第二章 数 列
§2.1 数 列
1．从函数的观点看数列
一方面，数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题．例如，类比单调函数的定义得出单调数列的判断方法．即：数列{an}单调递增?an＋1>an对任意n (n∈N*)都成立；数列{an}单调递减?an＋1
另一方面，还要注意数列的特殊性(离散型)，由于它的定义域是N*或它的子集{1,2，…，n}，因而它的图象是一系列孤立的点，而不像我们前面所研究过的初等函数一般都是连续的曲线．
例如：已知an＝，则这个数列的前30项中最大项和最小项分别是( )
A．a1，a30 B．a1，a9
C．a10，a9 D．a10，a30
解析 ∵an＝
＝＋1
∴点(n，an)在函数y＝＋1的图象上．
在直角坐标系中作出函数y＝＋1的图象．
由图象易知当x∈(0，)时，函数单调递减．
∴a9当x∈(，＋∞)时，函数单调递减．
∴a10>a11>…>a30>1.
所以，数列{an}的前30项中最大的项是a10，最小的项是a9.
答案 C
2．了解一点周期数列的知识
类比周期函数的概念可以得出周期数列的定义：对于数列{an}，若存在一个大于1的自然数T(T为常数)，使an＋T＝an，对一切n∈N*恒成立，则称数列{an}为周期数列，T就是它的一个周期．易知，若T是{an}的一个周期，则kT (k∈N*)也是它的周期，周期最小的那个值叫最小正周期．
例如：已知数列{an}中，a1＝a (a为正常数)，an＋1＝ (n＝1,2,3，…)，则下列能使an＝a的n的数值是( )
A．15 B．16 C．17 D．18
解析 a1＝a，a2＝，
a3＝＝＝，
a4＝＝＝a，
a5＝＝，…….
∴a4＝a1，a5＝a2，…依次类推可得：an＋3＝an，
∴{an}为周期数列，周期为3.
∵a1＝a，∴a3k＋1＝a1＝a.
答案 B
3．数列的前n项和Sn与an的关系
对所有数列都有：Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an，Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1 (n≥2)．因此，当n≥2时，有：an＝Sn－Sn－1.当n＝1时，有：a1＝S1.所以an与Sn的关系为：an＝.注意这一关系适用于所有数列．
例如：已知数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1，则an＝________.
解析 当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝[(n－1)·2n＋1]－[(n－2)·2n－1＋1]
＝(n－1)·2n－(n－2)·2n－1
＝n·2n－1.
所以通项公式可以统一为an＝n·2n－1.
答案 n·2n－1
4．由简单的递推公式求通项公式
(1)形如an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求和，采用累加法求an.
即：an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝a1＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)
＝a1＋f(i)
(2)形如an＋1＝f(n)·an，且f(1)·f(2)…f(n)可化简，采用累乘法求an.
即an＝a1···…·＝a1·f(1)·f(2)·…·f(n－1)＝a1·f(i)
(注：∑为连加求和符号，Π为连乘求积符号)
(3)形如an＋1＝Aan＋B (AB≠0且A≠1)．
设an＋1－x＝A(an－x)，则：
an＋1＝Aan＋(1－A)x
由(1－A)x＝B，∴x＝
∴an＋1－＝A
∴an－＝A
＝A2
＝…＝An－1
∴an＝＋An－1
＝(1－An－1)·＋An－1a1.
一、观察法写数列的通项公式
方法链接：根据数列前几项，要写出它的一个通项公式，其关键在于观察、分析数列的前几项的特征、特点，找到数列的一个构成规律．根据此规律便可写出一个相应的通项公式．注意以下几点：
(1)为了突出显现数列的构成规律，可把序号1,2,3，…标在相应项上，这样便于突出第n项an与项数n的关系，即an如何用n表示．
(2)由于给出的数列的前几项是一些特殊值，必然进行了化简，因此我们要观察出它的构成规律，就必须要对它进行还原工作．如数列的前几项中均用分数表示，但其中有几项分子或分母相同，不妨把这几项的分子或分母都统一起来试一试．
(3)当一个数列出现“＋”、“－”相间时，应先把符号分离出来，即用(－1)n或(－1)n－1表示，然后再考虑各项绝对值的规律．
(4)熟记一些基本数列的前几项以及它们的变化规律(如增减速度)，有利于我们写出它的通项公式．
例1 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
(1)，，，，…； (2)，2，，8，，…；
(3)1,3,6,10,15，…； (4)7,77,777，…；
(5)0,3,8,15,24，…； (6)1，，，，，….
解 (1)注意前四项中有两项的分子为4，不妨把分子统一为4，即为，，，，…，于是它们的分母相差3，因而有an＝.
(2)把分母统一为2，则有：
，，，，，…，因而有an＝.
(3)注意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以2，即，，，，，…，因而有an＝.
(4)把各项除以7，得1,11,111，…，再乘以9，得9,99,999，….
因而有an＝(10n－1)．
(5)观察数列递增速度较快，有点像成平方地递增，不妨用平方数列对照看一看，即1,22,32,42,52，…，则有an＝n2－1.
(6)显然各项的分子均为1，其关键在于分母，而分母的规律不是很明显，注意到分母组成的数列1,3,7,13,21，…，递增速度也有点像平方数列，不妨从每一项对应减去平方数列的项组成数列0,1,2,3,4，…，其规律也就明显了．
故an＝.
二、数列的单调性及最值
方法链接：数列是一种特殊的函数，因此可用函数的单调性的研究方法来研究数列的单调性．
例2 在数列{an}中，an＝(n＋1)n (n∈N*)．
试问数列{an}的最大项是第几项？
解 方法一 ∵an＝(n＋1)n (n∈N*)．
∴an＋1－an＝(n＋2)n＋1－(n＋1)n
＝n·，
当n≤8时，an即a1当n＝9时，a9＝a10.
当n≥10时，an>an＋1，{an}递减，
即a10>a11>a12>….
又a9＝a10＝.
∴数列{an}的最大项是第9项和第10项．
方法二 令≥1 (n≥2)，即≥1.
整理得≥.解得n≤10.
令≥1，即≥1.
整理得≥，解得n≥9.
所以从第1项到第9项递增，从第10项起递减．
因此数列{an}先递增，后递减．
∴a1a10>a11>a12>…，且a9＝a10＝.
∴数列{an}中的最大项是第9项和第10项．
三、数列的周期性及运用
方法链接：通俗地讲，数列中的项按一定规律重复出现，这样的数列就应考虑是否具有周期性，其周期性往往隐藏于数列的递推公式中，解周期数列问题的关键在于利用递推公式算出前若干项或由递推公式发现规律，得出周期而获解．
例3 已知数列{an}，a1＝1，a2＝3，an＝an－1－an－2 (n≥3)，那么a2 010与S2 009依次是( )
A．1,3 B．3,1
C．－2,2 D．2，－2
解析 ∵an＝an－1－an－2，
∴an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2.
由an＋1＝－an－2，∴an＋3＝－an.
∴an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an.
∴{an}为周期数列，且周期T＝6.
∴a2 010＝a6＝－a3＝a1－a2＝－2.
∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6
＝(a1＋a4)＋(a2＋a5)＋(a3＋a6)
＝0＋0＋0＝0，且2 010是6的倍数，
∴S2 010＝0.
∴S2 009＝S2 010－a2 010＝0－a2 010＝0－(－2)＝2.
答案 C
四、已知前n项和Sn，求通项an
方法链接：已知数列{an}的前n项和Sn，求an，先由n＝1时，a1＝S1，求出a1，再由an＝Sn－Sn－1 (n≥2)求出an，最后验证a1与an能否统一，若能统一要统一成一个代数式，否则分段表示．
例4 已知下列各数列{an}的前n项和Sn的公式，求{an}的通项公式．
(1)Sn＝(－1)n＋1 n；(2)Sn＝3n－2.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n·(－n)－(－1)n·(n－1)＝(－1)n·(－2n＋1)．
由于a1也适合此等式，因此an＝(－1)n·(－2n＋1) (n∈N*)．
(2)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1.
所以an＝
五、由递推公式求通项an
方法链接：由递推公式求通项公式主要观察递推公式的特征，合理选择方法．需要理解一点，对an－an－1＝n (n≥2)不仅仅是一个式子而是对任意的n≥2恒成立的无数个式子，正是因为这一点，在已知递推公式求通项公式的题目中如何将无数个式子转化为an，就是解题的关键所在．另外递推公式具有递推性，故由a1再加上递推公式可以递推到an.
例5 由下列数列{an}的递推公式求数列{an}的通项公式：
(1)a1＝1，an－an－1＝n (n≥2)；
(2)a1＝1，＝ (n≥2)．
解 (1)由题意得，当n≥2时，
an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a3－a2＝3，a2－a1＝2.
将上述各式累加得，an－a1＝n＋(n－1)＋…＋3＋2，
即an＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝，
由于a1也适合此等式．故an＝.
(2)由题意得，当n≥2时，
＝，＝，…，＝，＝，
将上述各式累乘得，＝，即an＝.
由于a1也适合此等式，故an＝.
六、数列在日常生活中的初步应用
方法链接：数列知识在日常生活中有着广泛的应用．构建递推关系是其中重要的方法之一，利用递推方法解决实际问题常分为三个环节：(1)求初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系分析解决问题．其中构建递推关系是关键．
例6 某商店的橱窗里按照下图的方式摆着第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，如图(1)、(2)、(3)、(4)分别有1个、5个、13个、25个．如果按照同样的方式接着摆下去，记第n个图需用f(n)个“福娃迎迎”，那么f(n＋1)－f(n)＝________；f(6)＝________.
解析 ∵f(1)＝1，f(2)＝5，f(3)＝13，f(4)＝25，…，
∴f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，
f(4)－f(3)＝12，…
∴f(n＋1)－f(n)＝4n.
∴f(6)＝f(1)＋[f(2)－f(1)]＋[f(3)－f(2)]＋[f(4)－f(3)]＋[f(5)－f(4)]＋[f(6)－f(5)]
＝1＋4＋8＋12＋16＋20＝61.
答案 4n 61
1．对数列的概念理解不准而致错
例1 已知数列{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
[错解] 因为an＝n2＋λn是关于n的二次函数，且n≥1，所以－≤1，解得λ≥－2.
[点拨] 数列是以正整数N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．
[正解1] 因为an＝n2＋λn，其图象的对称轴为n＝－，由数列{an}是单调递增数列有－≤1，
得λ≥－2；
如图所示，当2－>－－1，即λ>－3时，数列{an}也是单调递增的．
故λ的取值范围为{λ|λ≥－2}∪{λ|λ>－3}＝{λ|λ>－3}．
即λ>－3为所求的范围．
[正解2] 因为数列{an}是单调递增数列，
所以an＋1－an>0 (n∈N*)恒成立．
又an＝n2＋λn (n∈N*)，
所以(n＋1)2＋λ(n＋1)－(n2＋λn)>0恒成立，
即2n＋1＋λ>0.
所以λ>－(2n＋1) (n∈N*)恒成立．
而n∈N*时，－(2n＋1)的最大值为－3(n＝1时)，
所以λ>－3即为所求的范围．
2．对公式使用条件考虑不周而致错
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋2n＋1，求an.
[错解] an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2.
[点拨] 公式an＝是分段的，因为n＝1时，Sn－1无意义．在上述解答中，应加上限制条件n≥2，然后验证n＝1时的值是否适合n≥2时的表达式．
[正解] a1＝S1＝6；
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2.
由于a1不适合此式，
所以an＝
例 设{an}是首项为1的正项数列且(n＋1)a－na＋an＋1·an＝0 (n∈N*)，求an.
分析 先求出相邻两项an＋1与an的关系，再选择适当的方法求an.
解 方法一 (累乘法)
由(n＋1)a－na＋an＋1an＝0.
得(an＋1＋an)(nan＋1－nan＋an＋1)＝0.
由于an＋1＋an>0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0.
∴＝.
∴an＝a1···…·
＝1××××…×＝.
方法二 (换元法)
由已知得(n＋1)an＋1－nan＝0，
设bn＝nan，则bn＋1－bn＝0.∴{bn}是常数列．
∴bn＝b1＝1×a1＝1，即nan＝1.∴an＝.
1．已知数列{an}满足：a4n－3＝1，a4n－1＝0，a2n＝an，n∈N*，则a2 009＝______，a2 014＝______.
解析 a2 009＝a4×503－3＝1，a2 014＝a1 007＝a252×4－1＝0.
答案 1 0
赏析 题目小而灵活，考查了充分利用所给条件灵活处理问题的能力．
2．由1,3,5，…，2n－1，…构成数列{an}，数列{bn}满足b1＝2，当n≥2时，bn＝abn－1，则b6的值是( )
A．9 B．17 C．33 D．65
解析 ∵bn＝abn－1，∴b2＝ab1＝a2＝3，
b3＝ab2＝a3＝5，b4＝ab3＝a5＝9，
b5＝ab4＝a9＝17，b6＝ab5＝a17＝33.
答案 C
赏析 题目新颖别致，考查了对新情境题目的审题能力．
§2.2 等差数列
1．等差数列的判定
(1)an－an－1＝d (n≥2，d为常数)?{an}是公差为d的等差数列；
(2)2an＝an－1＋an＋1 (n≥2)?{an}是等差数列；
(3)an＝kn＋b(k，b为常数)?{an}是公差为k的等差数列(n≥1)；
(4)Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)?{an}是公差为2A的等差数列(n≥1)．
例如：已知等差数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)2＋λ，则λ的值是________．
解析 Sn＝(n－1)2＋λ＝n2－2n＋(1＋λ)，
∵{an}是等差数列，∴1＋λ＝0，λ＝－1.
答案 －1
2．等差数列的通项公式
将an＝a1＋(n－1)d可整理为an＝dn＋(a1－d)，它是关于n的一次函数(d≠0)或常函数(d＝0)，它的图象是一条射线上的一群横坐标为正整数的孤立的点，公差d是该射线所在直线的斜率．
例如：等差数列{an}中，若an＝m，am＝n (m≠n)，则am＋n＝______.
解析 由点(n，an)，(m，am)，(m＋n，am＋n)三点共线，
∴＝.即＝＝－1，
易得am＋n＝0.
答案 0
3．等差数列的前n项和公式
(1)将公式Sn＝na1＋d变形可得Sn＝n2＋n.故当d≠0时，等差数列前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝x2＋x上横坐标为正整数的一群孤立点．
(2)＝n＋是关于n的一次函数(d≠0)或常函数(d＝0)．
当涉及等差数列前n项和Sn的计算问题时，有时设Sn＝An2＋Bn的形式更简便快捷．
例如：等差数列{an}中，若Sp＝q，Sq＝p (p≠q)，则Sp＋q＝__________.
解析 设Sn＝An2＋Bn，
则
由(1)－(2)得Ap2＋Bp－Aq2－Bq＝q－p，
∴A(p2－q2)＋B(p－q)＝q－p，
∵p≠q，∴A(p＋q)＋B＝－1.
∵Sp＋q＝A(p＋q)2＋B(p＋q)
＝[A(p＋q)＋B]·(p＋q)
＝－(p＋q)．
答案 －(p＋q)
4．等差数列的性质
(1)若数列{an}和{bn}均是等差数列，则{man＋kbn}仍为等差数列，其中m、k均为常数．
(2)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
(3)等差数列中依次k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，公差为k2d (d是原数列公差)．
(4)若{an}与{bn}均为等差数列，且前n项和分别为Sn与S′n，则＝.
(5)等差数列{an}中，奇数项的和记作S奇，偶数项的和记作S偶，则Sn＝S奇＋S偶．
当n为偶数时：S偶－S奇＝d；
当n为奇数时：S奇－S偶＝a中，S奇＝a中，
S偶＝a中，＝.
(其中a中是等差数列的中间一项)
例如：已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是________．
解析 S偶－S奇＝d＝5d，∴5d＝30－15＝15，∴d＝3.
答案 3
5．等差数列前n项和的最值
求等差数列前n项和的最值的常用方法：
(1)通项法
当a1>0，d<0时，数列{an}只有前面有限项为非负数，从某项开始所有项均为负数，因此，Sn有最大值，当n满足不等式组时，Sn取到这个最大值；
当a1<0，d>0时，数列{an}只有前面有限项为非正数，从某项开始所有项均为正数，因此，Sn有最小值，当n满足不等式组时，Sn取到这一最小值．
(2)二次函数法
由于Sn＝n2＋n，n∈N*是关于n的二次函数式，故可转化为求二次函数的最值问题，但要注意数列的特殊性n∈N*.
例如：{an}是等差数列，a1>0，a2 009＋a2 010>0，a2 009·a2 010<0，则使前n项和Sn最大时，n的值是________；使前n项和Sn>0成立时，n的最大值是________．
答案 2 009 4 018
一、等差数列的判断方法
方法链接：判定等差数列的常用方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d (常数)(n∈N*)；
(2)通项公式法：an＝kn＋b (k，b为常数) (n∈N*)；
(3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)；
(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn (A、B为常数)，n∈N*.
例1 数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝，判断{an}是否为等差数列？并证明你的结论．
解 {an}是等差数列，证明如下：
因为an＝Sn－Sn－1＝－ (n≥2)，
所以an＋1＝－，
所以an＋1－an＝[(n＋1)(a1＋an＋1)－2n(a1＋an)＋(n－1)(a1＋an－1)]
＝[(n＋1)an＋1－2nan＋(n－1)an－1] (n≥2)，
即(n－1)(an＋1－2an＋an－1)＝0，
所以an＋1＋an－1＝2an (n≥2)，
所以数列{an}为等差数列．
二、等差数列中基本量的运算
方法链接：在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可求出其他两个量，其中a1和d是两个基本量，利用通项公式与前n项和公式，求出a1和d，等差数列就确定了．
例2 在等差数列{an}中，
(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8；
(2)已知前3项和为12，前3项积为48，且d>0，求a1；
(3)已知前3项依次为a,4,3a，前k项和Sk＝2 550，求a及k.
解 (1)∵a6＝10，S5＝5，
∴.
解方程组得a1＝－5，d＝3，
∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，
S8＝8×＝44.
(2)设数列的前三项分别为a－d，a，a＋d，依题意有：
，
∴，
∴.
∵d>0，∴d＝2，a－d＝2.∴a1＝2.
(3)设公差为d，则由题意得
∴
因此，a＝2，k＝50.
三、等差数列的性质及运用
方法链接：等差数列有一些重要的性质，例如：
(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
(3)若{an}是等差数列，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列．(其Sk为前k项和)
(4)若等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的前n项和为Tn，则＝.
熟练运用这些性质，可以提高解题速度，获得事半功倍的功效．
例3 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，求a2＋a4＋a9的值；
(2)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，
求证：①＝；②＝·.
(1)解 由S9＝＝72，∴a1＋a9＝16，
∴a1＋a9＝2a5＝16，∴a5＝8，
∴a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝24.
(2)证明 ①＝＝
＝＝.
②＝＝
＝＝·.
四、等差数列前n项和的最值
方法链接：等差数列前n项和最值问题除了用二次函数求解外，还可用下面的方法讨论：
若d>0，a1<0，Sn有最小值，需
若a1>0，d<0，Sn有最大值，需n取正整数．
例4 (1)首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S11，问n为何值时，Sn最大？
(2)等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求{|an|}的前30项和及前n项和．
解 (1)设首项为a1，公差为d，则由题意知，d<0，点P(n，Sn)在抛物线y＝x2＋x上，其对称轴方程为x＝7(由S11＝S3知)，故(7，S7)是抛物线的顶点，∴n＝7时，Sn最大．
(2)设公差为d，则由a1＋16d＝a17，得d＝3>0，
因此an＝3n－63.点Q(n，an)在增函数y＝3x－63的图象上．令y＝0则得x＝21，故当n≥22时，an>0；
当1≤n≤21且n∈N*时，an≤0，
于是|a1|＋|a2|＋…＋|a30|
＝－a1－a2－…－a21＋a22＋a23＋…＋a30
＝a1＋a2＋…＋a30－2(a1＋a2＋…＋a21)
＝765.
记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，
则由上面的求解过程知：
当1≤n≤21，n∈N*时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝－a1－a2－…－an
＝＝－n2＋n.
当n>21，n∈N*时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＋|a21|＋…＋|an|
＝－(a1＋a2＋…＋a21)＋a22＋a23＋…＋an
＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a21)
＝n2－n＋1 260.
∴数列{|an|}的前n项和
Tn＝
五、关于等差数列的探索性问题
方法链接：对于与等差数列有关的探索性问题，先由前三项成等差数列确定参数后，再利用定义验证或证明所得结论．
例5 已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1 (n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列为等差数列．
则，，成等差数列，
∴2×＝＋，
∴＝＋.
解得λ＝－1.
当λ＝－1时，－
＝[(an＋1－1)－2(an－1)]
＝(an＋1－2an＋1)
＝[(2an＋2n＋1－1)－2an＋1]
＝×2n＋1＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，
使得数列为等差数列，且首项是2，公差是1.
六、关于等差数列的创新型问题
方法链接：关于等差数列的创新型试题，常以图表、数阵、新定义等形式出现．解决此类问题时通过对图表的观察、分析、提炼，挖掘出题目蕴含的有用信息，利用所学等差数列的有关知识加以解决．
例6 下表给出一个“等差数阵”：
4
7
( )
( )
( )
…
a1j
…
7
12
( )
( )
( )
…
a2j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a3j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a4j
…
…
…
…
…
…
…
…
…
ai1
ai2
ai3
ai4
ai5
…
aij
…
…
…
…
…
…
…
…
…
其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．
(1)写出a45的值；
(2)写出aij的计算公式．
解 (1)通过观察“等差数阵”发现：第一行的首项为4，公差为3；第二行首项为7，公差为5.归纳总结出：第一列(每行的首项)是以4为首项，3为公差的等差数列，即3i＋1，各行的公差是以3为首项，2为公差的等差数列，即2i＋1.所以a45在第4行，首项应为13，公差为9，进而得出a45＝49.
(2)该“等差数阵”的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1j＝4＋3(j－1)；
第二行是首项为7，公差为5的等差数列：
a2j＝7＋5(j－1)；
……
第i行是首项为4＋3(i－1)，公差为2i＋1的等差数列，
因此，aij＝4＋3(i－1)＋(2i＋1)(j－1)＝2ij＋i＋j＝i(2j＋1)＋j.
1．审题不细心，忽略细节而致错
例1 首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数，求公差d的取值范围．
[错解] a10＝a1＋9d＝－24＋9d>0，∴d>.
[点拨] 忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a9≤0.
[正解] 设an＝－24＋(n－1)d，
由，
解不等式得：2．忽略公式的基本特征而致错
例2 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有＝，试求的值．
[错解] 设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，k≠0，
则a9＝S9－S8＝(5×9＋3)k－(5×8＋3)k＝5k，
b9＝T9－T8＝(2×9＋7)k－(2×8＋7)k＝2k，
所以＝.
[点拨] 此解答错在根据条件＝，设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点．
[正解] 因为{an}和{bn}是公差不为0的等差数列，
故设Sn＝n(5n＋3)k，Tn＝n(2n＋7)k，k≠0，则
a9＝S9－S8＝9×(5×9＋3)k－8×(5×8＋3)k
＝88k，
b9＝T9－T8＝9×(2×9＋7)k－8×(2×8＋7)k
＝41k，所以＝.
温馨点评 等差数列的前n项和Sn＝n2＋n，当d≠0时，是关于n的二次函数式，且常数项为零，当d＝0时，Sn＝na1，但是本题不属于这种情况(否则＝＝与＝矛盾)．
3．对数列的特点考虑不周全而致错
例3 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn有最大值，并求出它的最大值．
[错解] 设公差为d，∵S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
得120d＝－200，即d＝－，
∴an＝20－(n－1)·，
当an>0时，20－(n－1)·>0，
∴n<13.∴n＝12时，Sn最大，
S12＝12×20＋×＝130.
∴当n＝12时，Sn有最大值S12＝130.
[点拨] 解中仅解不等式an>0是不正确的，事实上应解an≥0，an＋1≤0.
[正解] 由a1＝20，S10＝S15，解得公差d＝－.
∵S10＝S15，∴S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，
∵a11＋a15＝a12＋a14＝2a13＝0，∴a13＝0.
∵公差d<0，a1>0，
∴a1，a2，…，a11，a12均为正数，
而a14及以后各项均为负数．
∴当n＝12或13时，Sn有最大值为S12＝S13＝130.
4．忽略题目中的隐含条件而致错
例4 一个凸n边形的各内角度数成等差数列，其最小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数．
[错解] 一方面凸n边形的内角和为Sn，
Sn＝120°n＋×5°.
另一方面，凸n边形内角和为(n－2)×180°.
所以120n＋×5＝(n－2)×180.
化简整理得：n2－25n＋144＝0.
所以n＝9或n＝16.
即凸n边形的边数为9或16.
[点拨] 凸n边形的每个内角都小于180°.当n＝16时，最大内角为120°＋15°×5°＝195°>180°应该舍掉．
[正解] 凸n边形内角和为(n－2)×180°，
所以120n＋×5＝(n－2)×180
解得：n＝9或n＝16.
当n＝9时，最大内角为120°＋8°×5°＝160°<180°；
当n＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°舍去．
所以凸n边形的边数为9.
例 一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和．
分析 本题可从基本方法入手，先求a1，d，再求前110项之和，为了简化计算，也可利用等差数列前n项和的性质．
解 方法一 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，
则Sn＝na1＋d.
由已知得
①×10－②整理得d＝－，
代入①，得a1＝，
∴S110＝110a1＋d
＝110×＋×
＝110＝－110.
故此数列的前110项之和为－110.
方法二 设Sn＝an2＋bn.
∵S10＝100，S100＝10，
∴，解得
∴Sn＝－n2＋n.
∴S110＝－×1102＋×110＝－110.
方法三 设等差数列的首项为a1，公差为d，
则
①－②得(p－q)a1＋d
＝－(p－q)．
又p≠q，
∴a1＋d＝－1，
∴Sp＋q＝(p＋q)a1＋d
＝(p＋q)(－1)，
∴S110＝－110.
方法四 数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100 成等差数列，设其公差为D.前10项的和10S10＋·D＝S100＝10，解得D＝－22，
∴S110－S100＝S10＋(11－1)D
＝100＋10×(－22)＝－120.
∴S110＝－120＋S100＝－110.
方法五 ∵S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100
＝＝.
又S100－S10＝10－100＝－90，
∴a1＋a110＝－2.∴S110＝＝－110.
1．已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
解 设{an}的公差为d，则
即
解得或
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
2．设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a＋a＝a＋a，S7＝7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．
解 (1)由题意，设等差数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)d，d≠0.
由a＋a＝a＋a得a－a＝a－a，
由性质得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)，因为d≠0
所以a4＋a3＝0，即2a1＋5d＝0.①
又因为S7＝7，所以a1＋3d＝1.②
由①②可得a1＝－5，d＝2.
所以数列{an}的通项公式an＝2n－7，
Sn＝na1＋d＝n2－6n.
(2)因为＝
＝am＋2－6＋为数列{an}中的项，
故为整数．
又由(1)知am＋2为奇数，
所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.
经检验，符合题意的正整数只有m＝2.
赏析 试题考查了等差数列的有关知识，起点较低，落点较高，难度控制得恰到好处．第(2)问要求考生有一定的分析问题解决问题的能力．
§2.3 等比数列
1．等比数列的判定方法有以下几种
(1)定义法：＝q (q是不为0的常数，n∈N*)?{an}是等比数列；
(2)通项公式法：an＝cqn (c，q均是不为0的常数，n∈N*)?{an}是等比数列；
(3)中项公式法：a＝an·an＋2 (an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比数列；
(4)前n项和法：若Sn＝A(qn－1)，(A≠0，q≠0且q≠1)则{an}是等比数列，其中A＝.
例如：等比数列{an}的前n项和是Sn＝32－n－t，则t的值是________．
解析 ∵{an}是等比数列，
∴Sn＝32－n－t＝9·n－t＝9，
∴t＝9.
答案 9
2．等比数列的通项公式
(1)通项公式
an＝a1qn－1 (其中a1为等比数列{an}的首项，q为其公比)．
(2)等比数列与函数的关系
由通项公式an＝a1qn－1，可得an＝qn，当q>0，且q≠1时，y＝qx是一个指数函数，而y＝qx是一个不为零的常数与指数函数的积．因此等比数列{an}的图象是函数y＝qx的图象上的一些离散点．
例如：已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，其公比q≠1，且bn>0，若a1＝b1，a11＝b11，则a6与b6的大小关系是__________．
解析 ∵bn>0，∴b1>0，q>0.点(n，bn)分布在函数y＝qx的图象上．点(n，an)分布在函数y＝dx＋(a1－d)的图象上．
当q>1时，它们的图象如图1所示；
当0其中直线方程是y＝dx＋(a1－d)，
曲线方程是y＝qx.
直线x＝6与直线y＝dx＋(a1－d)的交点为(6，a6)，与曲线y＝·qx的交点为(6，b6)．
无论q>1还是0b6.
答案 a6>b6
3．等比数列的前n项和
等比数列前n项和公式为
Sn＝
注意：等比数列前n项和公式有两种形式，运用该公式求和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择求和公式的形式，当公比q不确定时，要注意对q分q＝1和q≠1进行讨论．
例如：1＋a＋a2＋…＋an－1
＝____________________.(其中a≠0)
答案
4．等比数列的常用性质
在等比数列{an}中，
(1)对任意的正整数m，n，有an＝amqn－m.
(2)对于任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则有am·an＝ap·aq.
(3)当或时，{an}是递增数列；
当或时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}为常数列；
当q<0时，{an}为摆动数列．
(4)若Sn为等比数列的前n项和，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，S(m＋1)k－Smk，…成等比数列(q≠－1或k为奇数)．
(5)若Sn表示等比数列的前n项和，公比为q，则有
Sm＋n＝Sm＋qmSn.
例如：在等比数列{an}中，a5＝7，a8＝56，则通项an＝____________.
解析 a8＝a5q3，
∴q3＝8，q＝2，
∴an＝a5qn－5＝7×2n－5.
答案 7×2n－5
一、等比数列的判断与证明
方法链接：证明数列是等比数列常用的方法：
①定义法：＝q (常数)；
②等比中项法：a＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)；
③通项法：an＝a1qn－1 (a1q≠0，n∈N*)要证明一个数列不是等比数列，只需证明相邻三项不成等比即可．例如：a1a3≠a.
例1 已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
(1)证明 假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
则有a＝a1a3，即2＝λ
?λ2－4λ＋9＝λ2－4λ?9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)解 因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1
＝－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以
当λ＝－18时，bn＝0 (n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由上可知bn≠0，
所以＝－ (n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．
综上，λ＝－18时，{bn}不是等比数列；
λ≠－18时，{bn}是等比数列．
二、等比数列基本量运算
方法链接：在等比数列{an}的通项公式和前n项和公式中共有五个量：a1，q，n，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求出另外两个量．
例2 设数列{an}为等比数列，且a1>0，它的前n项和为80，且其中数值最大的项为54，前2n项的和为6 560.求此数列的通项公式．
分析 因为前n项和与2n项和已知，这为建立方程提供了条件，由此可求得首项a1与公比q之间的关系，进而确定an.
解 设数列的公比为q，
由Sn＝80，S2n＝6 560，得q≠1，否则S2n＝2Sn.
∴
，得qn＝81.
将qn＝81代入①得，a1＝q－1.③
又∵a1>0，∴q>1.∴数列{an}是递增数列．
从而，a1qn－1＝54，∴a1qn＝54q，∴81a1＝54q.④
③④联立，解得q＝3，a1＝2.
∴an＝a1qn－1＝2×3n－1.
三、等比数列的性质及应用
方法链接：对于等比数列，还有以下的常用结论：
(1)如果数列{an}是等比数列，c是不等于0的常数，那么数列{c·an}仍是等比数列；
(2)如果{an}，{bn}是项数相同的等比数列，那么数列{an·bn}，仍是等比数列；
(3)在等比数列{an}中，间隔相同的项构成的数列，仍是等比数列．如a1，a4，a7，a10，…；
(4)Sn为等比数列{an}的前n项和，一般地：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列(q≠－1或n为奇数)；
(5)若{an}是公比为q的等比数列，则Sm＋n＝Sn＋qnSm.解等比数列问题时，熟练运用上述性质，进行整体代换，可以简化解题过程，提高解题速度．
例3 在等比数列{an}中，
(1)若q＝，S99＝77，求a3＋a6＋…＋a99的值；
(2)若{an}的前m项和为2，其后2m项和为12，求再后3m项的和．
解 (1)S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝(a3＋a6＋…＋a99)＝7(a3＋a6＋…＋a99)＝77
∴a3＋a6＋…＋a99＝11.
(2)涉及{an}的前6m项，把每m项之和依次记作：A1，A2，A3，A4，A5，A6，则它们成等比数列公比记作q.
且A1＝2，A2＋A3＝12，∴A2＋A3＝2q＋2q2＝12，
∴q＝2或q＝－3
当q＝2时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×(23＋24＋25)＝112；
当q＝－3时，A4＋A5＋A6＝A1(q3＋q4＋q5)
＝2×[(－3)3＋(－3)4＋(－3)5]＝－378.
∴后3m项的和为112和－378.
四、错位相减求前n项和
方法链接：等比数列{an}的前n项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法，必须熟练掌握．该法主要应用于已知数列求和中，各项的组成是等差数列和等比数列对应项乘积构成的新数列的求和问题．
例4 设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，
a1也满足上式．
故{an}的通项公式为an＝4n－2，
即{an}是a1＝2，公差d＝4的等差数列．
设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，d＝4，∴q＝.
故bn＝b1qn－1＝2×，
即{bn}的通项公式为bn＝.
(2)∵cn＝＝＝(2n－1)4n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－1)4n－1，
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n.
两式相减得
3Tn＝－1－2×(4＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
＝[(6n－5)4n＋5]，
∴Tn＝[(6n－5)4n＋5]．
五、等差中项与等比中项的运用
方法链接：一个等比数列，除可以按定义设为a1，a1q，a1q2，…之外，若已知连续三项，常可设为，a，aq，然后应用等差中项或等比中项建立方程求解．
例5 互不相等的三个数之积为－8，这三个数适当排列后可成为等比数列，也可排成等差数列，求这三个数排成的等差数列．
解 设三个数为，a，aq，∴a3＝－8，即a＝－2，
∴三个数为－，－2，－2q.
(1)若－2为－和－2q的等差中项，则＋2q＝4，
∴q2－2q＋1＝0，q＝1，与已知矛盾；
(2)若－2q为－与－2的等差中项，则＋1＝2q，
2q2－q－1＝0，q＝－或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2；
(3)若－为－2q与－2的等差中项，则q＋1＝，
∴q2＋q－2＝0，∴q＝－2或q＝1(舍去)，
∴三个数为4,1，－2.
综合(1)(2)(3)可知，这三个数排成的等差数列为
4,1，－2或－2,1,4.
六、等差数列与等比数列的公共项问题
方法链接：1.一般地，两个等差数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等差数列．公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数．
2．一般地，一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．
例6 设An为数列{an}的前n项和，An＝(an－1) (n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝4n＋3 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)将数列{an}、{bn}的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{dn}，证明数列{dn}的通项公式为dn＝32n＋1 (n∈N*)．
(1)解 由已知An＝(an－1) (n∈N*)．
当n＝1时，a1＝(a1－1)，解得a1＝3.
当n≥2时，an＝An－An－1＝(an－an－1)，
由此解得an＝3an－1，即＝3 (n≥2)．
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，
故an＝3n (n∈N*)．
(2)证明 由计算可知a1，a2不是数列{bn}中的项．
因为a3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是数列{bn}中的第6项．设ak＝3k是数列{bn}中的第m项，
则3k＝4m＋3 (k，m∈N*)，
因为ak＋1＝3k＋1＝3·3k＝3(4m＋3)＝4(3m＋2)＋1，
所以ak＋1不是数列{bn}中的项．
而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9(4m＋3)＝4(9m＋6)＋3，
所以ak＋2是数列{bn}中的项．
由以上讨论可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1.
所以数列{dn}的通项公式是
dn＝a2n＋1＝32n＋1 (n∈N*)．
1．求和时项数不清而致错
例1 求1＋2＋22＋…＋2n的和．
[错解] 1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n－1.
[点拨] 错因在于没有搞清项数，首项为1＝20，末项为2n，项数应为n＋1项．
[正解] 这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n＋1项的和，
所以，1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－1.
温馨点评 数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前n项和Sn＝ (q≠1)中的n指的就是数列的项数．
2．利用等比数列求和公式忽视q＝1的情形而致错
例2 已知等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，求数列{an}的通项公式．
[错解] 设等比数列的公比为q，
则 解得q＝－.
所以an＝a3qn－3＝4·n－3＝n－5.
[点拨] 上述解法中忽视了等比数列前n项和公式中q＝1这一特殊情况．
[正解] 当q＝1时，a3＝4，a1＝a2＝a3＝4，
S3＝a1＋a2＋a3＝12，∴q＝1符合题意．an＝4.
当q≠1时，
解得：q＝－，an＝a3qn－3＝n－5.
故数列通项公式为an＝4或an＝n－5.
3．忽略题目中的隐含条件而致错
例3 已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，求的值．
[错解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝[(－4)－(－1)]＝－1.
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列．
∴b＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
当b2＝2时，＝＝－，
当b2＝－2时，＝＝.∴＝±.
[点拨] 注意b2的符号已经确定，且b2<0，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误．
[正解] ∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，
则a2－a1＝d＝[(－4)－(－1)]＝－1，
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.
若设公比为q，则b2＝(－1)q2，∴b2<0.
∴b2＝－2，∴＝＝.
例 已知数列{cn}，其中cn＝2n＋3n，且数列{cn＋1－pcn}为等比数列，求常数p.
解 方法一 因为{cn＋1－pcn}是等比数列，
所以当n≥2时，
有(cn＋1－pcn)2＝(cn＋2－pcn＋1)(cn－pcn－1)，
将cn＝2n＋3n代入上式，得
[2n＋1＋3n＋1－p(2n＋3n)]2
＝[2n＋2＋3n＋2－p(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－p(2n－1＋3n－1)]
即[(2－p)2n＋(3－p)3n]2
＝[(2－p)2n＋1＋(3－p)3n＋1][(2－p)2n－1＋(3－p)·3n－1]，
整理得(2－p)(3－p)·2n·3n＝0.
解得p＝2或p＝3.
方法二 由cn＝2n＋3n，
得c1＝5，c2＝13，c3＝35，c4＝97.
因而数列{cn＋1－pcn}的前三项依次为
13－5p,35－13p,97－35p.
由题意得：(35－13p)2＝(13－5p)(97－35p)
整理得：p2－5p＋6＝0，∴p＝2或p＝3.
当p＝2时，cn＋1－pcn＝(2n＋1＋3n＋1)－2(2n＋3n)＝3n，
∴＝＝3.
∴此时{cn＋1－pcn}是等比数列．
同理p＝3时数列{cn＋1－pcn}也是等比数列，
∴p＝2或p＝3.
方法三 {cn＋1－pcn}是等比数列
?＝常数．
∵＝
＝
＝2＋
＝2＋为使为常数，也就是使2＋为常数.
∴p－2＝0或p－3＝0，
∴p＝2或p＝3.
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解 设{an}的公比为q，由题设得
解得或
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，
Sn＝＝＝3(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，
Sn＝＝＝3n－1.
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1
所以bn＝＝.
Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋－
＝－－，
故Tn＝－－＝－，n∈N*.
赏析 本题主要考查数列的通项及求和的有关知识，考查运算能力和综合解题能力．
第二章 数列 章末整合
知识概览
对点讲练
知识点一 等差数列与等比数列的基本运算
例1 已知{an}是各项为不同的正数的等差数列，lg a1、lg a2、lg a4成等差数列．又bn＝，n＝1,2,3，….
(1)证明：{bn}为等比数列；
(2)如果数列{bn}的前3项的和等于，求数列{an}的通项公式an及数列{bn}的前n项和Tn.
回顾归纳 在等差数列{an}中，通常把首项a1和公差d作为基本量，在等比数列{bn}中，通常把首项b1和公比q作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的常用方法．
变式训练1 等差数列{an}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{an}前20项的和S20.
知识点二 数列的通项公式和前n项和
例2 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和．
回顾归纳 递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决．把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法．
变式训练2 已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
知识点三 等差数列与等比数列的综合运用
例3 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ (n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．
回顾归纳 数列的综合问题形式上看来比较复杂，实质上求数列的通项公式和前n项和是解答这类综合问题的根本性问题和关键性所在．
变式训练3 设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式：
3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t (t>0，n＝2,3,4，…)．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝f (n＝2,3,4，…)．求数列{bn}的通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2n·b2n＋1.
1．等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，an，Sn或a1，n，q，an，Sn.一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d(或q)，问题可迎刃而解．
2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：(1)建立基本量的方程(组)求解；(2)巧用等差数列或等比数列的性质求解；(3)构建递推关系求解，有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解，如函数的思想等.
课时作业
一、选择题
1．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋3，则a4＋a5＋…＋a10等于( )
A．171 B．21 C．10 D．161
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10等于( )
A．1 024 B．1 023 C．2 048 D．2 047
3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
4．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的
最大值等于( )
A．126 B．130 C．132 D．134
二、填空题
5．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．
6．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是________．
7．等比数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则a13＋a14＋a15＝______.
三、解答题
8．设数列{an}的前n项和为Sn，点 (n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
9．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且2an＋1＝an＋2＋an (n∈N*)．数列{bn}的前n项和为Sn，其中b1＝－，bn＋1＝－Sn (n∈N*)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若Tn＝＋＋…＋，求Tn的表达式．
章末整合
对点讲练
例1 (1)证明 ∵lg a1、lg a2、lg a4成等差数列，
∴2lg a2＝lg a1＋lg a4.
即a＝a1a4，设等差数列{an}的公差为d，
则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，整理得d2＝a1d.
∵d≠0，∴a1＝d.∴a2n＝a1＋(2n－1)d＝2n·d，
∴bn＝＝·.
∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解 ∵b1＋b2＋b3＝＝，
∴d＝3，∴a1＝d＝3.
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n，bn＝·n.
Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝＝.
变式训练1 解 设数列{an}的公差为d，则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，
a10＝a4＋6d＝10＋6d.由a3，a6，a10成等比数列得a3a10＝a，即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，
整理得10d2－10d＝0，解得d＝0或d＝1.
当d＝0时，S20＝20a4＝200；当d＝1时，a1＝a4－3d＝7，
S20＝20a1＋d＝20×7＋190＝330.
例2 (1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1
两边乘以2得：
2Sn＝1×21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n
两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
变式训练2 (1)证明 ∵an＋1＝，
∴＝＝＋·，∴－1＝，
又a1＝，∴－1＝.∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知－1＝n，∴＝1＋，
∴＝n＋.
设Tn＝＋＋＋…＋，
则Tn＝＋＋…＋＋
∴Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－－＝1－
∴Tn＝2－.又1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)．
∴数列的前n项和Sn＝2－＋.
例3 解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，
整理得2a1d＝d2.
∵a1＝1，解得(d＝0舍)，d＝2.∴an＝2n－1 (n∈N*)．
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
假设存在整数t满足Sn>总成立，
又Sn＋1－Sn＝－＝>0，
∴数列{Sn}是单调递增的．
∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.
又∵t∈N*，∴适合条件的t的最大值为8.
变式训练3 (1)证明 由a1＝S1＝1，S2＝1＋a2，
得a2＝，＝.
又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，①
3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t.②
①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0.
∴＝，(n＝2,3，…)．
∴数列{an}是一个首项为1，公比为的等比数列．
(2)解 由f(t)＝＝＋，
得bn＝f＝＋bn－1.
∴数列{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列．
∴bn＝1＋(n－1)＝.
(3)解 由bn＝，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列．
于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1
＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－(b2＋b4＋…＋b2n)
＝－·n＝－(2n2＋3n)．
课时作业
1．D [a4＋a5＋…＋a10＝S10－S3＝161.]
2．B [利用累加法及等比数列求和公式，可求得a10＝210－1＝1 023，故选B.]
3．C [设项数为2n，公比为q.
由已知S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1.①
S偶＝a2＋a4＋…＋a2n.②
②÷①得，q＝＝2，
∴S2n＝S奇＋S偶＝255＝＝
?2n＝8.]
4．C [∵{an}是各项不为0的正项等比数列，
∴bn＝ln an是等差数列．
又∵b3＝18，b6＝12，∴b1＝22，d＝－2，
∴Sn＝22n＋×(－2)＝－n2＋23n，
∴(Sn)max＝－112＋23×11＝132.]
5．2,4,8
解析 设这三个数为，a，aq.由·a·aq＝a3＝64，
得a＝4.由＋a＋aq＝＋4＋4q＝14.
解得q＝或q＝2.∴这三个数为2,4,8.
6．5
解析 S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12；
S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11.
则，∴S奇＝162，S偶＝192，
∴S偶－S奇＝6d＝30，d＝5.
7．48
解析 易知q≠1，∴，
∴＝1＋q3＝3，∴q3＝2.
∴a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝S3·q12＝3×24＝48.
8．解 (1)依题意得＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，
当n＝1时，a1＝S1＝3×1－2＝6×1－5，
所以an＝6n－5 (n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝，故
Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝，
因此，使得< (n∈N*)成立的m必须满足≤，即m≥10.
故满足要求的最小正整数m为10.
9．解 (1)∵2an＋1＝an＋2＋an，∴数列{an}是等差数列．
∴公差d＝a2－a1＝2.∴an＝2n－1.
∵bn＋1＝－Sn，∴bn＝－Sn－1 (n≥2)．
∴bn＋1－bn＝－bn.∴bn＋1＝bn (n≥2)．
又∵b2＝－S1＝1，∴＝－≠.
∴数列{bn}从第二项开始是等比数列．
∴bn＝
(2)∵n≥2时，＝(2n－1)·3n－2，
∴Tn＝＋＋…＋＝－＋3×30＋5×31＋7×32＋…＋(2n－1)×3n－2.
∴3Tn＝－2＋3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1.
错位相减并整理得Tn＝－＋(n－1)3n－1.
第二章 章末检测
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为( )
1
2
1
a
b
c
A.1 B．2 C．3 D．4
2．等差数列{an}满足a＋a＋2a4a7＝9，则其前10项之和为( )
A．－9 B．－15 C．15 D．±15
3．等比数列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的两根，则a4等于( )
A．8 B．－8
C．±8 D．以上都不对
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
5．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18
6．已知数列{an}为等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21＝42，记A＝2a－a9－a13，则A的值为( )
A．2 B．1 C．16 D．32
8．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( )
A．1或2 B．1或－2
C．－1或2 D．－1或－2
9．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则等于( )
A. B. C. D.
10．某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 2≈0.301 0)( )
A．5 B．10 C．14 D．15
11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
12．已知数列1，，，，，，，，，，…，则是数列中的( )
A．第48项 B．第49项
C．第50项 D．第51项
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知在等差数列{an}中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为______．
14．在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________．
15．数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＝1，an＋1＝Sn (n≥1)，则an＝____________.
16．等差数列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn为数列{an}的前n项和，则使Sn>0的n的最小值为________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)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)证明：＋＋…＋<1.
18．(12分)设数列{an}的前n项的和为Sn＝an－×2n＋1＋(n＝1,2,3…)
(1)求首项a1与通项an；
(2)设Tn＝(n＝1,2,3，…)，证明：i<.(i表示求和)
19．(12分)已知正项数列{bn}的前n项和Bn＝(bn＋1)2，求{bn}的通项公式．
20.(12分)某市2009年共有1万辆燃油型公交车．有关部门计划于2010年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：
(1)该市在2016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？
21．(12分)设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
22．(12分)在数列{an}中，已知a1＝－1，且an＋1＝2an＋3n－4 (n∈N*)．
(1)求证：数列{an＋1－an＋3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求和：Sn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| (n∈N*)．
第二章 章末检测
1．A [由题意知，a＝，b＝，c＝，故a＋b＋c＝1.]
2．D [a＋a＋2a4a7＝(a4＋a7)2＝9.
∴a4＋a7＝±3，∴a1＋a10＝±3，
∴S10＝＝±15.]
3．A [a2＋a6＝34，a2a6＝64，∴a＝64，
∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0，∴a4＝8.]
4．A [显然等比数列{an}的公比q≠1，
则由＝＝1＋q5＝?q5＝－，
故＝＝＝＝.]
5．B [∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，
∴99－105＝3d.∴d＝－2.
又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.
∴Sn＝na1＋d＝n2＋n
＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.
∴当n＝20时，Sn有最大值．]
6．C [设{an}的公比为q，则q3＝＝.
∴q＝，a1＝4，∵{anan＋1}也是等比数列且首项a1a2＝8，公比为q2＝，∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．]
7．B [由S21＝＝21a11＝42，∴a11＝2.
∴a－(a9＋a13)＝a－2a11＝0.
∴A＝2a－a9－a13＝20＝1.]
8．C [依题意有2a4＝a6－a5，即2a4＝a4q2－a4q，
而a4≠0，∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.]
9．C [因为a＝a1·a9，
所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d.
所以＝＝.]
10．C [设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a1＝1，公比q＝1－20%，∴an＋1＝(1－20%)n，
由题意可知：(1－20%)n<5%，即0.8n<0.05.
两边取对数得nlg 0.8∵lg 0.8<0，∴n>，
即n>＝＝
≈≈13.41，取n＝14.]
11．A [∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n．]
12．C [将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n组n个，即，，，…，，
则第n组中每个数分子分母的和为n＋1，则为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.]
13．－4
解析 由，
解得－≤d<－，
∵d∈Z，∴d＝－4.
14．216
解析 设插入的三个数为，a，aq，则由题意有，a，也为等比数列，所以a2＝×＝36，由于，a，都处在奇数位上，所以同号，故a＝6，从而·a·aq＝a3＝216.
15.
解析 an＋1＝Sn，an＋2＝Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝(Sn＋1－Sn)＝an＋1
∴an＋2＝an＋1 (n≥1)．
∵a2＝S1＝，
∴an＝.
16．20
解析 ∵S19＝＝19a10<0；
S20＝＝10(a10＋a11)>0.
∴当n≤19时，Sn<0；当n≥20时，Sn>0.
故使Sn>0的n的最小值是20.
17．(1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.由a1＝3，a3＝9，得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1.
(2)证明 因为＝＝，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－<1.
18．解 (1)∵Sn＝an－×2n＋1＋，n＝1,2,3，…，①
令n＝1，得a1＝S1＝a1－×4＋，解得a1＝2，
n≥2时，Sn－1＝an－1－×2n＋.②
①－②得：an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)－×2n.
∴an＝4an－1＋2n，an＋2n＝4an－1＋4×2n－1.
∴{an＋2n}是首项为a1＋2＝4，公比为4的等比数列．
即an＋2n＝4×4n－1＝4n，b＝1,2,3，…，
∴an＝4n－2n，n＝1,2,3，….
证明 (2)将an＝4n－2n代入①得：
Sn＝(4n－2n)－×2n＋1＋
＝(2n＋1－1)(2n＋1－2)＝(2n＋1－1)(2n－1)，
Tn＝＝×
＝(n＝1,2,3…)，
∴i＝
＝×<.
19．解 当n＝1时，B1＝b1，∴b1＝(b1＋1)2，解得b1＝1.
当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝(bn＋1)2－(bn－1＋1)2＝(b－b＋2bn－2bn－1)，
整理得b－b－2bn－2bn－1＝0，
∴(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0.
∵bn＋bn－1>0，∴bn－bn－1－2＝0.
∴{bn}为首项b1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴bn＝2(n－1)＋1＝2n－1，即{bn}的通项bn＝2n－1.
20．解 (1)由题意可知，该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中a1＝128，q＝1＋50%＝1.5，到2016年应为a7，则到2016年该市应该投入的电力型公交车为a7＝a1·q6＝128×1.56＝1 458(辆)．
(2)设经过n年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，
依题意有>，即Sn>5 000，
∴Sn＝＝＝256(1.5n－1)>5 000，
即1.5n>，解得n>7.5，故n≥8.
所以到2017年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的.
21．解 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且解得d＝2，q＝2.
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)＝.
Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋.②
②－①得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－
＝2＋2×－
＝2＋2×－＝6－.
22．(1)证明 令bn＝an＋1－an＋3
?bn＋1＝an＋2－an＋1＋3
＝2an＋1＋3(n＋1)－4－2an－3n＋4＋3
＝2(an＋1－an＋3)＝2bn.
∴数列{bn}为公比为2的等比数列．
(2)解 a2＝2a1－1＝－3，
b1＝a2－a1＋3＝1?bn＝an＋1－an＋3＝2n－1
?2an＋3n－4－an＋3＝2n－1
?an＝2n－1－3n＋1 (n∈N＋)．
(3)解 设数列{an}的前n项和为Tn，
Tn＝2n－1－＝2n－1－，
Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，
∵n≤4时，an<0，n>4时，an>0，
∴n≤4时，Sn＝－Tn＝1＋－2n；
n>4时，Sn＝Tn－2T4＝2n＋21－.
∴Sn＝
第二章—数列的应用 总结
自主学习
知识梳理
1．等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d，前n项和公式Sn＝或Sn＝na1＋d.
2．等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1
当q＝1时，前n项和Sn＝na1；
当q≠1时，前n项和Sn＝或Sn＝.
3．有关储蓄的计算
储蓄与人们的日常生活密切相关，计算储蓄所得利息的基本公式是：利息＝本金×存期×利率．
根据国家规定，个人所得储蓄存款利息，应依法纳税，计算公式为：应纳税额＝利息全额×税率．
(1)整存整取定期储蓄
一次存入本金金额为A，存期为n，每期利率为p，税率为q，则到期时，所得利息为__________，应纳税为________，实际取出金额为____________．
(2)定期存入零存整取储蓄
每期初存入金额A，连存n次，每期利率为p，税率为q，则到第n期末时，应得到全部利息为______________，应纳税为______________，实际受益金额为______________．
4．分期付款问题
贷款a元，分m个月将款全部付清，月利率为r，各月所付款额到贷款全部付清时也会产生利息，同样按月以复利计算，那么每月付款款额为________________．
自主探究
在分期付款问题中，贷款a元，分m个月付清，月利率为r，每月付x元，想一想，每月付款金额x元应如何计算，试给出推导过程．
对点讲练
知识点一 等差数列模型的应用
例1 某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1 150万元，购买当天先付150万元，以后每月这一天都交付50万元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150万元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部按期付清后，买这40套住房实际花了多少钱？
总结 与等差数列有关的实际应用题，要抓住其反映的等差数列特征，仔细审题，用心联想，如本例中，每月比上一月都少付了50万元的月息，即0.5万元，所以每月付款成等差数列．
变式训练1 从多个地方抽调了一批型号相同的联合收割机，收割一片小麦．若这些收割机同时到达，则24小时可收割完毕，但它们由于距离不同，是每隔一段相同的时间顺序投入工作的，如果第一台收割机总工作时间恰好是最后一台总工作时间的5倍，问以这种收割方式收割机在这片麦地上工作了多长时间？
知识点二 等比数列模型的应用
例2 国家计划在西部地区退耕还林6 370万亩，2002年底西部已退耕还林的土地面积为515万亩，以后每年退耕还林的面积按12%递增．
(1)试问从2002年底，到哪一年底西部地区才能完成退耕还林计划？(1.128＝2.476,1.127＝2.211)(精确到年)
(2)为支持退耕还林工作，国家财政从2003年起补助农民当年退耕地每亩300斤粮食，每斤粮食按0.7元折算，并且补助当年退耕地每亩20元．试问：西部完成退耕还林计划，国家财政共需支付多少亿元？(精确到亿元)
总结 构建等比数列模型解决实际问题，要弄清a1与n的实际含义，分清是求通项an还是求前n项和Sn.
变式训练2 有纯酒精a L(a>1)，从中取出1 L，再用水加满，然后再取出1 L，再用水加满，如此反复进行，则第九次和第十次共倒出纯酒精________L.
知识点三 递推数列型应用题
例3 某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与广告投入方能保持原有的利润增长率，问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2＝0.3)
总结 如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的递推关系式，那么我们就可以用递推数列的知识求解问题．
变式训练3 某种细胞开始时有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个……按照此规律，6小时后细胞存活数是( )
A．33 B．64 C．65 D．127
1．在日常生活中我们经常遇到存款利息、购房贷款、资产折旧、企业股金、人口增长等方面的问题，这些问题的解决常常涉及到数列的有关知识．
2．解数列应用题的思路和方法：
具体方法步骤是：(1)认真审题，准确理解题意，达到如下要求：①明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，还是递推数列问题？是求an还是Sn？特别要注意准确弄清项数为多少．②弄清题目中主要的已知事项．(2)抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达．(3)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式.
课时作业
一、选择题
1．某工厂预计今年十二月份产量是今年一月份产量的m倍，则该厂今年的月平均增长率应是( )
A. B.
C.－1 D.－1
2．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在达到离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是( )
A．10秒钟 B．13秒钟
C．15秒钟 D．20秒钟
3．某商品的价格前两年每年递增20%，后两年每年递减20%，最后一年的价格与原来的价格比较，变化情况是( )
A．不增不减 B．约增1.4%
C．约减9.2% D．约减7.8%
4．某企业在今年年初贷款a万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还( )
A.万元 B.万元
C.万元 D.万元
二、填空题
5．一个蜂巢里有一只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有__________只蜜蜂．
6．一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支，最上面一层放了120支，这个V形架上共放了______支铅笔．
三、解答题
7．某林场去年年底森林中木材存量为3 300万立方米，从今年起每年以25%的增长率生长，同时每年冬季要砍伐的木材量为b，为了实现经过20年达到木材存量至少翻两番的目标，每年冬季木材的砍伐量不能超过多少？(取lg 2＝0.3)
8．假设某市2009年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年年底
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2009年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(1.085≈1.47)
数列的应用
知识梳理
3．(1)nAp nApq nAp(1－q)＋A (2)n(n＋1)Ap n(n＋1)Apq n(n＋1)Ap(1－q)
4.
自主探究
解 一方面贷款a元，m个月后本息和为a(1＋r)m；
另一方面每月付款x元，从第一个月开始每次付款x元，m个月后本息和见下表所示．
期数
1
2
3
…
本息和
x(1＋r)m－1
x(1＋r)m－2
x(1＋r)m－3
…
从而有：a(1＋r)m＝x[(1＋r)m－1＋(1＋r)m－2＋(1＋r)m－3＋…＋(1＋r)＋1]∴x＝.
对点讲练
例1 解 因购房时先付150万元，则欠款1 000万元，依题意分20次付款，则每次付款数额顺次构成数列{an}．
∴a1＝50＋1 000×1%＝60，
a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5，
a3＝50＋(1 000－50×2)×1%＝59，
a4＝50＋(1 000－50×3)×1%＝58.5，
∴an＝50＋[1 000－50(n－1)]×1%
＝60－(n－1) (1≤n≤20，n∈N*)．
∴{an}是以60为首项，以－为公差的等差数列，
∴a10＝60－9×＝55.5，a20＝60－19×＝50.5，
∴S20＝(a1＋a20)×20＝10(60＋50.5)＝1 105.
∴实际共付1 105＋150＝1 255(万元)．
所以第10个月应付55.5万元，实际共付1 255万元．
变式训练1 解 设这n台收割机的工作时间依次为a1，a2，…，an小时，依题意a1，a2，…，an组成一个等差数列，又每台收割机每小时的工作效率为，
则有
由②得＝1，即a1＋an＝48.③
联立①、③解得a1＝40(小时)．
所以用这种收割方式在这片麦地上工作了40小时．
例2 解 (1)设从2002年底起以后每年的退耕还林的土地依次为(单位：万亩)a1，a2，a3，…，an，….
则a1＝515×(1＋12%)，a2＝515×(1＋12%)2，…，
an＝515×(1＋12%)n，…
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝
＝6 370－515，
∴515×1.12×(1.12n－1)＝5 855×0.12，即1.12n≈2.218.
又因为n∈N*，当n＝7时，1.127≈2.211，此时完不成退耕还林计划．所以n＝8.
故到2010年底西部地区才能完成退耕还林计划．
(2)设财政补助费为W亿元．
则W＝(300×0.7＋20)×(6 370－515)×10－4≈134.7(亿元)，
所以西部完成退耕还林计划，国家财政共需支付134.7亿元．
变式训练2 8
解析 用{an}表示每次取出的纯酒精，a1＝1，加水后浓度为＝1－，a2＝1－，加水后浓度为＝2，a3＝2，
依次类推：a9＝8 L，a10＝9 L.
∴8＋9＝8.
例3 解 设该项目逐年的项目资金数依次为a1，a2，a3，…，an.
则由已知an＋1＝an(1＋25%)－200(n∈N*)．
即an＋1＝an－200.
令an＋1－x＝(an－x)，即an＋1＝an－，
由＝200，∴x＝800.
∴an＋1－800＝(an－800)(n∈N*)
故数列{an－800}是以a1－800为首项，为公比的等比数列．
∵a1＝1 000(1＋25%)－200＝1 050.∴a1－800＝250，
∴an－800＝250n－1.
∴an＝800＋250n－1(n∈N*)．
由题意an≥4 000.
∴800＋250n－1≥4 000，即n≥16.
两边取常用对数得nlg ≥lg 16，
即n(1－3lg 2)≥4lg 2.
∵lg 2＝0.3，
∴0.1n≥1.2，∴n≥12.
即经过12年后，该项目资金可以达到或超过翻两番的目标．
变式训练3 C [设细胞数目按分裂顺序组成数列{an}，a1＝2，a2＝2a1－1＝3，…，
一般地an＝2an－1－1，
∴an－1＝2(an－1－1)＝…＝(a1－1)·2n－1＝2n－1.
∴an＝2n－1＋1,6小时后细胞数目即a7＝26＋1＝65.]
课时作业
1．C [设月平均增长率为p，则(1＋p)11＝m，
∴p＝－1.]
2．C [设每一秒钟通过的路程依次为a1，a2，a3，…，an，则数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，由求和公式得na1＋＝240，即2n＋n(n－1)＝240，解得n＝15.]
3．D [设原价为1，则现价为(1＋20%)2(1－20%)2＝0.921 6，
∴1－0.921 6＝0.078 4，约减7.8%.]
4．B [设每年偿还x万元，则：x＋x(1＋γ)＋x(1＋γ)2＋x(1＋γ)3＋x(1＋γ)4＝a(1＋γ)5，∴x＝.]
5．46 656
解析 每天蜜蜂归巢后的数目组成一个等比数列，a1＝6，q＝6，∴第6天所有蜜蜂归巢后，蜜蜂总数为a6＝66＝46 656(只)．
6．7 260
解析 从下向上依次放了1,2,3，…，120支铅笔，
∴共放了铅笔1＋2＋3＋…＋120＝7 260(支)．
7．解 设a1，a2，…，a20表示今年开始的各年木材存量，
且a0＝3 300，则an＝an－1(1＋25%)－b.
∴an＝an－1－b，an－4b＝(an－1－4b)，
即数列{an－4b}是等比数列，公比q＝.
∴a20－4b＝(a0－4b)·20.令t＝20，
则lg t＝20lg ＝20(1－3×0.3)＝2.
∴t＝100，于是a20－4b＝100(a0－4b)，
∴a20＝100a0－396b，
由a20≥4a0，得100a0－396b≥4a0，b≤a0＝800.
故每年冬季木材的砍伐量不能超过800万立方米．
8．解 (1)设中低价房面积构成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列．
其中a1＝250，d＝50，
则Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n.
令25n2＋225n≥4 750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，∴n≥10.∴到2018年年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．
(2)设新建住房面积构成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列．
其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400×1.08n－1.
由题意可知an>0.85bn，
有250＋(n－1)·50>400×1.08n－1×0.85.
由1.085≈1.47解得满足上述不等式的最小正整数n＝6，
∴到2014年年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.
第二章 数列—求数列前n项和的常用方法 总结学案
自主学习
知识梳理
1．等差数列的前n项和公式：Sn＝______________________＝____________.
2．等比数列前n项和公式：
①当q＝1时，Sn＝____________；②当q≠1时，Sn＝____________＝____________.
3．常见求和公式有：
①1＋2＋…＋n＝________，②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝________，③2＋4＋6＋…＋2n＝________，*④12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)，*⑤13＋23＋33＋…＋n3＝n2(n＋1)2.
自主探究
拆项成差求和经常用到下列拆项公式，请补充完整．
①＝________________.
②＝________________________.
③＝________________________.
④＝________________.
⑤＝________________.
对点讲练
知识点一 分组求和
例1 求和：Sn＝2＋2＋…＋2.
总结 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．
变式训练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0)．
知识点二 拆项相消
例2 求和：＋＋＋…＋ (n≥2)．
总结 如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用拆项求和法．
变式训练2 求和：1＋＋＋…＋.
知识点三 奇偶并项
例3 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
变式训练3 已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
求数列前n项和，一般有下列几种方法．
1．错位相减(前面已复习)
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
2．分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
3．拆项相消
有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
4．奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．
5．倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
课时作业
一、选择题
1．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项之和是( )
A．n(n＋2) B.n(n＋4)
C.n(n＋5) D.n(n＋7)
2．已知数列{an}为等比数列，前三项为a，a＋，a＋，则Tn＝a＋a＋…＋a等于( )
A．9 B．81
C．81 D.
3．设数列1，(1＋2)，(1＋2＋4)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)的前m项和为2 036，则m的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．11
4．在50和350之间末位数是1的所有整数之和是( )
A．5 880 B．5 539
C．5 280 D．4 872
5．已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50等于( )
A．0 B．1 C．－1 D．2
二、填空题
6．(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝________.
7．在100内所有能被3整除但不能被7整除的正整数之和是________．
8．若＝132 (x∈N*)，则x＝________.
三、解答题
9．求和Sn＝1＋(1＋)＋(1＋＋)＋…＋(1＋＋＋…＋)．
10．设正项等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0.
(1)求{an}的通项；
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
数列前n项和的常用求法
知识梳理
1. na1＋d
2．na1
3. n2 n2＋n
自主探究
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(－)
对点讲练
例1 解 当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n＝＋2n
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，Sn＝.
变式训练1 解 当a＝1时，则an＝n，
于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当a≠1时，an＝＝(1－an)．
∴Sn＝[n－(a＋a2＋…＋an)]
＝＝－.
∴Sn＝
例2 解 ∵＝＝，
∴原式＝[＋＋＋…＋]＝＝－.
变式训练2 解 ∵an＝＝＝2
∴Sn＝2＝.
例3 解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.∴Sn＝(－1)nn (n∈N*)．
变式训练3 解 n为偶数时，令n＝2k (k∈N*)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1 (k∈N*)．
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
课时作业
1．C [a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴bn的前n项和Sn＝.]
2．D [由2＝a，解得a＝3.
∴a1＝3，a2＝2，a3＝，∴{a}是以a＝9为首项，以为公比的等比数列，
∴Tn＝＝.]
3．C [an＝2n－1，Sn＝2n＋1－n－2，代入选项检验，即得m＝10.]
4．A [S＝51＋61＋…＋341＝＝5 880.]
5．B [S17＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(15－16)＋17＝9，
S33＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(31－32)＋33＝17，
S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25，
所以S17＋S33＋S50＝1.]
6．5 050
解析 (1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)
＝100＋99＋…＋2＋1＝＝5 050.
7．1 473
解析 100内所有能被3整除的数的和为
S1＝3＋6＋…＋99＝＝1 683.
100内所有能被21整除的数的和为
S2＝21＋42＋63＋84＝210.
∴100内能被3整除不能被7整除的所有正整数之和为S1－S2＝1 683－210＝1 473.
8．11
解析 ＝
＝＝x(x＋1)＝132，∴x＝11.
9．解 考察通项an＝1＋＋＋…＋
＝＝2－
∴Sn＝(2－)＋(2－)＋(2－)＋…＋(2－)
＝2n－(1＋＋＋…＋)＝2n－＝2n－2＋
∴Sn＝2n－2＋.
10．解 (1)由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，
得＝，设公比为q，
则＝，即q10＝，
所以q＝，所以an＝·n－1＝，
即an＝，n＝1,2，….
(2)因为{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列．
所以Sn＝＝1－，nSn＝n－.
则数列{nSn}的前n项和
Tn＝(1＋2＋…＋n)－①
＝(1＋2＋…＋n)－(＋＋…＋＋)②
①－②，得
＝(1＋2＋…＋n)－＋＝－＋，
即Tn＝＋＋－2.
