2.1.1 数列
1．理解数列的概念，了解数列的几种分类．
2．了解数列通项公式的意义，会根据通项公式写出数列的任一项，并能写出简单数列的通项公式．
3．了解数列与函数的关系．
1．数列的有关概念
(1)数列的定义：按照________排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做这个数列的____．
(2)数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，…，此数列可简记作{an}，其中数列的第n项记作____，这里{an}是数列的简记符号，并不表示一个集合．
关于定义的理解，应注意以下几点：
①数列的项与项的序号是不同的概念．数列的项是指这个数列中的某一个确定的数，是一个函数值，也就是相当于f(n)，而项的序号是指这个数在数列中的位置序号，它是自变量的值，相当于f(n)中的n.
②次序对于数列来讲是十分重要的，几个不同的数，由于它们的排列次序不同，构成的数列就不是同一个数列，显然数列与数集有本质的区别．
例如，2,3,4,5,6这5个数按不同的次序排列时，就会得到不同的数列，而{2,3,4,5,6}中元素不论按怎样的次序排列都是同一个集合．
③数列a1，a2，…，an，不可以写成{a1，a2，…，an}的形式，但是可以简记为{an}．
【做一做1】将正整数的前5个数排列成四种形式：①1,2,3,4,5；②5,4,3,2,1；③2,1,5,3,4；④4,1,5,3,2.其中可以称为数列的序号是__________．
2．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与______之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的________．
(1)数列可以用通项公式来描述，也可以用列表或图象来表示；
(2)不是所有的数列都有通项公式，如果有，则不唯一．
【做一做2】下列解析式中不是数列1，－1,1，－1，…的通项公式的是( )．
A．an＝(－1)n
B．an＝(－1)n＋1
C．an＝(－1)n－1
D．an＝
3．数列与函数的关系
在数列{an}中，对于每一个正整数n(或n∈{1,2，…，k})，都有一个数an与之对应，因此，数列可以看成以__________(或它的有限子集{1,2，…，k})为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照________的顺序依次取值时，所对应的一列函数值．反过来，对于函数y＝f(x)，如果f(i)(i＝1,2,3，…)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，….其图象是一系列孤立的点．
(1)数列{an}与函数f(n)＝an(n∈N＋)是不同的，{an}中的元素具有有序性，如将a1，a2，a3，…，an排成a3，a1，a2，…，an，则为不同的数列，而对于函数f(n)＝an(n∈N＋)来说却是一样的．
(2)数列中，自变量的取值更有规律性，必须从小到大取正整数．
【做一做3－1】下列说法不正确的是( )．
A．数列可以用图象来表示
B．数列的通项公式不唯一
C．数列中的项不能相等
D．数列可以用一群孤立的点表示
【做一做3－2】数列{an}的通项公式an＝f(n)，作为函数，它的定义域是( )．
A．正整数集N＋
B．自然数集N
C．正整数集N＋或N＋的任一子集
D．正整数集N＋或其有限子集{1,2,3，…，n}
4．数列的分类
(1)按项的个数分类
类别
含义
______数列
项数有限的数列
______数列
项数无限的数列
(2)按项的变化趋势分类
类别
含义
递增数列
从第二项起，每一项______它的前一项的数列
递减数列
从第二项起，每一项______它的前一项的数列
常数列
各项都______的数列
【做一做4】已知下列数列：
①2 000,2 004,2 008,2 012；
②0，，，…，，…；
③1，，，…，，…；
④1，－，，…，，…；
⑤1,0，－1，…，sin ，….
其中，有穷数列是________，无穷数列是________．
一、对数列通项公式的理解
剖析：一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式an＝f(n)来表示，则这个公式叫做这个数列的通项公式．数列的通项公式的作用在于：当用序号代替通项公式中的n时，可以求出数列的各项，数列的通项公式确定了，数列也就确定了．
(1)不是所有的数列都能写出它的通项公式，如π精确到1,0.1,0.01,0.001，…的不足近似值构成的数列，即3，3.1，3.14,3.141，…就没有通项公式．
(2)同一个数列的通项公式不一定是唯一的，如数列－1，1，－1,1，…的通项公式可以写成an＝(－1)n，也可以写成an＝－sin(n∈N＋)等等．
(3)对某些数列，通项公式可写成一个式子，也可用分段函数的形式表达，如数列－1,1，－1,1，…的通项公式还可以写成an＝
(4)有些数列，只给出它的前几项，并没有给出它的构成规律，那么仅由前面几项归纳出的数列的通项公式并不唯一．
二、函数思想在数列中的应用
剖析：数列是一种特殊的函数，判断数列的单调性，求数列的最值、周期等都可以利用函数的思想来解决．
(1)数列是一种特殊的函数，其定义域为正整数集(或它的有限子集)，值域是数列中的项的集合．
(2)数列的通项公式是项an与项数n的等量关系式．从函数的思想看，就是函数值an与自变量n的等量关系式．利用通项公式求数列中的项的问题，从函数的观点看就是已知函数解析式求函数值的问题．因此，用函数的思想解决数列问题可使问题变得更简单．
(3)数列中求数列最大(小)项的问题也是常见题目，就是用函数的思想求函数的最值问题，可利用函数求最值的方法求数列中的最大(小)项问题，如图象法等，可使问题简单化．
(4)数列中求数列的单调性问题也是常见题目．就是用函数的思想求函数的单调性问题，可利用函数单调性的定义求数列的单调性，又使问题函数化了．
总之，在函数中研究的函数性质在数列中都有可能利用到，利用函数的思想解决数列的有关问题可达到事半功倍的效果．
三、教材中的“思考与讨论”
是否存在一个各项都小于5的无穷递增数列？如果存在，请写出一个这样的数列的通项公式．(提示：先定义一个在(0，＋∞)上，且函数值都小于5的函数)
剖析：存在这样的数列，如an＝－，an＝5－等均满足条件．
题型一 数列的概念
【例1】下列哪些表示数列？哪些不表示数列？
(1){1,5,2,3,6,7}；
(2)方程x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝0的解；
(3)f(x)＝x2－x＋2的函数值f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2,2x的值；
(5)－3,－1,1,x,5,7,y,11.
分析：由数列的定义，抓住两点：(1)是否是一列数；(2)是否按照一定的顺序排列，即可判断出是否为数列．
反思：运用数列的定义判断一组元素是否为数列的一般步骤是：(1)判断这组元素是否都是数；(2)判断这组元素是否按照一定的顺序排列．注意：按一定顺序不表示该数列具有规律性，即数列中的每一项可以是有规律的，也可以是无规律的．
题型二 根据通项公式求项
【例2】根据下面数列的通项公式，写出它们的前5项．
(1)an＝；(2)an＝3n＋2n.
分析：已知数列的通项公式，依次用1,2,3，…代替公式中的n，便可以求出数列的各项．
反思：数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，便可以求出相应的各项，实际上相当于已知函数的定义域和解析式，求函数值．
题型三 由数列的前几项写通项公式
【例3】分别写出下列数列的一个通项公式：
(1)－1，3，－5，7，－9，…；
(2)4，－，2，－，…；
(3)5,55,555,5 555，…；
(4)1,1，，，，….
分析：从前几项中观察出项与序号之间的规律，用一个式子表达出来即可．
反思：常见数列的通项公式如下：
①数列－1,1,－1,1，…的通项公式是an＝(－1)n；
②数列1,2,3,4，…的通项公式是an＝n；
③数列1,3,5,7，…的通项公式是an＝2n－1；
④数列2,4,6,8，…的通项公式是an＝2n；
⑤数列1,2,4,8，…的通项公式是an＝2n－1；
⑥数列1,4,9,16，…的通项公式是an＝n2；
⑦数列，，，，…的通项公式是an＝.
题型四 判断数列的增减性
【例4】已知函数f(x)＝x－.数列{an}满足f(an)＝－2n，且an＞0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{an}的增减性．
分析：先根据已知条件解方程求an，然后利用作差或作商法判断数列{an}的增减性．
反思：数列{an}增减性的判定方法：
(1)作差比较法
①若an＋1－an＞0恒成立，则数列{an}是递增数列；
②若an＋1－an＜0恒成立，则数列{an}是递减数列；
③若an＋1－an＝0恒成立，则数列{an}是常数列．
(2)作商比较法
＞1
0＜＜1
＝1
an＞0
递增数列
递减数列
常数列
an＜0
递减数列
递增数列
常数列
题型五 数列与函数的联系
【例5】设函数f(x)＝log2x－logx4(0＜x＜1)，数列{an}的通项an满足(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)数列{an}中有没有最小的项？若有最小项，试求出此项和相应的项数；若没有最小项，请说明理由．
分析：第(1)问可用代入法求得an的关系式，再通过解方程求得an.第(2)问可利用函数的单调性来判断．
反思：本题(1)可运用方程思想，(2)可运用函数思想，数列实质上是定义在正整数集(或它的有限子集{1,2，3，…，n})上的函数，判断数列随n增大而变化的规律的方法与判断函数的单调性相同．
题型六 易错辨析
【例6】已知在数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N＋)，且{an}单调递增，则k的取值范围是( )．
A．(－∞，2] B．(－∞，3)
C．(－∞，2) D．(－∞，3]
错解：因为an是关于n的二次函数，其定义域为正整数集，故若{an}递增，则必有≤1，故k≤2.故选A．
错因分析：函数的单调性与数列的单调性既有联系又有区别，即数列所对应的函数若单调则数列一定单调，反之若数列单调，其所对应的函数不一定单调，关键原因在于数列是一个定义域为正整数集N＋(或它的有限子集{1,2,3，…，n})的特殊函数，故对于数列的单调性的判断一般要通过比较an＋1与an的大小来判断：若an＋1＞an，则数列为递增数列；若an＋1＜an，则数列为递减数列．
1在数列1,1,2,3,5,8,13,x,34，…中，x的值是( )．
A．19 B．20 C．21 D．22
2已知数列{an}的通项公式是an＝－n2＋7n＋9，则其第3项，第4项分别是( )．
A．21,23 B．21,25
C．21,21 D．以上选项都不对
3以下四个数中，哪个数是数列{n(n＋1)}中的一项( )．
A．380 B．39 C．32 D．23
4已知－1,7，－13,19，…，则这个数列的通项公式为________．
5数列{an}的通项公式为an＝，则－是此数列的第________项．
答案：
基础知识·梳理
1．(1)一定次序 项 (2)an
【做一做1】①②③④
2．序号n 通项公式
【做一做2】A 令n＝1，在an＝(－1)n＋1中，a1＝(－1)1＋1＝1，同样在 an＝(－1)n－1，an＝中均有a1＝1，符合题意．而在an＝(－1)n中， a1＝(－1)1＝－1，不符合题意，故选A.
3．正整数N＋ 从小到大
【做一做3－1】C 数列中的项可以相等．
【做一做3－2】D
4．(1)有穷 无穷 (2)大于 小于 相等
【做一做4】① ②③④⑤
典型例题·领悟
【例1】解：(1){1,5,2,3,6,7}表示的是一个数集，而不是数列；
(2)表示的是方程的解，虽然是数，却没有一定的顺序，不能叫数列；
(3)f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)是有顺序的一列数，是数列；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2,2x都是一些数，而且具有顺序，故是数列；
(5)当x，y表示数时为数列；当x，y中有一个不代表数时，便不是数列．
【例2】解：(1)在通项公式an＝中，依次取n＝1,2,3,4,5，得到数列的前5项为a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，a5＝＝.
(2)在通项公式an＝3n＋2n中，依次取n＝1,2,3,4,5，得到数列的前5项为a1＝3×1＋21＝5，a2＝3×2＋22＝10，a3＝3×3＋23＝17，a4＝3×4＋24＝28，a5＝3×5＋25＝47.
【例3】解：(1)因为数列的各项是负正项交替出现的，所以用(－1)n来调节，数列各项的绝对值可以分成整数、分数的分子和分母三部分，整数部分是1,3,5,7,9，为奇数，分数的分子是1,2,3,4,5，正好是序号，分母是4,9,16,25,36，正好是平方数，这样我们可以归纳出数列的通项公式为an＝(－1)n[(2n－1)＋]．
(2)将数列前4项改写成分数的形式：，－，，－，可得该数列的通项公式an＝(－1)n＋1.
(3)由于9,99,999,9 999，…的通项公式是10n－1，所以将题中数列各项改写可得：5＝×9,55＝×99,555＝×999,5 555＝×9 999，可得该数列的通项公式an＝(10n－1)．
(4)原数列可写成：，，，，，…，得该数列的通项公式为an＝.
【例4】解：(1)∵f(x)＝x－，f(an)＝－2n，
∴an－＝－2n，即a＋2nan－1＝0，
解得an＝－n±，
∵an＞0，∴an＝－n.
(2)解法一(作差法)：
∵an＋1－an＝－(n＋1)－(－n)
＝－－1
＝－1
＝－1，
又＞n＋1，＞n，
∴＜1.
∴an＋1－an＜0，即an＋1＜an.
∴数列{an}是递减数列．
解法二(作商法)：
∵an＞0，
∴＝
＝＜1.
∴an＋1＜an.∴数列{an}是递减数列．
【例5】解：(1)由已知，得log22an－log2an4＝2n，即an－＝2n，即a－2nan －2＝0，解得an＝n±.
又0＜x＜1，∴0＜2an＜1.
故an＜0(n∈N＋)，
∴an＝n－(n∈N＋)．
(2)有．∵＝＝＜1，
又an＜0，∴an＋1＞an(n∈N＋)，
即a1＜a2＜a3＜…＜an＜an＋1＜….
∴数列的最小项为第1项，a1＝1－.
【例6】正解：选B.an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k.由于{an}单调递增，故应有an＋1－an＞0，即2n＋1－k＞0恒成立，所以k＜2n＋1，故只需k＜3即可．故选B.
随堂练习·巩固
1．C 观察数列可得规律：1＋1＝2,1＋2＝3,2＋3＝5，…，8＋13＝x＝21，13＋21＝34，∴x＝21，故选C.
2．C
3．A n(n＋1)是这个数列的通项公式，即an＝n(n＋1)．
∵380＝19×20＝19×(19＋1)，
∴380是该数列中的第19项，或者令n(n＋1)＝380，得n＝19，是个整数，符合题意．故选A.
4．(－1)n(6n－5)
5．9 利用常用的变形方法：分母有理化，将通项公式变形，an＝＝－＝－，观察可得：n＝9.
2.1.1 数列
课堂探究
一、对数列通项公式的理解
剖析：(1)数列的通项公式实际上是一个以自然数或它的有限子集{1，2，…，n}为定义域的函数表达式．
(2)如果知道了数列的通项公式，那么依次用1，2，3，…去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项；同时，用数列的通项公式也可以判断某数是否是某数列中的项，如果是的话，是第几项．
(3)与所有的函数关系不一定都有解析式一样，并不是所有的数列都有通项公式．如的不足近似值，精确到1，0．1，0．01，0．001，0．000 1，…，所构成的数列1，1．4，1．41，1．414，1．414 2，…就没有通项公式．
(4)有的数列的通项公式，在形式上不一定是唯一的，正如数列：－1，1，－1，1，－1，1，…，它可以写成an＝(－1)n，也可以写成an＝还可以写成an＝(－1)n＋2(n＝1，2，3，…)等，这些通项公式，形式上虽然不同，但都表示同一个数列．
(5)有些数列，只给出它的前几项，并没有给出它的构成规律，那么仅由前面几项归纳出数列的通项公式并不唯一．
二、函数思想在数列中的应用
剖析：数列是一种特殊的函数，判断数列的单调性，求数列的最值、周期等都可以利用函数的思想来解决．
(1)数列是一种特殊的函数，其定义域为正整数集(或它的有限子集)，值域是数列中的项的集合．
(2)数列的通项公式是项an与项数n的等量关系式．从函数的思想看，就是函数值an与自变量n的等量关系式．利用通项公式求数列中的项的问题，从函数的观点看就是已知函数解析式求函数值的问题．因此，用函数的思想解决数列问题可使问题变得更简单．
(3)数列中求数列最大(小)项的问题也是常见题目，就是用函数的思想求函数的最值问题，可利用函数求最值的方法求数列中的最大(小)项问题，如图象法等，可使问题简单化．
(4)数列中求数列的单调性问题也是常见题目．就是用函数的思想求数列的单调性问题，可利用函数单调性的定义求数列的单调性，又使问题函数化了．
总之，在函数中研究的函数性质在数列中都有可能利用到，利用函数的思想解决数列的有关问题可达到事半功倍的效果．
三、教材中的“思考与讨论”
是否存在一个各项都小于5的无穷递增数列？如果存在，请写出一个这样的数列的通项公式．(提示：先定义一个在(0，＋∞)上，且函数值都小于5的函数)
剖析：存在这样的数列，如an＝－，an＝5－等均满足条件．
题型一 数列的概念
【例1】 下列哪些表示数列？哪些不表示数列？
(1){1，5，2，3，6，7}；
(2)方程x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝0的解；
(3)f(x)＝x2－x＋2的函数值f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2，2x的值；
(5)－3，－1，1，x，5，7，y，11．
分析：由数列的定义，抓住两点：(1)是否是一列数；(2)是否按照一定的顺序排列，即可判断出是否为数列．
解：(1){1，5，2，3，6，7}表示的是一个数集，而不是数列；
(2)表示的是方程的解，虽然是数，却没有一定的顺序，不能叫数列；
(3)f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)是有顺序的一列数，是数列；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2，2x都是一些数，而且具有顺序，故是数列；
(5)当x，y表示数时为数列；当x，y中有一个不代表数时，便不是数列．
反思：运用数列的定义判断一组元素是否为数列的一般步骤是：(1)判断这组元素是否都是数；(2)判断这组元素是否按照一定的顺序排列．注意：按一定顺序不表示该数列具有规律性，即数列中的每一项可以是有规律的，也可以是无规律的．
题型二 根据通项公式求项
【例2】 根据下面数列的通项公式，写出它们的前5项．
(1)an＝；(2)an＝3n＋2n．
分析：已知数列的通项公式，依次用1，2，3，…代替公式中的n，便可以求出数列的各项．
解：(1)在通项公式an＝中，依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列的前5项为a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，a5＝＝．
(2)在通项公式an＝3n＋2n中，依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列的前5项为a1＝3×1＋21＝5，a2＝3×2＋22＝10，a3＝3×3＋23＝17，a4＝3×4＋24＝28，a5＝3×5＋25＝47．
反思：数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，便可以求出相应的各项，实际上相当于已知函数的定义域和解析式，求函数值．
题型三 由数列的前几项写通项公式
【例3】 分别写出下列数列的一个通项公式：
(1)－1，3，－5，7，－9，…；
(2)4，－，2，－，…；
(3)5，55，555，5 555，…；
(4)1，1，，，，…；
(5)，3，，，3，…．
分析：从前几项中观察出项与序号之间的规律，用一个式子表达出来即可．
解：(1)因为数列的各项是负正项交替出现的，所以用(－1)n来调节，数列各项的绝对值可以分成整数、分数的分子和分母三部分，整数部分是1，3，5，7，9，为奇数，分数的分子是1，2，3，4，5，正好是序号，分母是4，9，16，25，36，正好是平方数，这样我们可以归纳出数列的通项公式为an＝(－1)n．
(2)将数列前4项改写成分数的形式：，－，，－，可得该数列的通项公式an＝(－1)n＋1．
(3)由于9，99，999，9 999，…的通项公式是10n－1，所以将题中数列各项改写可得：5＝×9，55＝×99，555＝×999，5 555＝×9 999，可得该数列的通项公式an＝(10n－1)．
(4)原数列可写成：，，，，，…，得该数列的通项公式为an＝．
(5)原数列可写成，，，，，…，得该数列的通项公式为an＝．
反思：常见数列的通项公式如下：
①数列－1，1，－1，1，…的通项公式是an＝(－1)n；
②数列1，2，3，4，…的通项公式是an＝n；
③数列1，3，5，7，…的通项公式是an＝2n－1；
④数列2，4，6，8，…的通项公式是an＝2n；
⑤数列1，2，4，8，…的通项公式是an＝2n－1；
⑥数列1，4，9，16，…的通项公式是an＝n2；
⑦数列，，，，…的通项公式是an＝；
⑧数列1，3，6，10的通项公式是an＝．
题型四 判断数列的增减性
【例4】 已知函数f(x)＝x－．数列{an}满足f(an)＝－2n，且an＞0．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{an}的增减性．
分析：先根据已知条件解方程求an，然后利用作差或作商法判断数列{an}的增减性．
解：(1)∵f(x)＝x－，f(an)＝－2n，
∴an－＝－2n，
即a＋2nan－1＝0，
解得an＝－n±，
∵an＞0，∴an＝－n．
(2)解法一(作差法)：
∵an+1－an＝－(n＋1)－(－n)
＝－－1
＝－1
＝－1，
又＞n＋1，＞n，
∴＜1．
∴an+1－an＜0，即an+1＜an．
∴数列{an}是递减数列．
解法二(作商法)：
∵an＞0，
∴＝
＝＜1．
∴an+1＜an．
∴数列{an}是递减数列．
反思：数列{an}增减性的判定方法：
(1)作差比较法
①若an+1－an＞0恒成立，则数列{an}是递增数列；
②若an+1－an＜0恒成立，则数列{an}是递减数列；
③若an+1－an＝0恒成立，则数列{an}是常数列．
(2)作商比较法
＞1
0＜＜1
＝1
an＞0
递增数列
递减数列
常数列
an＜0
递减数列
递增数列
常数列
题型五 数列与函数的联系
【例5】 设函数f(x)＝log2x－logx4(0
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)数列{an}中有没有最小的项？若有最小项，试求出此项和相应的项数；若没有最小项，请说明理由．
分析：第(1)问可用代入法求得an的关系式，再通过解方程求得an．第(2)问可利用函数的单调性来判断．
解：(1)由已知，得log2－log2an4＝2n，即an－＝2n，即a－2nan －2 ＝0，解得an＝n±．
又0故an<0(n∈N＋)，
∴an＝n－(n∈N＋)．
(2)有．∵＝
＝<1，
又an<0，∴an＋1>an(n∈N＋)，
即a1∴数列的最小项为第1项，a1＝1－．
反思：本题(1)可运用方程思想，(2)可运用函数思想，数列实质上是定义在正整数集(或它的有限子集{1，2，3，…，n})上的函数，判断数列随n增大而变化的规律的方法与判断函数的单调性相同．
题型六 易错辨析
【例6】 已知在数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N＋)，且{an}单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，3) C．(－∞，2) D．(－∞，3]
错解：因为an是关于n的二次函数，其定义域为正整数集，故若{an}递增，则必有≤1，故k≤2．故选A．
错因分析：函数的单调性与数列的单调性既有联系又有区别，即数列所对应的函数若单调则数列一定单调，反之若数列单调，其所对应的函数不一定单调，关键原因在于数列是一个定义域为正整数集N＋(或它的有限子集{1，2，3，…，n})的特殊函数，故对于数列的单调性的判断一般要通过比较an+1与an的大小来判断：若an+1＞an，则数列为递增数列；若an+1＜an，则数列为递减数列．
正解：an+1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k．由于{an}单调递增，故应有an+1－an＞0，即2n＋1－k＞0恒成立，所以k＜2n＋1，故只需k＜3即可．故选B．
答案：B
2.1.2 数列的递推公式(选学)
1．体会递推公式是数列的一种表示方法．
2．理解递推公式的含义，能够根据递推公式写出数列的前几项．
3．掌握由一些简单的递推公式求数列的通项公式．
1．数列的递推公式
如果已知数列的______(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的________与它的前一项________(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的______公式．
(1)与所有的数列不一定都有通项公式一样，并不是所有的数列都有递推公式．
(2)递推公式也是给出数列的一种重要方法．事实上，递推公式与通项公式一样，都是关于n的恒等式，我们可用符合要求的正整数依次去替换n，从而可以求出数列的各项．
【做一做1】数列2,4,6,8,10，…的递推公式是( )．
A．an＝an－1＋2(n≥2)
B．an＝2an－1(n≥2)
C．an＝an－1＋2，a1＝2(n≥2)
D．an＝2an－1，a1＝2(n≥2)
2．通项公式与递推公式的区别与联系
区别
联系
通项公式
项an是序号n的函数式an＝f(n)
都是给出数列的方法，可求出数列中任意一项
递推公式
已知a1(或前几项)及相邻项(或相邻几项)间的关系式
【做一做2－1】已知在数列{an}中，a1＝2，an＝an－1＋2(n≥2)，则{an}的通项公式是( )．
A．3n B．2n C．n D．n
【做一做2－2】在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1－an＝1＋(－1)n(n≥2)，则a10＝________.
一、通项公式与递推公式
剖析：递推公式是：已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．通项公式是：一个数列{an}的第n项an与项数n之间的关系，如果可以用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相邻两项(或几项)之间的关系．
对于通项公式，只要将公式中的n依次取值1,2，3，…即可得到相应的项；而递推公式则要已知首项(或前几项)，才可求得其他的项．往往我们要利用各种方法将递推公式转化为通项公式，通项公式能够更直接地研究数列．
递推公式也是给出数列的一种重要方法，有时并不一定要知道数列的通项公式，只要知道数列的递推公式，即可解决问题，有的递推公式与通项公式之间也可以进行互化．
二、教材中的“？”
(1)你能猜想出例1中这个数列的通项公式吗？
剖析：数列{an}的通项公式为an＝.
(2)你能比较例2中an与an＋1的大小吗？你能比较an与an＋2的大小吗？
剖析：不能比较an＋1与an的大小．
当n为奇数时，an＋2＞an；当n为偶数时，an＋2＜an.
题型 由递推公式求通项公式
【例】已知数列{an}，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)．
(1)写出数列{an}的前5项；
(2)求数列{an}的通项公式．
分析：(1)中只需利用代入法依次求出a2，a3，a4，a5即可；
(2)利用下列关系式
①an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1；
②＝－.
进行累加与裂项相消即可求出{an}的通项公式．
反思：(1)根据递推公式写出数列的前几项，要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可．另外，解答这类问题时还需注意：若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式；若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式．
(2)累加法
当an－an－1＝f(n)满足一定条件时，常用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1累加来求通项公式an.
1下列说法错误的是( )．
A．递推公式也是数列的一种表示方法
B．an＝an－1，a1＝1(n≥2)是递推公式
C．给出数列的方法只有图象法、列表法、通项公式
D．an＝2an－1，a1＝2(n≥2)是递推公式
2已知数列{an}的首项a1＝1，且an＝3an－1＋1(n≥2)，则a4为( )．
A．13 B．15 C．30 D．40
3已知数列{an}的第1项是1，第2项是2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n＞2)给出，则该数列的第5项等于( )．
A．6 B．7 C．8 D．9
4一个数列{an}的首项a1＝1，a2＝2，从第二项起每一项等于它的前一项的2倍再加上后一项，请写出构成这个数列的递推公式an＝________________.
5已知数列{an}满足＝n(n为正整数)，且a2＝6，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案：
基础知识·梳理
1．第1项 任一项an an－1 递推
【做一做1】C
【做一做2－1】B
【做一做2－2】10 由题意，知a10－a9＝1＋(－1)9，a9－a8＝1＋(－1)8，a8－a7＝1＋(－1)7，…，a3－a2＝1＋(－1)2，累加上述各式，可得a10－a2＝8.又因为a2＝2，所以a10＝10.
典型例题·领悟
【例】解：(1)a1＝1；a2＝a1＋＝；
a3＝a2＋＝；a4＝a3＋＝；
a5＝a4＋＝.
(2)由an＝an－1＋，得an－an－1＝(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋＋1
＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(1－)＋1
＝－＋1＋1＝2－＝(n∈N＋)．
随堂练习·巩固
1．C 通过图象、列表、通项公式我们可以确定一个数列，另外根据递推公式，并且知道数列的第一项，我们也可以确定数列，它也是给出数列的一种方法．an＝an－1(n≥2)与an＝2an－1(n≥2)，这两个关系式虽然比较特殊，但都表示的是数列中的任意项与它的前后项间的关系，且都已知a1，所以都是递推公式．
2．D 利用递推式可逐个求出a2，a3，a4.
3．C ∵a1＝1，a2＝2，an＝an－1＋an－2(n＞2)，
∴a3＝a2＋a1＝2＋1＝3，a4＝a3＋a2＝3＋2＝5，a5＝a4＋a3＝5＋3＝8.
4．2an－1＋an＋1(n≥2) 这个数列给出的方法是不同的，它是由前后项之间的关系确定的，只需要根据已知条件就可以直接列出关系式，要注意n的取值范围．
5．2n2－n
2.1.2 数列的递推公式（选学）
课堂探究
一、通项公式与递推公式
剖析：递推公式是：已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．通项公式是：一个数列{an}的第n项an与项数n之间的关系，如果可以用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相邻两项(或几项)之间的关系．
对于通项公式，只要将公式中的n依次取值1，2，3，…即可得到相应的项；而递推公式则要已知首项(或前几项)，才可求得其他的项．往往我们要利用各种方法将递推公式转化为通项公式，通项公式能够更直接地研究数列．
名师点拨：递推公式也是给出数列的一种重要方法，有时并不一定要知道数列的通项公式，只要知道数列的递推公式，即可解决问题，有的递推公式与通项公式之间也可以进行互化．
二、教材中的“？”
(1)你能猜想出例1中这个数列的通项公式吗？
剖析：数列{an}的通项公式为an＝．
(2)你能比较例2中an与an＋1的大小吗？你能比较an与an＋2的大小吗？
剖析：不能比较an+1与an的大小．
当n为奇数时，an+2＞an；当n为偶数时，an+2＜an．
题型一 由递推公式写出数列的项
【例1】 在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n≥1)，写出此数列的前六项．
分析：通过观察，此题的递推公式是数列中相邻三项的关系式，知道前两项就可以求出后一项．
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．
反思：由递推公式写出数列的项的方法．
(1)根据递推公式写出数列的前几项，首先要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可；
(2)解答这类问题时还需注意：若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式；
(3)若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式．
题型二 由递推公式求通项公式
【例2】 已知数列{an}，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)．
(1)写出数列{an}的前5项；
(2)求数列{an}的通项公式．
分析：(1)中只需利用代入法依次求出a2，a3，a4，a5即可；
(2)利用下列关系式
①an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1；
②＝－
进行累加与裂项相消即可求出{an}的通项公式．
解：(1)a1＝1；a2＝a1＋＝；
a3＝a2＋＝；a4＝a3＋＝；
a5＝a4＋＝．
(2)由an＝an－1＋，
得an－an－1＝(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋＋1
＝＋＋…＋＋＋1
＝－＋1＋1＝2－＝(n∈N+)．
反思：(1)根据递推公式写出数列的前几项，要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可．另外，解答这类问题时还需注意：若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式；若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式．
(2)累加法
当an－an－1＝f(n)满足一定条件时，常用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1累加来求通项公式an．
(3)累乘法
如果递推关系可以变形为an+1＝g(n)·an的形式，且g(n)能够求积，则可用累乘法求数列的通项公式．
题型三 易错辨析
【例3】 数列{an}满足a1＝1，以后各项由an＋1＝an＋2(2n3－12n2＋22n－11)给出，写出这个数列的前4项，并写出其通项公式．
错解：a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7．
由此猜想，这个数列是正奇数从小到大排成的，
∴an＝2n－1．
错因分析：猜想的结论并不都是正确的，必须证明其正确性，如当n＝5时，a5＝33，故通项公式不正确．
正解：a2＝a1＋2(2×13－12×12＋22×1－11)，
a3＝a2＋2(2×23－12×22＋22×2－11)，
a4＝a3＋2(2×33－12×32＋22×3－11)，
…
an＝an－1＋2[2(n－1)3－12(n－1)2＋22(n－1)－11]，
以上所有式子相加得an＝n4－10n3＋35n2－48n＋23．
2.1 数列
知识梳理
1.数列的有关概念
(1)数列的定义：按一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
(2)数列的通项公式：如果数列的第n项与n之间的关系可以用一个函数式an=f(n)来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.
从映射、函数的观点来看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N+(或它的有限子集｛1，2，…，n｝)的函数，即当自变量从小到大依次取值时对应的一系列函数值.数列的通项公式也就是相应函数的解析式.
2.数列的表示
(1)数列作为一种特殊的函数，也可用图象法和列表法来表示.以项数n为横坐标，相应的项an为纵坐标，即以(n,an)为坐标在平面直角坐标系中作出点，它们的图象是相应曲线(或直线)上横坐标为正整数的一群孤立的点.图象位于y轴右侧.
(2)解析法：用通项公式表示数列.
(3)递推法：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an-1(或前n项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式也是表示数列的一种重要方法.
3.数列的分类
(1)根据数列的项数，可以把数列分为有穷数列和无穷数列.
(2)根据数列中项与项的大小关系可以把数列分为递增数列、递减数列、常数列和摆动数列.
知识导学
数列是高中数学的重要内容之一，也是高考的重点.主要涉及两方面的内容：第一，数列的基本概念；第二，数列的基本运算.由于数列是一种特殊的函数,所以与前面学习过的集合知识、函数知识有着密切的联系,在学习本节前要先对这部分内容进行全面复习,为本节的学习打好基础.学习中要注意:由数列的递推公式写出数列的某些项，并猜出通项公式是高考中常出现的题型；数列的通项公式是研究数列的关键，它体现了数列的本质,即数列的项数与项之间的对应关系.
疑难突破
1.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式.
剖析:通项公式是一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，可以用一个公式an=f(n)来表示，当用确定的序号代替通项公式中的n，可以求出数列的各项.数列的通项公式确定了，数列也就确定了.
(1)对于通项公式，应该注意：
①不是所有的数列都能写出它的通项公式，如π精确到1,0.1,0.01,0.001，…的不足近似值构成的数列,即3,3.1,3.14,3.141就没有通项公式；
②同一个数列的通项公式不一定是唯一的，如数列-1，1，-1，1，…的通项公式可以写成an=(-1)n，也可以写成an=-sin()π，n∈N+，等等，所以仅由前几项可以归纳出无限多个“通项公式”；
③对某些数列，通项公式可写成一个式子也可用分段式表达，如数列-1，1，-1，1，…的通项公式还可以写成：an=
(2)求通项公式时，要注意观察数列中各项与其序号的变化关系，在所给数列的前几项中，看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，由此归纳出构成的规律，写出通项公式.
那么在给出数列的前几项求通项时,主要从哪几个方面来考虑呢？
①有时将数列的各项结构形式加以变形，将数列的各项分解成若干个基本数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行分析归纳.这就要求我们熟练掌握一些基本数列，如{}、{n2}、{2n±1}、{(-1)n}等.
②负号用(-1)n或(-1)n+1来调节,如-1,2,-3,4,-5,…的通项公式可以写为an=(-1)nn.
③分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助于分子、分母的关系,如1,,,, ,…,可以写为, ,,,,…,所以通项公式为an=.
④此类问题没有固定模式，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为熟悉的数列)等方法找出规律.
⑤对于比较复杂的通项公式，有时要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决，这些都将在以后的学习中陆续接触到.
2.递推公式与通项公式，都可以用来写出数列中的任意项，都是给出数列的一种方法，那么它们究竟还有什么不同？
剖析:根据这两个公式都可以写出数列的任意项.
递推公式：已知数列{an}的第1项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an-1(或前n项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.
通项公式：一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式an=f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式.
仔细体会定义它们也是有很大的不同,主要如下：
通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相邻两项(或n项)之间的关系.对于通项公式，只要将公式中的n依次取值1，2，3,…,即可得到相应的项；而递推公式则要已知首项(或前n项)，才可求得其他的项.通项公式能够更直接的研究数列,所以往往我们要利用各种方法将递推公式转化为通项公式.
2.2.1 等差数列
1．理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式和等差中项的概念，深化认识并能运用．
3．理解等差数列的性质，并掌握等差数列的性质及其应用．
1．等差数列的概念
一般地，如果一个数列从______起，每一项与它的前一项的差都等于__________，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．
定义法判断或证明数列{an}是等差数列的步骤：
(1)作差an＋1－an，将差变形；
(2)当an＋1－an是一个与n无关的常数时，数列{an}是等差数列；当an＋1－an不是常数，而是与n有关的代数式时，数列{an}不是等差数列．
【做一做1】如果一个数列的前3项分别为1,2,3，下列结论中正确的是( )．
A．它一定是等差数列
B．它一定是递增数列
C．它一定是有穷数列
D．以上结论都不一定正确
2．等差数列的通项公式
如果一个等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则通项公式为____________．
(1)等差数列通项公式的其他形式．
①an＝am＋(n－m)d；②an＝an＋b(a，b是常数)．
(2)等差数列的判断方法．
①定义法：an－an－1＝d(n≥2)或an＋1－an＝d?数列{an}是等差数列；
②等差中项法：2an＝an－1＋an＋1(n≥2)?数列{an}为等差数列；
③通项公式法：an＝an＋b?数列{an}是以a1＝a＋b为首项，以a为公差的等差数列．
【做一做2－1】已知数列{an}的通项公式为an＝2(n＋1)＋3，则此数列( )．
A．是公差为2的等差数列
B．是公差为3的等差数列
C．是公差为5的等差数列
D．不是等差数列
【做一做2－2】等差数列1，－1，－3，…，－89的项数是( )．
A．92 B．47 C．46 D．45
3．等差中项
如果三个数x，A，y组成等差数列，那么A叫做x和y的________．x，A，y是等差数列的充要条件是________．
(1)a，A，b成等差数列的充要条件是：2A＝a＋b.当三个数成等差数列时，一般设为a－d，a，a＋d；四个数成等差数列时，一般设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.
(2)在等差数列{an}中，从第2项起，每一项(有穷等差数列的末项除外)都是它的前一项与后一项的等差中项，表示为an＋1＝，等价于an＋an＋2＝2an＋1，an＋1－an＝an＋2－an＋1.
【做一做3】在△ABC中，三内角A，B，C成等差数列，则∠B等于( )．
A．30° B．60° C．90° D．120°
一、解读等差数列的概念
剖析：(1)在等差数列的定义中，要注意两点，“从第2项起”及“同一个常数”．因为数列的第1项没有前一项，因此强调从第2项起，如果一个数列，不从第2项起，而是从第3项或从第4项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或第3项起是一个等差数列．
(2)一个数列，从第2项起，每一项与它的前一项的差，尽管等于常数，这个数列可不一定是等差数列，因为这个常数可以不同，要注意“差是常数”和“差是同一个常数”的含义的不同，如数列2,4,5,9，从第2项起，每一项与它前一项的差都是常数，但常数是不相同的，当常数不同时，就不是等差数列，因此定义中“同一个常数”，这个“同一个”十分重要，切记不可丢掉．
二、等差数列的性质
剖析：若数列{an}是公差为d的等差数列，
(1)d＝0时，数列为常数列；d＞0时，数列为递增数列；d＜0时，数列为递减数列．
(2)d＝＝(m，n，k∈N＋)．
(3)an＝am＋(n－m)d(n，m∈N＋)．
(4)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq.
(5)若＝k，则am＋an＝2ak.
(6)若数列{an}是有穷等差数列，则与首末两项等距离的两项之和都相等，且等于首末两项之和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ai＋1＋an－i＝….
(7)数列{λan＋b}(λ，b是常数)是公差为λd的等差数列．
(8)下标成等差数列且公差为m的项ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为md的等差数列．
(9)若数列{bn}也为等差数列，则{an±bn}，{kan＋b}(k，b为非零常数)也成等差数列．
(10)若{an}是等差数列，则a1，a3，a5，…仍成等差数列．
(11)若{an}是等差数列，则a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，…仍成等差数列．
用性质(4)时要注意，序号的和相等，但项数不同，此结论不一定正确，如a8＝a2＋a6，a1＋a3＋a4＝a2＋a6，就不一定正确．
三、教材中的“？”
(1)通项公式为an＝an－b(a，b是常数)的数列都是等差数列吗？
剖析：通项公式为an＝an－b(a，b为常数)的数列都是等差数列，其公差为a.
(2)怎么证明A＝？
剖析：∵x，A，y成等差数列，∴A－x＝y－A，即2A＝x＋y.∴A＝.
(3)要确定一个等差数列的通项公式，需要知道几个独立的条件？
剖析：因为等差数列的通项公式中涉及首项a1与公差d，所以要确定一个等差数列的通项公式，需要知道两个独立的条件．
题型一 等差数列定义的应用
【例1】判断下列数列是否为等差数列．
(1)an＝3n＋2；(2)an＝n2＋n.
分析：利用等差数列的定义，即判断an＋1－an(n∈N＋)是否为同一个常数．
反思：利用定义法判断等差数列时，关键是看an＋1－an得到的结果是否是一个与n无关的常数，若是，即为等差数列，若不是，则不是等差数列．
题型二 等差数列的通项公式
【例2】(1)求等差数列10,7,4，…的第20项．
(2)－201是不是等差数列－5，－9，－13，…的项？若是，应是第几项？
分析：通过题目中给出的数列，可以确定数列的首项和公差，便可求解．
反思：求等差数列的通项公式、项、项数的问题是等差数列最基本的问题，利用已知条件求等差数列的首项和公差是常用方法，应牢记等差数列的通项公式．
题型三 等差数列性质的应用
【例3】数列{an}为等差数列，已知a2＋a5＋a8＝9，a3a5a7＝－21，求数列{an}的通项公式．
分析：已知数列中某些项与项之间的关系，求其通项，可利用a1，d建立方程组来求解．但是，注意到a2，a5，a8及a3，a5，a7的各项序号之间的关系，也可考虑利用等差数列的性质来求解，此法运算量较小．
反思：在有关等差数列的问题中，若已知的项的序号成等差数列，则解决问题的过程中，均可考虑利用等差数列的性质．
题型四 构造等差数列求通项公式
【例4】(1)数列{an}的各项均为正数，且满足an＋1＝an＋2＋1，a1＝1，求an；
(2)在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝，求an.
分析：利用题中所给关系的结构特征，构造等差数列，利用所构造的等差数列求an.
反思：应熟记几种辅助数列构造方法及其对应数列的结构形式．构造等差数列的方法一般有：平方法、开平方法、倒数法等．
题型五 易错辨析
【例5】已知b是a，c的等差中项，且lg(a＋1)，lg(b－1)，lg(c－1)成等差数列，同时a＋b＋c＝15，求a，b，c的值．
错解：因为b是a，c的等差中项，
所以2b＝a＋c.
又因为a＋b＋c＝15，
所以3b＝15，所以b＝5.
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d.
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2.
所以(d－1)2＝9，即d－1＝3.
所以d＝4，所以a，b，c分别为1,5,9.
错因分析：解方程(d－1)2＝9时，d－1应取±3两个．而错解只取d－1＝3，漏掉了d－1＝－3的情况．
【例6】已知两个数列{an}：5,8,11，…与{bn}：3,7,11，…，它们的项数均为100，则它们有多少个彼此具有相同数值的项？
错解：由已知两等差数列的前3项，容易求得它们的通项公式分别为an＝3n＋2，bn＝4n－1(1≤n≤100)．令an＝bn，得3n＋2＝4n－1，即n＝3.所以两数列只有1个数值相同的项，即第3项．
错因分析：本题中所说的数值相同的项，它们的项的序号并不一定相同．例如23在数列{an}中是第7项，而在数列{bn}中是第6项，我们也说它是两个数列中数值相同的项，也就是说，在这里我们只看这个数在两个数列中有没有出现过，而并不关心它是这两个数列中的第几项．
1已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是( )．
A．2 B．3 C．6 D．9
2在等差数列{an}中，a3＋3a8＋a13＝120，则a3＋a13－a8＝( )．
A．24 B．22 C．20 D．－8
3若数列{an}的通项公式为an＝6n＋7，则这个数列________(填“是”或“不是”)等差数列．
4在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a6＝________.
答案：
基础知识·梳理
1．第2项 同一个常数 公差 d
【做一做1】D
2．an＝a1＋(n－1)d
【做一做2－1】A 已知a1＝7，an－an－1＝2(n≥2)，故这是一个以2为公差的等差数列．
【做一做2－2】C 由已知，得a1＝1，d＝(－1)－1＝－2，
∴an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3.
令－2n＋3＝－89，得n＝46.
3．等差中项 2A＝x＋y
【做一做3】B
典型例题·领悟
【例1】解：(1)an＋1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N＋)．由n的任意性知，这个数列为等差数列．
(2)an＋1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n)＝2n＋2，不是常数，所以这个数列不是等差数列．
【例2】解：(1)由a1＝10，d＝7－10＝－3，n＝20，得a20＝10＋(20－1)×(－3)＝－47.
(2)由a1＝－5，d＝－9－(－5)＝－4，得数列的通项公式为an＝－5＋(n－1)×(－4)＝－4n－1.设－4n－1＝－201成立，解得n＝50.所以－201是这个等差数列的第50项．
【例3】解：∵a2＋a8＝2a5，
∴a2＋a5＋a8＝3a5＝9.∴a5＝3.
∴a2＋a8＝a3＋a7＝6.①
又a3a5a7＝－21，
∴a3a7＝－7.②
由①②解得a3＝－1，a7＝7或a3＝7，a7＝－1.
∴a3＝－1，d＝2或a3＝7，d＝－2.
由通项公式的变形公式an＝a3＋(n－3)d，
得an＝2n－7或an＝－2n＋13.
【例4】解：(1)由an＋1＝an＋2＋1，可得an＋1＝(＋1)2.∵an＞0，∴＝＋1，即－＝1.∴{}是首项为＝1，公差为1的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝n.∴an＝n2.
(2)由an＋1＝，可得＝＋，
∴{}是首项为＝1，公差为的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝.∴an＝.
【例5】正解：因为b是a，c的等差中项，所以2b＝a＋c.
又因为a＋b＋c＝15，所以3b＝15.所以b＝5.
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d.
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2，即(d－1)2＝9.
所以d－1＝±3，即d＝4或d＝－2.
所以a，b，c三个数分别为1,5,9或7,5,3.
【例6】正解：∵an＝3n＋2(n∈N＋)，bk＝4k－1(k∈N＋)，两数列的共同项可由3n＋2＝4k－1求得．
∴n＝k－1，而n∈N＋，k∈N＋，
∴设k＝3r(r∈N＋)，得n＝4r－1.
由已知且r∈N＋，可得1≤r≤25.∴共有25个相同数值的项．
随堂练习·巩固
1．B 由题意，得
∴
∴m和n的等差中项是3.
2．A
3．是 判断数列是否是等差数列的方法是：an－an－1＝d(n≥2)．根据定义有：an－an－1＝(6n＋7)－[6(n－1)＋7]＝6(常数)，所以{an}是等差数列．
4．13 等差数列{an}中，a3＝7，a5－a2＝6，
∴3d＝6.∴a6＝a3＋3d＝7＋6＝13.
2.2.1 等差数列
课堂探究
一、解读等差数列的概念
剖析：(1)在等差数列的定义中，要注意两点，“从第2项起”及“同一个常数”．因为数列的第1项没有前一项，因此强调从第2项起，如果一个数列，不从第2项起，而是从第3项或从第4项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或第3项起是一个等差数列．
(2)一个数列，从第2项起，每一项与它的前一项的差，尽管等于常数，这个数列可不一定是等差数列，因为这个常数可以不同，要注意“差是常数”和“差是同一个常数”的含义的不同，如数列2，4，5，9，从第2项起，每一项与它前一项的差都是常数，但常数是不相同的，当常数不同时，就不是等差数列，因此定义中“同一个常数”，这个“同一个”十分重要，切记不可丢掉．
二、等差数列的性质
剖析：若数列{an}是公差为d的等差数列，
(1)d＝0时，数列为常数列；d>0时，数列为递增数列；d<0时，数列为递减数列．
(2)d＝＝(m，n，k∈N+)．
(3)an＝am＋(n－m)d(n，m∈N+)．
(4)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N+)，则am＋an＝ap＋aq．
(5)若＝k，则am＋an＝2ak．
(6)若数列{an}是有穷等差数列，则与首末两项等距离的两项之和都相等，且等于首末两项之和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ai+1＋an－i＝…．
(7)数列{λan＋b}(λ，b是常数)是公差为λd的等差数列．
(8)下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N+)组成公差为md的等差数列．
(9)若数列{bn}也为等差数列，则{an±bn}，{kan＋b}(k，b为非零常数)也成等差数列．
(10)若{an}是等差数列，则a1，a3，a5，…仍成等差数列．
(11)若{an}是等差数列，则a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，…仍成等差数列．
名师点拨：用性质(4)时要注意，序号的和相等，但项数不同，此结论不一定正确，如a8＝a2＋a6，a1＋a3＋a4＝a2＋a6，就不一定正确．
三、教材中的“？”
(1)通项公式为an＝an－b(a，b是常数)的数列都是等差数列吗？
剖析：通项公式为an＝an－b(a，b为常数)的数列都是等差数列，其公差为a．
(2)怎么证明A＝？
剖析：∵x，A，y成等差数列，
∴A－x＝y－A，即2A＝x＋y．∴A＝．
(3)要确定一个等差数列的通项公式，需要知道几个独立的条件？
剖析：因为等差数列的通项公式中涉及首项a1与公差d，所以要确定一个等差数列的通项公式，需要知道两个独立的条件．
题型一 等差数列定义的应用
【例1】 判断下列数列是否为等差数列．
(1)an＝3n＋2；(2)an＝n2＋n．
分析：利用等差数列的定义，即判断an+1－an(n∈N＋)是否为同一个常数．
解：(1)an+1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N+)．
由n的任意性知，这个数列为等差数列．
(2)an+1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n)＝2n＋2，不是常数，所以这个数列不是等差数列．
反思：利用定义法判断等差数列时，关键是看an＋1－an得到的结果是否是一个与n无关的常数，若是，即为等差数列，若不是，则不是等差数列．
题型二 等差数列的通项公式及其应用
【例2】 已知递减等差数列{an}的前三项和为18，前三项的乘积为66，求数列{an}的通项公式，并判断－34是数列{an}的项吗？
分析：由数列前三项和为18，前三项积为66，列出关于a1和d的方程组，通过解方程组求得a1和d，由递减等差数列的条件确定方程组的解即可求出an；由an＝－34求n，然后由n∈N+可判断．
解：由题意设该数列的首项为a1，公差为d，
则即
得或
又由该数列为递减数列，∴d＝5时不合题意，
故该数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝11－5(n－1)＝－5n＋16．
且－34是数列{an}中的项，为第10项．
【互动探究】 若将本例中的“递减等差数列”改为“递增等差数列”，其余条件不变，如何求解？
答案：an＝5n－4，－34不是数列{an}中的项．
题型三 等差数列性质的应用
【例3】 已知等差数列{an}中，a2＋a6＋a10＝1，求a3＋a9．
分析：既可以用等差数列的性质得到a2＋a10＝a3＋a9＝2a6，也可以由通项公式得a1与d间的关系再求解．
解：方法一：根据等差数列的性质，得
a2＋a10＝a3＋a9＝2a6．
由a2＋a6＋a10＝1，得3a6＝1，解得a6＝．
∴a3＋a9＝2a6＝．
方法二：根据等差数列的通项公式，得
a2＋a6＋a10＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＋(a1＋9d)＝3a1＋15d．
由题意知3a1＋15d＝1，即a1＋5d＝．
∴a3＋a9＝2a1＋10d＝2(a1＋5d)＝．
反思：方法一运用了等差数列的性质：若m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w都是正整数)；方法二利用通项公式转化为数列的首项与公差的结构完成运算，属于通法．两种方法都运用了整体代换及方程的思想．
【例4】 已知等差数列{an}中，a49＝80，a59＝100，求a79的值．
分析：(1)采用基本量法求解；(2)灵活运用性质求解．
解：解法1：设公差为d，则解得∴a79＝a1＋78d＝－16＋78×2＝140．
解法2：∵ap＝aq＋(p－q)d，
∴d＝＝＝＝2．
∴a79＝a59＋(79－59)×d＝100＋20×2＝140．
解法3：∵a49，a59，a69，a79，…成等差数列，
∴a79＝a49＋(4－1)(a59－a49)＝80＋3×20＝140．
反思：用通项公式解答等差数列问题的基本方法主要是：(1)采用基本量法，即解得数列的首项a1，公差d，运用通项公式解决问题；(2)灵活运用性质，这是简化等差数列运算的有效手段．
题型四 构造等差数列求通项公式
【例5】 (1)数列{an}的各项均为正数，且满足an＋1＝an＋2＋1，a1＝1，求an；
(2)在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝，求an．
分析：利用题中所给关系的结构特征，构造等差数列，利用所构造的等差数列求an．
解：(1)由an+1＝an＋2＋1，可得an+1＝(＋1)2．
∵an>0，∴＝＋1，即－＝1．
∴{}是首项为＝1，公差为1的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝n．∴an＝n2．
(2)由an+1＝，可得＝＋，
∴是首项为＝1，公差为的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝．∴an＝．
反思：应熟记几种辅助数列构造方法及其对应数列的结构形式．构造等差数列的方法一般有：平方法、开平方法、倒数法等．
题型五 易错辨析
【例6】 已知b是a，c的等差中项，且lg(a＋1)，lg(b－1)，lg(c－1)成等差数列，同时a＋b＋c＝15，求a，b，c的值．
错解：因为b是a，c的等差中项，
所以2b＝a＋c．
又因为a＋b＋c＝15，
所以3b＝15，所以b＝5．
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d．
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2．
所以(d－1)2＝9，即d－1＝3．
所以d＝4，所以a，b，c分别为1，5，9．
错因分析：解方程(d－1)2＝9时，d－1应取±3两个．而错解只取d－1＝3，漏掉了d－1＝－3的情况．
正解：因为b是a，c的等差中项，所以2b＝a＋c．
又因为a＋b＋c＝15，所以3b＝15．所以b＝5．
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d．
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2，即(d－1)2＝9．
所以d－1＝±3，即d＝4或d＝－2．
所以a，b，c三个数分别为1，5，9或7，5，3．
【例7】 已知两个等差数列{an}：5，8，11，…与{bn}：3，7，11，…，它们的项数均为100，则它们有多少个彼此具有相同数值的项？
错解：由已知两等差数列的前3项，容易求得它们的通项公式分别为an＝3n＋2，bn＝4n－1(1≤n≤100)．令an＝bn，得3n＋2＝4n－1，即n＝3．所以两数列只有1个数值相同的项，即第3项．
错因分析：本题中所说的数值相同的项，它们的项的序号并不一定相同．例如23在数列{an}中是第7项，而在数列{bn}中是第6项，我们也说它是两个数列中数值相同的项，也就是说，在这里我们只看这个数在两个数列中有没有出现过，而并不关心它是这两个数列中的第几项．
正解：∵an＝3n＋2(n∈N＋)，bk＝4k－1(k∈N＋)，两数列的共同项可由3n＋2＝4k－1求得，
∴n＝k－1．而n∈N+，k∈N+，
∴设k＝3r(r∈N+)，得n＝4r－1．
由已知且r∈N+，可得1≤r≤25．
∴共有25个相同数值的项．
2.2.2 等差数列的前n项和
1．理解等差数列前n项和公式的推导过程．
2．掌握等差数列前n项和公式，并能利用前n项和公式解决有关等差数列的实际问题．
3．熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中的三个量求另外的两个量．
1．等差数列的前n项和公式
已知量
首项、末项与项数
首项、公差与项数
求和公式
Sn＝________
Sn＝________
(1)倒序相加法是解决等差数列求和问题的基本方法，利用倒序相加法可以推出等差数列的前n项和公式．
(2)等差数列的前n项和公式有两个，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，解答方法就是解方程组．
(3)当已知首项a1和末项an及项数n时，用公式Sn＝来求和，用此公式时常结合等差数列的性质．
(4)当已知首项a1和公差d及项数n时，用公式Sn＝na1＋d来求和．
【做一做1－1】已知数列{an}为等差数列，a1＝35，d＝－2，Sn＝0，则n等于( )．
A．33 B．34 C．35 D．36
【做一做1－2】等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a17＝10，则S19的值为( )．
A．55 B．95
C．100 D．不能确定
2．等差数列前n项和公式与函数的关系
由于Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，
当d≠0时，此公式可看做二次项系数为，一次项系数为(a1－)，常数项为0的________，其图象为抛物线y＝x2＋(a1－)x上的点集，坐标为(n，Sn)(n∈N＋)．
因此，由二次函数的性质立即可以得出结论：当d＞0时，Sn有最____值；当d＜0时，Sn有最____值．
数列中的最值问题可以根据二次函数的最值加以求解，这也是利用函数解决数列问题的一个重要应用．
【做一做2－1】已知等差数列{an}的通项公式an＝19－2n，则{an}的前________项和最大．
【做一做2－2】已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－12n，则当n等于________时，Sn最小．
一、关于等差数列中奇数项和、偶数项和的问题
剖析：(1)当等差数列{an}有偶数项时，设项数为2n，
设S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，①
S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，②
①－②，得S偶－S奇＝nd.
①＋②，得S偶＋S奇＝S2n.
，得＝＝＝.
(2)当等差数列{an}有奇数项时，设项数为2n＋1，
设S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，③
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，④
③－④，得S奇－S偶＝a1＋nd＝an＋1.
③＋④，得S偶＋S奇＝S2n＋1＝(2n＋1)an＋1.
，得＝＝＝.
综上，等差数列奇数项和、偶数项和有如下性质：
(1)项数为2n时，S偶－S奇＝nd，S偶＋S奇＝S2n，＝.
(2)项数为2n＋1时，S奇－S偶＝a1＋nd＝an＋1，S偶＋S奇＝S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，＝＝.
熟练运用这些性质，可以提高解题速度．
除了上述性质外，与前n项和有关的性质还有：
①等差数列的依次连续每k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列．
②若Sn为数列{an}的前n项和，则{an}为等差数列等价于{}是等差数列．
③若{an}，{bn}都为等差数列，Sn，Sn′为它们的前n项和，则＝.
二、教材中的“？”
如果仅利用通项公式，能求出使得Sn最小的序号n的值吗？
剖析：如果仅利用通项公式，也可求出最小序号n的值．因为该数列的通项公式为an＝4n－32，其各项为－28，－24，…，－4,0,4，…，可以看出，所有负数或非正数的项相加其和最小时，n的值为7或8.
三、教材中的“思考与讨论”
1．如果已知数列{an}的前n项和Sn的公式，那么这个数列确定了吗？如果确定了，那么如何求它的通项公式？应注意一些什么问题？
剖析：确定了，由公式an＝来求解，求解时注意要分类讨论，然后对n＝1的情况进行验证，能写成统一的形式就将a1合进来，否则保留分段函数形式．
2．如果一个数列的前n项和的公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列一定是等差数列吗？
剖析：等差数列前n项和公式可以变形为Sn＝n2＋(a1－)n.当d≠0时，是关于n的二次函数，如果一个数列的前n项和公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列的通项公式是an＝
只有当c＝0时，a1＝a＋b＋c才满足an＝2an－a＋b.因此，当数列的前n项和公式为Sn＝an2＋bn时，所确定的数列才是等差数列，这时，等差数列的公差d＝2a.
题型一 等差数列的前n项和公式的直接应用
【例1】在等差数列{an}中，
(1)已知a10＝30，a20＝50，Sn＝242，求n；
(2)已知S8＝24，S12＝84，求a1和d；
(3)已知a6＝20，S5＝10，求a8和S8；
(4)已知a16＝3，求S31.
分析：在等差数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，d，n，Sn，只要已知任意三个量，就可以求出其他两个量．
反思：在等差数列{an}中，首项a1与公差d是两个最基本的元素，有关等差数列的问题，均可化成有关a1，d的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)合理利用等差数列的有关性质．
题型二 Sn与an的关系问题
【例2】已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N＋，求{an}的通项公式．
分析：由a1＝S1，求a1.
由an＋1＝Sn＋1－Sn确定an＋1与an的关系，再求通项an.
反思：利用an＝求an时，切记验证n＝1时的情形是否符合n≥2时an的表达式．
题型三 等差数列前n项和性质的应用
【例3】项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．
分析：已知等差数列的奇、偶数项的和，求特殊项与项数，可从整体上直接考虑奇、偶数项的和与特殊项及项数的关系．
反思：在等差数列{an}中，(1)若项数为2n＋1(n∈N＋)，则＝，其中S奇＝(n＋1)an＋1，S偶＝n·an＋1；(2)若数列项数为2n(n∈N＋)，则S偶－S奇＝nd.
题型四 等差数列前n项和的最值问题
【例4】在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．
分析：本题可用二次函数求最值或由通项公式求n，使an≥0，an＋1＜0或利用等差数列的性质求出大于或等于零的项．
反思：本例四种解法从四个侧面求解前n项和最值问题，方法迥异，殊途同归．
解等差数列的前n项和最大(最小)问题的常用方法有：
(1)二次函数法：由于Sn＝n2＋(a1－)n是关于n的二次式，因此可用二次函数的最值来确定Sn的最值，但要注意这里的n∈N＋.
(2)图象法：可利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn达到最大(或最小)．
(3)通项法：由于Sn＝Sn－1＋an，所以当an≥0时，Sn≥Sn－1；当an≤0时，Sn≤Sn－1，因此当a1＞0且d＜0时，使an≥0的最大的n的值，使Sn最大；当a1＜0，d＞0时，满足an≤0的最大的n的值，使Sn最小．
题型 五易错辨析
【例5】若数列{an}的前n项和为Sn＝3n2－2n＋1，求数列{an}的通项公式，并判断它是否为等差数列．
错解：∵an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，
∴an＋1－an＝[6(n＋1)－5]－(6n－5)＝6(常数)．
∴数列{an}是等差数列．
错因分析：本题忽略了an＝Sn－Sn－1成立的条件“n≥2”．
【例6】已知两个等差数列{an}与{bn}，它们的前n项和的比＝，求.
错解：设Sn＝k(n＋3)，Sn′＝k(n＋1)，
则＝＝＝1.
错因分析：本题由于错误地设出了Sn＝k(n＋3)，Sn′＝k(n＋1)，从而导致结论错误．
1已知在等差数列{an}中，a2＝7，a4＝15，则前10项的和S10等于( )．
A．100 B．210 C．380 D．400
2已知数列{an}的前n项和Sn＝，则a3等于( )．
A． B． C． D．
3等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为( )．
A．130 B．170 C．210 D．260
4设数列{an}是等差数列，且a2＝－6，a8＝6，Sn是数列{an}的前n项和，则( )．
A．S4＜S5 B．S4＝S5 C．S6＜S5 D．S6＝S5
5设数列{an}的前n项和为Sn＝2－2·3n，则通项公式an＝________.
6设公差不为零的等差数列{an}，Sn是数列{an}的前n项和，且S＝9S2，S4＝4S2，则数列{an}的通项公式为____________．
答案：
基础知识·梳理
1． na1＋d
【做一做1－1】D 由公式Sn＝na1＋d，得到35n＋(－2)＝0，即n2－36n＝0，解得n＝36或n＝0(舍去)．
【做一做1－2】B
2．二次函数 小 大
【做一做2－1】9
【做一做2－2】6
典型例题·领悟
【例1】解：(1)由得
∵Sn＝242，∴12n＋×2＝242.
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
∴n＝11.
(2)由得
∴a1＝－4，d＝2.
(3)由得
∴a8＝a6＋2d＝32，S8＝＝88.
(4)S31＝×31＝a16×31＝93.
【例2】解：由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，知a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn
＝(an＋1＋1)(an＋1＋2)－(an＋1)(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an，
因an＞0，故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an＝3n－1.
【例3】解：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，中间项是第(n＋1)项，即an＋1.
∴＝＝＝＝＝，得n＝3.∴2n＋1＝7.
又∵S奇＝(n＋1)·an＋1＝44，∴an＋1＝11.
故这个数列的中间项为11，共有7项．
【例4】解：解法一：由S17＝S9，得
25×17＋(17－1)d＝25×9＋(9－1)d，
解得d＝－2，
∴Sn＝25n＋(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169，
由二次函数的性质得当n＝13时，Sn有最大值169.
解法二：先求出d＝－2(解法一)．∵a1＝25＞0，
由得
∴当n＝13时，Sn有最大值169.
解法三：先求出d＝－2(同解法一)．
由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，
而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，
故a13＋a14＝0.
∵d＝－2＜0，a1＞0，
∴a13＞0，a14＜0.
故n＝13时，Sn有最大值169.
解法四：先求出d＝－2(同解法一)得Sn的图象如图所示，由S17＝S9知图象的对称轴n＝＝13，
∴当n＝13时，Sn取得最大值169.
【例5】正解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝2，
∴an＝
∴数列{an}不是等差数列．
【例6】正解1：利用等差数列的性质，
得＝＝＝＝.
正解2：设Sn＝kn(n＋3)，Sn′＝kn(n＋1)，
所以＝＝＝.
随堂练习·巩固
1．B d＝＝＝4，a1＝3，所以S10＝210.
2．A
3．C 令m＝1，则Sm＝S1＝a1＝30，S2m＝S2＝a1＋a2＝100，则有a1＝30，a2＝70，d＝40，则a3＝110，故S3m＝S3＝S2＋a3＝100＋110＝210.
4．B 方法一：设该等差数列的首项为a1，公差为d，则有解得
从而有S4＝－20，S5＝－20，S6＝－18.从而有S4＝S5.
方法二：由等差数列的性质知a5＋a5＝a2＋a8＝－6＋6＝0，所以a5＝0，从而有S4＝S5.
5．－4·3n－1 当n＝1时，a1＝S1＝2－2·31＝－4.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2－2·3n)－(2－2·3n－1)＝－4·3n－1.
此时对n＝1，有a1＝－4·31－1＝－4，也适合．综上，对n∈N＋，an＝－4·3n－1.
6．an＝(2n－1) 设数列{an}的公差为d(d≠0)，首项为a1，由已知得解得a1＝，d＝或a1＝d＝0(舍去)．
∴an＝a1＋(n－1)d＝＋(n－1)×＝(2n－1)．
2.2.2 等差数列的前N项和
课堂探究
一、关于等差数列中奇数项和、偶数项和的问题
剖析：(1)当等差数列{an}有偶数项时，设项数为2n，
设S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，①
S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，②
①－②，得S偶－S奇＝nd．
①＋②，得S偶＋S奇＝S2n．
，得＝＝＝．
(2)当等差数列{an}有奇数项时，设项数为2n＋1，
设S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，③
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，④
③－④，得S奇－S偶＝a1＋nd＝an＋1．
③＋④，得S偶＋S奇＝S2n＋1＝(2n＋1)an+1．
，得＝＝＝．
综上，等差数列奇数项和、偶数项和有如下性质：
(1)项数为2n时，S偶－S奇＝nd，S偶＋S奇＝S2n，＝．
(2)项数为2n＋1时，S奇－S偶＝a1＋nd＝an+1，S偶＋S奇＝S2n+1＝(2n＋1)an+1，＝＝．
熟练运用这些性质，可以提高解题速度．
知识链接：除了上述性质外，与前n项和有关的性质还有：
①等差数列的依次连续每k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列．
②若Sn为数列{an}的前n项和，则{an}为等差数列等价于是等差数列．
③若{an}，{bn}都为等差数列，Sn，Sn′为它们的前n项和，则＝．
二、教材中的“？”
如果仅利用通项公式，能求出使得Sn最小的序号n的值吗？
剖析：如果仅利用通项公式，也可求出最小序号n的值．因为该数列的通项公式为an＝4n－32，其各项为－28，－24，…，－4，0，4，…，可以看出，所有负数或非正数的项相加其和最小时，n的值为7或8．
三、教材中的“思考与讨论”
1．如果已知数列{an}的前n项和Sn的公式，那么这个数列确定了吗？如果确定了，那么如何求它的通项公式？应注意一些什么问题？
剖析：确定了，由公式an＝来求解，求解时注意要分类讨论，然后对n＝1的情况进行验证，能写成统一的形式就将a1合进来，否则保留分段函数形式．
2．如果一个数列的前n项和的公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列一定是等差数列吗？
剖析：等差数列前n项和公式变形为Sn＝n2＋n．当d≠0时，是关于n的二次函数，如果一个数列的前n项和公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列的通项公式是an＝
只有当c＝0时，a1＝a＋b＋c才满足an＝2an－a＋b．因此，当数列的前n项和公式为Sn＝an2＋bn时，所确定的数列才是等差数列，这时，等差数列的公差d＝2a．
题型一 等差数列的前n项和公式的直接应用
【例1】 在等差数列{an}中，
(1)已知a10＝30，a20＝50，Sn＝242，求n；
(2)已知S8＝24，S12＝84，求a1和d；
(3)已知a6＝20，S5＝10，求a8和S8；
(4)已知a16＝3，求S31．
分析：在等差数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，d，n，Sn，只要已知任意三个量，就可以求出其他两个量．
解：(1)由得
∵Sn＝242，∴12n＋×2＝242．
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
∴n＝11．
(2)由得
∴a1＝－4，d＝2．
(3)由得
∴a8＝a6＋2d＝32，S8＝＝88．
(4)S31＝×31＝a16×31＝93．
反思：在等差数列{an}中，首项a1与公差d是两个最基本的元素，有关等差数列的问题，均可化成有关a1，d的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)合理利用等差数列的有关性质．
题型二 Sn与an的关系问题
【例2】 (2013·广东高考，文19改编)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，n∈N＋，且a2＝3．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式．
分析：(1)对条件中的等式赋值n＝1即可；
(2)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)这一关系得出数列中项之间的关系即可．
(1)证明：当n＝1时，4a1＝－5，∴＝4a1＋5．
∵an>0，∴a2＝．
(2)解：当n≥2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1，①
4Sn＝－4n－1，②
由②－①，得4an＝4Sn－4Sn－1＝－－4，
∴＝＋4an＋4＝(an＋2)2．
∵an>0，∴an+1＝an＋2，
∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．
∵a2，a5，a14构成等比数列，
∴＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3．
由(1)可知，4a1＝－5＝4，∴a1＝1．
∵a2－a1＝3－1＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
反思：利用an＝求an时，切记验证n＝1时的情形是否符合n≥2时an的表达式．
题型三 等差数列前n项和性质的应用
【例3】 项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．
分析：已知等差数列的奇、偶数项的和，求特殊项与项数，可从整体上直接考虑奇、偶数项的和与特殊项及项数的关系．
解：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，中间项是第(n＋1)项，即an+1．
∴＝＝＝＝＝，得n＝3．
∴2n＋1＝7．
又∵S奇＝(n＋1)·an+1＝44，
∴an+1＝11．
故这个数列的中间项为11，共有7项．
反思：在等差数列{an}中，(1)若项数为2n＋1(n∈N+)，则＝，其中S奇＝(n＋1)an+1，S偶＝n·an+1；(2)若数列项数为2n(n∈N＋)，则S偶－S奇＝nd．
题型四 等差数列前n项和的最值问题
【例4】 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．
分析：本题可用二次函数求最值或由通项公式求n，使an≥0，an＋1＜0或利用等差数列的性质求出大于或等于零的项．
解：解法一：由S17＝S9，得
25×17＋(17－1)d＝25×9＋(9－1)d，
解得d＝－2，
∴Sn＝25n＋(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169，
由二次函数的性质得当n＝13时，Sn有最大值169．
解法二：先求出d＝－2(解法一)．
∵a1＝25＞0，
由得
∴当n＝13时，Sn有最大值169．
解法三：先求出d＝－2(同解法一)．
由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，
而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，
故a13＋a14＝0．
∵d＝－2＜0，a1＞0，
∴a13＞0，a14＜0．
故n＝13时，Sn有最大值169．
解法四：先求出d＝－2(同解法一)得Sn的图象如图所示，
由S17＝S9知图象的对称轴n＝＝13，
∴当n＝13时，Sn取得最大值169．
反思：本例四种解法从四个侧面求解前n项和最值问题，方法迥异，殊途同归．
解等差数列的前n项和最大(最小)问题的常用方法有：
(1)二次函数法：由于Sn＝n2＋n是关于n的二次式，因此可用二次函数的最值来确定Sn的最值，但要注意这里的n∈N+．
(2)图象法：可利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn达到最大(或最小)．
(3)通项法：由于Sn＝Sn－1＋an，所以当an≥0时，Sn≥Sn－1；当an≤0时，Sn≤Sn－1，因此当a1＞0且d＜0时，使an≥0的最大的n的值，使Sn最大；当a1＜0，d＞0时，满足an≤0的最大的n的值，使Sn最小．
题型五 易错辨析
【例5】 若数列{an}的前n项和为Sn＝3n2－2n＋1，求数列{an}的通项公式，并判断它是否为等差数列．
错解：∵an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，
∴an＋1－an＝[6(n＋1)－5]－(6n－5)＝6(常数)．
∴数列{an}是等差数列．
错因分析：错解忽略了an＝Sn－Sn－1成立的条件“n≥2”．
正解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5．
当n＝1时，a1＝S1＝2，
∴an＝
∴数列{an}不是等差数列．
【例6】 已知两个等差数列{an}与{bn}，它们的前n项和的比＝，求．
错解：设Sn＝k(n＋3)，S′n＝k(n＋1)，
则＝＝＝1．
错因分析：错解由于错误地设出了Sn＝k(n＋3)，S′n＝k(n＋1)，从而导致结论错误．
正解1：利用等差数列的性质，
得＝＝＝＝．
正解2：设Sn＝kn(n＋3)，S′n＝kn(n＋1)，
所以＝＝＝．
2.2 等差数列习题课——等差数列习题课
1．进一步了解等差数列的定义，通项公式以及前n项和公式．
2．理解等差数列的性质，等差数列前n项和公式的性质的应用．
3．掌握等差数列前n项和之比的问题，及其实际应用．
题型一 已知Sn求an
【例1】已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，求数列{an}的通项公式an.
分析：→→→
反思：数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系
已知数列{an}的通项就可以求数列{an}的前n项和Sn；反过来，若已知前n项和Sn也可以求数列{an}的通项公式an.
∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∴Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1(n≥2)．
在n≥2的条件下，把上面两式相减可得：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1，所以an与Sn有如下关系：
an＝
注意：an＝Sn－Sn－1并非对所有的n∈N＋都成立，而只对n≥2的正整数成立．由Sn求通项公式an时，要分n＝1和n≥2两种情况，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．
题型二 数列{|an|}的求和问题
【例2】在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求数列{|an|}的前n项和．
分析：先分清哪些项是负的，然后再分段求出前n项的绝对值之和．
反思：等差数列各项取绝对值后组成的数列{|an|}的前n项和，可分为以下情形：
(1)等差数列{an}的各项都为非负数，这种情形中数列{|an|}就等于数列{an}，可以直接求解．
(2)在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，这种数列只有前边有限项为非负数，从某项开始其余所有项都为负数，可把数列{an}分成两段处理．
(3)在等差数列{an}中，a1＜0，d＞0，这种数列只有前边有限项为负数，其余都为非负数，同样可以把数列{an}分成两段处理．
总之，解决此类问题的关键是找到数列{an}的正负分界点．
题型三 等差数列前n项和的比值问题
【例3】等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，求.
分析：本题可把“项比”转化成“和比”，也可把“和比”转化为“项比”．
反思：本题的关键是建立通项和前n项和的内在联系，解法一侧重于待定系数法，而解法二应用整体代换思想．
1已知在等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是( )．
A．15 B．30 C．31 D．64
2等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S4＝10，则S6等于( )．
A．12 B．18 C．24 D．42
3若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有( )．
A．13项 B．12项 C．11项 D．10项
4设2a＝3,2b＝x,2c＝12，且a，b，c成等差数列，则x的值为________．
5设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．
答案：
典型例题·领悟
【例1】解：a1＝S1＝－×12＋×1＝101.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝(－n2＋n)－[－(n－1)2＋(n－1)]
＝－3n＋104.
∵n＝1也适合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104(n∈N＋)．
【例2】解：数列{an}的公差d＝＝＝3，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－60＋(n－1)×3＝3n－63.
由an＜0，得3n－63＜0，即n＜21.
∴数列{an}的前20项是负数，从第21项开始都为非负数．
设Sn，Sn′分别表示数列{an}和{|an|}的前n项和，当n≤20时，
Sn′＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－an
＝－Sn＝－[－60n＋×3]＝－n2＋n；
当n＞20时，
Sn′＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20
＝－60n＋×3－2×(－60×20＋×3)
＝n2－n＋1 260.
∴数列{|an|}的前n项和
Sn′＝
【例3】解：解法一：设Sn＝an2＋bn，Tn＝pn2＋qn，a，b，p，q为常数
则＝＝，
所以3an2＋(3b＋a)n＋b＝2pn2＋2qn，
从而即
所以Sn＝2qn2，Tn＝3qn2＋qn.
当n＝1时，＝＝；
当n≥2时，＝＝.
当n＝1时，＝也适合上式，
所以＝.
解法二：＝＝＝
＝＝＝.
随堂练习·巩固
1．A ∵a7＋a9＝a4＋a12＝16，a4＝1，∴a12＝15.
2．C 由题意知S2＝2，S4－S2＝8.∵{an}是等差数列，∴S6－S4，S4－S2，S2成等差数列．∴S6－S4＝14.∴S6＝24.
3．A
4．6 ∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，∴2a＋c＝22b.∵2a＋c＝2a·2c＝3×12＝36,22b＝(2b)2＝x2，∴x2＝36.∴x＝±6.又∵x＝2b＞0，∴x＝6.
5．解：(1)由an＝a1＋(n－1)d，及a3＝5，a10＝－9，得解得所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)由(1)知Sn＝na1＋d＝10n－n2.因为Sn＝－(n－5)2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值．
2.2 等差数列
知识梳理
1.等差数列的定义
一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫等差数列的公差,通常用字母d表示,定义的表达式为an+1-an=d(n∈N+).
2.等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1,公差为d,那么它的通项公式为an=a1+(n-1)d.
3.等差中项
若三个数a、A、b成等差数列,则A叫做a、b的等差中项,且A=.
4.等差数列前n项和公式
Sn=或na1+.
5.等差数列的单调性
等差数列{an}的公差为d,若d＞0,则数列为递增数列,且当a1＜0时,前n项和Sn有最小值;
若d＜0,则数列为递减数列,且当a1＞0时,前n项和Sn有最大值.
6.等差数列的常用性质
已知数列{an}是等差数列,首项为a1,公差为d.
(1)若m+n=p+q,则am+an=ap+aq;
推论:若m+n=2p,则am+an=2ap.
(2)等差数列中连续m项的和组成的新数列是等差数列,公差等于m2d,即
Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…为等差数列,则有S3m=3(S2m-Sm).
(3)从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列.
如a1,a4,a7,a10,…(下标成等差数列).
知识导学
等差数列是一种特殊的数列,所以学习前先对上节有关数列的概念、性质进行回顾,同时复习前面学习过的一次函数的形式与图象,并且思考一次函数与等差数列的区别.本节内容的重点是等差数列的定义和等差数列的通项公式及前n项和公式,要能够运用公式解决简单问题,在实际解题中注意有关技巧的运用.在理解定义时,要重视两点:一是“从第二项起”,二是“同一常数”,同时要对a,d的取值对单调性的影响加以分析,以加深对概念的理解和知识的巩固.
疑难突破
1.如何去判断或证明一个数列为等差数列呢?
剖析:判断一个数列是否为等差数列,最基本也最常用的就是看这个数列是否符合等差数列的定义.一般有以下五种方法:
(1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N+){an}是等差数列;
(2)递推法:2an+1=an+an+2(n∈N+){an}是等差数列;
(3)性质法:利用性质来判断;
(4)通项法:an=pn+q(p、q为常数){an}是等差数列;
(5)求和法:Sn=An2+Bn(A、B为常数,Sn为{an}的前n项和){an}是等差数列.
其中(4)(5)两种方法主要应用于选择、填空题中,在解答题中判断一个数列是否是等差数列,一般用(1)(2)(3)这三种方法,而方法(3)还经常与(1)(2)混合运用.
证明数列{an}是等差数列有两种基本方法:
(1)利用等差数列的定义,证明an+1-an(n≥1)为常数;
(2)利用等差中项的性质,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).
2.如何求等差数列前n项和的最值?
剖析:可从以下两个方面思考:
(1)利用前n项和公式,转化为一元二次函数的最值问题.
Sn=na1+,当d≠0时,此式可看作二次项系数为,一次项系数为a1-,常数项为0的二次函数,其图象为抛物线y=x2+(a1-)x上的点集,坐标为(n,Sn)(n∈N+),因此,由二次函数的性质立即可以得出结论:当d＞0时,Sn有最小值;当d＜0时,Sn有最大值.
(2)结合数列的特征,运用函数单调性的思路.当d＞0时,则数列为递增数列,且当a1＜0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非正数,而后面的项都是正数,前n项和Sn有最小值;当d＜0时,则数列为递减数列,且当a1＞0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非负数,而后面的项都是负数,前n项和Sn有最大值.显然最值问题很容易判断.第二种思路运算量小.
2.3.1 等比数列
1．理解等比数列的定义，并能利用定义判断或证明一个数列是否为等比数列．
2．掌握等比数列的通项公式及性质，能够用它解决有关等比数列的问题．
3．了解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的定义
如果一个数列从______起，每一项与它的前一项的比都等于__________，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的______，公比通常用字母________表示．定义表达式为__________．
(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q也不能为0.
(2)对于公比q，要注意它是每一项与它前一项的比，应防止把相邻两项的比的次序弄颠倒．
(3)“从第2项起”是因为首项没有“前一项”，同时注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从第2项起或第3项起是等比数列．
(4)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比尽管是一个与n无关的常数，但却是不同的常数，这时此数列不是等比数列．
【做一做1】下列数列中，等比数列的个数是______________．
①－1，－2，－4，－8；②1，－，3，－3；③1,1,1,1；④a，a，a，a.
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则通项公式为____________．其中，a1，q均不为0.
等比数列的通项公式an＝a1qn－1的另外一种形式为an＝am·qn－m.
【做一做2】在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝64，则公比q为( )．
A．2 B．3 C．4 D．8
3．等比中项
如果a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，即______．等比数列中，除了首项与末项之外的任何一项是它的前一项与后一项的等比中项，即a ＝an－1an＋1，反过来，如果a，b同号，G＝或－，即G2＝ab，那么G是a，b的等比中项．
(1)x，G，y成等比数列等价于“G2＝xy”(x，y均不为0)，可以用它来判断或证明三数成等比数列，要注意“x，G，y成等比数列”与“G＝”是不等价的，而应与“G＝±”等价．
(2)当x，y同号时，x，y的等比中项有两个，异号时没有等比中项．
(3)在任意两个非零实数x和y之间，也可以插入n个数使之成为等比数列．但要注意：在实数范围内，当xy＞0时，x，y之间可以插入任意个数；当xy＜0时，在x和y之间只能插入偶数个数使之成为等比数列．
【做一做3】若2＋，x,2－成等比数列，则x的值是( )．
A．1 B．－1 C．±1 D．2
一、解读等比数列的主要性质
剖析：在等比数列问题的解答中，运用基本量转化是最基本的方法，但如果灵活运用性质，可使求解的过程更简捷，所以解答问题时要优先考虑等比数列的性质．等比数列有以下性质：
(1)两个等比数列的积仍为等比数列．
(2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq.
(3)数列{an}是有穷数列，则与首末两项等距离的两项的积相等，且等于首末两项之积．
(4)在等比数列{an}中，每隔k项取出一项，按原来的顺序排列，所得新数列仍为等比数列，公比为qk＋1.
(5)当数列{an}是各项都为正数的等比数列时，数列{lg an}是公差为lg q的等差数列．
(6)当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap成等比数列．
(7)等比数列{an}中，若公比为q，则数列{λan}仍是公比为q的等比数列；若{bn}是公比为q′的等比数列，则数列{an·bn}是公比为q·q′的等比数列；数列{}是公比为的等比数列；{|an|}是公比为|q|的等比数列．
二、求数列通项公式的方法
剖析：1.如果已知数列为等差(或等比)数列，可直接根据等差(或等比)数列的通项公式，求得a1，d(或q)，直接套用公式即可．
2．若已知数列的前n项和求通项时，通常用公式an＝用此公式时我们应当注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和an(n≥2)合为一个表达式．
3．对于形如an＋1＝an＋f(n)型或形如an＋1＝f(n)an型的数列，其中f(n)是等差数列或等比数列，可以根据递推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式．
4．有些数列本身并不是等差数列或等比数列，但可以经过适当变形，构造出一个等差数列或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式，这叫做构造法．例如：在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1＋an，我们在上式的两边减去an＋1，得an＋2－an＋1＝－(an＋1－an)，即可构造一个等比数列来解决问题．
当然，求数列的通项还有很多其他的方法，在求通项时，我们应尽可能将已知数列转化成等差(或等比)数列，从而利用等差(或等比)数列的通项公式求其通项．
三、教材中的“？”
1．为什么q≠0？等比数列中的项有可能等于0吗？
剖析：因为等比数列的公比是后项与前项的商，其商不能为0，除数也不可能为0，故q≠0，在等比数列中，各项都不会为0.
2．等差数列的通项公式是怎样推导出来的？怎样用类似的方法推导等比数列的通项公式？
剖析：等比数列的通项公式的推导类似于等差数列，先采用归纳的方法猜想出通项公式，然后利用迭乘的方法证明得an＝a1qn－1.
3．你能通过公比q的不同取值的讨论，对等比数列进行分类吗？
剖析：当a1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，数列{an}为递增数列；
当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，数列{an}为递减数列；
当q＝1时，数列{an}为常数列；
当q＜0时，数列{an}为摆动数列．
四、教材中的“思考与讨论”
对于例3中的数列，你是否发现a5，a10，a15，a20恰好成等比数列？你能说出其中的道理吗？你能由此推导出一个一般性的结论吗？
剖析：在已知数列中，每隔k项取一项，保持原来顺序依次排列，所得数列还是一个等比数列．
题型一 等比数列定义的应用
【例1】已知数列的通项公式为an＝3×2n，试问：这个数列是否为等比数列？
分析：可用定义法、等比中项法证明．
反思：已知某数列的通项公式，判定其是否为等比数列，可依据等比数列的定义证明．常用的判定等比数列的方法有：(1)定义法：＝q(常数)；(2)等比中项法：a＝anan＋2(an≠0)．
题型二 等比数列的通项公式的应用
【例2】在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.
分析：先将条件转化为关于基本元素a1与q的方程组，求出a1和q，再表示其他量．
反思：a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可求出来，解法一是常规解法，先求a1，q，再求an，解法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求a1和q，这也是常见的解法．
题型三 等比数列性质的应用
【例3】已知数列{an}为等比数列，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式．
分析：本题主要考查等比数列的性质“若p＋q＝2n，则ap·aq＝a(p，q，n∈N＋)”的应用．
反思：若三个数成等比数列，则可设为，a，aq，当然也可设为a，aq，aq2.若四个数成等比数列，则可设为a，aq，aq2，aq3，但不能设为，，aq，aq3，因为这个数列的公比为q2，漏掉了公比为负值的情况．
题型四 构造等比数列求通项公式
【例4】(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，求通项公式an.
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求通项公式an.
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝a，求通项公式an.
分析：对所给递推关系进行适当的变形，构造辅助数列使问题转化为熟悉的问题．构造等比数列的方法一般有：配常数、取倒数、取对数等．
反思：有些数列本身并不是等差、等比数列，但是通过适当的变形，可以构造出等差、等比数列．因此解决这类问题应该熟悉能构造成等差、等比数列的形式，以及对应方法．
题型五 易错辨析
【例5】在等比数列{an}中，若a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为( )．
A．3 B．9
C．±3 D．±9
错解：∵{an}为等比数列，∴a3a7＝a4a6＝a1a9.
∴(a1a9)2＝81.∴a1a9＝±9.故选D.
错因分析：忽视了在等比数列中，奇数项(或偶数项)符号相同这一条件．
【例6】已知一个等比数列的前四项之积为，第2项与第3项的和为，求这个等比数列的公比．
错解：依题意，设这四个数为，，aq，aq3，
则
由①得a＝±，
代入②并整理，
得q2±2q＋1＝0，
解得q＝±1或q＝－±1，
∴原等比数列的公比为q2＝3＋2或q2＝3－2.
错因分析：从表面上看，这种解法正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq2，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，而题设中无此规定．
1给出下列命题：(1)若＝，则－a，b，－c成等比数列(abc≠0)；(2)若b2＝ac，则a，b，c成等比数列；(3)若an＋1＝anq(q为常数)，则{an}是等比数列．其中正确的命题有( )．
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
2在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5＝( )．
A．±4 B．4
C．6 D．－4
3在等比数列{an}中，公比为q，若am＝xan，则x等于( )．
A．q B．qn－m
C．qm－n D．1
4在等比数列{an}中，a3＝，a5＝，则a10＝________.
5在2和30之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数是________．
答案：
基础知识·梳理
1．第2项 同一个常数 公比 q(q≠0) ＝q(n≥2)
【做一做1】3 若常数列的各项不为零，那么它也是等比数列，所以③是等比数列；①是首项为－1，公比为2的等比数列；②是首项为1，公比为－的等比数列；④中a的值没确定，当a＝0时，这四个数不能构成等比数列．
2．an＝a1qn－1
【做一做2】A 由等比数列的通项公式，有a4＝a1·q3，即64＝8×q3，所以q＝2.
3．G2＝ab
【做一做3】C 由题意，得x2＝(2＋)(2－)＝1，∴x＝±1.
典型例题·领悟
【例1】解：解法一：∵＝＝2(常数)，
∴{an}是等比数列．
解法二：∵an＋1＝3×2n＋1，an＋2＝3×2n＋2，
an·an＋2＝3×2n×3×2n＋2＝9×22n＋2＝a，
∴{an}是等比数列．
【例2】解：(1)解法一：因为
所以
由，得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝2.
解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4.
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝2.
(2)解法一：因为
由，得q＝，从而a1＝32.
又an＝1，所以32()n－1＝1，即26－n＝20，
所以n＝6.
解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，所以q＝.
由a1q＋a1q4＝18，得a1＝32.
由an＝a1qn－1＝1，得n＝6.
【例3】解：解法一：∵a1a3＝a，∴a1·a2·a3＝a＝8.∴a2＝2.
从而∴或
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
解法二：由a1a2a3＝8，得a2＝2.
将a2＝a1q，a3＝a1q2代入a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，
可得
解得或
故可得an＝2n－1或an＝23－n.
解法三：∵数列{an}为等比数列，
∴a＝a1·a3.
代入a1a2a3＝8，得a＝8，∴a2＝2.
不妨设等比数列的前三项为，2,2q，
则有＋2＋2q＝7，
整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝.
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
【例4】解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴＝2.
∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，即an＝2n－1.
(2)由an＋1＝，可得＝＋·，
∴－1＝(－1)．
∴{－1}是首项为－1＝－，公比为的等比数列．∴－1＝－·()n－1＝－()n.
∴an＝.
(3)由a1＝3，an＋1＝a，可得an＞0，∴lg an＋1＝2lg an.
∴＝2.
∴{lg an}是首项为lg a1＝lg 3，公比为2的等比数列．
∴lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1.
∴an＝32n－1.
【例5】正解：∵a3a7＝a4a6＝a1a9，∴(a1a9)2＝81.∴a1a9＝±9.∵在等比数列{an}中，奇数项(或偶数项)的符号相同，∴a1，a9同号，∴a1a9＝9，故选B.
【例6】正解：依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，
则
解得q＝3±2或q＝5±2.
随堂练习·巩固
1．B (1)显然正确；(2)中，abc＝0时不成立；(3)中q＝0时不成立．故选B.
2．B
3．C ∵am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，∴a1qm－1＝xa1qn－1，∴x＝qm－n.
4．± 根据等比数列的定义，灵活运用结论：am＝anqm－n，可得＝q2＝2，∴q＝±.∴a10＝a5·q5＝±4·＝±.
5．6,18 设插入的两数依次为a，b，∴a2＝2b,2b＝a＋30.
∴a2－a－30＝0.∴a＝6.∴b＝18.
2.3.1 等比数列
课堂探究
一、解读等比数列的主要性质
剖析：在等比数列问题的解答中，运用基本量转化是最基本的方法，但如果灵活运用性质，可使求解的过程更简捷，所以解答问题时要优先考虑等比数列的性质．等比数列有以下性质：
(1)两个等比数列的积仍为等比数列．
(2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq．
(3)数列{an}是有穷数列，则与首末两项等距离的两项的积相等，且等于首末两项之积．
(4)在等比数列{an}中，每隔k项取出一项，按原来的顺序排列，所得新数列仍为等比数列，公比为qk＋1．
(5)当数列{an}是各项都为正数的等比数列时，数列{lg an}是公差为lg q的等差数列．
(6)当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap成等比数列．
(7)等比数列{an}中，若公比为q，则数列{λan}仍是公比为q的等比数列；若{bn}是公比为q′的等比数列，则数列{an·bn}是公比为q·q′的等比数列；数列是公比为的等比数列；{|an|}是公比为|q|的等比数列．
二、求数列通项公式的方法
剖析：1．如果已知数列为等差(或等比)数列，可直接根据等差(或等比)数列的通项公式，求得a1，d(或q)，直接套用公式即可．
2．若已知数列的前n项和求通项时，通常用公式an＝用此公式时我们应当注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和an(n≥2)合为一个表达式．
3．对于形如an＋1＝an＋f(n)型或形如an＋1＝f(n)an型的数列，其中f(n)是等差数列或等比数列，可以根据递推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式．
4．有些数列本身并不是等差数列或等比数列，但可以经过适当变形，构造出一个等差数列或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式，这叫做构造法．例如：在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1＋an，我们在上式的两边减去an+1，得an+2－an+1＝－(an+1－an)，即可构造一个等比数列来解决问题．
当然，求数列的通项还有很多其他的方法，在求通项时，我们应尽可能将已知数列转化成等差(或等比)数列，从而利用等差(或等比)数列的通项公式求其通项．
三、教材中的“？”
1．为什么q≠0？等比数列中的项有可能等于0吗？
剖析：因为等比数列的公比是后项与前项的商，其商不能为0，除数也不可能为0，故q≠0，在等比数列中，各项都不会为0．
2．等差数列的通项公式是怎样推导出来的？怎样用类似的方法推导等比数列的通项公式？
剖析：等比数列的通项公式的推导类似于等差数列，先采用归纳的方法猜想出通项公式，然后利用迭乘的方法证明得an＝a1qn－1．
3．你能通过公比q的不同取值的讨论，对等比数列进行分类吗？
剖析：当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，数列{an}为递增数列；
当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，数列{an}为递减数列；
当q＝1时，数列{an}为常数列；
当q＜0时，数列{an}为摆动数列．
四、教材中的“思考与讨论”
对于例3中的数列，你是否发现a5，a10，a15，a20恰好成等比数列？你能说出其中的道理吗？你能由此推导出一个一般性的结论吗？
剖析：在已知数列中，每隔k项取一项，保持原来顺序依次排列，所得数列还是一个等比数列．
题型一 等比数列定义的应用
【例1】 已知数列的通项公式为an＝3×2n，试问：这个数列是否为等比数列？
分析：可用定义法、等比中项法证明．
解：解法一：∵＝＝2(常数) ，
∴{an}是等比数列．
解法二：∵an＋1＝3×2n＋1，an＋2＝3×2n＋2，
an·an＋2＝3×2n×3×2n＋2＝9×22n＋2＝a，
∴{an}是等比数列．
反思：已知某数列的通项公式，判定其是否为等比数列，可依据等比数列的定义证明．常用的判定等比数列的方法有：(1)定义法：＝q(常数)；(2)等比中项法：a＝anan＋2(an≠0)．
题型二 等比数列的通项公式的应用
【例2】 在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n．
分析：先将条件转化为关于基本元素a1与q的方程组，求出a1和q，再表示其他量．
解：(1)解法一：因为
所以
由，得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝．
解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4．
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝．
(2)解法一：因为
由，得q＝，从而a1＝32
又an＝1，所以32n－1＝1，即26－n＝20，
所以n＝6．
解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5) ，所以q＝．
由a1q＋a1q4＝18，得a1＝32．
由an＝a1qn－1＝1，得n＝6．
反思：a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可求出来，解法一是常规解法，先求a1，q，再求an，解法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求a1和q，这也是常见的解法．
【互动探究】 将本例2(2)中的条件“an＝1”去掉，其他条件不变，试求{an}的通项公式．
解：因为
由得q＝，从而a1＝32．
所以an＝a1qn－1＝32×n－1＝n－6．
题型三 等比数列性质的应用
【例3】 已知数列{an}为等比数列，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式．
分析：本题主要考查等比数列的性质“若p＋q＝2n，则ap·aq＝a(p，q，n∈N＋)”的应用．
解：解法一：∵a1a3＝，∴a1·a2·a3＝＝8．
∴a2＝2．
从而∴或
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
解法二：由a1a2a3＝8，得a2＝2．
将a2＝a1q，a3＝a1q2代入a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，
可得
解得或
故可得an＝2n－1或an＝23－n．
解法三：∵数列{an}为等比数列，
∴＝a1·a3．
代入a1a2a3＝8，得＝8，∴a2＝2．
不妨设等比数列的前三项为，2，2q，
则有＋2＋2q＝7，
整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝．
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
反思：若三个数成等比数列，则可设为，a，aq，当然也可设为a，aq，aq2．若四个数成等比数列，则可设为a，aq，aq2，aq3，但不能设为，，aq，aq3，因为这个数列的公比为q2，漏掉了公比为负值的情况．
题型四 构造等比数列求通项公式
【例4】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，求通项公式an．
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求通项公式an．
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝a，求通项公式an．
分析：对所给递推关系进行适当的变形，构造辅助数列使问题转化为熟悉的问题．构造等比数列的方法一般有：配常数、取倒数、取对数等．
解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1) ，
∴＝2．
∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，即an＝2n－1．
(2)由an＋1＝，可得＝＋·，
∴－1＝．
∴是首项为－1＝－，公比为的等比数列．∴－1＝－·n－1＝-n．
∴an＝．
(3)由a1＝3，an＋1＝a，可得an>0，∴lg an＋1＝2lg an．
∴＝2．
∴{lg an}是首项为lg a1＝lg 3，公比为2的等比数列．
∴lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1．
∴an＝32n－1．
反思：有些数列本身并不是等差、等比数列，但是通过适当的变形，可以构造出等差、等比数列．因此解决这类问题应该熟悉能构造成等差、等比数列的形式，以及对应方法．
题型五 易错辨析
【例5】 在等比数列{an}中，若a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为( )
A．3 B．9 C．±3 D．±9
错解：∵{an}为等比数列，
∴a3a7＝a4a6＝a1a9，
∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．故选D．
错因分析：忽视了在等比数列中，奇数项(或偶数项)符号相同这一条件．
正解：∵a3a7＝a4a6＝a1a9，∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．∵在等比数列{an}中，奇数项(或偶数项)的符号相同，∴a1，a9同号，∴a1a9＝9，故选B．
答案：B
【例6】 已知一个等比数列的前四项之积为，第2项与第3项的和为，求这个等比数列的公比．
错解：依题意，设这四个数为，，aq，aq3，
则
由①得a＝±，
代入②并整理，
得q2±2q＋1＝0，
解得q＝±1或q＝－±1，
∴原等比数列的公比为q2＝3＋2或q2＝3－2．
错因分析：从表面上看，这种解法正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq2，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，而题设中无此规定．
正解：依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，
则
解得q＝3±2或q＝－5±2．
2.3.2 等比数列的前n项和
1．理解等比数列的前n项和公式的推导过程．
2．掌握等比数列的前n项和公式，并能用它解决有关等比数列问题．
1．等比数列的前n项和公式
已知量
首项、公比与项数
首项、末项与公比
选用
公式
(1)在求等比数列{an}的前n项和公式时，应分q＝1和q≠1两种情况，若题目中没有指明，切不可忘记对q＝1这一情形的讨论．
(2)等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量，即a1，an，q，n，Sn，通常已知其中三个量可求另外两个量，这一方法简称为“知三求二”．
【做一做1－1】在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为( )．
A．4 B．－4
C．2 D．－2
【做一做1－2】在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )．
A．81 B．120
C．168 D．192
2．等比数列前n项和的常用性质
性质(1)：在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则依次每k项的和构成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列，其公比为________．
性质(2)：在等比数列{an}中，若项数为2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝____.
性质(3)：数列{an}是公比为q的等比数列，则Sm＋n＝Sn＋__________.
【做一做2】已知等比数列{an}，Sn是其前n项和，且S3＝7，S6＝63，则S9＝________.
一、错位相减法的实质及应用
剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q，得一新的等式，错位相减求出Sn－qSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn.当q＝1时，Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝.这是分段函数的形式，分段的界限是q＝1.
(2)对于形如{xn·yn}的数列的和，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．
(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1，公比q≠1)
剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n项和．
(1)等比性质法
∵＝＝＝…＝＝q，
∴＝q，
即＝q，解得Sn＝＝.
(2)裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝.
(3)拆项法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2)
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1)，
∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1)
＝a1＋q(Sn－an)．
解得Sn＝＝.
三、教材中的“？”
例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．
剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1，
∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝＝28－1＝255.
此题说明了在一个等比数列{an}中，若为有限项，如a1，a2，…，an，则an，an－1，…，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．
题型一 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；
(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；
(3)已知a3＝，S3＝，求a1，q.
分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．
反思：在等比数列{an}中，首项a1与公比q是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a1，q的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n项和公式时，要考虑q是否等于1.
题型二 等比数列的前n项和的性质的应用
【例2】在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，求S30.
分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n项和的性质来解决．
反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n项和公式，均与q的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．
题型三 某些特殊数列的求和
【例3】(1)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋n，求该数列的前n项和Sn；
(2)已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，求该数列的前n项和Sn.
分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和．
反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和．
题型四 等比数列前n项和的实际应用
【例4】为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？
分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．
反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．
题型五 易错辨析
【例5】已知数列{an}满足an＝试求其前n项和．
错解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋1＋＋－.
错因分析：这里数列的通项an是关于n的分段函数，当n为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n进行分类讨论．
1在等比数列{an}中，若a1＝1，a4＝，则该数列的前10项和为( )．
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
2等比数列的前n项和Sn＝k·3n＋1，则k的值为( )．
A．全体实数 B．－1
C．1 D．3
3某人为了观看2012年奥运会，从2005年起，每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2012年将所有的存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数(元)为( )．
A．a(1＋p)7
B．a(1＋p)8
C．[(1＋p)7－(1＋p)]
D．[(1＋p)8－(1＋p)]
4已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a2＝2，a1a5＝16，则S5＝________.
5在等比数列{an}中，Sn＝65，n＝4，q＝，则a1＝________.
6在等比数列{an}中，S3＝4，S6＝36，求an.
答案：
基础知识·梳理
1．na1 na1
【做一做1－1】A 由题意，知q≠1，故有S5＝44＝，将q＝－2代入解得a1＝4.
【做一做1－2】B 由a5＝a2·q3，得q3＝＝27，
∴q＝3，从而a1＝3.
∴S4＝＝＝120.
2．qk(q≠－1) q qn·Sm
【做一做2】511
典型例题·领悟
【例1】解：(1)a6＝a1q5＝3×25＝96.
S6＝＝＝189.
(2)∵a4＝a1q3，∴64＝－q3.∴q＝－4，
∴S4＝＝＝51.
(3)由题意，得
②÷①，得＝3，
∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－.
当q＝1时，a1＝；
当q＝－时，a1＝6.
【例2】解：解法一：设{an}的公比为q，显然q≠1.
由已知条件可列出方程组
两式作商，得1＋q10＝3，∴q10＝2.
∴S30＝
＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70.
解法二：由性质Sm＋n＝Sn＋qn·Sm，
得S20＝S10＋q10S10，
即30＝10＋10q10，∴q10＝2.
∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70.
解法三：运用性质＝(q≠±1)．
由已知条件S10＝10，S20＝30，易得q≠±1，
∴＝，即＝.∴q10＝2.
又＝，解得S30＝70.
解法四：运用性质Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列．
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，而S10＝10，S20＝30，∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(30－10)2＝10×(S30－30)．∴S30＝70.
【例3】解：(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n)
＝＋
＝2n＋1－2＋.
(2)∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Sn＝n·2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n·2n＋1－
＝n·2n＋1－(2n＋1－2)
＝(n－1)·2n＋1＋2.
【例4】解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为
第一层：＋1＝；
第二层：＋1＝；
第三层：＋1＝；
……
第十层：＋1＝.
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为，公比为，项数为10的等比数列，故x＝＋＋…＋，解得x＝2 046.
答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024,512,256,128,64,32,16,8,4,2块．
【例5】正解：(1)当n为奇数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an－1)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋2＋－.
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n＋1＋＋－.
随堂练习·巩固
1．B 设其公比为q，∵a1＝1，a4＝a1q3＝.
∴q＝.∴S10＝＝2－.
2．B 当n＝1时，a1＝S1＝3k＋1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k·3n－k·3n－1＝2k·3n－1.令3k＋1＝2k得k＝－1.
3．D 2005年存入的a元到2012年所得的本息和为a(1＋p)7,2006年存入的a元到2012年所得的本息和为a(1＋p)6，依此类推，则2011年存入的a元到2012年的本息和为a(1＋p)，每年所得的本息和构成一个以a(1＋p)为首项，1＋p为公比的等比数列，则到2012年取回的总额为a(1＋p)＋a(1＋p)2＋…＋a(1＋p)7＝＝[(1＋p)8－(1＋p)]．
4．31
5．27 S4＝＝＝65，解得a1＝27.
6．解：∵≠，∴q≠1.
∴S3＝＝4，S6＝＝36.
两式相除，得1＋q3＝9，∴q＝2.
将q＝2代入S3＝4，得a1＝.
∴an＝·2n－1＝.
2.3.2 等比数列的前N项和
课堂探究
一、错位相减法的实质及应用
剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q，得一新的等式，错位相减求出Sn－qSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn．当q＝1时， Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝．这是分段函数的形式，分段的界限是q＝1．
(2)对于形如{xn·yn}的数列的和，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．
(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1，公比q≠1)
剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n项和．
(1)等比性质法
∵＝＝＝…＝＝q，
∴＝q，
即＝q，解得Sn＝＝．
(2)裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝＋＋＋…＋＝－＝．
(3)拆项法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2)
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1)，
∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1)＝a1＋q(Sn－an)．
解得Sn＝＝．
三、教材中的“？”
例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．
剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1，
∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝＝28－1＝255．
此题说明了在一个等比数列{an}中，若为有限项，如a1，a2，…，an，则an，an－1，…，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．
题型一 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；
(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；
(3)已知a3＝，S3＝，求a1，q．
分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．
解：(1)a6＝a1q5＝3×25＝96．
S6＝＝＝189．
(2)∵a4＝a1q3，∴64＝－q3．∴q＝－4，
∴S4＝＝＝51．
(3)由题意，得
②÷①，得＝3，
∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－．
当q＝1时，a1＝；
当q＝－时，a1＝6．
反思：在等比数列{an}中，首项a1与公比q是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a1，q的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n项和公式时，要考虑q是否等于1．
题型二 等比数列的前n项和的性质的应用
【例2】 在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，求S30．
分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n项和的性质来解决．
解：解法一：设{an}的公比为q，显然q≠1．
由已知条件可列出方程组
两式作商，得1＋q10＝3，∴q10＝2．
∴S30＝＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70．
解法二：由性质Sm+n＝Sn＋qn·Sm，
得S20＝S10＋q10S10，
即30＝10＋10q10，∴q10＝2．
∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70．
解法三：运用性质＝(q≠±1)．
由已知条件S10＝10，S20＝30，易得q≠±1，
∴＝，即＝．∴q10＝2．
又＝，解得S30＝70．
解法四：运用性质Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列．
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，而S10＝10，S20＝30，
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(30－10)2＝10×(S30－30)．∴S30＝70．
反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n项和公式，均与q的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．
题型三 某些特殊数列的求和
【例3】 (1)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋n，求该数列的前n项和Sn；
(2)已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，求该数列的前n项和Sn．
分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和．
解：(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n)
＝＋
＝2n+1－2＋．
(2)∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Sn＝n·2n+1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n·2n+1－
＝n·2n+1－(2n+1－2)
＝(n－1)·2n+1＋2．
反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和．
【互动探究】 求和1＋a＋a2＋…＋an．
解：(1)当a＝0时，Sn+1＝1＋0＋0＋…＋0＝1．
(2)当a＝1时，Sn＋1＝＝n＋1．
(3)当a＝－1时，
①当n为偶数时，Sn＋1＝1；
②当n为奇数时，Sn＋1＝0，
即Sn＋1＝
(4)当a≠－1，0，1时，
Sn＋1＝1＋a＋a2＋…＋an＝．
题型四 等比数列前n项和的实际应用
【例4】 为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？
分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．
解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为
第一层：＋1＝；
第二层：＋1＝；
第三层：＋1＝；
……
第十层：＋1＝．
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为，公比为，项数为10的等比数列，故x＝＋＋…＋，解得x＝2 046．
答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024，512，256，128，64，32，16，8，4，2块．
反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．
题型五 易错辨析
【例5】 已知数列{an}满足an＝试求其前n项和．
错解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
错因分析：这里数列的通项an是关于n的分段函数，当n为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n进行分类讨论．
正解：(1)当n为奇数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an－1)
＝＋×2＋×2
＝·2n+2＋－．
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
2.3 等比数列习题课——等比数列习题课
1．了解分期付款的含义，理解复利的实质．
2．掌握有关分期付款的还贷问题．
3．掌握数列求和的常用方法——错位相减法．
题型一 错位相减法
【例1】求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)an－1的前n项和．
分析：数列中含字母参数，应注意分类讨论，利用错位相减法．
反思：对含参类求和问题要养成分类讨论的习惯．
题型二 分期付款问题
【例2】陈老师购买安居工程集资房一套需82 000元，一次性国家财政补贴28 800元，学校补贴14 400元，陈老师已有现金28 800元，尚缺10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷．陈老师从借贷后第二个月开始以一定金额分6个月付清，试问每月应支付多少元？
(不满百元凑足百元，lg 1.01＝0.004 3，lg 1.061＝0.025 8，lg 1.07＝0.029 4)
分析：解答本题可以陈老师的欠款为主线计算．也可假设陈老师是每个月将一固定数目的金额以相同的条件存入银行，最后一次还清贷款．
反思：解题关键点是掌握分期付款问题的两种常用处理办法：(1)按照事件发生的先后顺序依次求出数列的前n项，并由此归纳迭代出数列的通项的一般表达式；(2)以贷款和存款及增值两条线索分别计算，并由它们的相对平衡(或大小)建立方程(或不等式)．
题型三 转化为等比数列问题
【例3】设数列{an}的前n项和Sn＝an－×2n＋1＋，n∈N＋，求数列{an}的通项公式．
分析：解答本题可充分利用Sn与an的关系式，将问题转化为等比数列问题来求解．
反思：(1)将一个数列问题转化为等比(差)数列来求解，这是求解有关数列通项公式与前n项和公式的基本思想．
(2)已知数列{an}的首项a1，且an＋1＝man＋k(m，k为常数)．
①当m≠1时，可得an＋1－c＝m(an－c)，则有an＋1－man＝c(1－m)，c＝，转化为等比数列求解．
②当m＝1时，an＋1－an＝k，利用等差数列求解．
1设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝( )．
A．－11 B．－8
C．5 D．11
2已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )．
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C．(1－4－n) D．(1－2－n)
3已知在等比数列{am}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝( )．
A．1＋ B．1－
C．3＋2 D．3－2
4若等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋r，则r的值是________．
5已知x≠0，x≠1，y≠1，则(x＋)＋(x2＋)＋…＋(xn＋)的值为________．
6已知数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
答案：
典型例题·领悟
【例1】解：当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
当a≠1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＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·
＝1－(2n－1)an＋.
∵1－a≠0，∴Sn＝＋.
【例2】解：解法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，
a1＝1.01a0－a，
a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，
……
a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.
由题意可知a6＝0，
即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝.
又因为lg(1.01)6＝6 lg 1.01＝0.025 8，
所以1.016＝1.061，所以a＝≈1 800.
答：每月应支付1 800元．
解法二：一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为
S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．
另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为
S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a
＝＝a(1.016－1)×102.
由S1＝S2，得a＝.
以下解法同解法一，得a≈1 800.
答：每月应支付1 800元．
【例3】解：当n＝1时，a1＝S1＝a1－×4＋，∴a1＝2.
当n≥2时，由Sn＝an－×2n＋1＋，①
得Sn－1＝an－1－×2n＋.②
由①－②，得an＝(an－an－1)－(2n＋1－2n)．
整理得：an＋2n＝4(an－1＋2n－1)，
∴{an＋2n}是首项为a1＋2＝4，公比为4的等比数列．
∴an＋2n＝4×4n－1，∴an＝4n－2n.
随堂练习·巩固
1．A 由8a2＋a5＝0，得＝－8，即q3＝－8，∴q＝－2.
∴＝＝＝＝－11.
2．C 3．C
4．－1
5．＋ 当x≠0，x≠1，y≠1时，
(x＋)＋(x2＋)＋…＋(xn＋)
＝(x＋x2＋…＋xn)＋(＋＋…＋)
＝＋
＝＋.
6．解：(1)由已知，得∴a1＝1，q＝2.
∴an＝2n－1.
(2)由已知得Tn＝1＋2·2＋3·22＋…＋n·2n－1，
∴2Tn＝1·2＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
解得Tn＝(n－1)·2n＋1.
2.3 等比数列
知识梳理
1.等比数列的有关概念
(1)一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都等于同一个常数,这个数列就叫做等比数列,表示为=q(n≥1)(q≠0).
(2)若三个数a,G,b满足G2=ab,则G叫做a,b的等比中项.
(3)等比数列的通项公式an=a1qn-1.
(4)等比数列的前n项和公式
2.等比数列的性质
(1)若m+n=p+q(m,n,p,q都是正整数),则am·an=ap·aq.在有穷等比数列中,与首末两项等距离的两项的积都相等,且等于首末两项的积.a1an=a2an-1=a3an-2=…=al·an-l+1.
(2)当q＞1时,如果存在一项a＞0(或＜0),那么等比数列中的数随项数的增大而增大(或减少).当0＜q＜1时,如果存在一项a＞0(或＜0),那么等比数列中的数随项数的增大而减少(或增大).当q=1时,等比数列中的数等于同一个常数.当q＜0时,等比数列中的数不具有单调性.
(3)如果数列{an}是等比数列,那么数列{c·an}(c为常数),{an-1}、{|an|}也是等比数列,且其中{c·an}的公比不变,{an-1}的公比等于原公比的倒数,{|an|}的公比等于原公比的绝对值.另外若有m个等比数列,它们的各对应项之积组成一个新的等比数列.
知识导学
等比数列与等差数列有很多类似的性质,所以在学习的时候应该把等比数列和等差数列进行类比,从定义到通项公式、前n项和公式、性质以及解决问题的思路都要进行比较.通过复习等差数列的定义和性质去学习理解等比数列的定义和性质,在学习中注意理解等差数列中的“差是一个常数”与等比数列中的“比是一个常数”.并在学习本节知识前复习指数函数y=ax(a＞0且a≠1)的图象等有关知识,类比等差数列的通项公式与一次函数的关系来理解等比数列与指数函数的关系.学习的时候应注意区分它们的不同之处.
疑难突破
1.等比数列概念的理解.
一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列就叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,公比通常用字母q表示.要注意理解“公比q≠0”,等比数列的首项不为0,等比数列的每一项都不为0,即an≠0;另外,强调“从第2项起”,是为了保证每一项的前一项存在,公比的基本特征是“同一常数”,如果漏掉了“同一”两字,就会破坏等比数列中各项的共同性质.
2.等比数列前ｎ项和的推导利用了错位相减法,如何理解这一方法?
错位相减法求数列和的实质是把等式两边同乘以等比数列的公比q,得一新的等式,错位相减求出Sn-qSn,这样可以消去大量的“中间项”,从而能求出Sn.当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn=.这是分段函数的形式,分段的界限是q=1.
对于形如{xn·yn}的数列的和,其中{xn}为等差数列,{yn}为等比数列,也可以这样求和:错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题.
利用这种方法时,要注意到公式及其他应用问题对公比的分类讨论.若已知q≠1,求等比数列前n项和的方法一般是利用Sn的表达式的特点;当q=1时,求和就简单多了,这时数列的每一项都相等,直接将这n个相等的数相加即可得.
