2017-2018年《金版学案》数学必修5（人教A版） 练习打包33份

p
C．p＝rq
解析：因为0，
又因为f(x)＝ln x在(0，＋∞)上为增函数，
故f>f()，即q>p.
又r＝(f(a)＋(b))＝(ln a＋ln b)＝ln a＋ ln b＝ln(ab)＝f()＝p.
故p＝r答案：C
二、填空题
6．设正数a，使a2＋a－2>0成立，若t>0，则logat____loga(填“>”“≥”“≤”或“<”)．
解析：因为a2＋a－2>0，所以a>1或a<－2(舍)，所以y＝logax是增函数，
又≥，所以loga≥loga＝logat.
答案：≤
7．已知a，b∈R，如果ab＝1，那么a＋b的最小值为________；如果a＋b＝1，那么ab的最大值为________．
解析：因为a，b∈R，所以≥，
所以a＋b≥2＝2.
故当ab＝1时，a＋b取最小值2，此时a＝b＝1.
又当a＋b＝1时，≤＝.所以ab≤.
答案：2　
8．若0＜a＜b且a＋b＝1，试判断，a、b、2ab、a2＋b2的大小顺序________．
解析：因为0＜a＜b，a＋b＝1，
所以a＜＜b　　　　　　　　　　　①
2ab＜a2＋b2　　　　　　　　　　　　②
下面寻找②中数值在①中的位置．
因为a2＋b2＞2()2＝，
a2＋b2＝a·a＋b2＜a·b＋b2＝(1－b)b＋b2＝b，
所以＜a2＋b2＜b.
又2ab＜2()2＝，2ab＞2×a＝a，
所以a＜2ab＜.所以a＜2ab＜＜a2＋b2＜b.
答案：a＜2ab＜＜a2＋b2＜b
三、解答题
9．已知a，b，c为正数，证明：＋＋≥3.
证明：左式＝＋＋＝＋＋－3≥2＋2＋2－3＝3，
当且仅当a2＝4b2＝9c2，即a＝2b＝3c时，等号成立．
10．已知a，b，c为不全相等的正实数，则abc＝1.
求证：＋＋＜＋＋.
证明：因为 a，b，c都是正实数，且abc＝1，
所以＋≥2＝2，
＋≥2＝2，
＋≥2＝2，
以上三个不等式相加，得
2≥2(＋＋)，
即＋＋＜＋＋.
B级　能力提升
1．若a＞b＞0，则下列不等式中总成立的是(　　)
A.＜＜ B.≥≥
C.＞＞ D.＜＜
解析：a＞b＞0，＞，＜＝.从而＞＞.
答案：C
2．已知a、b都是正实数，函数y＝2aex＋b的图象过点(0，1)，则＋的最小值是________．
解析：依题意得2aex＋b＝2a＋b＝1，
＋＝(2a＋b)=
3＋≥3＋2＝
3＋2，当且仅当＝，即a＝1－，
b＝－1时取等号，因此＋的最小值是3＋2.
答案：3＋2
3．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，
＋c≥2b，＋a≥2c.
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
第三章 不等式
3.4 基本不等式：≤
第2课时 基本不等式的应用
A级　基础巩固
一、选择题
1．若x＞0，则函数y＝－x－(　　)
A．有最大值－2 B．有最小值－2
C．有最大值2 D．有最小值2
解析：因为x＞0，所以x＋≥2.
所以－x－≤－2.当且仅当x＝1时，等号成立，故函数y＝－x－有最大值－2.
答案：A
2．下列命题正确的是(　　)
A．函数y＝x＋的最小值为2
B．若a，b∈R且ab>0，则＋≥2
C．函数＋的最小值为2
D．函数y＝2－3x－的最小值为2－4
解析：A错误，当x<0时或≠1时不成立；B正确，因为ab>0，所以>0，>0，且＋≥2；C错误，若运用基本不等式，需2＝1，x2＝－1无实数解；D错误，y＝2－(3x＋)≤2－4.
答案：B
3．lg 9·lg 11与1的大小关系是(　　)
A．lg 9·lg 11＞1 B．lg 9·lg 11＝1
C．lg 9·lg 11＜1 D．不能确定
解析：lg 9×lg 11≤＝＜＝＝1.
答案：C
4．已知a，b∈R，且a＋b＝1，则ab＋的最小值为(　　)
A．2 B. C. D．2
答案：C
5．已知a＝(x－1，2)，b＝(4，y)(x，y为正数)，若a⊥b，则xy的最大值是(　　)
A. B．－
C．1 D．－1
解析：因为a⊥b，则a·b＝0，
所以4(x－1)＋2y＝0，所以2x＋y＝2，
所以xy＝(2x)·y≤·＝，
当且仅当2x＝y时，等号成立．
答案：A
二、填空题
6．设x>－1，则函数y＝的最小值是________．
解析：因为x>－1，所以x＋1>0，
设x＋1＝t>0，则x＝t－1，
于是有y＝＝＝t＋＋5≥2＋5＝9，
当且仅当t＝，即t＝2时取“＝”，此时x＝1.
所以当x＝1时，函数y＝取得最小值9.
答案：9
7．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________．
解析：ab＝a＋b＋3≥2＋3，
所以(－3)(＋1)≥0，
所以≥3，所以ab≥9.
答案：[9，＋∞)
8．当x＞1时，不等式x＋≥a恒成立，则实数a的最大值为________．
解析：x＋≥a恒成立?≥a，
因为x＞1，即x－1＞0，
所以x＋＝x－1＋＋1≥2 ＋1＝3，
当且仅当x－1＝，即x＝2时，等号成立．
所以a≤3，即a的最大值为3.
答案：3
三、解答题
9．已知x，y>0，且x＋2y＋xy＝30，求xy的范围．
解：因为x，y是正实数，故30＝x＋2y＋xy≥2＋xy，
当且仅当x＝2y，
即x＝6，y＝3时，等号成立．
所以xy＋2－30≤0.
令＝t，则t>0，
得t2＋2t－30≤0，
解得－5≤t≤3.
又t>0，知0<≤3，即xy的范围是(0，18]．
10．(1)设a＞b＞c，且＋≥恒成立，求m的取值范围．
(2)记F(x，y)＝x＋y－a(x＋2)，x，y∈(0，＋∞)．若对任意的x，y∈(0，＋∞)，恒有F(x，y)≥0，请求出a的取值范围．
解：(1)由a＞b＞c，知a－b＞0，a－c＞0.
所以原不等式等价于＋≥m.
要使原不等式恒成立，只需＋的最小值不小于m即可．
因为＋＝＋＝
2＋＋≥2＋2 ＝4.
当且仅当＝，即2b＝a＋c时，等号成立，
所以m≤4，即m∈(－∞，4]．
(2)由F(x，y)≥0，得x＋y≥a(x＋2)．
因为x＞0，y＞0，所以a≤.
所以a≤.
因为2≤x＋2y，
所以≥＝，当且仅当x＝2y＞0时，等号成立．
所以a∈.
B级　能力提升
1．某工厂拟建一座平面图为矩形，且面积为400平方米的三级污水处理池，如图所示，池外圈造价为每米200元，中间两条隔墙造价为每米250元，池底造价为每平方米80元(池壁的厚度忽略不计，且池无盖)．若使水池的总造价最低，那么污水池的长和宽分别为(　　)
A.40米，10米 B．20米，20米
C．30米，米 D．50米，8米
解析：设总造价为y元，污水池的长为x米，则宽为米，总造价y＝×200＋2×250·＋80×400＝400·＋32 000≥400×2＋32 000＝56 000(元)，当且仅当x＝，即x＝30时等号成立，此时污水池的宽为米．
答案：C
2．函数y＝loga(x＋3)－1(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n＞0，则＋的最小值为________．
解析：函数y＝loga(x＋3)－1(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A(－2，－1)，且点A在直线mx＋ny＋1＝0上，
所以2m＋n＝1，m，n＞0，
所以＋＝·(2m＋n)＝
4＋＋≥4＋2 ＝8，
当且仅当即时等号成立．
答案：8
3．桑基鱼塘是某地一种独具地方特色的农业生产形式，某研究单位打算开发一个桑基鱼塘项目，该项目准备购置一块1 800平方米的矩形地块，中间挖出三个矩形池糖养鱼，挖出的泥土堆在池糖四周形成基围(阴影部分所示)种植桑树，池糖周围的基围宽约为2米，如图，设池塘所占的总面积为S平方米．
(1)试用x表示S；
(2)当x取何值时，才能使得S最大？并求出S的最大值．
解：(1)由图形知，3a＋6＝x，所以a＝.
则总面积S＝·a＋2a＝
a＝＝
1 832－，
即S＝1 832－(x＞0)．
(2)由S＝1 832－，
得S≤1 832－2＝1 832－2×240＝1 352.
当且仅当＝，即x＝45时等号成立．
即当x为45米时，S最大，且S最大值为1 352平方米．
第三章 章末复习课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．不等式的基本性质
不等式的性质是不等式这一章内容的理论基础，是不等式的证明和解不等式的主要依据．因此，要熟练掌握和运用不等式的八条性质．
2．一元二次不等式的求解方法
(1)图象法：由一元二次方程、一元二次不等式及二次函数的关系，共同确定出解集．
(2)代数法：将所给不等式化为一般式后借助分解因式或配方求解．
当m＜n时，若(x－m)(x－n)＞0，则可得x＞n或x＜m；若(x－m)(x－n)＜0，则可得m＜x＜n.有口诀如下：大于取两边，小于取中间．
3．二元一次不等式(组)表示的平面区域
(1)二元一次不等式(组)的几何意义：二元一次不等式(组)表示的平面区域．
(2)二元一次不等式表示的平面区域的判定：对于任意的二元一次不等式Ax＋By＋C＞0(或＜0)，无论B为正值还是负值，我们都可以把y项的系数变形为正数，当B＞0时，①Ax＋By＋C＞0表示直线Ax＋By＋C＝0上方的区域；②Ax＋By＋C＜0表示直线Ax＋By＋C＝0下方的区域．
4．求目标函数最优解的两种方法
(1)平移直线法．平移法是一种最基本的方法，其基本原理是两平行直线中的一条上任意一点到另一条直线的距离相等；
(2)代入检验法．通过平移法可以发现，取得最优解对应的点往往是可行域的顶点，其实这具有必然性．于是在选择题中关于线性规划的最值问题，可采用求解方程组代入检验的方法求解．
5．运用基本不等式求最值，把握三个条件(易错点)
(1)“一正”——各项为正数；
(2)“二定”——“和”或“积”为定值；
(3)“三相等”——等号一定能取到．
专题一　不等关系与不等式的基本性质
1．同向不等式可以相加，异向不等式可以相减；但异向不等式不可以相加，同向不等式不可以相减．
(1)若a＞b，c＞d，则a＋c＞b＋d；
(2)若a＞b，c＜d，则a－c＞b－a.
2．左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；异向不等式可以相除，但不能相乘．
(1)若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd；
(2)若a＞b＞0，0＜c＜d，则＞.
3．左右同正不等式，两边可以同时乘方或开方：若a＞b＞0，则an＞bn或＞.
4．若ab＞0，a＞b，则＜；若ab＜0，a＞b，则＞.
[例1]　已知a＞0，b＞0，且a≠b，比较＋与a＋b的大小．
解：因为－(a＋b)＝－b＋－a＝
＋＝(a2－b2)＝
(a2－b2)＝，
因为a＞0，b＞0，且a≠b，
所以(a－b)2＞0，a＋b＞0，ab＞0，
所以－(a＋b)＞0，即＋＞a＋b.
归纳升华
不等式比较大小的常用方法
(1)作差比较法：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果．
(2)作商比较法：常用于分数指数幂的代数式．
(3)乘方转化的方法：常用于根式比较大小．
(4)分子分母有理化．
(5)利用中间量．
[变式训练]　(1)已知0＜x＜2，求函数y＝x(8－3x)的最大值；
(2)设函数f(x)＝x＋，x∈[0，＋∞)，求函数f(x)的最小值．
解：(1)因为0＜x＜2，所以0＜3x＜6，8－3x＞0，
所以y＝x(8－3x)＝×3x·(8－3x)≤
＝，
当且仅当3x＝8－3x，即x＝时，取等号，
所以当x＝时，y＝x(8－3x)有最大值为.
(2)f(x)＝x＋＝(x＋1)＋－1，因为x∈[0，＋∞)，所以x＋1＞0，＞0，
所以x＋1＋≥2.
当且仅当x＋1＝，
即x＝－1时，f(x)取最小值．
此时f(x)min＝2－1.
专题二　一元二次不等式的解法
一元二次不等式的求解流程如下：
一化——化二次项系数为正数．
二判——判断对应方程的根．
三求——求对应方程的根．
四画——画出对应函数的图象．
五解集——根据图象写出不等式的解集．
[例2]　(1)解不等式：－1＜x2＋2x－1≤2；
(2)解不等式＞1(a≠1)．
解：(1)原不等式等价于
即
由①得x(x＋2)＞0，所以x＜－2或x＞0；
由②得(x＋3)(x－1)≤0，
所以－3≤x≤1.
将①②的解集在数轴上表示出来，如图所示．
求其交集得原不等式的解集为{x|－3≤
x＜－2或0＜x≤1}．
(2)原不等式可化为－1＞0，
即(a－1)(x－2)＞0(*)，
①当a＞1时， (*)式即为(x－2)＞0，而－2＝＜0，所以＜2，此时x＞2或x＜.
②当a＜1时，(*)式即为(x－2)＜0，
而2－＝，
若0＜a＜1，则＞2，此时2＜x＜；
若a＝0，则(x－2)2＜0，此时无解；
若a＜0，则＜2，此时＜x＜2.
综上所述，
当a＞1时，不等式的解集为；
当0＜a＜1时，不等式的解集为；
当a＝0时，不等式的解集为?；
当a＜0时，不等式的解集为.
归纳升华
含参数的一元二次不等式的分类讨论
(1)对二次项系数含有参数的一元二次不等式，要注意对二次项系数是否为零进行讨论，特别当二次项系数为零时需转化为一元一次不等式问题来求解．
(2)对含参数的一元二次不等式，在其解的情况不明确的情况下，需要对其判别式分Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0三种情况并加以讨论．
(3)若含参数的一元二次不等式可以转化成用其根x1，x2表示的形如a(x－x1)(x－x2)的形式时，往往需要对其根分x1＞x2、x1＝x2，x1＜x2三种情况进行讨论，或用根与系数的关系帮助求解．
[变式训练]　定义在(－1，1)上的奇函数f(x)在整个定义域上是减函数，且f(1－a)＋f(1－a2)＜0，求实数a的取值范围．
解：因为f(x)的定义域为(－1，1)，
所以
所以
所以0＜a＜，①
原不等式变形为f(1－a)＜－f(1－a2)．
由于f(x)为奇函数，有－f(1－a2)＝f(a2－1)，
所以f(1－a)＜f(a2－1)．
又f(x)在(－1，1)上是减函数，
所以1－a＞a2－1，解得－2＜a＜1.②
由①②可得0＜a＜1，
所以a的取值范围是(0，1)．
专题三　简单的线性规划问题
线性规划问题在实际中的类型主要有：
(1)给定一定数量的人力、物力资源，求如何运用这些资源，使完成任务量最大，收到的效益最高；
(2)给定一项任务，问怎样统筹安排，使得完成这项任务耗费的人力、物力资源最少.
[例3]　某厂用甲、乙两种原料生产A，B两种产品，制造1 t A，1 t B产品需要的各种原料数、可得到利润以及工厂现有各种原料数如下表：
原料
每种产品所需原料/t
现有原料数/t
A
B
甲
2
1
14
乙
1
3
18
利润/(万元/t)
5
3
____
(1)在现有原料条件下，生产A，B两种产品各多少时，才能使利润最大？
(2)每吨B产品的利润在什么范围变化时，原最优解不变？当超出这个范围时，最优解有何变化？
解：(1)生产A，B两种产品分别为x t，y t，则利润z＝5x＋3y，x，y满足作出可行域如图所示：
当直线5x＋3y＝z过点B时，z取最大值37，即生产A产品 t，B产品 t时，可得最大利润．
(2)设每吨B产品利润为m万元，则目标函数是z＝5x＋my，直线斜率k＝－，
又kAB＝－2，kCB＝－，要使最优解仍为B点，
则－2≤－≤－，解得≤m≤15.
归纳升华
解答线性规划应用题的步骤
(1)列：设出未知数，列出约束条件，确定目标函数．
(2)画：画出线性约束条件所表示的可行域．
(3)移：在线性目标函数所表示的一组平行线中，利用平移的方法找出与可行域有公共点且纵截距最大或最小的直线．
(4)求：通过解方程组求出最优解．
(5)答：作出答案．
[变式训练]　已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是(　　)
A．3　　　　　B．4　　　　　C.　　　　　D.
解析：法一：依题意得，x＋1>1，2y＋1>1，易知(x＋1)·(2y＋1)＝9，则(x＋1)＋(2y＋1)≥2＝2＝6，当且仅当x＋1＝2y＋1＝3，即x＝2，y＝1时，等号成立，因此有x＋2y≥4，所以x＋2y的最小值为4.
法二：由题意得，
x＝＝＝－1＋，
所以x＋2y＝－1＋＋2y＝－1＋＋2y＋1－1，≥2－2＝4，
当且仅当2y＋1＝3，即y＝1时，等号成立．
答案：B
专题四　成立问题(恒成立、恰成立等)
[例4]　已知函数f(x)＝mx2－mx－6＋m，若对于m∈[1，3]，f(x)<0恒成立，求实数x的取值范围．
解：因为mx2－mx－6＋m<0，
所以m(x2－x＋1)－6<0，
对于m∈[1，3]，f(x)<0恒成立?
即为
计算得出：所以实数x的取值范围：归纳升华
不等式恒成立求参数范围问题常见解法
(1)变更主元法：
根据实际情况的需要确定合适的主元，一般将知道取值范围的变量看作主元．
(2)分离参数法：
若f(a)若f(a)>g(x)恒成立，则f(a)>g(x)max.
(3)数形结合法：
利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化．
[变式训练]　已知函数y＝的最小值为1，求实数a的取值集合．
解：由y≥1即≥1?x2－(a＋4)x＋4≥0恒成立，
所以Δ＝(a＋4)2－16≤0，解得－8≤a≤0(必要条件)．
再由y＝1有解，即＝1有解，
即x2－(a＋4)x＋4＝0有解，所以Δ＝(a＋4)2－16≥0，解得a≤－8或a≥0.
综上即知a＝－8或a＝0时，ymin＝1，
故所求实数a的取值集合是{－8，0}．
专题五　利用分类讨论思想解不等式
[例5]　解关于x的不等式<0(a∈R)．
分析：首先将不等式转化为整式不等式(x－a)(x－a2)<0，而方程(x－a)(x－a2)＝0的两根为x1＝a，x2＝a2，故应就两根a和a2的大小进行分类讨论．
解：原不等式等价于(x－a)(x－a2)<0.
(1)若a＝0，则a＝a2＝0，不等式为x2<0，解集为?；
(2)若a＝1，则a2＝1，不等式为(x－1)2<0，解集为?；
(3)若0(4)若a<0或a>1，则a2>a，故解集为{x|a归纳升华
分类讨论思想
解含有字母的不等式时，往往要对其中所含的字母进行适当的分类讨论．分类讨论大致有以下三种：
(1)对不等式作等价变换时，正确运用不等式的性质而引起的讨论．
(2)对不等式(组)作等价变换时，由相应方程的根的大小比较而引起的讨论．
(3)对不等式作等价变换时，由相应函数单调性的可能变化而引起的讨论．
[变式训练]　已知奇函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递减，α，β，γ∈R且α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0.试判断f(α)＋f(β)＋f(γ)的值与0的关系．
解：因为f(x)为R上的减函数，
且α>－β，β>－γ，γ>－α，
所以f(α)<(－β)，f(β)f(γ)又f(x)为奇函数，
所以f(－β)＝－f(β)，f(－α)＝－f(α)，
f(－γ)＝－f(γ)，
所以f(α)＋f(β)＋f(γ)－[f(β)＋f(γ)＋f(α)]，
所以f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.
第二章 数列
2.1 数列的概念与简单表示法
A级　基础巩固
一、选择题
1．如图，下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为(　　)
A．an＝3n－1 B．an＝3n
C．an＝3n－2n D．an＝3n－1＋2n－3
解析：这4个着色三角形的个数依次为1，3，9，27，都是3的指数幂．猜想数列的通项公式为an＝3n－1.
答案：A
2．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个分裂为2个)．经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成(　　)
A．511个 B．512个
C．1 023个 D．1 024个
解析：3小时含9个20分钟，分裂9次后细菌个数为29＝512.
答案：B
3．已知数列{an}的前n项的Sn＝n2－9n，第k项满足5＜an＜8，则k等于(　　)
A．9 B．8 C．7 D．6
解析：a1＝－8，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－(n－1)2＋9(n－1)＝2n－10.由5＜ak＜8，得＜k＜9.所以k＝8.
答案：B
4．已知数列－1，，－，…，(－1)n，…，则它的第5项的值为(　　)
A. B．－ C. D．－
解析：易知，数列的通项公式为(－1)n·，当n＝5时，该项为(－1)5·＝－.
答案：D
5．已知数列1，，，，…，，…，则3是它的(　　)
A．第28项 B．第24项
C．第23项 D．第22项
解析：数列的通项公式为an＝.
令＝3，所以n＝23.
答案：C
二、填空题
6．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1＋，则a5＝________．
解析：a3＝a2＋＝4，a4＝a3＋＝.
a5＝a4＋＝.
答案：
7．数列{an}的通项公式是an＝2n＋1(n∈N*)，则37是这个数列的第________项．
解析：由2n＋1＝37?n＝18.
答案：18
8．图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME—7)的会徽图案，会徽的主体图案是由图2的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn，…的长度构成数列{an}，则此数列的通项公式为an＝________．
图1　　　　　　图2
解析：因为OA1＝1，OA2＝，OA3＝，…，
OAn＝，…，
所以a1＝1，a2＝，a3＝，…，an＝.
答案：
三、解答题
9．已知数列的通项公式为an＝，试问和是不是它的项？如果是，是第几项？
解：令＝，则n2＋3n－40＝0，
解得n＝5或n＝－8，注意到n∈N*，
故n＝－8舍去，所以是数列的第5项．
令＝，则4n2＋12n－27＝0，
解得n＝或n＝－，
因为n∈N*，所以不是此数列中的项．
10．(1)设数列{an}满足写出这个数列的前5项；
(2)求数列{－2n2＋9n＋3}(n∈N*)的最大项．
解：(1)由题意可知：
a1＝1，
a2＝1＋＝1＋＝2，
a3＝1＋＝1＋＝，
a4＝1＋＝1＋＝，
a5＝1＋＝1＋＝.
(2)令an＝－2n2＋9n＋3，
所以an与n构成二次函数关系，
因为an＝－2n2＋9n＋3＝－2＋，且n为正整数，
所以当n取2时，an取得最大值13，
所以数列{－2n2＋9n＋3}的最大项为13.
B级　能力提升
1．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，则a2 010＝(　　)
A．－ B．0 C. D．3
解析：a1＝0，a2＝＝－.a3＝＝，
a4＝＝0，a5＝＝－，…，
由此可知，an＋3＝an.又2 010＝3×670，
所以a2 010＝a3＝.
答案：C
2．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝.写出若干项，并归纳出通项公式an＝______________．
解析：a2＝＝，a3＝＝，
a4＝＝，a5＝，猜想：an＝.
答案：
3．已知数列{an}中，a1＝1，－＝，求数列{an}的通项公式．
解：设bn＝，
则b1＝1，bn＋1－bn＝，
所以bn－bn－1＝(n≥2)，
bn－1－bn－2＝，
…，
b2－b1＝，
所以bn－b1＝×(n－1)，
所以bn＝1＋＝(n≥2)，
又当n＝1时，b1＝＝1，符合上式，
所以bn＝＝(n∈N*)，
所以an＝(n∈N*)．
第二章 数列
2.2 等差数列
第1课时 等差数列的概念与通项公式
A级　基础巩固
一、选择题
1．有穷等差数列5，8，11，…，3n＋11(n∈N*)的项数是(　　)
A．n B．3n＋11
C．n＋4 D．n＋3
解析：在3n＋11中令n＝1，结果为14，它是这个数列的第4项，前面还有5，8，11三项，故这个数列的项数为n＋3.
答案：D
2．若{an}是等差数列，则由下列关系确定的数列{bn}也一定是等差数列的是(　　)
A．bn＝a B．bn＝an＋n2
C．bn＝an＋an＋1 D．bn＝nan
解析：{an}是等差数列，设an＋1－an＝d，则数列bn＝an＋an＋1满足：
bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝2d.
答案：C
3．数列{an}中，an＋1＝，a1＝2，则a4为(　　)
A. B. C. D.
解析：因为＝，
所以＝＋3，
所以－＝3，
所以＝＋3(n－1)，
＝＋3(4－1)＝，
所以a4＝.
答案：D
4．已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)
A．100 B．99 C．98 D．97
解析：由已知，所以
a1＝－1，d＝1，a100＝a1＋99d＝－1＋99＝98，故选C.
答案：C
5．若lg 2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差数列，则x的值等于(　　)
A．0 B．log25 C．32 D．0或32
解析：依题意得2lg(2x－1)＝lg 2＋lg(2x＋3)，
所以(2x－1)2＝2(2x＋3)，
所以(2x)2－4·2x－5＝0，
所以(2x－5)(2x＋1)＝0，
所以2x＝5或2x＝－1(舍)，
所以x＝log2 5.
答案：B
二、填空题
6．已知a，b，c成等差数列，那么二次函数y＝ax2＋2bx＋c(a≠0)的图象与x轴的交点有________个．
解析：因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，又因为Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0
所以二次函数的图象与x轴的交点有1或2个．
答案：1或2
7．若关于x的方程x2－x＋m＝0和x2－x＋n＝0(m，n∈R，且m≠n)的四个根组成首项为的等差数列，则m＋n的值为________．
解析：设x2－x＋m＝0，x2－x＋n＝0的根分别为x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＝x3＋x4＝1.设数列的首项为x1，则根据等差数列的性质，数列的第4项为x2，由题意知x1＝，
所以x2＝，数列的公差d＝＝，
所以数列的中间两项分别为＋＝，＋＝.
所以x1·x2＝m＝.x3·x4＝n＝×＝.
所以m＋n＝＋＝.
答案：
8．数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为－2，公差为4的等差数列．若an＝bn，则n的值为________．
解析：an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
bn＝－2＋(n－1)×4＝4n－6，
令an＝bn，得3n－1＝4n－6，所以n＝5.
答案：5
三、解答题
9．在等差数列{an}中，
(1)已知a5＝－1，a8＝2，求a1与d；
(2)已知a1＋a6＝12，a4＝7，求a9.
解：(1)因为a5＝－1，a8＝2，
所以解得
(2)设数列{an}的公差为d.由已知得，
解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以a9＝2×9－1＝17.
10．若等差数列{an}的公差d≠0且a1，a2是关于x的方程x2－a3x＋a4＝0的两根，求数列{an}的通项公式．
解：由题意知
所以
解得
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
B级　能力提升
1．已知x≠y，且两个数列x，a1，a2，…，am，y与x，b1，b2，…，bn，y各自都成等差数列，则等于(　　)
A. B. C. D.
解析：设这两个等差数列公差分别是d1，d2，则a2－a1＝d1，b2－b1＝d2，第一个数列共(m＋2)项，所以d1＝；
第二个数列共(n＋2)项，所以d2＝，这样可求出＝＝.
答案：D
2．在数列{an}中，a1＝3，且对于任意大于1的正整数n，点(，)都在直线x－y－＝0上，则an＝________．
解析：由题意得－＝，所以数列{}是首项为，公差为的等差数列，所以＝ n，an＝3n2.
答案：3n2
3．已知函数f(x)＝，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．
(1)求证：是等差数列；
(2)当x1＝时，求x2 015.
(1)证明：因为f(x)＝，数列{xn}的通项，
xn＝f(xn－1)，
所以xn＝，
所以＝＋，
所以－＝，
所以是等差数列．
(2)解：x1＝时，＝2，
所以＝2＋(n－1)＝，
所以xn＝，
所以x2 015＝.
第二章 数列
2.2 等差数列
第2课时 等差数列的性质
A级　基础巩固
一、选择题
1．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么由an＋bn所组成的数列的第37项值为(　　)
A．0 B．37 C．100 D．－37
解析：设cn＝an＋bn，则c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，故d＝c2－c1＝0，故cn＝100(n∈N*)，从而c37＝100.
答案：C
2．如果数列{an}是等差数列，则下列式子一定成立的有(　　)
A．a1＋a8＜a4＋a5 B．a1＋a8＝a4＋a5
C．a1＋a8＞a4＋a5 D．a1a8＝a4a5
解析：由等差数列的性质有a1＋a8＝a4＋a5.
答案：B
3．由公差d≠0的等差数列a1，a2，…，an组成一个新的数列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…下列说法正确的是(　　)
A．新数列不是等差数列
B．新数列是公差为d的等差数列
C．新数列是公差为2d的等差数列
D．新数列是公差为3d的等差数列
解析：因为(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1＋an)＋(an＋3－an＋2)＝2d，
所以数列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…是公差为2d的等差数列．
答案：C
4．在数列{an}中，a3＝2，a7＝1，如果数列是等差数列，那么a11等于(　　)
A. B. C. D．1
解析：依题意得＋＝2·，
所以＝－＝，
所以a11＝.
答案：B
5．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前六项均为正数，第七项起为负数，则它的公差是(　　)
A．－2 B．－3 C．－4 D．－5
解析：设该数列的公差为d，则由题设条件知：a6＝a1＋5d>0，a7＝a1＋6d<0.
又因为a1＝23，
所以即－又因为d是整数，
所以d＝－4.
答案：C
二、填空题
6．在等差数列{an}中，a3，a10是方程x2－3x－5＝0的根，则a5＋a8＝________．
解析：由已知得a3＋a10＝3.
又数列{an}为等差数列，
所以a5＋a8＝a3＋a10＝3.
答案：3
7．数列{an}满足递推关系an＝3an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，a1＝5，则使得数列为等差数列的实数m的值为________．
解析：a1＝5，a2＝3×5＋32－1＝23，
a3＝3×23＋33－1＝95，
依题意得，，成等差数列，
所以2·＝＋，
所以m＝－.
答案：－
8．已知数列{an}满足a1＝1，若点在直线x－y＋1＝0上，则an＝________________．
解析：由题设可得－＋1＝0，即－＝1，所以数列是以1为公差的等差数列，且首项为1，故通项公式＝n，所以an＝n2.
答案：n2
三、解答题
9．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋…＋a5＝30，a6＋a7＋…＋a10＝80，求a11＋a12＋…＋a15.
解：法一：因为1＋11＝6＋6，2＋12＝7＋7，…，5＋15＝
10＋10，
所以a1＋a11＝2a6，a2＋a12＝2a7，…，a5＋a15＝2a10.
所以(a1＋a2＋…＋a5)＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2(a6＋a7＋…＋a10)．
所以a11＋a12＋…＋a15＝2(a6＋a7＋…＋a10)－(a1＋a2＋…＋a5)＝2×80－30＝130.
法二：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a2＋…＋a5，a6＋a7＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a15也成等差数列，即30，80，a11＋a12＋…＋a15成等差数列．
所以30＋(a11＋a12＋…＋a15)＝2×80，
所以a11＋a12＋…＋a15＝130.
10．已知无穷等差数列{an}，首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出项的序号被4除余3的项组成数列{bn}．
(1)求b1和b2；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第几项？
解：(1)由题意，等差数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)(－5)＝8－5n，
设数列{bn}的第n项是数列{an}的第m项，则需满足m＝4n－1，n∈N*，
所以b1＝a3＝8－5×3＝－7，
b2＝a7＝8－5×7＝－27.
(2)由(1)知bn＋1－bn＝a4(n＋1)－1－a4n－1＝4d＝－20，
所以新数列{bn}也为等差数列，
且首项为b1＝－7，公差为d′＝－20，
所以bn＝b1＋(n－1)d′＝－7＋(n－1)×(－20)＝13－20n.
(3)因为m＝4n－1，n∈N*，所以当n＝110时，m＝4×110－1＝439，
所以数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第439项．
B级　能力提升
1．若方程(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|＝(　　)
A．1 B. C. D.
解析：设方程的四个根a1，a2，a3，a4依次成等差数列，则a1＋a4＝a2＋a3＝2，
再设此等差数列的公差为d，则2a1＋3d＝2，
因为a1＝，所以d＝，
所以a2＝＋＝，
a3＝＋1＝，
a4＝＋＝，
所以|m－n|＝|a1a4－a2a3|＝＝.
答案：C
2．若数列{an}为等差数列，ap＝q，aq＝p(p≠q)，则ap＋q＝______________．
解析：法一：因为ap＝aq＋(p－q)d，
所以q＝p＋(p－q)d，即q－p＝(p－q)d，
因为p≠q，所以d＝－1.
所以ap＋q＝ap＋(p＋q－p)d＝q＋q×(－1)＝0.
法二：因为数列{an}为等差数列，
所以点(n，an)在一条直线上．
不妨设p＜q，记点A(p，q)，B(q，p)，则直线AB的斜率
k＝＝－1，如图所示，由图知OC＝p＋q，即点C的坐标为(p＋q，0)故ap＋q＝0.
答案：0
3．在数列{an}中，a1＝1，3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：由3anan－1＋an－an－1＝0，
得－＝3(n≥2)．
又因为a1＝1，
所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可得＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝.
又当n＝1时，a1＝1，符合上式，
所以数列{an}的通项公式是an＝.
2.3 等差数列的前n项和
第1课时数列的前n项和与等差数列的前n项和
A级　基础巩固
一、选择题
1．在等差数列{an}中，S10＝120，那么a1＋a10的值是(　　)
A．12 B．24 C．36 D．48
解析：由S10＝，得a1＋a10＝＝＝24.
答案：B
2．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
解析：因为a1＝2，d＝7，2＋(n－1)×7<100，
所以n<15，所以n＝14，S14＝14×2＋×14×13×7＝665.
答案：B
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
解析：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．
所以钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n＝.
当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.
所以n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．
答案：B
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝(　　)
A．12 B．14 C．16 D．18
解析：因为Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝＝210，得n＝14.
答案：B
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于(　　)
A．1 B．－1 C．2 D.
解析：＝＝＝＝×＝1.
答案：A
二、填空题
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝S3＝12，则{an}的通项an＝________．
解析：设等差数列首项为a1，公差为d，
则即
所以所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.
答案：2n
7．一个等差数列前12项的和为354，其中项数为偶数的项的和与项数为奇数的项的和之比为32∶27，则公差d＝________．
解析：S12＝354，
所以S奇＝354×＝162，
S偶＝354×＝192，
所以S偶－S奇＝30＝6d，
所以d＝5.
答案：5
8．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－30，Sn是{|an|}的前n项和，则S10＝________．
解析：an＝2n－30，令an＜0，得n＜15，即在数列{an}中，前14项均为负数，
所以S10＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)＝
－(a1＋a10)＝－5[(－28)＋(－10)]＝190.
答案：190
三、解答题
9．等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求数列的通项公式；
(2)若Sn＝242，求n.
解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.
则解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n.
(2)由Sn＝na1＋ d以及a1＝12，
d＝2，Sn＝242，
得方程242＝12n＋·2，
即n2＋11n－242＝0，
解得n＝11或n＝－22(舍去)．故n＝11.
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式．
(2)设数列{bn}的通项公式为bn＝，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a5＋a13＝34，S3＝9.
所以
整理得解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n×1＋×2＝n2.
(2)由(1)知bn＝，
所以b1＝，b2＝，
bm＝，
若b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列，
则2b2＝b1＋bm，
所以＝＋，
即6(1＋t)(2m－1＋t)＝(3＋t)(2m－1＋t)＋(2m－1)·(1＋t)(3＋t)，整理得(m－3)t2－(m＋1)t＝0，
因为t是正整数，
所以(m－3)t－(m＋1)＝0，m＝3时显然不成立，
所以t＝＝＝1＋，
又因为m≥3，m∈N，所以m＝4或5或7，
当m＝4时，t＝5；当m＝5时，t＝3；
当m＝7时，t＝2.
所以存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列．
即当t＝5时，b1，b2，b4成等差数列；
当t＝3时，b1，b2，b5成等差数列；
当t＝2时，b1，b2，b7成等差数列．
B级　能力提升
1．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*), 则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)
A．6 B．7 C．8 D．9
解析：因为an＋1－an＝－3，所以数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，所以an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有
所以
所以≤k≤，因为k∈N*，所以k＝7.故满足条件的n的值为7.
答案：B
2．在等差数列{an}中，a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，则满足Sn＜0的n的最大值为________．
解析：因为a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，
所以a11＞－a10，a1＋a20＝a10＋a11＞0，
所以S20＝＞0.
又因为a10＋a10＜0，
所以S19＝＝19a10＜0，
故满足Sn＜0的n的最大值为19.
答案：19
3．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＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
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＝1也适合．
即an＝6n－5.
(2)由(1)得bn＝＝＝
，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝.
第二章 数列
2.3 等差数列的前n项和
第2课时 等差数列的前n项和(习题课)
A级　基础巩固
一、选择题
1．一个等差数列共有2n＋1项，其奇数项的和为512，偶数项的和为480，则中间项为(　　)
A．30 B．31 C．32 D．33
解析：中间项为an＋1.
S奇＝·(n＋1)＝(n＋1)an＋1＝512.
S偶＝·n＝n·an＋1＝480.
所以an＋1＝S奇－S偶＝512－480＝32.
答案：C
2．等差数列{an}的公差d＝且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a99的值为(　　)
A．52.5 B．72.5 C．60 D．85
解析：设a1＋a3＋a5＋…＋a99＝x，a2＋a4＋…＋a100＝y，则x＋y＝S100＝145，y－x＝50d＝25.解得x＝60，y＝85.
答案：C
3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则为(　　)
A. B. C. D.
解析：S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，构成一个新的等差数列，因为S3＝1，S6－S3＝3－1＝2，所以S9－S6＝3，S12－S9＝4.
所以S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝1＋2＋3＋4＝10.
所以＝.
答案：A
4．若数列{an}的前n项和是Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于(　　)
A．15 B．35 C．66 D．100
解析：易得an＝
|a1|＝1，|a2|＝1，|a3|＝1，
令an>0则2n－5>0，所以n≥3.
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10|
＝－(a1＋a2)＋a3＋…＋a10
＝2＋(S10－S2)
＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]
＝66.
答案：C
5．把正整数以下列方法分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，…，其中每组都比它的前一组多一个数，设Sn表示第n组中所有各数的和，那么S21等于(　　)
A．1 113 B．4 641 C．5 082 D．53 361
解析：因为第n组有n个数，所以前20组一共有1＋2＋3＋…＋20＝210个数，于是第21组的第一个数为211，这组一共有21个数，S21＝21×211＋×1＝4 641.
答案：B
二、填空题
6．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2，
则数列{an}的通项公式为________．
解析：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2，
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)·an－1＝(n－1)2，
所以nan＝2n－1，所以an＝.
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
答案：an＝
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＝1，S5＝10，则当Sn取得最大值时，n的值为________．
解析：由
解得
所以a5＝a1＋4d＝0，
所以S4＝S5同时最大．
所以n＝4或5.
答案：4或5
8．若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________．
解析：＝＝＝×＝.
答案：3∶2
三、解答题
9．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．
解：(1)因为a3＝12，所以a1＝12－2d，
因为S12＞0，S13＜0，
所以即
所以－＜d＜－3.
(2)因为S12＞0，S13＜0，
所以所以
所以a6＞0，又由(1)知d＜0.
所以数列前6项为正，从第7项起为负．
所以数列前6项和最大．
10．在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
解：因为an＝Sn－Sn－1，
所以Sn－Sn－1＝，
即(Sn－Sn－1)(2Sn－1)＝2S，
即Sn－1－Sn＝2SnSn－1，
即－＝2，
所以为等差数列，且＝＝1，
所以＝1＋2(n－1)，即Sn＝.
所以an＝Sn－Sn－1＝－＝(n≥2)，
又a1＝1≠，
所以an＝
B级　能力提升
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析： am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，
由Sm＝＝0，得a1＝－2，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5.
答案：C
2．若数列{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 003＋a2 004＞0，a2 003·a2 004＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是________．
解析：由条件可知数列单调递减，故知
a2 003＞0，a2 004＜0，
故S4 006＝＝2 003·(a2 003＋a2 004)＞0，
S4 007＝＝4 007×a2 004＜0，
故使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是4 006.
答案：4 006
3．数列{an}的各项都为正数，且满足Sn＝(n∈N*)，求数列的通项公式an.
解：法一(消Sn)：由Sn＝(n∈N*)，
得4an＋1＝4(Sn＋1－Sn)＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2
化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，
因为an＞0，所以an＋1－an＝2，
又4S1＝4a1＝(a1＋1)2得a1＝1，
故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
法二(消an)：由上可知2＝an＋1，
所以2＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)，
化简可得(－1)2＝Sn－1，
(＋－1)(－－1)＝0，
又S1＝1，{an}的各项都为正数，
所以－＝1.
所以＝n，从而Sn＝n2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，a1＝1也适合，
故an＝2n－1.
第二章 数列
2.4 等比数列
第1课时 等比数列的概念与通n项公式
A级　基础巩固
一、选择题
1．在数列{an}中，对任意n∈N*，都有an＋1－2an＝0，则的值为(　　)
A. B. C. D．1
解析：a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，a4＝8a1，
所以＝＝.
答案：A
2．公差不为0的等差数列的第2，3，6项构成等比数列，则公比是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：设等差数列的第2项是a2，公差是d，则a3＝a2＋d，a6＝a2＋4d.
由等差数列的第2，3，6项构成等比数列，
得(a2＋d)2＝a2(a2＋4d)，
则d＝2a2，公比q＝＝＝＝3.
答案：C
3．若正数a，b，c组成等比数列，则log2a，log2b，log2c一定是(　　)
A．等差数列
B．既是等差数列又是等比数列
C．等比数列
D．既不是等差数列也不是等比数列
解析：由题意得b2＝ac(a，b，c>0)，
所以log2b2＝log2ac
即2log2b＝log2a＋log2c，
所以log2a，log2b，log2c成等差数列．
答案：A
4．已知a是1，2的等差中项，b是－1，－16的等比中项，则ab等于(　　)
A．6 B．－6 C．±6 D．±12
解析：a＝＝，
b2＝(－1)(－16)＝16，b＝±4，
所以ab＝±6.
答案：C
5．(2016·四川卷)某公司为激励创新，计划逐步加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(　　)
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2018年 B．2019年
C．2020年 D．2021年
解析：设第n年的研发投资资金为an，a1＝130，则an＝130×1.12n－1，由题意，需an＝130×1.12n－1≥200，解得n≥5，故从2019年该公司全年的投入的研发资金超过200万，选B.
答案：B
二、填空题
6．等比数列{an}中，a1＝，q＝2，则a4与a8的等比中项为________．
解析：a4＝a1q3＝×23＝1，
a8＝a1q7＝×27＝16，
所以a4与a8的等比中项为±＝±4.
答案：±4
7．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列的公比为q，
由得
解得
所以a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝8n×＝2－n2＋n，于是当n＝3或4时，a1a2…an取得最大值26＝64.
答案：64
8．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则等于________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，
由于a1，a3，2a2成等差数列，
则2＝a1＋2a2，即a3＝a1＋2a2，
所以a1q2＝a1＋2a1q.由于a1≠0，
所以q2＝1＋2q，解得q＝1±.
又等比数列{an}中各项都是正数，
所以q＞0，所以q＝1＋.
所以＝＝＝＝3－2.
答案：3－2
三、解答题
9．已知{an}为等比数列，a3＝2，a2＋a4＝，求{an}的通项公式．
解：设等比数列{an}的公比为q，则q≠0.
a2＝＝，a4＝a3.q＝2q，
所以＋2q＝.
解得q＝或q＝3.
当q＝时，a1＝18，
所以an＝18×＝2×33－n.
当q＝3时，a1＝，
所以an＝×3n－1＝2×3n－3.
综上，当q＝时，an＝2×33－n；
当q＝3时，an＝2×3n－3.
10．在各项均为负数的数列{an}中，已知2an＝3an＋1，且a2·a5＝.
(1)求证：{an}是等比数列，并求出其通项．
(2)试问－是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．
解：(1)因为2an＝3an＋1，
所以＝.
又因为数列{an}的各项均为负数，
所以a1≠0，
所以数列{an}是以为公比的等比数列．
所以an＝a1·qn－1＝a1·.
所以a2＝a1·＝a1，
a5＝a1·＝a1，
又因为a2·a5＝a1·a1＝，
所以a＝.
又因为a1<0，所以a1＝－.
所以an＝×＝－(n∈N*)．
(2)令an＝－＝－，
则n－2＝4，n＝6∈N*，
所以－是这个等比数列中的项，且是第6项．
B级　能力提升
1．若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a＝(　　)
A．－4 B．－2 C．2 D．4
答案：A
2．已知等比数列{an}，若a3a4a8＝8，则a1a2…a9＝________．
答案：512
3．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1，2，3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.
(1)试用an表示an＋1；
(2)求证：是等比数列；
(3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式及项的最值．
(1)解：根据根与系数的关系，
得
代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，
得－＝3.
所以an＋1＝an＋.
(2)证明：因为an＋1＝an＋，
所以an＋1－＝.
若an＝，则方程anx2－an＋1x＋1＝0可化为x2－x＋1＝0，
即2x2－2x＋3＝0.
此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，
所以an≠，即an－≠0.
所以数列是以为公比的等比数列．
(3)解：当a1＝时，a1－＝，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以an－＝×＝，
所以an＝＋，n＝1，2，3，…，
即数列{an}的通项公式为
an＝＋，n＝1，2，3，….
由函数y＝在(0，＋∞)上单调递减知，当n＝1时，an的值最大，即最大值为a1＝.
第二章 数列
2.4 等比数列
第2课时 等比数列的性质
A级　基础巩固
一、选择题
1.＋1与－1，两数的等比中项是(　　)
A．1 B．－1 C．±1 D.
解析：设等比中项为b，则b2＝(＋1)·(－1)＝1，所以b＝±1.
答案：C
2．在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝2，a4＋a5＋a6＝4，则a10＋a11＋a12等于(　　)
A．32 B．16 C．12 D．8
解析：＝q3＝＝2，
所以a10＋a11＋a12＝(a1＋a2＋a3)q9＝2·(23)＝24＝16.
答案：B
3．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成以为首项的等比数列，则等于(　　)
A. B.或
C. D．以上都不对
解析：不妨设是x2－mx＋2＝0的根，则其另一根为4，所以m＝4＋＝，
对方程x2－nx＋2＝0，设其根为x1，x2(x1所以等比数列为，x1，x2，4，
所以q3＝＝8，所以q＝2，
所以x1＝1，x2＝2，
所以n＝x1＋x2＝1＋2＝3，
所以＝＝.
答案：A
4．在1与100之间插入n个正数，使这n＋2个数成等比数列，则插入的n个数的积为(　　)
A．10n B．n10 C．100n D．n100
解析：设这n＋2个数为a1，a2，…，an＋1，an＋2，
则a2·a3·…·an＋1＝(a1an＋2)＝(100)＝10n.
答案：A
5．等比数列{an}中，an∈R*，a4·a5＝32，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a8的值为(　　)
A．10 B．20 C．36 D．128
解析：log2a1＋log2a2＋…＋log2a8＝
log2(a1·a2·a3·…·a8)＝
log2(a4a5)4＝4log232＝20.
故选B.
答案：B
二、填空题
6．等比数列{an}中，a1＜0，{an}是递增数列，则满足条件的q的取值范围是______________．
解析：由an＋1＞an?a1qn＞a1qn－1，
因为a1＜0，
所以qn＜qn－1?qn＜0对任意正整数n都成立．
所以q＞0且1－＜0解得：0＜q＜1.
答案：0＜q＜1
7．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项an＝______________．
解析：由a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，
所以an＋1＋3＝2(an＋3)(n≥1)，
即(an＋3)是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，
所以该数列的通项an＝2n＋1－3.
答案：2n＋1－3
8．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：因为{an}单调递增，所以q>0，
又a＝a10>0，所以an>0，q>1，
由条件得2＝5，
即2＝5，
所以q＝2或q＝(舍)，
由a＝a10得(a1q4)2＝a1q9，
所以a1＝q＝2，故an＝2n.
答案：2n
三、解答题
9．已知一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．
解：法一：设该数列的公比为q，项数为2n，则S偶＝qS奇?＝85＋170，
所以22n－1＝255.所以2n＝8.
故这个数列的公比为2，项数为8.
法二：设该数列的公比为q，项数为2n，则
S奇＝＝85，
S偶＝＝170.
所以n＝4，q＝2.
10．三个正数成等比数列，它们的和等于21，倒数的和等于，求这三个数．
解：设三个数为，a，aq(a，q>0)，
由题，
所以?a2＝21×＝36，
所以a＝6，q＝2或，
所以三个数为3，6，12或12，6，3.
B级　能力提升
1．等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于(　　)
A．－24 B．0 C．12 D．24
解析：由题意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，
即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.
答案：A
2．等比数列{an}中，a1＝317，q＝－.记f(n)＝a1·a2·…·an，则当f(n)最大时，n的值为________．
解析：由于an＝317×，易知a9＝317×＞1，a10＜0，0＜a11＜1，又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9值最大，此时n＝9.
答案：9
3．容器A中盛有浓度为a%的农药mL，容器B中盛有浓度为b%的同种农药mL，A，B两容器中农药的浓度差为20%(a＞b)，先将A中农药的倒入B中，混合均匀后，再由B倒入一部分到A中，恰好使A中保持mL，问至少经过多少次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%?
解：设第n次操作后，A中农药的浓度为an，B中农药的浓度为bn，则a0＝a%，b0＝b%.
b1＝(a0＋4b0)，a1＝a0＋b1＝(4a0＋b0)；
b2＝(a1＋4b1)，a2＝a1＋b2＝(4a1＋b1)；…；
bn＝(an－1＋4bn－1)．
an＝(4an－1＋bn－1)，
所以an－bn＝(an－1－bn－1)＝…＝
(a0－b0)·.
因为a0－b0＝，
所以an－bn＝·.
依题意知·＜1%，n∈N*，解得n≥6.
故至少经过6次这样的操作，两容器中农药的浓度差小于1%.
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列前n项和的示解
A级　基础巩固
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
解析：设数列{an}的公比为q(q＞0)，则有a5＝a1q4＝16，
所以q＝2，数列的前7项和为S7＝＝
＝127.
答案：C
2．已知等比数列{an}中，an＝2×3n－1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn的值为(　　)
A．3n－1 B．3(3n－1)
C. D.
解析：因为an＝2×3n－1，则数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，由此数列的偶数项所组成的新数列是以6为首项，以9为公比的等比数列，则前n项和为Sn＝＝.
答案：D
3．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是(　　)
A．190 B．191 C．192 D．193
解析：设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝，n＝7，由＝381，解得a1＝192.
答案：C
4．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于(　　)
A．－6(1－3－10) B.(1－3－10)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
解析：因为3an＋1＋an＝0，a2＝－≠0，
所以an≠0，所以＝－，所以数列{an}是以－为公比的等比数列．
因为a2＝－，所以a1＝4，
所以S10＝＝3(1－3－10)．
答案：C
5．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是(　　)
A．－ B．－5 C．5 D.
解析：由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得log3an＋1－log3an＝1且an>0，即log3＝1，解得＝3，所以数列{an}是公比为3的等比数列．因为a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3，所以a5＋a7＋a9＝9×33＝35.所以log(a5＋a7＋a9)＝log35＝－log335＝－5.
答案：B
二、填空题
6．在等比数列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝________．
解析：因为a1＋a2＝a1(1＋q)＝30，a3＋a4＝a1q2(1＋q)＝60，所以q2＝2，所以a7＋a8＝a1q6(1＋q)＝[a1(1＋q)]·(q2)3＝30×8＝240.
答案：240
7．设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________．
解析：法一：a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝1＋|1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×(－2)3|＝15.
法二：因为a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝|a1|＋
|a2|＋|a3|＋|a4|，数列{|an|}是首项为1，公比为2的等比数列，故所求代数式的值为＝15.
答案：15
8．(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
解析：a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1?a1＝1，a2＝3，
再由an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)?an＋1－an＝2an?an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝3a1，
所以an＋1＝3an(n≥1)，S5＝＝121.
答案：1　121
三、解答题
9．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得
解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋＋…＋，故S1＝1，＝＋＋…＋.
所以，当n＞1时，＝a1＋＋…＋－＝
1－－＝
1－－＝，
所以Sn＝，
综上，数列的前n项和Sn＝.
10．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明：由已知可得＝＋1，
即－＝1，
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，
所以an＝n2.从而bn＝n·3n。
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①—②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
B级　能力提升
1．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2n－1(n∈N*)，则a＋a＋…＋a等于(　　)
A．(2n－1)2 B.(2n－1)2
C．4n－1 D.(4n－1)
解析：a1＋a2＋…＋an＝2n－1，即Sn＝2n－1，则Sn－1＝2n－1－1(n≥2)，则an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1，a＝4n－1，所以a＋a＋…＋a＝(4n－1)．
答案：D
2．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
解析：由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，
即＝－2.
答案：－2
3．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a≥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＝＋＋＋…＋－＝
－－，
所以Tn＝－－＝－.
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
第2课时 等差、等比数列的综合应用
A级　基础巩固
一、选择题
1．数列an＝，其前n项之和为，则项数n为(　　)
A．12 B．11 C．10 D．9
答案：D
2．数列{an}、{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为(　　)
A. B. C. D.
解析：因为an＝(n＋1)(n＋2)，
所以bn＝＝＝－，
所以S10＝＝－＝.
答案：B
3．数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前________项之和等于9.(　　)
A．99 B．98 C．97 D．96
解析：an＝＝＝
－，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝
(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
令－1＝9?n＋1＝100，所以n＝99.
答案：A
4．数列，，，…，，…的前n项和为(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为＝
，得前n项和
Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝＝.
答案：B
5．已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设{an}的前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的正整数n(　　)
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值31 D．有最小值31
解析：an＝log2，
所以Sn＝a1＋…＋an
＝log2＋log2＋…＋log2
＝log2
＝log2，令Sn<－5，则log2<－5，
所以n＋2>26＝64，
所以n>62，故n的最小值为63.
答案：B
二、填空题
6．数列{an}中，an＝，则它的前n项和Sn＝________．
解析：易知数列{an}的奇数项为以1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列．
(1)当n为奇数时，奇数项有项，偶数项有项，
所以Sn＝＋＋·
4＝＋；
(2)当n为偶数时，奇数项、偶数项各有项，
所以Sn＝＋×3＋×4＝＋.
答案：
7．已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n2＋3)－2，那么log23是这个数列的第________项．
解析：令an＝log23?log2(n2＋3)－2＝log23?n2＋3＝12，所以n2＝9，n＝3.
答案：3
8．下列命题中正确命题为________(填序号)．
①常数列一定是等比数列；②等比数列前n项和Sn＝(其中a1为首项，q为公比)；③前n项和Sn为n的二次函数的数列一定是等差数列；④0不可能是任何等比数列的一项．
答案：④
三、解答题
9．已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an(n∈N*)，求{bn}的通项公式bn.
解：(1)由题意，得2a2＝a1＋a3－1，
即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2.
又q≠0，解得q＝2，所以an＝2n－1.
(2)当n＝1时，b1＝a1＝1；
当n≥2时，nbn＝an－an－1＝2n－2，
即bn＝，
所以bn＝
10．已知数列{an}的通项公式为an＝
求Sn.
解：①当n为奇数时，
Sn＝[1＋13＋…＋(6n－5)]＋(42＋44＋…＋4n－1)＝
·＋＝
＋＝
＋.
②当n为偶数时，
Sn＝[1＋13＋…＋(6n－11)]＋
(42＋44＋…＋4n－1＋4n)＝＋.
B级　能力提升
1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于(　　)
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
解析：因为an＋1＝an＋ln，
所以an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
答案：A
2．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________．
解析：因为{an}为等比数列，且a1＝，a4＝－4，
所以q3＝＝－8，所以q＝－2，所以an＝(－2)n－1，
所以|an|＝2n－2，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝＝.
答案：
3．(2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d，
由
即
可解得b1＝4，d＝3，
所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2
所以Tn＝3n·2n＋2
第二章章末复习课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．数列的概念及表示方法
(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．
(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．
(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．
2．求数列的通项(易错点)
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝
(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)当已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1···…·.
(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．
(5)归纳、猜想、证明法．
3．等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)?{an}是等差数列；＝
q(q为常数，q≠0)?{an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)?{an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数)?{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)?{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)?{an}是等差数列；Sn＝aqn－a(a，q为常数，且a≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)?{an}是等比数列．
4．求数列的前n项和的基本方法(易错点)
(1)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(2)错位相减法：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．
(3)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
(4)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(5)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式．
专题一　等差、等比数列的判断
判定一个数列是等差或等比数列有如下多种方法：
定义法
an＋1－an＝d(常数)?{an}是等差数列
＝q(非零常数)?{an}是等比数列
中项
公式法
2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差数列
a＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)?{an}是等比数列
通项
公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)?{an}是等差数列
an＝cqn(c，q均为非零常数)?{an}是等比数列
前n项
和公式
Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)?{an}是等差数列
Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)?{an}是等比数列
[例1]　已知数列{an}、{bn}满足：a1＝1，a2＝a(a为常数)，且bn＝an·an＋1，其中n＝1，2，3，….
(1)若{an}是等比数列，试求数列{bn}的前n项和Sn的公式．
(2)当{bn}是等比数列时，甲同学说：{an}一定是等比数列；乙同学说：{an}一定不是等比数列．你认为他们的说法是否正确？为什么？
解：(1)因为{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a，
所以a≠0，an＝an－1.
又bn＝an·an＋1，
则b1＝a1·a2＝a，＝＝＝＝a2，
即{bn}是以a为首项，a2为公比的等比数列．
所以，Sn＝
(2)甲、乙两个同学说法都不正确，理由如下：
法一：设{bn}的公式比为q，则＝＝＝q且a≠0，
又a1＝1，a2＝a，a1，a3，a5…，a2n－1，…是以1为首项，q为公比的等比数列；a2，a4，a6，…，a2n，…是以a为首项， q为公比的等比数列．
即{an}为：1，a，q，aq，q2，aq2，…，
当q＝a2时，{an}是等比数列；当a≠a2时，{an}不是等比数列．
法二：{an}可能是等比数列，也可能不是等比数列，举例说明如下：
设{bn}的公式为q.
①取a＝q＝1时，an＝1(n∈N*)，
此时bn＝anan＋1＝1，{an}、{bn}都是等比数列．
②取a＝2，q＝1时，
an＝
bn＝2(n∈N*)．
所以{bn}是等比数列，而{an}不是等比数列．
归纳升华
判断一个数列是等比数列的常用方法
(1)定义法：＝q(q为常数且不为零)?{an}为等比数列．
(2)等比中项法：a＝anan＋2(n∈N*且an≠0)?{an}为等比数列．
(3)通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)?{an}为等比数列．
[变式训练]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝5Sn－3，求数列{an}的通项公式．
解：当n＝1时，因为a1＝5a1－3，所以a1＝.
当n≥2时，因为an＝5Sn－3，
所以an－1＝5Sn－1－3，
所以an－an－1＝5(Sn－Sn－1)．
即an－an－1＝5an，＝－，
所以{an}是首项a1＝，公比q＝－的等比数列．
所以an＝a1qn－1＝(n∈N*)．
专题二　数列的通项公式的求法
(1)定义法：
定义法是指直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法，这种方法适用于已知数列类型的题目．
(2)已知Sn求an.
若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
(3)由递推公式求数列通项法．
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列．
(4)待定系数法(构造法)．
求数列通项公式的方法灵活多样，特别是由给定的递推关系求通项公式，对于观察、分析、推理能力要求较高．通常可对递推式变换，转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的转化思想，而运用待定系数法变换递推公式中的常数就是一种重要的转化方法．
[例2]　(1)等差数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，且a1，a3，a9成等比数列，S5＝a，则数列{an}的通项公式为________________；
(2)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n，n≥1，则数列{an}的通项公式为______________．
解析：(1)设数列{an}的公差为d(d＞0)，
因为a1，a3，a9成等比数列，所以a＝a1a9，
即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)?d2＝a1d，
因为d≠0，所以a1＝d.①
因为S5＝a，
所以5a1＋·d＝(a1＋4d)2.②
由①②得：a1＝，d＝，
所以an＝＋(n－1)·＝n.
(2)n＝1时，a1＝S1，
所以a1＝2a1－1，即a1＝1，n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)＋2·(－1)n，
所以an＝2an－1＋2·(－1)n－1，
an－1＝2an－2＋2·(－1)n－2，a2＝2a1－2，
所以an＝[2n－2＋(－1)n－1]．
又因为a1＝1适合an＝[2n－2＋(－1)n－1]，
所以an＝[2n－2＋(－1)n－1]．
答案：(1)an＝n
(2)an＝[2n－2＋(－1)n－1]
归纳升华
(1)已知数列的前n项和，或前n项和与通项的关系求通项，常用an与Sn的关系求解．
(2)由递推关系an＋1＝Aan＋B(A，B为常数，且A≠0，A≠1)求an时，由待定系数法设an＋1＋λ＝A(an＋λ)可得λ＝，这样就构造了等比数列{an＋λ}．
[变式训练]　已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3·5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式．
解：设an＋1＋x·5n＋1＝2(an＋x·5n)①
将an＋1＝2an＋3·5n代入①式，
得2an＋3·5n＋x·5n＋1＝2an＋2x·5n，
等式两边消去2an，
得3·5n＋x·5n＋1＝2x·5n，
两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，
代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n)．②
由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得，
an－5n≠0，则＝2.
所以{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an－5n＝1×2n－1＝2n－1，
所以an＝2n－1＋5n(n∈N*)．
专题三　数列求和
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解．
一般常见的求和方法有：
(1)公式法(直接利用等差或等比数列的前n项和公式)；
(2)分组求和法；
(3)错位相减法；
(4)倒序相加法；
(5)裂项相消法．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互拆消，从而求得其和；
(6)并项求和法．一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
[例3]　(1)已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列{}的前n项和Sn＝
________________.
(2)设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
①求数列{an}的通项公式；
②令bn＝nan，求数列{bn}的前n项Sn.
(1)解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，
解得q＝3，所以an＝a1qn－1＝3·3n－1＝3n，
故bn＝log3an＝n，
所以＝＝－.
则Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：
(2)解：①由已知，当n≥1时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋
a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
②由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n·22n－1①
从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1②
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·
22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
归纳升华
用错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．
[变式训练]　设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
所以当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
由①－②得3n－1an＝，所以an＝，
在①中，令n＝1，得a1＝，所以数列{an}的通项公式
an＝(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝n·3n，
所以Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
所以3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
由④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝
n·3n＋1－，
所以Sn＝＋.
专题四　函数与方程思想
(1)在等差(比)数列的通项公式和前n项和公式中共有5个量a1，d(或q)，n，an及Sn，已知这5个量中任意3个量的值，就可以运用方程思想，解方程(或方程组)求出另外2个量的值．
(2)数列可以看作是定义域为正整数集(或其有限子集)的特殊函数．运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图象和最值等知识解决与数列相关的问题．等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列前n项和公式与二次函数也有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题．
[例4]　(1)已知数列{an}的首项为a1＝21，前n项和为Sn＝
an2＋bn，等比数列{bn}的前n项和Tn＝2n＋1＋a，则Sn的最大值为________；
(2)若等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2·a4·a6＝45.则通项公式an＝__________________．
解析：(1)由Tn＝2·2n＋a，可求得
a＝－2，所以Sn＝－2n2＋bn，所以数列{an}为等差数列，又因为a1＝21，Sn＝－2n2＋bn，故b＝21－(－2)＝23，
所以Sn＝－2n2＋23n＝－2＋，
当n＝6时，Sn取得最大值66.
(2)因为a1＋a7＝2a4＝a2＋a6，
所以a1＋a4＋a7＝3a4＝15，所以a4＝5，
所以a2＋a6＝10且a2·a6＝9，
所以a2，a6是方程x2－10x＋9＝0的两根，
解得或
若a2＝1，a6＝9，则d＝2，所以an＝2n－3；
若a2＝9，a6＝1，则d＝－2，所以an＝13－2n.
故an＝2n－3或an＝13－2n.
答案：(1)66　(2)2n－3或13－2n
归纳升华
函数的思想：等比数列的通项an＝a1qn－1＝·qn(q＞0且q≠1)常和指数函数相联系；等比数列前n项和Sn＝·(qn－1)(q≠1)．设A＝，则Sn＝A(qn－1)也与指数函数相联系．
[变式训练]　等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.求数列{an}的通项an与前n项和Sn.
解：设数列{an}的公差为d，由题意得
所以d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1＋，
Sn＝＝n(n＋)．
专题五　数列的交汇问题
[例5]设数列{an}满足＋＋…＋＝－1，其中常数λ>.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若λ＝，bn＝(2n－4 001)an，当n为何值时，bn最大？
解：(1)由题意得
＋＋…＋＝－1，①
当n≥2时，＋＋…＋＝－1，②
由①－②得＝－，
即＝(n≥2)．
又当n＝1时，＝－1，
所以a1＝2λ－1.
因为λ>，所以数列{an}是以2λ－1为首项，
以为公比的等比数列．
所以an＝(2λ－1)，
即an＝.
(2)当λ＝时，an＝，
所以bn＝.
设bn最大，则
即
解得≤n≤.
因为n∈N*，所以n＝2 002，
故当n＝2 002时，bn最大．
归纳升华
数列是高中代数的重点内容之一，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识有较多交汇处．它包含知识点多、思想丰富、综合性强，已成为近年高考的一大亮点．
[变式训练]　已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(x∈R)同时满足：①不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0f(x2)成立．设数列{an}的前n项和Sn＝f(n)．
(1)求f(x)的表达式；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)因为f(x)≤0的解集有且只有一个元素，
所以Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.
当a＝4时，函数f(x)＝x2－4x＋4在(0，2)上递减，故存在0f(x2)成立；
而当a＝0时，f(x)＝x2在(0＋∞)上递增，不合题意．
故a＝4，f(x)＝x2－4x＋4.
(2)由(1)知，Sn＝n2－4n＋4.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(n2－4n＋4)－[(n－1)2－4(n－1)＋4]＝2n－5，
当n＝1时，a1＝S1＝1不适合上式．
故an＝