　q＝＝＝2.
【答案】　2
2．若－1，x，－4成等比数列，则x的值为________．
【解析】　x2＝(－1)×(－4)＝4，∴x＝2或x＝－2.
【答案】　2或－2
3．(2013·苏州检测)在等比数列{an}中，a1＜0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5＝________.
【解析】　由等比中项知：a2a4＝a，a4a6＝a，
∴a＋2a3a5＋a＝36，∴(a3＋a5)2＝36.
又∵等比数列{an}中，a1＜0，∴a3＜0，a5＜0，
∴a3＋a5＜0，∴a3＋a5＝－6.
【答案】　－6
4．等比数列x,2x＋2,3x＋3，…的第四项为________．
【解析】　由已知(2x＋2)2＝x(3x＋3)，∴x2＋5x＋4＝0，∴x＝－4或x＝－1(舍去)．
∴前3项分别为：－4，－6，－9，∴公比q＝，
∴第四项为－.
【答案】　－
5．(2013·无锡检测)等差数列{an}中，a3＋a11＝8，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6·b8的值为________．
【解析】　∵等差数列{an}中，a7＝＝＝4，
∴b7＝a7＝4.由等比中项，∴b6·b8＝b＝16.
【答案】　16
6．(2013·德州高二检测)一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小角的正弦值为________．
【解析】　设直角三角形最小内角为α，则三内角由小到大为：α，90°－α，90°.
由已知sin α，sin(90°－α)，sin 90°成等比数列，
∴sin2(90°－α)＝sin α·sin 90°，即cos2α＝sin α，
∴sin2α＋sin α－1＝0，
∴sin α＝或sin α＝(舍去)．
【答案】　
7．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，若数列{an＋c}恰为等比数列，则c的值为________．
【解析】　∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴c＝1.
【答案】　1
8．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a等于________．
【解析】　由已知
将①代入③得b＝2，
∴即a2＋2a－8＝0，解得a＝2或a＝－4.
当a＝2时，c＝2，即a＝b＝c与已知不符，∴a＝－4.
【答案】　－4
二、解答题
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，试证明{an}是等比数列．
【解】　∵Sn＝2an＋1，∴Sn＋1＝2an＋1＋1.
∴Sn＋1－Sn＝an＋1＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an，
∴an＋1＝2an.①
又∵S1＝a1＝2a1＋1，∴a1＝－1≠0.
由①式可知an≠0，
∴＝2，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列．
10．若a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，A、B、C成等差数列，a，b，c成等比数列，试判断△ABC的形状．
【解】　∵角A、B、C成等差数列，
∴A＋C＝2B，又△ABC中，A＋B＋C＝π，∴B＝.
又∵边a，b，c成等比数列，
∴b2＝ac，由余弦定理
∴cos B＝＝＝cos＝，
∴a2＋c2－ac＝ac，
∴(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴△ABC为等边三角形．
11．已知f(x)是一次函数，且f(0)＝2，若f(2)．f(7)，f(22)成等比数列(公比q≠1)，求f(1)＋f(3)的值．
【解】　令f(x)＝ax＋b，∵f(0)＝2，
∴b＝2，即f(x)＝ax＋2.
∵f(2)，f(7)，f(22)成等比数列，
∴[f(7)]2＝f(2)·f(22)，
即(7a＋2)2＝(2a＋2)·(22a＋2)，
即a2－4a＝0，
∴a＝0(舍去)或a＝4，
∴f(x)＝4x＋2，
∴f(1)＋f(3)＝4＋2＋4×3＋2＝20.

一、填空题
1．(2013·如皋检测)在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝6，则a9＝________.
【解析】　由等比数列的性质a5·a9＝a，
∴a9＝＝＝9.
【答案】　9
2．(2013·无锡检测)等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，则{an}的通项公式为________．
【解析】　∵＝＝q3＝＝27，∴q＝3，
∴an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n.
【答案】　3n
3．已知a，b，c，d成等比数列，且抛物线y＝x2－2x＋3的顶点为(b，c)，则ad＝________.
【解析】　易知抛物线y＝x2－2x＋3的顶点为(1,2)，
∴b＝1，c＝2，由等比数列的性质ad＝bc＝2.
【答案】　2
4．(2013·泗阳检测)已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则的值为________．
【解析】　由－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则3d＝－4－(－1)＝－3，∴d＝－1，
∴a2－a1＝d＝－1.
又－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4.
又易知b2＜0，∴b2＝－2，∴＝＝.
【答案】　
5．(2013·无锡检测)等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a3a4a5＝64，则a2＋a4＋a6＝________.
【解析】　由等比数列的性质a1·a3＝a，a3·a5＝a，
∴a＝1，a＝64，∴a2＝1，a4＝4.
又a2·a6＝a，
∴a6＝＝16，∴a2＋a4＋a6＝1＋4＋16＝21.
【答案】　21
6．若等比数列的首项为，末项为，公比为，则这个数列的项数为________．
【解析】　由等比数列的通项公式可知an＝a1qn－1(n∈N*)，
∴＝·()n－1，
即()n－1＝＝()3，∴n－1＝3.∴n＝4.
【答案】　4
7．公差不为0的等差数列第二、三、五项构成等比数列，则公比为________．
【解析】　设等差数列公差为d，则其第二、三、五项分别为a3－d，a3，a3＋2d.
∴a＝(a3－d)(a3＋2d)，∴a3d＝2d2.
又∵d≠0，∴a3＝2d，∴公比q＝＝＝2.
【答案】　2
8．在各项均为正数的等比数列中，若b7·b8＝3，则log3b1＋log3b2＋…＋log3b14等于________．
【解析】　log3b1＋log3b2＋…＋log3b14
＝log3(b1b2…b14)
＝log3(b7b8)7＝7log33＝7.
【答案】　7
二、解答题
9．在等比数列{an}中，a3＋a8＝－31，a4a7＝－32，公比q是整数，求{an}的通项公式．
【解】　由等比数列的性质可知a3a8＝a4a7＝－32，
又a3＋a8＝－31，公比q是整数，
可以解得a3＝1，a8＝－32，所以a1＝，q＝－2，
故an＝·(－2)n－1.
10．(2013·烟台高二检测)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋1.
(1)求证{an－3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项．
【解】　(1)证明：∵an＋1＝an＋1，
∴an＋1－3＝an＋1－3＝(an－3)．
∵a1＝1，∴a1－3＝－2，∴an－3≠0，
∴＝(n∈N*)．
∴{an－3}是以－2为首项，以为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－3＝(－2)×()n－1，
∴an＝3－2()n－1.
11．(2013·杭州高二检测)设{an}是公差大于0的等差数列，bn＝()an，已知b1＋b2＋b3＝，b1b2b3＝，
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求等差数列{an}的通项an.
【解】　(1)证明：设{an}的公差为d(d＞0)，
∵＝()an＋1－an＝()d为常数，
且b1＝()a1＞0，
∴{bn}为以()a1为首项，公比为()d的等比数列．
(2)∵b1b2b3＝，
∴b＝，
∴b2＝，
∴
∴或
∵q＝()d∈(0,1)，
∴b1＞b3，
∴∴bn＝()2n－3，
∴an＝2n－3，(n∈N*).

一、填空题
1．在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝22，则a1的值等于________．
【解析】　由等比数列前n项和公式
S5＝＝22，∴33a1＝3×22，∴a1＝2.
【答案】　2
2．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则公比q等于________．
【解析】　∵a1＝3，S3＝21，∴q≠1.
由等比数列前n项和公式，
S3＝＝＝3q2＋3q＋3＝21，
∴q2＋q－6＝0，∴q＝2或q＝－3.
又∵各项都为正数，∴q＝2.
【答案】　2
3．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝________.
【解析】　∵S3n≠3Sn，∴q≠1.
由已知条件得
②÷①整理得(qn＋3)(qn－2)＝0，则qn＝2(qn＝－3舍去)，∴＝2，S4n＝(q4n－1)＝30.
【答案】　30
4．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于________．
【解析】　设数列{an}的公差为d(d≠0)，则有(2＋2d)2＝2(2＋5d)，即4d2－2d＝0.又d≠0，所以d＝，所以Sn＝2n＋×＝n2＋n.
【答案】　n2＋n
5．设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(n≥1)，且a4＝54，则a1＝________.
【解析】　由数列{an}的前n项和Sn＝(n≥1)，则a4＝S4－S3＝－＝27a1，且a4＝54，则a1＝2.
【答案】　2
6．已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥3时，log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝________.
【解析】　由等比数列的性质知
a1·a2n－1＝a2·a2n－2＝…＝an－1·an＋1＝a＝a5·a2n－5＝22n，
∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a2n－1
＝log2(a1·a2·a3·…·a2n－1)＝log2(2n)2n－1＝n(2n－1)．
【答案】　n(2n－1)
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________.
【解析】　设公比为q，则＝＝1＋q3＝3，所以q3＝2，于是＝＝＝.
【答案】　
8．已知等比数列{an}中a2＝1，则前3项的和S3的取值范围是________．
【解析】　∵{an}是等比数列，∴设数列{an}的公比为q(q≠0)．又∵a2＝1，∴a1＝，a3＝q，∴S3＝a1＋a2＋a3＝＋1＋q，∴q2＋(1－S3)q＋1＝0，∴Δ＝(1－S3)2－4≥0，∴S3≤－1或S3≥3.综上可知S3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
【答案】　(－∞，－1]∪[3，＋∞)
二、解答题
9．(2013·临沂高二检测)已知等比数列{an}前n项之和为Sn，若S4＝－20，S8＝－1 640，求a1和q.
【解】　(1)当q＝1时，S4＝4a1＝－20，∴a1＝－5；
S8＝8a1＝－1640，∴a1＝－205，∴无解．
(2)当q≠1时，S4＝＝－20，S8＝＝－1640，
∴＝82，∴q＝±3
当q＝3时，由＝－20，∴a1＝－；
当q＝－3时，由＝－20，∴a1＝1.
综上：或
10．(2013·扬州检测)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－10，且a2，a4，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＞0，求数列{aan＋12}的前n项和Sn.
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
因为a1＝－10，a2，a4，a5成等比数列，所以(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，
即(－10＋3d)2＝(－10＋d)(－10＋4d)，
解得d＝2或d＝0(舍)．
所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12，
所以aan＋12＝a2n(a＞0)．
当a＝1时，数列{aan＋12}的前n项和Sn＝n；
当a≠1时，令bn＝aan＋12＝a2n(a＞0)，则bn＋1＝a2n＋2，
所以＝＝a2(n∈N*)，
故{bn}为等比数列，所以{bn}的前n项和Sn＝.
11．(2013·泗阳检测)已知等差数列{an}的公差d＜0，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求Sn的最大值．
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则
an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得(舍去)或
故an＝3＋(n－1)×(－)＝－n＋，bn＝()n－1.
(2)Sn＝－n2＋n＝－(n－3)2＋，
∴当n＝3时，Sn有最大值为.

一、填空题
1．数列1，2，3，4，…的前n项和是________．
【解析】　Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(＋＋＋…＋)＝＋1－.
【答案】　＋1－
2．(2013·德州高二检测)已知数列{}的前n项和为Sn，则S99＝________.
【解析】　设an＝＝－(n∈N*)，
∴S99＝＋＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
【答案】　
3．在等比数列{an}中，已知对于任意n∈N*，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝________.
【解析】　∵an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时a1＝1适合上式，故an＝2n－1，
∴a＝(2n－1)2＝4n－1，
∴a＋a＋…＋a＝＝.
【答案】　
4．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，若an＋an＋1＝－3，则n＝________.
【解析】　∵an＝＝－，∴an＋an＋1＝－＋－＝－＝－3，∴n＝9.
【答案】　9
5．数列{(－1)n·n}的前2 012项的和S2 012为________．
【解析】　法一　S2 012＝－1＋2－3＋4－…－2 011＋2 012
＝－(1＋3＋5＋…＋2 011)＋(2＋4＋6＋…＋2 012)
＝－＋＝1 006.
法二　S2 012＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 011＋2 012)＝1 006.
【答案】　1 006
6．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＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋…＋n)－n
＝＋n(n＋1)－n
＝2n＋1＋n2－2.
【答案】　2n＋1＋n2－2
7．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于________．
【解析】　a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝[f(1)＋f(2)]＋[f(2)＋f(3)]＋…＋[f(100)＋f(101)]
＝(12－22)＋(－22＋32)＋(32－42)＋…＋(－1002＋1012)
＝－3＋5－7＋9－…－99＋101＝2×50＝100.
【答案】　100
8．如图2－3－1所示，第(1)个多边形是由正三角形“扩展”而来的，第(2)个多边形是由正四边形“扩展”而来的，…，如此类推，设由正n边形“扩展”而来的多边形的边数为an，则a6＝________；＋＋＋…＋＝________.
图2－3－1
【解析】　a6＝6×7＝42，∵an＝n(n＋1)，∴＝＝－，∴＋＋＋…＋＝－＋…＋－＝－＝.
【答案】　42　
二、解答题
9．(2013·镇江检测)在等差数列{an}中，a1＝8，a3＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，求Tn＝b1＋b2＋…＋bn(n∈N*)．
【解】　(1)∵等差数列{an}中，a1＝8，a3＝4，
∴d＝＝－2，∴an＝8－2(n－1)＝10－2n.
(2)由(1)知bn＝＝＝
＝(－)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)＝·＝.
10．(2013·徐州检测)在等差数列{an}中，a1＝1，数列{bn}满足bn＝()an，且b1b2b3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求证a1b1＋a2b2＋…＋anbn＜2.
【解】　(1)设{an}的公差为d，a1＝1，b1＝，b2＝()1＋d，b3＝()1＋2d.
又b1b2b3＝，解得d＝1，
∴an＝1＋(n－1)·1＝n.
(2)证明：由(1)得bn＝()n，
设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn
＝1·＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，
Tn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)·()n＋n·()n＋1，
两式作差整理得Tn＝2－－＝2－，
∴Tn＜2
11．(2013·无锡检测)已知各项均大于1的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足6Sn＝a＋3an＋2，n∈N*.数列{bn}满足bn＝，n∈N*，且数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{bn}的前n项和为Tn；
(3)是否存在整数m，n，其中2＜m＜n，使得T2，Tm，Tn成等比数列，若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．
【解】　(1)证明：当n＝1时，6S1＝a＋3a1＋2即6a1＝a＋3a1＋2，解得a1＝1或a1＝2.
∵an＞1，∴a1＝2；
当n≥2时，6Sn＝a＋3an＋2且6Sn－1＝a＋3an－1＋2
两式相减，得6an＝a－a＋3an－3an－1
∴(an＋an－1)(an－an－1)＝3(an＋an－1)
∵an＞1　∴an－an－1＝3
∴{an}为首项为2，公差为3的等差数列．
(2)由(1)得an＝3n－1，
∴bn＝，即bn＝(－)，
∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－)＝.
(3)T2＝，Tm＝，Tn＝.
设存在m，n，使得T2，Tm，Tn成等比数列，则T＝T2Tn，即＝，
∴＝.∵＞0，
∴－3m2＋12m＋4＞0解得2－＜m＜2＋.
∵2＜m＜n，∴2＜m＜5.
∵m为整数，∴m＝3或m＝4.
当m＝3时，n不是整数，当m＝4时，n＝32，
∴存在m＝4，n＝32，使得T2，Tm，Tn成等比数列．

一、填空题
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n＋1(n2＋1)，则a3等于________．
【解析】　a3＝(－1)3＋1(32＋1)＝10.
【答案】　10
2．数列1,3,6,10，x,21,28，…中x的值是________．
【解析】　观察数列的特点可知，从第2项起，每一项与前一项的差分别为2,3,4，…，依次增加1，故x为15.
【答案】　15
3．数列－1，，－，，…的一个通项公式是________．
【解析】　数列中奇数项均为负，偶数项均为正，要用(－1)n控制符号，除首项为1外其余各项均为分式，故把1改写成，从而分母依次为1,3,5,7，…，通项为2n－1，分子依次为1,4,9,16，…，通项为n2.
【答案】　an＝(－1)n
4．已知数，3，，，…，那么9是数列的第______项．
【解析】　根据观察可知，通项公式为an＝，
令＝9，解得n＝14.
∴9是数列的第14项．
【答案】　14
5．根据图2－1－1中的5个图形，及相应点的个数变化规律，试猜测第n个图中有________个点．
(1)　(2)　 　(3)　　　 (4)　　　　　　(5)
图2－1－1
【解析】　设第i个图形中有ai个点(i＝1,2，…，n)，则a1＝1，a2＝1＋1×2，a3＝1＋2×3，a4＝1＋3×4，a5＝1＋4×5，…，an＝1＋(n－1)n.
【答案】　1＋(n－1)n
6．已知数列{an}的通项公式为an＝－n2＋17n＋8，则数列的最大项的值为________．
【解析】　由an＝－n2＋17n＋8＝－(n－)2＋得，n＝8或9时，an最大，把8或9代入得a8＝a9＝80.
【答案】　80
7．已知数列{an}满足＝n(n为正整数)，且a2＝6，则数列{an}的一个通项公式为________．
【解析】　令n＝1得＝1，∴a1＝1＝1×1；
令n＝2得＝2，∴a3＝15＝3×5；
令n＝3得＝3，∴a4＝28＝4×7，
又a2＝6＝2×3
∴an＝n(2n－1)
【答案】　an＝n(2n－1)
8．数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a20的值为________．
【解析】　逐步计算，可得a1＝，a2＝－1＝，a3＝－1＝，a4＝，a5＝－1＝，…，这说明数列{an}是周期数列，T＝3，而20＝3×6＋2，所以a20＝a2＝.
【答案】　
二、解答题
9．数列{an}中，已知an＝(n∈N*)．
(1)写出a2，a10；
(2)79是不是该数列中的项？若是，是第几项？
【解】　(1)在an的表达式中，令n＝2,10，
即得a2＝＝，a10＝＝.
(2)由＝79，即n2＋n－240＝0，
得n＝15或n＝－16.
∵n∈N*，∴n＝15，
即79是该数列中的项，是第15项．
10．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－5n＋4.
(1)数列中有多少项是负数？
(2)n为何值时，an有最小值？并求出最小值．
【解】　(1)由n2－5n＋4＜0，解得1＜n＜4.
∵n∈N*，∴n＝2,3.
∴数列中有两项是负数．
(2)由an＝n2－5n＋4＝(n－)2－，
可知对称轴方程为n＝＝2.5.
又∵n∈N*，故n＝2或3时，an有最小值，其最小值为22－5×2＋4＝－2(或32－5×3＋4＝－2)．
11．已知数列{an}中，a1＝3，a10＝21，通项an是项数n的一次函数．
(1)求数列{an}的通项公式，并求出a2 012；
(2)若bn由a2，a4，a6，a8，…组成，试归纳{bn}的一个通项公式．
【解】　(1)an是项数n的一次函数，故可设an＝kn＋b，又a1＝3，a10＝21，∴解得
∴an＝2n＋1(n∈N*)，a2 012＝2×2 012＋1＝4 025.
(2)∵{bn}是由{an}的偶数项组成，
∴bn＝a2n＝2×2n＋1＝4n＋1(n∈N*).

一、填空题
1．(2013·衡阳高二检测)在△ABC中，三个内角A、B、C依次成等差数列，则角B等于________．
【解析】　由A、B、C依次成等差数列，得A＋C＝2B，
∴A＋B＋C＝3B＝180°，∴B＝60°
【答案】　60°(或)
2．在－1和8之间插入两个数a，b，使这四个数成等差数列，则公差为________．
【解析】　由已知a－(－1)＝b－a＝8－b＝d，
∴8－(－1)＝3d
∴d＝3
【答案】　3
3．等差数列的相邻4项是a＋1，a＋3，b，a＋b，那么a，b的值依次为________．
【解析】　设公差为d，则d＝(a＋3)－(a＋1)＝2.
又d＝(a＋b)－b＝a，∴a＝2，
∴d＝b－(a＋3)＝b－5＝2，
∴b＝7.
【答案】　2,7
4．(2013·浏阳高二检测)已知a＝，b＝，则a，b的等差中项为________．
【解析】　∵a＋b＝＋＝
＝＝2，∴等差中项为.
【答案】　
5．已知数列8，a,2，b，c是等差数列，则a，b，c的值分别为________、________、________.
【解析】　由题意得：2a＝8＋2,2×2＝a＋b，
2b＝2＋c，即a＝5，b＝－1，c＝－4.
【答案】　5，－1，－4
6．已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是________．
【解析】　由题意知：∴3m＋3n＝18，
即m＋n＝6，∴＝3.
【答案】　3
7．已知a，b是正整数，且lg(a－3)和lg(4－b)的等差中项为lg，则a，b的值分别是________．
【解析】　因为a，b是正整数，a－3＞0,4－b＞0，所以a＞3,0＜b＜4.又2lg ＝lg(a－3)＋lg(4－b)，即(a－3)(4－b)＝5＝1×5＝5×1，所以
解得
【答案】　8,3
8．(2013·烟台高二检测)设函数f(x)＝＋2，若a，b，c成等差数列(公差不为零)，则f(a)＋f(c)＝________.
【解析】　由已知，得b－a＝c－b，∴c－b＝－(a－b)，
∴f(a)＋f(c)＝＋2＋＋2＝＋＋4＝0＋4＝4.
【答案】　4
二、解答题
9．数列{an}中，an＝lg，判断该数列是否为等差数列．
【解】　∵an＝lg，∴an＋1＝lg，
∴an＋1－an＝lg－lg
＝lg(×)
＝lg ＝lg＝lg＝－lg 3，
∴数列{an}是等差数列．
10．已知数列{an}为等差数列，求证：当an均不为0时，都有＋＋…＋＝成立．
【证明】　(1)设数列{an}的公差为d，若d＝0，则所述等式显然成立．
(2)若d≠0，则＋＋…＋＝(＋＋…＋)＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)＝·＝.
11．已知，，成等差数列，求证：，，也成等差数列．
【证明】　∵，，面等差数列，∴＝＋，
即2ac＝b(a＋c)．
∵＋＝＝＝＝＝.
∴，，成等差数列.

一、填空题
1．已知等差数列{an}的前三项为a－1，a＋1,2a＋3，则此数列的通项公式为________．
【解析】　由已知2(a＋1)＝(a－1)＋(2a＋3)，
得a＝0，
∴d＝1－(－1)＝2，首项a1＝－1.
∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3.
【答案】　an＝2n－3
2．(2013·扬州检测)在等差数列{an}中，已知a3＝4，a5＝－4，则a7＝________.
【解析】　∵数列{an}是等差数列，∴a3＋a7＝2a5.
又∵a3＝4，a5＝－4，∴a7＝2a5－a3＝－12.
【答案】　－12
3．已知点(1,1)，(3,7)是等差数列{an}图象上的两点，则a5＝________.
【解析】　a1＝1,2d＝7－1，∴d＝3，∴a5＝a1＋4d＝1＋4×3＝13.
【答案】　13
4．已知数列{an}满足：a＝a＋4，且a1＝1，若an＞0，则an＝________.
【解析】　设a＝bn，则{bn}为等差数列，∵bn＋1＝bn＋4且b1＝1，∴bn＝1＋4(n－1)＝4n－3，∴an＝＝.
【答案】　
5．(2013·无锡检测)已知一个等差数列的前三项分别为－1，x,3，则它的第五项为________．
【解析】　∵2d＝3－(－1)＝4，∴d＝2，
∴a5＝－1＋4×2＝7.
【答案】　7
6．已知等差数列{an}中，a3和a15是方程x2－6x－1＝0的两个根，则a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝________.
【解析】　∵a3和a15是方程x2－6x－1＝0的两根，
∴a3＋a15＝2a9＝6，a9＝3，
∴a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝(a7＋a11)＋(a8＋a10)＋a9＝5a9＝15.
【答案】　15
7．黑白两种颜色的正六边形地面砖按下图2－2－1的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖________块．
图2－2－1
【解析】　显然构成一个等差数列，且首项a1＝6，公差d＝4，∴第n个图案中有an＝6＋4(n－1)＝4n＋2块白色地面砖．
【答案】　4n＋2
8．在等差数列{an}中，a1＝，从第10项开始，每一项均不小于1，则公差d的取值范围是________．
【解析】　an＝a1＋(n－1)d＝＋(n－1)d.由题意知d＞0，a10≥1且a9＜1，即a10＝＋9d≥1且a9＝＋8d＜1，解得≤d＜.
【答案】　[，)
二、解答题
9．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，求an.
【解】　设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝7，a5＋a7＝26，
∴解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
10．已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求数列{an}的通项公式．
【解】　∵a1＋a7＝2a4，a1＋a4＋a7＝3a4＝15，
∴a4＝5.
又∵a2a4a6＝45，∴a2a6＝9.
即(a4－2d)(a4＋2d)＝9，即(5－2d)(5＋2d)＝9，
解得d＝±2.
若d＝2，则an＝a4＋(n－4)·2＝2n－3；
若d＝－2，则an＝a4＋(n－4)·(－2)＝13－2n.
11．在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，bn＝.
(1)求证数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】　　(1)证明：由题意知bn－bn－1＝－＝－＝3(n≥2，n∈N*)，∴{bn}是公差为3的等差数列．
(2)∵a1＝1，∴b1＝＝1，∴bn＝b1＋(n－1)×3＝3n－2＝，∴an＝(n∈N*).

一、填空题
1．已知等差数列{an}中，a7＝3，则数列{an}的前13项之和为________．
【解析】　S13＝13a7＝13×3＝39.
【答案】　39
2．(2013·汉中高二检测)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋5，则a3＋a4＋a5＋a6＝________.
【解析】　由Sn＝n2＋2n＋5，得S2＝13，S6＝53，
∴a3＋a4＋a5＋a6＝S6－S2＝53－13＝40.
【答案】　40
3．(2013·微山高二检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式为an＝________.
【解析】　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n；
当n＝1时，a1＝S1＝2也适合上式，∴an＝2n(n∈N*)．
【答案】　2n(n∈N*)
4．数列{an}是等差数列，a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，则公差d＝________.
【解析】　∵an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d，
∴∴
【答案】　－171
5．(2013·徐州检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________.
【解析】　设S3＝k，则S6＝3k，∴S6－S3＝2k.
由等差数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也成等差数列．
∴S9－S6＝3k，S12－S9＝4k.
∴S9＝6k，S12＝10k.
∴＝.
【答案】　
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________.
【解析】　由S9＝＝9a5＝72，∴a5＝8.
∴a2＋a4＋a9＝(a2＋a9)＋a4＝(a5＋a6)＋a4＝a5＋(a6＋a4)＝3a5＝24.
【答案】　24
7．(2013·扬州检测)已知首项为正数的等差数列{an}满足：
a2011＋a2012＞0，＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是________．
【解析】　∵＜0，∴数列{an}的项有正有负．
∵a1＞0，∴等差数列{an}为递减数列．
∴a2011＞0，a2012＜0.
∴S4022＝＝＞0，
S4023＝＝＜0.
【答案】　4 022
8．(2013·无锡检测)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，设数列{an}的前n项和为Sn，若k＋p＝m，则Sm＝________(结果用m表示)．
【解析】　∵d＝＝＝－2，
又ak＝a1－2(k－1)，
∴a1＝ak＋2(k－1)＝2p－1＋2k－2＝2(k＋p)－3＝2m－3，
∴Sm＝ma1＋d＝m(2m－3)－m(m－1)
＝m(m－2)＝m2－2m.
【答案】　m2－2m
二、解答题
9．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，求S10.
【解】　设首项为a1，公差为d，
∴
由②得2a1＋19d＝2.　　　　　　　　③
③－①×2得15d＝－30，∴d＝－2.
∴a1＝16－2d＝20.
∴S10＝10a1＋×10×9d＝200－90＝110.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n.
(1)求证{an}是等差数列；
(2)求使100＜an＜200成立的所有项的和．
【解】　　(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n)－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.
因为n＝1时，适合an＝2n＋1，
所以此数列的通项公式为an＝2n＋1(n∈N*)．
因为an＋1－an＝2(n＋1)＋1－(2n＋1)＝2，
所以{an}是以a1＝3为首项，d＝2为公差的等差数列．
(2)因为100＜an＜200，又由(1)得an＝2n＋1(n∈N*)，
所以100＜2n＋1＜200，所以＜n＜(n∈N*)，
即50≤n≤99(n∈N*)，
所以它们的和为S＝S99－S49＝992＋2×99－(492＋2×49)＝7 500.
故满足条件的各项之和为7 500.
11．数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.
(1)从第几项开始有an＜0?
(2)求此数列前n项和Sn的最大值．
【解】　(1)因为a1＝50，d＝－0.6，所以an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6(n∈N*)．
令－0.6n＋50.6≤0，则n≥≈84.3.
由于n∈N*，故当n≥85时，an＜0，即从第85项起，以后各项都小于0.
(2)法一　因为d＝－0.6＜0，a1＝50＞0，
由(1)知a84＞0，a85＜0，所以S1＜S2＜…＜S84，
且S84＞S85＞S86＞….所以Sn的最大值为S84＝50×84＋×(－0.6)＝2 108.4.
法二　Sn＝50n＋×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n－)2＋.当n等于最接近的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值，为S84＝2 108.4.