第二章 数 列
§2.1 数列的概念与简单表示法
材拓展
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.
法突破
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
区突破
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＝
题多解
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＝.
题赏析
1．(2009·北京)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．(2009·湖北八市调研)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．
第二章 数 列
§2.1 数列的概念与简单表示法(一)
自主学习
知识梳理
1．数列的概念
按照一定________排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．
2．数列的一般形式
数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，…，简记为______，其中________称为数列{an}的第1项(或称为________)，a2称为第2项，…，________称为第n项．
3．数列的分类
(1)根据数列的项数可以将数列分为两类：
有穷数列：项数________的数列；
无穷数列：项数________的数列．
(2)按照数列的每一项随序号变化的情况分类：
递增数列：从第2项起，每一项都________它的前一项的数列；
递减数列：从第2项起，每一项都________它的前一项的数列；
常数列：各项________的数列；
摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列．
4．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
5．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前n项)及相邻两项间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．
自主探究
1．数列1,2,3,4，…的一个通项公式是____________．
2．数列1，，，，…的一个通项公式是____________．
3．数列2,4,6,8，…的一个通项公式是____________．
4．数列1,3,5,7，…的一个通项公式是____________．
5．数列1,4,9,16，…的一个通项公式是____________．
6．数列1,2,4,8，…的一个通项公式是____________．
7．数列－1,1，－1,1，…的一个通项公式是____________．
8．数列1，－2,3，－4，…的一个通项公式是____________．
9．数列9,99,999,9 999，…的一个通项公式是____________．
10．数列0.9,0.99,0.999,0.999 9，…的一个通项公式是____________．
对点讲练
知识点一 根据数列的前几项写出数列的一个通项公式
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)－1,7，－13,19，…；(2)0.8,0.88,0.888，…；(3)，，－，，－，，…；(4)，1，，，…；(5)0,1,0,1，…
总结 解决本类问题的关键是观察、归纳各项与对应的项数之间的联系．同时，要善于利用我们熟知的一些基本数列，通过合理的联想、转化而达到问题的解决．
变式训练1 写出下面数列的一个通项公式．
(1)2，4，6，8，… (2)10,11,10,11,10,11，…
(3)－1，，－，，…
知识点二 根据递推公式写出数列的前几项
例2 设数列{an}满足写出这个数列的前5项．
总结 由递推公式可以确定数列，它也是给出数列的一种常用方法．
变式训练2 在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n≥1)，写出此数列的前6项．
知识点三 数列通项公式的应用
例3 已知数列；
(1)求这个数列的第10项；
(2)是不是该数列中的项，为什么？
(3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内；
(4)在区间内有、无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由．
总结 判断某数是否为数列中的项，只需将它代入通项公式中求n的值，若存在正整数n，则说明该数是数列中的项，否则就不是该数列的项．
变式训练3 已知数列{an}的通项公式an＝.
(1)写出它的第10项；(2)判断是不是该数列中的项．
1．与集合中元素的性质相比较，数列中的项也有三个性质：
(1)确定性：一个数在不在数列中，即一个数是不是数列中的项是确定的．
(2)可重复性：数列中的数可以重复．
(3)有序性：一个数列不仅与构成数列的“数”有关，而且与这些数的排列次序也有关．
2．并非所有的数列都能写出它的通项公式．例如，π的不同近似值，依据精确的程度可形成一个数列3,3.1,3.14,3.141，…，它没有通项公式．
3．如果一个数列有通项公式，则它的通项公式可以有多种形式．例如：数列－1,1，－1,1，－1,1，…的通项公式可写成an＝(－1)n，也可以写成an＝(－1)n＋2，还可以写成an＝其中k∈N*.
课时作业
一、选择题
1．设数列，，2，，…，则2是这个数列的( )
A．第6项 B．第7项 C．第8项 D．第9项
2．数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－n＋1 B．an＝
C．an＝ D．an＝n2＋1
3．已知数列{an}中，an＝2n＋1，那么a2n为( )
A．2n＋1 B．4n－1 C．4n＋1 D．4n
4．若数列的前4项为1,0,1,0，则这个数列的通项公式不可能是( )
A．an＝[1＋(－1)n－1]
B．an＝[1－cos(n·180°)]
C．an＝sin2(n·90°)
D．an＝(n－1)(n－2)＋[1＋(－1)n－1]
5．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，则－8是该数列的( )
A．第5项 B．第6项
C．第7项 D．非任何一项
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．用火柴棒按下图的方法搭三角形：
按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数an与所搭三角形的个数n之间的关系式可以是__________．
7．传说古希腊毕达哥拉斯(Pythagoras，约公元前570年—公元前500年)学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数．比如，他们将石子摆成如图所示的三角形形状，就将其所对应石子个数称为三角形数，则第10个三角形数是______．
8．数列a，b，a，b，…的一个通项公式是____________．
三、解答题
9．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n个图中有多少个点．
10．数列{an}中，a1＝1，对所有的n≥2，都有a1·a2·a3·…·an＝n2.
(1)求a3＋a5；(2)探究是否为此数列中的项；(3)试比较an与an＋1 (n≥2)的大小．
第二章 数 列
§2.1 数列的概念与简单表示法(一)
知识梳理
1．顺序 项
2．{an} a1 首项 an
3．(1)有限 无限 (2)大于 小于 相等
自主探究
1．an＝n
2．an＝
3．an＝2n
4．an＝2n－1
5．an＝n2
6．an＝2n－1
7．an＝(－1)n
8．an＝(－1)n＋1n
9．an＝10n－1
10．an＝1－0.1n
对点讲练
例1 解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，
故通项公式为an＝(－1)n(6n－5) (n∈N*)．
(2)数列变形为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…，
∴an＝ (n∈N*)．
(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，因此原数列可化为－，，－，，…，
∴an＝(－1)n· (n∈N*)．
(4)将数列统一为，，，，…对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16…即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，
∴可得它的一个通项公式为an＝ (n∈N*)．
(5)an＝或an＝ (n∈N*)或an＝ (n∈N*)．
变式训练1 解 (1)这是个混合数列，
可看成2＋，4＋，6＋，8＋，….
故通项公式an＝2n＋ (n∈N*)．
(2)该数列中各项每两个元素重复一遍，可以利用这个周期性求an.原数列可变形为：
10＋0,10＋1,10＋0,10＋1，….
故其一个通项为：an＝10＋ (n∈N*)，
或an＝ (n∈N*)．
(3)通项符号为(－1)n，如果把第一项－1看作－，则分母为3,5,7,9，…，分母通项为2n＋1；分子为3,8,15,24，…，分子通项为(n＋1)2－1即n(n＋2)，
所以原数列通项为：an＝(－1)n (n∈N*)．
例2 解 由题意可知
a1＝1，
a2＝1＋＝1＋＝2，
a3＝1＋＝1＋＝，
a4＝1＋＝1＋＝，
a5＝1＋＝1＋＝.
变式训练2 在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n≥1)，写出此数列的前6项．
解 a1＝2，a2＝3，
a3＝3a2－2a1＝3×3－2×2＝5，
a4＝3a3－2a2＝3×5－2×3＝9，
a5＝3a4－2a3＝3×9－2×5＝17，
a6＝3a5－2a4＝3×17－2×9＝33.
例3 (1)解 设f(n)＝
＝＝.
令n＝10，得第10项a10＝f(10)＝.
(2)解 令＝，得9n＝300.
此方程无正整数解，所以不是该数列中的项．
(3)证明 ∵an＝＝＝1－，
又n∈N*，∴0<<1，∴0∴数列中的各项都在区间(0,1)内．
(4)解 令则，即.∴又∵n∈N*，
∴当且仅当n＝2时，上式成立，故区间上有数列中的项，且只有一项为a2＝.
变式训练3 解 (1)a10＝＝.
(2)令＝，
化简得：8n2－33n－35＝0，
解得n＝5或n＝－(舍去)．
当n＝5时，a5＝－≠.∴不是该数列中的项．
课时作业
1．B [数列通项公式为an＝，令＝2，解得n＝7.]
2．C
3．C
4．D [令n＝1,2,3,4代入验证即可．]
5．C [n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)．]
6．an＝2n＋1
7．55
解析 三角形数依次为：1,3,6,10,15，…，第10个三角形数为：1＋2＋3＋4＋…＋10＝55.
8．an＝＋(－1)n＋1
解析 a＝＋，b＝－，
故an＝＋(－1)n＋1.
9．解 图(1)只有1个点，无分支；图(2)除中间1个点外，有两个分支，每个分支有1个点；图(3)除中间1个点外，有三个分支，每个分支有2个点；图(4)除中间1个点外，有四个分支，每个分支有3个点；…；猜测第n个图中除中间一个点外，有n个分支，每个分支有(n－1)个点，故第n个图中点的个数为1＋n(n－1)＝n2－n＋1.
10．解 由题意知：an＝ (n≥2)．
(1)a3＋a5＝＋＝.
(2)∵＝＝a16，
∴为数列中的项．
(3)n≥2时，an－an＋1＝－＝＝>0，∴an>an＋1.
2.1 数列的概念与简单表示法(二)
自主学习
知识梳理
1．数列可以看作是一个定义域为________________(或它的有限子集{1,2,3，…，n})的函数，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，对应的一列________．
2．一般地，一个数列{an}，如果从________起，每一项都大于它的前一项，即____________，那么这个数列叫做递增数列．如果从________起，每一项都小于它的前一项，即____________，那么这个数列叫做递减数列．如果数列{an}的各项________，那么这个数列叫做常数列．
3．数列的最大、最小项问题，可以通过研究数列的单调性加以解决，若求最大项an，n的值可通过解不等式组________________来确定；若求最小项an，n的值可通过解不等式组________________来确定．
自主探究
已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1－an，试写出a3，a4，a5，a6，a7，a8，你发现数列{an}具有怎样的规律？你能否求出该数列中的第2 011项是多少？
对点讲练
知识点一 利用函数的性质判断数列的单调性
例1 已知数列{an}的通项公式为an＝.求证：数列{an}为递增数列．
总结 数列是一种特殊的函数，因此可用研究函数单调性的方法来研究数列的单调性．
变式训练1 在数列{an}中，an＝n3－an，若数列{an}为递增数列，试确定实数a的取值范围．
知识点二 求数列的最大最小项
例2 已知an＝ (n∈N*)，试问数列{an}中有没有最大项？如果有，求出这个最大项；如果没有，说明理由．
总结 先考虑{an}的单调性，再利用单调性求其最值．
变式训练2 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－5n＋4 (n∈N*)，则
(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．
知识点三 由递推公式求通项公式
例3 已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋ (n≥2)，写出该数列的前五项及它的一个通项公式．
总结 已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝··…··a1等方法．
变式训练3 已知数列{an}满足a1＝，anan－1＝an－1－an，求数列{an}的通项公式．
函数与数列的联系与区别
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．
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，因此在解决问题时，要充分利用这一特殊性，如研究单调性时，由数列的图象可知，只要这些点每个比它前面相邻的一个高(即an>an－1)，则图象呈上升趋势，即数列递增，即{an}递增?an＋1>an对任意的n (n∈N*)都成立．类似地，有{an}递减?an＋1课时作业
一、选择题
1．已知an＋1－an－3＝0，则数列{an}是( )
A．递增数列 B．递减数列 C．常数项 D．不能确定
2．已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列第4项是( )
A．1 B. C. D.
3．若a1＝1，an＋1＝，给出的数列{an}的第34项是( )
A. B．100 C. D.
4．已知an＝ (n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn>0的n的最小值为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
5．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 010的值为( )
A. B.
C. D.
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．已知数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，(n∈N*)，则使an>100的n的最小值是________．
7．设an＝－n2＋10n＋11，则数列{an}从首项到第m项的和最大，则m的值是________．
8．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋n，则a2 009＝________.
三、解答题
9．已知函数f(x)＝2x－2－x，数列{an}满足f(log2 an)＝－2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}是递减数列．
10．在数列{an}中，a1＝，an＝1－ (n≥2，n∈N*)．
(1)求证：an＋3＝an； (2)求a2 010.
§2.1 数列的概念与简单表示法(二)
知识梳理
1．正整数集N* 函数值
2．第二项 an＋1>an 第二项 an＋13.
自主探究
解 a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，
a6＝－1，a7＝1，a8＝2，….
发现：an＋6＝an，数列{an}具有周期性，周期T＝6，
证明如下：
∵an＋2＝an＋1－an，
∴an＋3＝an＋2－an＋1＝(an＋1－an)－an＋1＝－an.
∴an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an.
∴数列{an}是周期数列，且T＝6.
∴a2 011＝a335×6＋1＝a1＝1.
对点讲练
例1 证明 ∵an＝＝1－
an＋1－an＝－
＝＝.
由n∈N*，得an＋1－an>0，即an＋1>an.
∴数列{an}为递增数列．
变式训练1 解 若{an}为递增数列，
则an＋1－an≥0.
即(n＋1)3－a(n＋1)－n3＋an≥0恒成立．
即a≤(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1恒成立，
即a≤(3n2＋3n＋1)min，
∵n∈N*
，∴3n2＋3n＋1的最小值为7.
∴a的取值范围为a≤7.
例2 解 因为an＋1－an＝n＋1·(n＋2)－n·(n＋1)＝n＋1·
＝n＋1·，
则当n≤7时，n＋1·>0，
当n＝8时，n＋1·＝0，
当n≥9时，n＋1·<0，
所以a1＝a9>a10>a11>a12>…，
故数列{an}存在最大项，最大项为a8＝a9＝.
变式训练2 解 (1)an＝n2－5n＋4＝2－，
当n＝2,3时，an<0.
∴数列中有两项是负数．
(2)∵an＝n2－5n＋4＝2－，可知对称轴方程为n＝＝2.5.
又因n∈N*，故n＝2或3时，an有最小值，
其最小值为－2.
例3 解 由递推公式得a1＝1，
a2＝1＋＝，a3＝＋＝，
a4＝＋＝，a5＝＋＝.
故数列的前五项分别为1，，，，.
∴通项公式为an＝＝2－ (n∈N*)．
变式训练3 解 ∵anan－1＝an－1－an，
∴－＝1.
∴＝＋＋＋…＋＝2＋1＋1＋…＋ ＝n＋1.
∴＝n＋1，∴an＝ (n∈N*)．
课时作业
1．A
2．B [∵a1＝1，∴a2＝＋＝1，a3＝＋＝，a4＝×＋＝.]
3．C [a2＝＝＝，a3＝
＝＝，a4＝＝＝，
猜想an＝，
∴a34＝＝.]
4．B [∵－a1＝a10，－a2＝a9，－a3＝a8，－a4＝a7，－a5＝a6，
∴S11>0，则当n≥11时，Sn>0，故n最小为11.]
5．C [计算得a2＝，a3＝，a4＝，故数列{an}是以3为周期的周期数列，
又知2 010除以3能整除，所以a2 010＝a3＝.]
6．12
7．10或11
解析 令an＝－n2＋10n＋11≥0，则n≤11.
∴a1>0，a2>0，…，a10>0，a11＝0.
∴S10＝S11且为Sn的最大值．
8．2 017 036
解析 由a1＝0，an＋1＝an＋n得
an＝an－1＋n－1，an－1＝an－2＋n－2，
?
a2＝a1＋1，
a1＝0，
累加可得an＝0＋1＋2＋…＋n－1＝，
∴a2 009＝＝2 017 036.
9．(1)解 因为f(x)＝2x－2－x，f(log2 an)＝－2n，
所以2log2 an－2－log2an＝－2n，an－＝－2n，
所以a＋2nan－1＝0，解得an＝－n±.
因为an>0，所以an＝－n.
(2)证明 ＝
＝<1.
又因为an>0，所以an＋110．(1)证明 an＋3＝1－＝1－
＝1－＝1－
＝1－＝1－＝1－
＝1－(1－an)＝an.∴an＋3＝an.
(2)解 由(1)知数列{an}的周期T＝3，
a1＝，a2＝－1，a3＝2.
∴a2 010＝a3×670＝a3＝2.
2.2 等差数列
自主学习
知识梳理
1．等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第________项起，每一项与它的前一项的差都等于________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________，通常用字母________表示．
2．等差中项
如果A＝，那么A叫做a与b的____________．
3．等差数列的单调性
等差数列的公差________时，数列为递增数列；________时，数列为递减数列；________时，数列为常数列．
4．等差数列的通项公式
an＝________________，当d＝0时，an＝________，an是关于n的________函数；当d≠0时，an＝____________，an是关于n的________函数，点(n，an)分布在一条以______为斜率的直线上，是这条直线上的一列________的点．
5．等差数列的性质
(1)若{an}是等差数列，且k＋l＝m＋n(k、l、m、n∈N*)，则____________．
(2)若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n}也是________，公差为________．
(3)若{an}是等差数列且公差为d，则{a2n－1＋a2n}也是____________，公差为________．
自主探究
如果等差数列{an}的首项是a1，公差是d，你能用两种方法求其通项吗？
对点讲练
知识点一 等差数列的通项公式
例1 若{an}是等差数列，a15＝8，a60＝20，求a75.
总结 方法一：先求出a1，d，然后求a75；方法二：应用通项公式的变形公式an＝am＋(n－m)d求解．
变式训练1 在等差数列{an}中，已知am＝n，an＝m，求am＋n的值．
知识点二 等差数列的性质
例2 已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求此数列的通项公式．
总结 要求通项公式，需要求出首项a1和公差d，由a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45直接求解很困难，我们可以换个思路，利用等差数列的性质，注意到a1＋a7＝a2＋a6＝2a4问题就简单了．
变式训练2 成等差数列的四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这四个数．
知识点三 等差数列的判断
例3 已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－ (n≥2)，令bn＝.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
总结 判断一个数列{an}是否是等差数列，关键是看an＋1－an是否是一个与n无关的常数．
变式训练3 若，，是等差数列，求证：a2，b2，c2成等差数列．
1．证明数列{an}为等差数列的方法
(1)定义法：an＋1－an＝d (d为常数，n≥1)?{an}为等差数列或an－an－1＝d (d为常数，n≥2)?{an}为等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2?{an}是等差数列．
(3)通项法：an＝pn＋q (p、q∈R)?{an}是等差数列，只要说明an为n的一次函数，就可下结论说{an}是等差数列．
2．三个数成等差数列可设为：a－d，a，a＋d或a，a＋d，a＋2d；四个数成等差数列可设为：
a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a，a＋d，a＋2d，a＋3d.
课时作业
一、选择题
1．在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值为( )
A．24 B．22 C．20 D．－8
2．已知等差数列{an}中，a2＝－9，＝－，则an为( )
A．14n＋3 B．16n－4 C．15n－39 D．15n＋8
3．等差数列{an}的公差d<0，且a2·a4＝12，a2＋a4＝8，则数列{an}的通项公式是( )
A．an＝2n－2 (n∈N*)
B．an＝2n＋4 (n∈N*)
C．an＝－2n＋12 (n∈N*)
D．an＝－2n＋10 (n∈N*)
4．等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8等于( )
A．45 B．75 C．180 D．300
5．在数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋1，则a101的值为( )
A．49 B．50 C．51 D．52
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．若m≠n，两个等差数列m、a1、a2、n与m、b1、b2、b3、n的公差分别为d1和d2，则的值为______．
7．已知是等差数列，且a4＝6，a6＝4，则a10＝______.
8．已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|m－n|＝______.
三、解答题
9．等差数列{an}的公差d≠0，试比较a4a9与a6a7的大小．
10．已知等差数列{an}：3,7,11,15，….
(1)135,4m＋19(m∈N*)是{an}中的项吗？请说明理由．
(2)若am、at(m、t∈N*)是数列{an}中的项，则2am＋3at是数列{an}中的项吗？并说明你的理由．
§2.2 等差数列
知识梳理
1．2 同一个 公差 d
2．等差中项
3．d>0 d<0 d＝0
4．a1＋(n－1)d a1 常数 dn＋(a1－d) 一次 d 孤立
5．(1)ak＋al＝am＋an (2)等差数列 2d
(3)等差数列 4d
自主探究
解 第一种方法：根据等差数列的定义，可以得到
a2－a1＝d，a3－a2＝d，a4－a3＝d，….所以
a2＝a1＋d，
a3＝a2＋d＝(a1＋d)＋d＝a1＋2d，
a4＝a3＋d＝(a1＋2d)＋d＝a1＋3d，
…
由此得出：an＝a1＋(n－1)d.
第二种方法：由等差数列的定义知，
an－an－1＝d(n≥2)，
所以 (n－1)个
将以上(n－1)个等式两边分别相加，
可得an－a1＝(n－1)d，即an＝a1＋(n－1)d.
对点讲练
例1 解 设{an}的公差为d.
方法一 由题意知
解得
所以a75＝a1＋74d＝＋74×＝24.
方法二 因为a60＝a15＋(60－15)d，
所以d＝＝＝，
所以a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×＝24.
变式训练1 解 方法一 设公差为d，
则d＝＝＝－1，
从而am＋n＝am＋(m＋n－m)d＝n＋n·(－1)＝0.
方法二 设等差数列的通项公式为an＝an＋b(a，b为常数)，则
得a＝－1，b＝m＋n.所以am＋n＝a(m＋n)＋b＝0.
例2 解 因为a1＋a7＝2a4，a1＋a4＋a7＝3a4＝15，
所以a4＝5.又因为a2a4a6＝45，所以a2a6＝9，
即(a4－2d)(a4＋2d)＝9，(5－2d)(5＋2d)＝9，
解得d＝±2.
若d＝2，an＝a4＋(n－4)d＝2n－3；
若d＝－2，an＝a4＋(n－4)d＝13－2n.
变式训练2 解 设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，则由题设得
∴ 解得或
所以这四个数为2,5,8,11或11,8,5,2.
例3 (1)证明 ∵an＝4－ (n≥2)，
∴an＋1＝4－ (n∈N*)．
∴bn＋1－bn＝－＝－
＝－＝＝.
∴bn＋1－bn＝，n∈N*.
∴{bn}是首项为，公差为的等差数列．
(2)解 b1＝＝，d＝.
∴bn＝b1＋(n－1)d＝＋(n－1)＝.
∴＝，∴an＝2＋.
变式训练3 证明 ∵，，是等差数列，
∴＋＝.
∴(a＋b)(c＋a)＋(b＋c)(c＋a)＝2(a＋b)(b＋c)
∴(c＋a)(a＋c＋2b)＝2(a＋b)(b＋c)
∴2ac＋2ab＋2bc＋a2＋c2＝2ab＋2ac＋2bc＋2b2
∴a2＋c2＝2b2，∴a2，b2，c2成等差数列．
课时作业
1．A [设等差数列{an}公差为d.
∵a1＋3a8＋a15＝120，
∴5a8＝120，∴a8＝24，
∴2a9－a10＝2(a8＋d)－(a8＋2d)＝a8＝24.]
2．C [∵a2＝－9，＝－，
∴a3＝－×(－9)＝6，∴d＝a3－a2＝15，
∴an＝a2＋(n－2)d＝－9＋(n－2)×15＝15n－39.]
3．D [由??
所以an＝a1＋(n－1)d，即an＝8＋(n－1)(－2)，
得an＝－2n＋10.]
4．C [方法一 设{an}首项为a1，公差为d，则
a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝a1＋2d＋a1＋3d＋a1＋4d＋a1＋5d＋a1＋6d＝5a1＋20d，
即5a1＋20d＝450，a1＋4d＝90，
∴a2＋a8＝a1＋d＋a1＋7d＝2a1＋8d＝180.
方法二 ∵a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝a2＋a8，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a2＋a8)＝450，
∴a2＋a8＝180.]
5．D [∵2an＋1＝2an＋1，∴an＋1－an＝.
故数列{an}是首项为2，公差为的等差数列．
∴a101＝a1＋100d＝2＋100×＝52.]
6.
解析 ∵n－m＝3d1，∴d1＝(n－m)．
又∵n－m＝4d2，∴d2＝(n－m)．
∴＝＝.
7.
解析 －＝－＝2d，即d＝.
所以＝＋4d＝＋＝，所以a10＝.
8.
解析 由题意设这4个根为
，＋d，＋2d，＋3d.
则＋＝2，∴d＝，
∴这4个根依次为，，，，
∴n＝×＝，m＝×＝或n＝，m＝，
∴|m－n|＝.
9．解 设an＝a1＋(n－1)d，
则a4a9－a6a7＝(a1＋3d)(a1＋8d)－(a1＋5d)(a1＋6d)
＝(a＋11a1d＋24d2)－(a＋11da1＋30d2)＝－6d2<0，所以a4a910．解 (1)依题意有a1＝3，d＝7－3＝4，
∴an＝3＋4(n－1)＝4n－1.
设an＝4n－1＝135，得n＝34，
∴135是数列{an}的第34项．
由于4m＋19＝4(m＋5)－1，且m∈N*，
∴4m＋19是数列{an}的第m＋5项．
(2)∵am、at是数列{an}中的项，
∴am＝4m－1，at＝4t－1.
∴2am＋3at＝2(4m－1)＋3(4t－1)＝4(2m＋3t－1)－1.
∵2m＋3t－1∈N*，
∴2am＋3at是数列{an}中的第2m＋3t－1项．
§2.3 等差数列的前n项和
材拓展
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
法突破
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.
区突破
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.
题多解
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.
题赏析
1．(2009·全国Ⅱ)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．(2009·江苏)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 等差数列的前n项和(一)
自主学习
知识梳理
1．把a1＋a2＋…＋an叫数列{an}的前n项和，记做________．例如a1＋a2＋…＋a16可以记做________；a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝________ (n≥2)．
2．若{an}是等差数列，则Sn可以用首项a1和末项an表示为Sn＝____________；若首项为a1，公差为d，则Sn可以表示为Sn＝____________.
3．写出下列常见等差数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝____________.
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝____________.
(3)2＋4＋6＋…＋2n＝____________.
4．等差数列前n项和的性质
(1)若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列也是等差数列，且公差为____________．
(2)Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成________数列．
(3)设两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，则＝.
自主探究
教材是怎样推导等差数列{an}前n项和的？试一试写出推导过程．
对点讲练
知识点一 有关等差数列前n项和的计算
例1 在等差数列{an}中，已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.
总结 在解决等差数列问题时，如已知a1，an，n，d，Sn中任意三个，可求其余两个，这种问题在数学上常称为“知三求二”型．
变式训练1 设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列的前n项和，求Tn.
知识点二 等差数列前n项和性质的应用
例2 (1)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，求数列{an}的前3m项的和S3m；
(2)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，求的值．
总结 等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易，事半功倍的效果．
变式训练2 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
知识点三 等差数列前n项和的实际应用
例3 甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
总结 建立等差数列的模型时，注意相遇时甲、乙两人的路程和是两个等差数列的前n项和．
变式训练3 现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为( )
A．9 B．10 C．19 D．29
1．求等差数列前n项和公式的方法称为倒序相加法．
2．等差数列的两个求和公式中，一共涉及a1，an，Sn，n，d五个量，通常已知其中三个量，可求另外两个量．
在求等差数列的和时，一般地，若已知首项a1及末项an，用公式Sn＝较好，若已知首项a1及公差d，用公式Sn＝na1＋d较好．
3．等差数列的性质比较多，学习时，不必死记硬背，可以在结合推导过程中加强记忆，并在解题中熟练灵活地应用.
课时作业
一、选择题
1．等差数列{an}中，S10＝4S5，则等于( )
A. B．2 C. D．4
2．已知等差数列{an}中，a＋a＋2a3a8＝9，且an<0，则S10为( )
A．－9 B．－11 C．－13 D．－15
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36.则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
4．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( )
A．765 B．665 C．763 D．663
5．一个四边形的四个内角成等差数列，最小角为40°，则最大角为( )
A．140° B．120° C．100° D．80°
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．设{an}是公差为－2的等差数列，如果a1＋a4＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋…＋a99＝________.
7．在项数为2n＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n的值为______．
8．已知两个等差数列{an}、{bn}，它们的前n项和分别是Sn、S′n，若＝，则＝______.
三、解答题
9．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
10．已知等差数列{an}的前三项为a－1,4,2a，记前n项和为Sn.
(1)设Sk＝2 550，求a和k的值；
(2)设bn＝，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．
§2.3 等差数列的前n项和(一)
知识梳理
1．Sn S16 Sn－1
2. na1＋n(n－1)d
3．(1)n(n＋1) (2)n2 (3)n2＋n
4．(1) (2)等差
自主探究
解 等差数列{an}的前n项和Sn可以采用倒序相加法推导，具体过程如下：
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
又Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a1
在等差数列中有：a1＋an＝a2＋an－1＝…＝an＋a1.
∴2Sn＝(a1＋an)×n
∴Sn＝.①
由于an＝a1＋(n－1)d代入①，
得Sn＝na1＋d.②
对点讲练
例1 解 由
得
解方程组得或
变式训练1 解 设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋n(n－1)d，
∵S7＝7，S15＝75，∴，
即，解得，
∴＝a1＋(n－1)d＝－2＋(n－1)＝，
∴－＝，
∴数列是等差数列，其首项为－2，公差为，
∴Tn＝n(－2)＋×＝n2－n.
例2 解 (1)方法一 在等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．
∴30,70，S3m－100成等差数列．
∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210.
方法二 在等差数列中，，，成等差数列，
∴＝＋.
即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210.
(2)＝＝＝.
变式训练2 D [＝＝＝
＝＝7＋，
∴n＝1,2,3,5,11.]
例3 解 (1)设n分钟后第1次相遇，依题意，
有2n＋＋5n＝70，
整理得n2＋13n－140＝0.
解之得n＝7，n＝－20(舍去)．
第1次相遇是在开始运动后7分钟．
(2)设n分钟后第2次相遇，依题意，
有2n＋＋5n＝3×70，
整理得n2＋13n－420＝0.
解之得n＝15，n＝－28(舍去)．
第2次相遇是在开始运动后15分钟．
变式训练3 B [钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n＝.
当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.
∴n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．]
课时作业
1．A [由题意得：
10a1＋×10×9d＝4(5a1＋×5×4d)，
∴10a1＋45d＝20a1＋40d，∴10a1＝5d，∴＝.]
2．D [由a＋a＋2a3a8＝9得(a3＋a8)2＝9，
∵an<0，∴a3＋a8＝－3，
∴S10＝＝＝＝－15.]
3．B [数列{an}为等差数列，则S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，
即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
∵S3＝9，S6－S3＝27，则S9－S6＝45.
∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝45.]
4．B [因a1＝2，d＝7,2＋(n－1)×7<100，∴n<15，
∴n＝14，S14＝14×2＋×14×13×7＝665.]
5．A [方法一 设等差数列为{an}，最大角为a4，则a1＝40°，n＝4，S4＝360°.
由360°＝，得a4＝140°.
方法二 设其公差为d，由4×40°＋d＝360°，得d＝()°.于是，最大的角为40°＋3d＝140°.]
6．－82
解析 ∵a3＋a6＋…＋a99，a1＋a4＋…＋a97分别是33项之和，
∴(a3＋a6＋…＋a99)－(a1＋a4＋…＋a97)
＝(a3－a1)＋(a6－a4)＋…＋(a99－a97)
＝2d＋2d＋…＋2d＝33×2d＝33×(－4)＝－132，
∴a3＋a6＋…＋a99＝－132＋50＝－82.
7．10
解析 由题意知，S奇＝＝165，
S偶＝＝150.
∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴＝＝，∴n＝10.
8.
解析 方法一 ＝＝＝，
∴＝＝＝＝.
方法二 由＝，可知公差d≠0，
设Sm＝km(2m＋3)，
S′m＝km(3m－1) (k∈R，且k≠0)，
则＝＝ (m≥2)，
∴＝＝.
9．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，且d>0.
∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根．
又公差d>0，∴a3∴，∴，∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n×1＋×4＝2n2－n，
∴bn＝＝.∴b1＝，b2＝，b3＝.
∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
∴2c2＋c＝0，∴c＝－ (c＝0舍去)．
10．解 (1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a，又a1＋a3＝2a2，∴(a－1)＋2a＝8，即a＝3.
∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2.
由Sk＝ka1＋d，得2k＋×2＝2 550，
即k2＋k－2 550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)．
∴a＝3，k＝50.
(2)由Sn＝na1＋d，
得Sn＝2n＋×2＝n2＋n.
∴bn＝＝n＋1.∴{bn}是等差数列．
则b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)＝2n2＋2n，
∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝2n2＋2n.
2.3 等差数列的前n项和(二)
自主学习
知识梳理
1．前n项和Sn与an之间的关系
对任意数列{an}，Sn是前n项和，Sn与an的关系可以表示为an＝
2．等差数列前n项和公式Sn＝____________＝____________.
3．等差数列前n项和的最值
(1)在等差数列{an}中
当a1>0，d<0时，Sn有________值，使Sn取到最值的n可由不等式组____________确定；
当a1<0，d>0时，Sn有________值，使Sn取到最值的n可由不等式组____________确定．
(2)因为Sn＝n2＋n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有____________值；当d<0时，Sn有________值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值．
4．一个有用的结论：
若Sn＝an2＋bn，则数列{an}是等差数列．反之亦然．
自主探究
在等差数列{an}中，an＝2n－14，试用两种方法求该数列前n项和Sn的最值．
对点讲练
知识点一 已知前n项和Sn，求an
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－3n，求通项公式an.
总结 已知前n项和Sn求通项an，先由n＝1时，a1＝S1求得a1，再由n≥2时，an＝Sn－Sn－1求an，最后验证a1是否符合an，若符合则统一用一个解析式表示．
变式训练1 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b，求an.
知识点二 等差数列前n项和最值问题
例2 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．
总结 在等差数列中，求Sn的最大(小)值，其思路是找出某一项，使这项及它前面的项皆取正(负)值或零，而它后面的各项皆取负(正)值，则从第1项起到该项的各项的和为最大(小)．由于Sn为关于n的二次函数，也可借助二次函数的图象或性质求解．
变式训练2 等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？
知识点三 已知{an}为等差数列，求{|an|}的前n项和
例3 已知等差数列{an}中，记Sn是它的前n项和，若S2＝16，S4＝24，求数列{|an|}的前n项和Tn.
总结 等差数列{an}前n项的绝对值之和，由绝对值的意义，应首先分清这个数列的哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求出前n项的绝对值之和．
变式训练3 数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.
1．公式an＝Sn－Sn－1并非对所有的n∈N*都成立，而只对n≥2的正整数才成立．由Sn求通项公式an＝f(n)时，要分n＝1和n≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．
2．求等差数列前n项和的最值
(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N*，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观．
(2)通项法：当a1>0，d<0，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，时，Sn取得最小值．
3．求等差数列{an}前n项的绝对值之和，关键是找到数列{an}的正负项的分界点.
课时作业
一、选择题
1．设数列{an}是等差数列，且a2＝－8，a15＝5，Sn是数列{an}的前n项和，则( )
A．S9C．S112．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5A．9 B．8 C．7 D．6
3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于( )
A. B. C. D.
4．数列{an}的前n项和Sn＝3n－2n2 (n∈N*)，则当n≥2时，下列不等式成立的是( )
A．Sn>na1>nan B．Sn>nan>na1
C．na1>Sn>nan D．nan>Sn>na1
5．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n(n∈N*)，则通项an＝________.
7．等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是______．
8．在等差数列{an}中，已知前三项和为15，最后三项和为78，所有项和为155，则项数n＝________.
三、解答题
9．已知f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7
(1)设f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；
(2)设f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成{bn}，求{bn}的前n项和．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0.
(1)求公差d的范围；
(2)问前几项的和最大，并说明理由．
§2.3 等差数列的前n项和(二)
知识梳理
1．S1 Sn－Sn－1
2. na1＋d
3．(1)最大 最小 (2)最小 最大
自主探究
解 方法一 ∵an＝2n－14，∴a1＝－12，d＝2.
∴a1∴当n＝6或n＝7时，Sn取到最小值．
易求S7＝－42，∴(Sn)min＝－42.
方法二 ∵an＝2n－14，∴a1＝－12.
∴Sn＝＝n2－13n＝2－.
∴当n＝6或n＝7时，Sn最小，且(Sn)min＝－42.
对点讲练
例1 解 当n＝1时，a1＝S1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－5.
又∵a1＝－1，适合an＝4n－5，
∴an＝4n－5 (n∈N*)．
变式训练1 解 当n＝1时，a1＝S1＝3＋b.
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1.
因此，当b＝－1时，a1＝2适合an＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1.
当b≠－1时，a1＝3＋b不适合an＝2·3n－1，
∴an＝.
综上可知，当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝.
例2 解 方法一 利用前n项和公式和二次函数性质．
由S17＝S9，得25×17＋×(17－1)d
＝25×9＋×(9－1)d，
解得d＝－2，
所以Sn＝25n＋(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169，
由二次函数性质可知，
当n＝13时，Sn有最大值169.
方法二 先求出d＝－2，因为a1＝25>0，由
得
所以当n＝13时，Sn有最大值．
S13＝25×13＋×(－2)＝169.
因此Sn的最大值为169.
方法三 由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，
而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，
故a13＋a14＝0.由方法一知d＝－2<0，
又因为a1>0，所以a13>0，a14<0，
故当n＝13时，Sn有最大值．
S13＝25×13＋×(－2)＝169.
因此Sn的最大值为169.
变式训练2 解 方法一 由S9＝S12，
得d＝－a1，
由，
得，解得10≤n≤11.
∴当n为10或11时，Sn取最小值，
∴该数列前10项或前11项的和最小．
方法二 由S9＝S12，得d＝－a1，
由Sn＝na1＋d＝n2＋n，
得Sn＝·n2＋·n
＝－2＋a1 (a1<0)，
由二次函数性质可知n＝＝10.5时，Sn最小．
但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．
所以该数列前10项或者前11项的和最小．
例3 解 由S2＝16，S4＝24，得
即 解得
所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n (n∈N*)．
(1)当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋10n.
(2)当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7－…－an＝2S5－Sn
＝2×(－52＋10×5)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50，
故Tn＝
变式训练3 解 (1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0.
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1.
∴{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，
∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n.
(2)Tn＝a1＋a2＋…＋an＝＝9n－n2.
∵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≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝T5－(Tn－T5)＝2T5－Tn
＝2×(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40，
当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝Tn＝9n－n2.
∴Sn＝ n∈N*.
课时作业
1．B [由已知得d＝＝1，∴a1＝－9，
∴a10＝a1＋9d＝0，∴S10＝S9＋a10＝S9.]
2．B [由an＝，∴an＝2n－10.
由5<2k－10<8，得：7.53．A [方法一 ＝＝，∴a1＝2d，
＝＝＝.
方法二 由＝，
得S6＝3S3.S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9仍然是等差数列，
公差为(S6－S3)－S3＝S3，从而S9－S6＝S3＋2S3＝3S3?S9＝6S3，
S12－S9＝S3＋3S3＝4S3?S12＝10S3，
所以＝.]
4．C [由an＝，
解得an＝5－4n.
∴a1＝5－4×1＝1，∴na1＝n，∴nan＝5n－4n2，
∵na1－Sn＝n－(3n－2n2)＝2n2－2n＝2n(n－1)>0.
Sn－nan＝3n－2n2－(5n－4n2)＝2n2－2n>0.
∴na1>Sn>nan.]
5．C [由S50.
又S6＝S7?a7＝0.由S7>S8?a8<0，
因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0.]
6．2n－2
7．5或6
解析 d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0且a3＋a9＝0，
∴a6＝0，
∴a1>a2>…>a5>0，a6＝0,0>a7>a8>….
∴当n＝5或6时，Sn取到最大值．
8．10
解析 由已知，a1＋a2＋a3＝15，an＋an－1＋an－2＝78，两式相加，得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝93，
即a1＋an＝31.
由Sn＝＝＝155，得n＝10.
9．(1)证明 f(x)＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，
∴an＝3n－8，∵an＋1－an＝3，∴{an}为等差数列．
(2)解 bn＝|3n－8|.
当1≤n≤2时，bn＝8－3n，b1＝5.
Sn＝＝.
当n≥3时，bn＝3n－8，
Sn＝5＋2＋1＋4＋…＋(3n－8)
＝7＋＝.
∴Sn＝
10．解 (1)根据题意，有：
整理得：
解之得：－(2)∵d<0，∴a1>a2>a3>…>a12>a13>…，
而S13＝＝13a7<0，∴a7<0.
又S12＝＝6(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，
∴a6>0.
∴数列{an}的前6项和S6最大．
2.4 等比数列
自主学习
知识梳理
1．如果一个数列从第________项起，每一项与它的前一项的________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________，通常用字母q表示(q≠0)．
2．等比数列的通项公式：____________.
3．等比中项的定义
如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的________，且G＝________.
4．对于正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则等比数列中am，an，ap，aq的关系是____________．
5．证明一个数列是等比数列最基本的方法是定义，即________________(用数学式子表示)．
自主探究
首项为a1，公比为q的等比数列在各条件下的单调性如下表：
a1
a1>0
a1<0
q范围
0q＝1
q>1
0q＝1
q>1
{an}的
单调性
对点讲练
知识点一 等比数列通项公式的应用
例1 已知{an}为等比数列，a3＝2，a2＋a4＝，求{an}的通项公式．
总结 等比数列的通项公式an＝a1qn－1中有四个量a1，q，n，an.已知其中三个量可求得第四个，简称“知三求一”．
变式训练1 已知等比数列{an}，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求an.
知识点二 等比数列性质的应用
例2 已知{an}为等比数列．
(1)若an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5；
(2)若an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．
变式训练2 设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝215，求a2·a5·a8·…·a29的值．
知识点三 等比数列的判断与证明
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1) (n∈N*)．
(1)求a1，a2；(2)求证：数列{an}是等比数列．
总结 利用等比数列的定义＝q (q≠0)是判定一个数列是否是等比数列的基本方法．
变式训练3 设Sn为数列{an}前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数．
(1)求a1及an；
(2)若对于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．
1．等比数列的判断或证明
(1)利用定义：＝q (与n无关的常数)．
(2)利用等比中项：a＝anan＋2 (n∈N*)．
2．如果证明数列不是等比数列，可以通过具有三个连续项不成等比数列来证明，即存在an0，an0＋1，an0＋2，使a2n0＋1≠an0·an0＋2，也可以用反证法．
3．等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1共涉及an，a1，q，n四个量，已知其中三个量可求得第四个.
课时作业
一、选择题
1．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么( )
A．b＝3，ac＝9 B．b＝－3，ac＝9
C．b＝3，ac＝－9 D．b＝－3，ac＝－9
2．在等比数列{an}中，an>0，且a2＝1－a1，a4＝9－a3，则a4＋a5的值为( )
A．16 B．27 C．36 D．81
3．在由正数组成的等比数列{an}中，若a4a5a6＝3，log3a1＋log3a2＋log3a8＋log3a9的值为( )
A. B. C．2 D．
4．一个数分别加上20,50,100后得到的三数成等比数列，其公比为( )
A. B. C. D.
5．已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则a2为( )
A．－2 B．－3 C．2 D．3
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝16，则a3＝________.
7．首项为3的等比数列的第n项是48，第2n－3项是192，则n＝________.
8．一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是________．
三、解答题
9．等比数列的前三项和为168，a2－a5＝42，求a5，a7的等比中项．
10．已知{an}为等比数列，a3＝2，a2＋a4＝，求{an}的通项公式．
§2.4 等比数列
知识梳理
1．2 比 公比
2．an＝a1qn－1
3．等比中项 ±
4．am·an＝ap·aq
5.＝q, (n∈N*)
自主探究
递减 常数列 递增 递增 常数列 递减
对点讲练
例1 解 设等比数列{an}的公比为q，则q≠0.
a2＝＝，a4＝a3q＝2q，
∴＋2q＝.解得q1＝，q2＝3.
当q＝时，a1＝18，∴an＝18×n－1＝2×33－n.
当q＝3时，a1＝，∴an＝×3n－1＝2×3n－3.
综上，当q＝时，an＝2×33－n；
当q＝3时，an＝2×3n－3.
变式训练1 解 由等比数列的定义知a2＝a1q，a3＝a1q2代入已知得，
?
?
将a1＝代入①得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝.
由②得或
当a1＝1，q＝2时，an＝2n－1；
当a1＝4，q＝时，an＝23－n.
例2 解 (1)a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a＋2a3a5＋a
＝(a3＋a5)2＝25，
∵an>0，∴a3＋a5>0，∴a3＋a5＝5.
(2)根据等比数列的性质
a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9.
∴a1a2…a9a10＝(a5a6)5＝95.
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10
＝log3(a1a2…a9a10)
＝log395＝5log39＝10.
变式训练2 解 ∵a1·a2·a3·…·a30＝(a1a30)·(a2a29)·…·(a15·a16)＝(a1a30)15＝215，
∴a1a30＝2.
∴a2·a5·a8·…·a29＝(a2a29)·(a5a26)·(a8a23)·(a11a20)·(a14a17)＝(a2a29)5＝(a1a30)5＝25＝32.
例3 (1)解 由S1＝(a1－1)，
得a1＝(a1－1)，
∴a1＝－.又S2＝(a2－1)，
即a1＋a2＝(a2－1)，得a2＝.
(2)证明 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(an－1)－(an－1－1)，
得＝－，又＝－，
所以{an}是首项为－，公比为－的等比数列．
变式训练3 解 (1)由Sn＝kn2＋n，得a1＝S1＝k＋1，
an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)．
a1＝k＋1也满足上式，所以an＝2kn－k＋1，n∈N*.
(2)由am，a2m，a4m成等比数列，得(4mk－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，
将上式化简，得2km(k－1)＝0，因为m∈N*，
所以m≠0，故k＝0或k＝1.
课时作业
1．B [∵b2＝(－1)×(－9)＝9且b与首项－1同号，∴b＝－3，且a，c必同号．]
2．B [由已知a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，∴q2＝9.
∴q＝3(q＝－3舍)，∴a4＋a5＝(a3＋a4)q＝27.]
3．A [∵a4a6＝a，∴a4a5a6＝a＝3，得a5＝3.
∵a1a9＝a2a8＝a，
∴log3a1＋log3a2＋log3a8＋log3a9＝log3(a1a2a8a9)＝log3a＝log33＝.]
4．A [设这个数为x，
则(50＋x)2＝(20＋x)·(100＋x)，解得x＝25，
∴这三个数为45,75,125，公比q为＝.]
5．D [因为a1，a2，a5成等比数列，
所以a＝a1·a5，
即a＝(a2－2)·(a2＋6)．解得a2＝3.]
6．4
解析 q4＝＝16，∴q2＝4，a3＝a1q2＝4.
7．5
解析 设公比为q，
则??q2＝4，
得q＝±2.
由(±2)n－1＝16，得n＝5.
8.
解析 设三边为a，aq，aq2 (q>1)，
则(aq2)2＝(aq)2＋a2，
∴q2＝.
较小锐角记为θ，
则sin θ＝＝.
9．解 由题意可列关系式：
②÷①得：q(1－q)＝＝，∴q＝，
∴a1＝＝＝96.
又∵a6＝a1q5＝96×＝3，
∴a5，a7的等比中项为3.
10．解 设等比数列{an}的公比为q，则q≠0.
a2＝＝，a4＝a3q＝2q，
∴＋2q＝.
解得q1＝，q2＝3.
当q＝时，a1＝18，
∴an＝18×n－1＝2×33－n.
当q＝3时，a1＝，
∴an＝×3n－1＝2×3n－3.
综上，当q＝时，an＝2×33－n；
当q＝3时，an＝2×3n－3.
2.5 等比数列的前n项和
材拓展
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
法突破
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*)．
区突破
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.
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，∴＝＝.
题多解
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.
题赏析
1．(2011·大纲卷)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．(2009·山东)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．
2.5 等比数列的前n项和(一)
自主学习
知识梳理
1．等比数列前n项和公式：
(1)公式：Sn＝.
(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．
2．等比数列前n项和的一个常用性质：
在等比数列中，若等比数列{an}的公比为q，当q＝－1，且m为偶数时，Sm＝S2m＝S3m＝0，此时Sm、S2m－Sm、S3m－S2m不成等比数列；当q≠－1或m为奇数时，Sm、S2m－Sm、S3m－S2m成等比数列．
3．推导等比数列前n项和的方法叫__________法．一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和．
自主探究
阅读教材后，完成下面等比数列前n项和公式的推导过程．
方法一：设等比数列a1，a2，a3，…，an，…，它的前n项和是Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an.
由等比数列的通项公式可将Sn写成
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1.①
①式两边同乘以q得
qSn＝________________________________.②
①－②，得(1－q)Sn＝____________，由此得q≠1时，
Sn＝__________，因为an＝________，所以上式可化为Sn＝________.当q＝1时，Sn＝__________.
方法二：由等比数列的定义知＝＝…＝＝q.
当q≠1时，
＝q，即＝q.
故Sn＝____________.
当q＝1时，Sn＝____________.
方法三：Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋…＋a1qn－2)
＝a1＋qSn－1＝a1＋q(Sn－an)
当q≠1时，Sn＝____________＝____________.
当q＝1时，Sn＝________.
对点讲练
知识点一 有关等比数列前n项和的计算
例1 在等比数列{an}中，S3＝，S6＝，求an.
总结 涉及等比数列前n项和时，要先判断q＝1是否成立，防止因漏掉q＝1而出错．
变式训练1 在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a3an－2＝128，Sn＝126，求n和q.
知识点二 利用等比数列前n项和的性质解题
例2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
总结 通过两种解法比较，可看出，利用等比数列前n项和的性质解题，思路清晰，过程较为简捷．
变式训练2 等比数列的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝30，S60＝630，求S70的值．
知识点三 错位相减法的应用
例3 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn (x≠0，n∈N*)．
总结 一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用这一思路和方法．
变式训练3 求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)an－1的前n项和．
1．在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”．
2．前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况．
3．教材中的推导方法叫做错位相减法，这种方法是我们应该掌握的重要方法之一．它适合数列{anbn}的求和，其中{an}代表等差数列，{bn}代表等比数列，即一个等差数列与一个等比数列对应项的乘积构成的新数列的求和可用此法.
课时作业
一、选择题
1．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为( )
A．63 B．64 C．127 D．128
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则等于( )
A．－3 B．5 C．－31 D．33
3．已知公比为q (q≠1)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则数列的前n项和为( )
A. B. C. D.
4．在等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则此数列的前8项和为( )
A．514 B．513 C．512 D．510
5．在等比数列中，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于( )
A．90 B．70 C．40 D．30
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝________.
7．若等比数列{an}中，a1＝1，an＝－512，前n项和为Sn＝－341，则n的值是________．
8．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝________.
三、解答题
9．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．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1) (n∈N*)．
(1)求a1，a2；(2)求证：数列{an}是等比数列．
§2.5 等比数列的前n项和(一)
知识梳理
1．(1) na1
3．错位相减
自主探究
a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn a1－a1qn a1qn－1 na1 na1
na1
对点讲练
例1 解 由已知S6≠2S3，则q≠1，
又S3＝，S6＝，即
②÷①得1＋q3＝9，∴q＝2.
可求得a1＝，因此an＝a1qn－1＝2n－2.
变式训练1 解 ∵a3·an－2＝a1·an，
∴a1an＝128，
解方程组
得①或②
将①代入Sn＝＝126，可得q＝，
由an＝a1qn－1可解得n＝6.
将②代入Sn＝，可得q＝2，
由an＝a1qn－1可解得n＝6.
故n＝6，q＝或2.
例2 解 方法一 因为S2n≠2Sn，所以q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，即qn＝.③
将③代入①得＝64，
所以S3n＝＝64×＝63.
方法二 因为{an}为等比数列，且q≠1，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
所以S3n＝＋S2n＝＋60＝63.
变式训练2 解 设b1＝S10，b2＝S20－S10，…，则b7＝S70－S60.
因为q≠1，所以S10，S20－S10，S30－S20，…，S70－S60成等比数列，所以b1，b2，…，b7成等比数列，首项为b1＝10，公比为q＝＝＝2.求得b7＝10·26＝640.
由S70－S60＝640，得S70＝1 270.
例3 解 (1)当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
(2)当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，①
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，②
①－②得，(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
＝－nxn＋1.
∴Sn＝－.
综上可得
Sn＝.
变式训练3 解 (1)当a＝0时，Sn＝1.
(2)当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
(3)当a≠1且a≠0时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②得
Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2·
＝1－(2n－1)an＋，
又1－a≠0，∴Sn＝＋.
综上，
Sn＝.
课时作业
1．C [设公比为q，则由a1＝1，a5＝16得a5＝a1q4，
即16＝q4，由q>0，得q＝2.
则S7＝＝＝127.]
2．D [由题意知公比q≠1，
＝＝1＋q3＝9，
∴q＝2，＝＝1＋q5＝1＋25＝33.]
3．D [数列也是等比数列，且首项为，公比为，
其前n项和为：＝·
＝.]
4．D [由a1＋a4＝18和a2＋a3＝12，
得方程组，解得或.
∵q为整数，
∴q＝2，a1＝2，S8＝＝29－2＝510.]
5．C [q≠1 (否则S30＝3S10)，∵，
∴，∴，
∴q20＋q10－12＝0.
∴q10＝3或q10＝－4(舍去)，
∴S20＝＝S10(1＋q10)
＝10×(1＋3)＝40.]
6.
解析 由等比数列的定义，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝＋a2＋a2q＋a2q2，
得＝＋1＋q＋q2＝.
7．10
解析 ∵Sn＝，
∴－341＝，∴q＝－2，
又∵an＝a1qn－1，∴－512＝(－2)n－1，
∴n＝10.
8．2n－1
解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，
∴a1＝2a1－1，
∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)
∴an＝2an－1，∴{an}是等比数列，
∴an＝2n－1，n∈N*.
9．解 方法一 由已知a1≠0，Sn＝，
则
由②得1－q4＝5(1－q2)．∴(q2－4)(q2－1)＝0.又q<1.∴q＝－1或q＝－2.
当q＝－1时，a1＝2，an＝2×(－1)n－1.
当q＝－2时，a1＝，an＝×(－2)n－1.
方法二 ∵S4＝5S2，∴a1＋a2＋a3＋a4＝5(a1＋a2)．
∴a3＋a4＝4(a1＋a2)．
(1)当a1＋a2＝0，即a2＝－a1，
即q＝－1时，a3＋a4＝0适合；
∵a3＝2，∴a1＝＝2，
∴an＝2×(－1)n－1.
(2)当a1＋a2≠0时，＝4.
即q2＝4.又q<1，
∴q＝－2，a1＝＝，此时，an＝×(－2)n－1.
10．(1)解 由S1＝(a1－1)，得a1＝(a1－1)，
∴a1＝－.
又S2＝(a2－1)，
即a1＋a2＝(a2－1)，得a2＝.
(2)证明 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(an－1)－(an－1－1)，
得＝－，又＝－，
所以{an}是首项为－，公比为－的等比数列．
2.5 等比数列的前n项和(二)
自主学习
知识梳理
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，当公比q≠1时，Sn＝____________＝____________；当q＝1时，Sn＝________.
2．等比数列前n项和的性质：
(1)连续m项的和(如Sm、S2m－Sm、S3m－S2m)，仍构成________数列．(注意：q≠－1或m为奇数)
(2)Sm＋n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比)．
(3)若{an}是项数为偶数、公比为q的等比数列，则＝________.
3．若{an}是等比数列，且公比q≠1，则前n项和Sn＝(1－qn)＝A(qn－1)．其中A＝________.
4．解决等比数列的前n项和的实际应用问题，关键是在实际问题中建立等比数列模型．
自主探究
利用等比数列前n项公式证明an＋an－1b＋an－2b2＋…＋bn＝，其中n∈N*a，b是不为0的常数，且a≠b.
对点讲练
知识点一 等比数列前n项和的证明问题
例1 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和，证明：>log0.5Sn＋1.
总结 本题关键是证明Sn·Sn＋2变式训练1 已知等比数列前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
知识点二 等比数列前n项和的实际应用
例2 为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2010年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.
(1)以2010年为第一年，设第n年出口量为an吨，试求an的表达式；
(2)因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)
参考数据：0.910≈0.35.
总结 本题建立等比数列的模型及弄清项数是关键，运算中往往要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按照要求保留一定的精确度．
变式训练2
一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125 m吗？
知识点三 等差数列、等比数列的综合问题
例3 设{an}是等差数列，bn＝an，已知：b1＋b2＋b3＝，b1b2b3＝，求等差数列的通项an.
总结 (1)一般地，如果{an}是等差数列，公差为d，且cn＝can (c>0且c≠1)，那么数列{cn}是等比数列，公比q＝cd.
(2)一般地，如果{an}是各项为正数的等比数列，公比为q，且cn＝logaan(a>0且a≠1)，那么数列{cn}为等差数列，公差d＝logaq.
变式训练3 在等比数列{an}中，an>0 (n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2 an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值．
1．深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键．两类数列的性质既有类似的部分，又有区别，要在应用中加强记忆．同样，用好其性质也会降低解题的运算量，从而减少错误．
2．在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)求解，在解方程时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处．
3．利用等比数列解决实际问题，关键是构建等比数列模型．要确定a1与项数n的实际含义，同时要搞清是求an还是求Sn的问题.
课时作业
一、选择题
1．某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为( )
A．1.14a B．1.15a
C．10×(1.15－1)a D．11×(1.15－1)a
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B.(2n－1)2
C．4n－1 D.(4n－1)
3．一弹性球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )
A．300米 B．299米 C．199米 D．166米
4．若等比数列{an}的公比q>0，且q≠1，又a1<0，那么( )
A．a2＋a6>a3＋a5 B．a2＋a6C．a2＋a6＝a3＋a5 D．a2＋a6与a3＋a5的大小不确定
5．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8等于( )
A. B. C. D.
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
7．如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝______.
8．等比数列{an}的首项a1＝511，公比q＝，记Cn＝a1·a2·a3·…·an，则当Cn达到最大时，n的值是________．
三、解答题
9．设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn＝an＋bn，证明数列{cn}不是等比数列．
10．从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加.
(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；
(2)至少经过多少年旅游业的总收入才能超过总投入？
§2.5 等比数列的前n项和(二)
知识梳理
1. na1
2．(1)等比 (2)q
3.
自主探究
证明 ∵a≠0，b≠0，a≠b，∴≠1.
∴左端＝an＋an－1b＋an－2b2＋…＋bn
＝an
＝＝
＝＝右端．
∴an＋an－1b＋an－2b2＋…＋bn＝.
对点讲练
例1 证明 设{an}的公比为q，
由题设知a1>0，q>0，
当q＝1时，Sn＝na1，从而Sn·Sn＋2－S
＝na1·(n＋2)a1－(n＋1)2a＝－a<0.
当q≠1时，Sn＝，
从而Sn·Sn＋2－S＝－＝－aqn<0.
综上知，Sn·Sn＋2∴log0.5(Sn·Sn＋2)>log0.5S.
即>log0.5Sn＋1.
变式训练1 证明 方法一 设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
当q≠1时，则Sn＝(1－qn)，
S2n＝(1－q2n)，S3n＝(1－q3n)，
∴S＋S＝2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)．
又Sn(S2n＋S3n)＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
方法二 根据等比数列性质，
有S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，
S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴S＋S＝S＋[Sn(1＋qn)]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n)．
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
例2 解 (1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9，
∴an＝a·0.9n－1 (n≥1)．
(2)10年的出口总量S10＝
＝10a(1－0.910)．
∵S10≤80，∴10a(1－0.910)≤80，即a≤，
∴a≤12.3.故2010年最多出口12.3吨．
变式训练2 解 用an表示热气球在第n分钟上升的高度，由题意，得an＋1＝an，
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列．
热气球在前n分钟内上升的总高度为：
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝
＝＝125×<125.
故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.
例3 解 设等差数列{an}的公差为d，
则＝＝an＋1－an＝d.
∴数列{bn}是等比数列，公比q＝d.
∴b1b2b3＝b＝，∴b2＝.
∴，解得或.
当时，q2＝16，∴q＝4(q＝－4<0舍去)
此时，bn＝b1qn－1＝·4n－1＝22n－5.
由bn＝5－2n＝an，
∴an＝5－2n.
当时，q2＝，∴q＝
此时，bn＝b1qn－1＝2·n－1＝2n－3＝an，
∴an＝2n－3.
综上所述，an＝5－2n或an＝2n－3.
变式训练3 解 (1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an>0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，
而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.
∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)bn＝log2 an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，
∴当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大．
课时作业
1．D [注意去年产值为a，今年起5年内各年的产值分别为1.1a,1.12a,1.13a,1.14a,1.15a.
∴1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11×(1.15－1)a.]
2．D [易知{an}为等比数列且an＝2n－1.
∴{a}也是等比数列，a＝1，公比为4.
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．]
3．A [小球10次着地共经过100＋100＋50＋…＋100×8＝299≈300(米)．]
4．B [(a2＋a6)－(a3＋a5)＝a1(q＋q5)－a1(q2＋q4)
＝a1q(q4－q3－q＋1)＝a1q(q－1)2(q2＋q＋1)
∵a1<0，q>0且q≠1，q2＋q＋1>0，
∴a1q(q－1)2(q2＋q＋1)<0，
∴a2＋a65．A
6．－
解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
又Sn＝·3n＋t，∴t＝－.
7．0
解析 ∵a，b，c成等差数列，设公差为d，
则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz
＝－dlogmx＋2dlogmy－dlogmz
＝dlogm＝dlogm1＝0.
8．9
解析 由an＝511×n－1>1，解得n≤9.
即a1>a2>…>a9>1>a10>a11>….
∴当n＝9时，Cn最大．
9．证明 设{an}、{bn}的公比分别为p、q，p≠0，q≠0，p≠q，cn＝an＋bn.
要证{cn}不是等比数列，只需证c22≠c1·c3成立即可．
事实上，c22＝(a1p＋b1q)2＝a21p2＋b21q2＋2a1b1pq，
c1c3＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)
＝a21p2＋b21q2＋a1b1(p2＋q2)．
由于c1c3－c22＝a1b1(p－q)2≠0，因此c22≠c1·c3，故{cn}不是等比数列．
10．解 (1)第一年投入为800万元，
第二年投入为800×万元，…，
第n年投入为800×n－1万元．
所以n年内总投入为：
an＝800＋800×＋…＋800×n－1
＝800×
＝4 000×.
第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400×万元，…，第n年旅游业收入为400×n－1万元，所以n年内的旅游业总收入为：
bn＝400＋400×＋…＋400×n－1
＝400×
＝1 600×.
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，则bn－an>0，
即1 600×－4 000×>0，
化简得：2n＋5n－7>0，
设x＝n，则5x2－7x＋2>0，
解得x<或x>1，
∵n≥1，∴x＝n<1，∴x>1(舍去)，
即n<，由此得n≥5.
∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入．
第二章 习题课1 常见的数列求和及应用
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
题 号
1
2
3
4
5
答 案
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.
习题课1 常见的数列求和及应用
知识梳理
1. na1＋d
2．na1
3. n2 n2＋n
自主探究
①－ ②
③ ④－
⑤(－)
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(a＝－1舍去)．
∴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.
第二章 习题课2 简单的递推数列及应用
自主学习
知识梳理
在实际考查中常常涉及求一些简单的递推数列的通项公式问题．
1．累加法：an＋1＝an＋f(n) (f(n)可求和)
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝a1＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)
2．累乘法：an＋1＝an·f(n) (f(n)为含n的代数式)
an＝a1···…·＝a1·f(1)·f(2)·…·f(n－1)
3．转化法：an＋1＝pan＋q (pq≠0，p≠1)
方法一 设an＋1－x＝p(an－x)，则an＋1＝pan＋(1－p)x
∴(1－p)x＝q，∴x＝.
∴an－＝·pn－1
∴an＝pn－1＋.
方法二 ∵an＋1＝pan＋q，∴an＝pan－1＋q
∴an＋1－an＝p(an－an－1)＝…＝pn－1(a2－a1)转化为迭加法求解．
4．Sn与an的混合关系式有两个思路：
(1)消去Sn，转化为an的递推关系式，再求an；
(2)消去an，转化为Sn的递推关系式，求出Sn后，再求an.
自主探究
1．试写出用累加法推导等差数列通项公式的过程．
2．试写出用累乘法推导等比数列通项公式的过程．
对点讲练
知识点一 累加法与累乘法求通项
例1 已知：a1＝2，an＋1＝an＋(2n＋1)，求an.
变式训练1 已知：a1＝1，an＋1＝2n·an，求an.
知识点二 化为基本数列求通项
例2 已知：a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.
变式训练2 设数列{an}满足：a1＝1，a2＝，an＋2＝an＋1－an (n＝1,2，…)．令bn＝an
＋1－an.
(1)求证：数列{bn}是等比数列，并求bn；
(2)求数列{an}的通项公式．
知识点三 已知an与Sn的混合关系式，求an.
例3 已知{an}是各项为正的数列，且Sn＝.求an与Sn.
变式训练3 设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，都有Sn＝2an－3n.
(1)求数列{an}的首项a1及递推关系式an＋1＝f(an)；
(2)求通项公式an.
1．近几年高考常以递推公式为依托，设计出一些新颖灵活、难度适中、富有时代气息的试题．在学习时对递推公式及其应用应给予适当的重视．
2．递推公式是表示数列的一种重要方法．由一些简单的递推公式可以求得数列的通项公式．本课时主要学习了累加法、累乘法以及化归为等差数列或等比数列的基本方法.
课时作业
一、选择题
1．数列{an}满足an＋1＝an＋n，且a1＝1，则a5的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( )
A．13 B．10 C．9 D．6
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则an的表达式为( )
A．3n－2 B．n2－2n＋2 C．3n－1 D．4n－3
4．数列{an}中，a3＝2，a7＝1，且数列是等差数列，则a11的值为( )
A．1 B. C. D.
5．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1－an－2 (n≥3)．那么S2 011的值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
题 号
1
2
3
4
5
答 案
二、填空题
6．数列{an}中，a1＝1，an＋1an＝a＋(－1)n＋1 (n∈N*)，则＝________.
7．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an，则an＝________.
8．在数列{an}中，an＋1＝，对所有正整数n都成立，且a7＝，则a5＝______.
三、解答题
9．已知Sn＝4－an－，求an与Sn.
10．某地区位于沙漠边缘，人与沙漠进行长期不懈的斗争，到2002年底全地区的绿化率已达到30%，从2003年开始，每年将出现以下变化：原有沙漠面积的16%将栽上树，改造为绿洲，同时，原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠．
(1)设全区面积为1,2002年底绿洲面积为a1＝，经过1年(指2003年底)绿洲面积为a2，经过n年绿洲面积为an＋1，求证：数列{an－}为等比数列；
(2)问：至少经过多少年的努力才能使全区的绿洲面积超过60%(年数取正整数)．
习题课2 简单的递推数列及应用
自主探究
1．解 ∵an＋1－an＝d
∴ n－1个式子相加得：
an－a1＝(n－1)d，∴an＝a1＋(n－1)d.
或an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝a1＋(n－1)d.
2．解 ∵＝q (q≠0)，
∴ n－1个式子相乘得：
＝qn－1，∴an＝a1qn－1或an＝a1···…·＝a1qn－1.
对点讲练
例1 解 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋3＋5＋…＋(2n－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＋1＝n2＋1.
变式训练1 解 an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·21·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2.
例2 解 方法一 ∵a1＝1，a2＝5，a2－a1＝4.
an＋1－an＝2(an－an－1)＝2n－1(a2－a1)＝2n＋1
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋22＋23＋…＋2n
＝21＋22＋…＋2n－1
＝2n＋1－3.
方法二 设an＋1－x＝2(an－x)，则an＋1＝2an－x.
∴x＝－3，an＋1＋3＝2(an＋3)．
∴an＋3＝(a1＋3)·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
变式训练2 (1)证明 ∵bn＋1＝an＋2－an＋1＝－an＋1＝(an＋1－an)＝bn
∴＝ (n＝1,2,3，…)
∴{bn}是等比数列，公比q＝，首项b1＝a2－a1＝.
∴bn＝n.
(2)解 an＋1－an＝n.
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋b1＋b2＋…＋bn－1
＝1＋＋2＋…＋n－1
＝3.
例3 解 ∵Sn＝，∴2Sn＝an＋，
∴2Sn＝Sn－Sn－1＋，
∴Sn＋Sn－1＝，∴S－S＝1，
∴{S}是一个等差数列，公差为1，首项为S，
易求得S＝1.
∴S＝1＋(n－1)×1＝n.∴Sn＝，
∴an＝－.
变式训练3 解 (1)a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.
∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)．
∴Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3.
∴an＋1＝2an＋1－2an－3，∴an＋1＝2an＋3.
(2)∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)．
∴{an＋3}是等比数列，公比为2，首项为a1＋3＝6.
∴an＋3＝(a1＋3)·2n－1＝6·2n－1＝3·2n，
∴an＝3·2n－3.
课时作业
1．C [a5＝a4＋4＝a3＋3＋4＝a2＋2＋3＋4
＝a1＋1＋2＋3＋4＝11.]
2．D [∵an＝＝1－，
∴Sn＝n－＝n－1＋，
又∵Sn＝＝5＋，∴n－1＋＝5＋，
∴n＝6.]
3．B [an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝1＋(n－1)2
＝n2－2n＋2.]
4．B [设数列的公差为d，
则＝＋4d，
∴＝＋4d，d＝，＝＋4d，
∴＝＋＝，∴a11＋1＝，
∴a11＝.]
5．A [∵an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1，
∴an＋1＝－an－2，∴an＋3＝－an.
∴an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an.
∴{an}是周期数列且T＝6.
∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6
＝(a1＋a4)＋(a2＋a5)＋(a3＋a6)＝0，
∴S2 010＝0，∴S2 011＝S2 010＋a2 011＝a2 011＝a1＝1.]
6.
解析 a2＝2，a3＝，＝＝＝.
7.
解析 由＝得：···…·＝×××…×＝，
∴＝，an＝或(n＋1)an＋1＝nan＝…＝2a2＝a1＝1，∴an＝.
8．1
解析 ∵an＋1＝，
∴＝＋.
∴是等差数列且公差d＝.
∴＝＋2d＝＋1＝2，∴a5＝1.
9．解 ∵Sn＝4－an－，∴Sn－1＝4－an－1－
∴Sn－Sn－1＝an＝an－1－an＋－
∴an＝an－1＋n－1，∴－＝2.
∴2nan－2n－1an－1＝2.∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.
∵a1＝S1＝4－a1－＝2－a1，∴a1＝1.
∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n，
∴an＝n·n－1.
∴Sn＝4－an－＝4－n·－＝4－.
10．(1)证明 因为2002年底绿洲面积为a1＝，
所以2002年底的沙漠面积为1－a1＝，
经过n－1年后绿洲面积为an，沙漠面积为1－an，
由题意得，再过一年，即经过n年后，
绿洲面积为an＋1＝(1－an)×16%＋an(1－4%)，
即an＋1＝an＋.
所以an＋1－＝(an－)．
又因为a1－＝－＝－，
所以数列{an－}是以为公比，－为首项的等比数列．
(2)解 由(1)知，
an－＝×n－1，所以an＝－·n－1，
设经过n年的努力可使全区的绿洲面积超过60%，即an＋1>60%.
所以－·n>，所以n<.
验证n＝1,2,3,4时，n>.
当n＝5时，5＝<，
故至少需要5年的努力，全区的绿洲面积超过60%.
第二章 习题课3 数列的实际应用
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
题 号
1
2
3
4
答 案
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)
习题课3 数列的实际应用
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)．
所以以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年底起以后每年的已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%.
本章回顾
识结构
点回放
两种数列的基本公式及性质
等差数列{an}
等比数列{an}
定义
an＋1－an＝d (d为常数)
等价形式an＋1＋an－1＝2an
＝q (q≠0)(q为常数)
等价形式an＋1·an－1＝a (an≠0)
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
变形：an＝am＋(n－m)d
an＝a1·qn－1
变形：an＝am·qn－m
中项
a，A，b成等差数列?A＝
(A称为a，b的等差中项)
a，G，b成等比数列?G＝± (ab>0)
(G称为a，b的等比中项)
前n项和公式
Sn＝na1＋d＝
q＝1时，Sn＝na1 q≠1时，Sn＝＝
基本性质
若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq
若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap
若m＋n＝2p，则am·an＝a
{an}是常数列?d＝0
{an}是常数列?q＝1
{an}递增?d>0
{an}递增?或
{an}递减?d<0
{an}递减?或
Sm、S2m－Sm、S3m－S2m成等差数列
Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等比数列
(q≠－1或m为奇数)
若项的下标成等差数列，则相应的项成等差数列
若项的下标成等差数列，则相应的项成等比数列
若{an}，{bn}成等差数列，则{an＋bn}，{an－bn}成等差数列
{an}，{bn}成等比数列，则，，{an·bn}成等比数列
想方法
一、取倒数法和取对数法求通项
例1 已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝2.求an.
解 对an＋1＝两边取倒数得：
＝，
∴＝＋n＋1.
令bn＝，则bn＋1＝bn＋n＋1.
∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝1＋2＋3＋…＋n
＝1－n.
∴an＝＝＝.
例2 在数列{an}中，an＋1＝3a，a1＝3.求an.
解 由已知，an>0，对an＋1＝3a两边取常用对数得：lg an＋1＝2lg an＋lg 3.
令bn＝lg an.则bn＋1＝2bn＋lg 3.
∴bn＋1＋lg 3＝2(bn＋lg 3)．
∴{bn＋lg 3}是等比数列，
首项是b1＋lg 3＝lg 3＋lg 3＝2lg 3.
∴bn＋lg 3＝2n－1·(b1＋lg 3)＝2nlg 3.
∴bn＝(2n－1)lg 3＝lg ＝lg an.
∴an＝
二、运用恒等变形求数列前n项和
例3 (2009·山东日照一模)已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N*满足2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的通项公式是bn＝，前n项和为Tn，求证：对于任意的正数n，总有Tn<1.
(1)解 由已知得 (n≥2)．
故2(Sn－Sn－1)＝2an＝3an－3an－1，
即an＝3an－1 (n≥2)．
故数列{an}为等比数列，且q＝3.
又当n＝1时，2a1＝3a1－3，
∴a1＝3.∴an＝3n.
(2)证明 bn＝＝－.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－<1.
例4 已知数列{an}的前n项和Sn，对一切正整数n，点(n，Sn)都在函数f(x)＝2x＋2－4的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意，Sn＝2n＋2－4，
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝23－4＝4，也适合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，n∈N*.
(2)∵bn＝anlog2an＝(n＋1)·2n＋1，
∴Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，①
2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2.②
②－①得，
Tn＝－23－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2
＝－23－＋(n＋1)·2n＋2
＝－23－23(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋2
＝(n＋1)·2n＋2－23·2n－1
＝(n＋1)·2n＋2－2n＋2＝n·2n＋2.
三、运用方程(组)的思想解数列问题
例5 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.
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＝10－3×1＝7.
∴S20＝20a1＋d＝20×7＋190＝330.
例6 (2009·江苏通州模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－＋.
(1)当m＝1时，求证：对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列；
(2)当λ＝－时，试判断数列{bn}是否为等比数列．
(1)证明 当m＝1时，
a1＝1，a2＝λ＋1，a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.
假设数列{an}是等差数列，由a1＋a3＝2a2，
得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)，
即λ2－λ＋1＝0，Δ＝－3<0，∴方程无实根．
故对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列．
(2)解 当λ＝－时，an＋1＝－an＋n，bn＝an－＋.
bn＋1＝an＋1－＋
＝－＋
＝－an＋－
＝－＝－bn.
又b1＝m－＋＝m－，
∴当m≠时，数列{bn}是以m－为首项，－为公比的等比数列；
当m＝时，数列{bn}不是等比数列．
四、运用函数的思想解数列问题
例7 设bn＝(1＋r)qn－1，r＝219.2－1，q＝，求数列的最大项和最小项的值．
解 ＝
＝＝1＋.
记cn＝，则cn＝1＋.
作出函数y＝＋1的图象．
易知：c20c22>…>1.
∴最高点为(21，c21)，最低点(20，c20)．
∴最大项为c21，c21＝2.25，最小项为c20，c20＝－4.
五、构建数列模型解实际应用题
例8 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为(n2－n＋2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多an－1万元
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？
解 (1)设甲、乙两超市第n年的销售额分别为an，bn.
则有：a1＝a，n≥2时：
an＝(n2－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]
＝(n－1)a.
∴an＝
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝a＋a＋a2＋…＋an－1
＝a，(n∈N*)．
(2)易知bn<3a，所以乙将被甲超市收购，
由bn<an得：a<(n－1)a.
∴n＋4n－1>7，∴n≥7.
即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．
例9 某油料库已储油料a t，计划正式运营后的第一年进油量为已储油量的25%，以后每年的进油量为上一年底储油量的25%，且每年运出b t，设an为正式运营第n年底的储油量．
(1)求an的表达式并加以证明；
(2)为应对突发事件，该油库年底储油量不得少于a t，如果b＝a t，该油库能否长期按计划运营？如果可以请加以证明，如果不行请说明理由．(取lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)．
解 (1)依题意油库原有储油量为a t，则
a1＝(1＋25%)a－b＝a－b，
an＝(1＋25%)an－1－b＝an－1－b (n≥2，n∈N*)，
令an－x＝(an－1－x)，则an＝an－1－，
于是b＝，即x＝4b，∴an－4b＝(an－1－4b)，
∴数列{an－4b}是公比为，首项为a－5b的等比数列．
an－4b＝(a1－4b)n－1＝n－1
＝na－5b·n－1，
∴an＝na＋4b－5bn－1＝na－4b.
(2)若b＝a t时，该油库第n年年底储油量不少于a t，即na－×4×a≥a，
即n≤3，
∴n≤log 3＝＝＝4.8，
可见该油库只能在5年内运营，因此不能长期运营．
思妙解
1．等差数列性质多，三点共线可求和
例1 在等差数列{an}中，S10＝20，S50＝200，求S2 010的值．
解 由Sn＝An2＋Bn，知＝An＋B，所以点在直线y＝Ax＋B上，于是点，，三点共线，
∴＝成立．
把S10＝20，S50＝200代入上式，
解得：S2 010＝205 020.
2．数列图象莫轻视，大题小作显神奇
例2 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1>0，S12>0，S13<0，指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由？
解 ∵{an}是等差数列，∴Sn＝n2＋n，
∵S12>0，S13<0.∴a13＝S13－S12<0，
∵a1>0，a13<0，∴d<0.
∴点(n，Sn)分布在开口方向向下的抛物线y＝x2＋x的图象上．
设二次函数y＝x2＋x的对称轴为n0，则2n0是二次函数的一个零点．
∵S12>0，S13<0，∴12<2n0<13，
∴6易知n＝6对应的A点(6，S6)与对称轴的距离比n＝7对应的B点(7，S7)与对称轴的距离更小．
∴A点为最高点，S6最大．
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
题 号
1
2
3
4
答 案
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的比为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
＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝＝.
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.]
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 [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 [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 [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 数 列 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．若等差数列{an}的前5项和S5＝30，且a2＝7，则a7等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
11．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn、Tn，已知＝，则等于( )
A．7 B. C. D.
12．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5·a6＝27，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于( )
A．12 B．10 C．15 D．27log35
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答 案
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)记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.
18．(12分)已知数列{an}为等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝3an，求证：数列{bn}是等比数列．
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 2.D 3.A 4.A
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 [因为S5＝＝5a3＝30，所以a3＝6，又因为数列{an}为等差数列，所以d＝a3－a2＝6－7＝－1，所以a7＝a2＋5d＝2.]
11．D [＝＝＝＝.]
12．C [log3a1＋log3a2＋…＋log3a10
＝log3(a1·a2·a3·…·a10)
＝log3(a5·a6)5＝5log327＝15.]
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.，n∈N*.
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＝，n∈N*.
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．解 设数列的公差为d，
依题设有
即
解得或
因此Sn＝n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)．
18．(1)解 设等差数列{an}的公差为d，由a1＝2，a1＋a2＋a3＝12，得3a2＝12，
∴a2＝4.
∴d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)证明 ∵bn＝3an＝32n＝9n，
∴＝＝9.
∴数列{bn}是以9为首项，以9为公比的等比数列．
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，
则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，则
Tn＝2n－1－
＝2n－1－，
Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，
∵n≤4时，an<0，n≥5时，an>0，
∴n≤4时，Sn＝－Tn＝1＋－2n；
n≥5时，Sn＝Tn－2T4＝2n＋21－.
∴Sn＝
