第二章数列学案+滚动训练+章末检测

滚动训练(三)
一、选择题
1.已知等比数列{an}的前3项的和等于首项的3倍，则该等比数列的公比为(　　)
A.－2 B.1 C.－2或1 D.2或－1
答案　C
解析　由题设条件，可得a1＋a1q＋a1q2＝3a1，
所以q2＋q－2＝0，
所以q＝1或q＝－2，故选C.
2.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cos A＝且bA. B.2 C.2 D.3
答案　B
解析　由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－2×b×2×，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，
又b3.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a1a5＝1，S3＝7，则S5等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵{an}是由正数组成的等比数列，且a1a5＝1，
∴a1·a1q4＝1，又a1，q＞0，
∴a1q2＝1即a3＝1，S3＝7＝＋＋1，
∴6q2－q－1＝0，解得q＝，
∴a1＝＝4，S5＝＝.
4.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，AC＝2，BD＝2，∠ACD＝60°，则AD等于(　　)
A. B.
C. D.13－6
答案　B
解析　在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°，解得BC＝，所以AC2＝AB2＋BC2，故BC⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝＝3，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos 60°＝7，所以AD＝.
5.△ABC的三个内角所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a，则等于(　　)
A.2 B.2 C. D.
答案　C
解析　∵asin Asin B＋bcos2A＝a，
∴sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
∴sin B(sin2A＋cos2A)＝sin A，
∴＝，即＝.
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＋a11＝10，则等于(　　)
A.1 B.2 C.－1 D.－2
答案　D
解析　在等差数列{an}中，S20＝＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)＝100，
所以＝＝－＝－＝－2.故选D.
7.对于正项数列{an}，定义Gn＝为数列{an}的“匀称”值.已知数列{an}的“匀称”值为Gn＝n＋2，则该数列中的a10等于(　　)
A.2 B. C.1 D.
答案　D
解析　因为Gn＝，
数列{an}的“匀称”值为Gn＝n＋2，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋2)，①
所以n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)(n＋1)，②
①－②得nan＝2n＋1，
所以an＝，n≥2；
当n＝1时，a1＝G1＝3满足上式，所以an＝，故a10＝.
二、填空题
8.已知数列{an}，an＝bn＋m(b<0，n∈N＋)，满足a1＝2，a2＝4，则a3＝ .
答案　2
解析　∵a1＝2，a2＝4，
∴∴
即an＝(－1)n＋3，
∴a3＝2.
9.在△ABC中，角A，B，C分别对应的边为a，b，c.已知cos A＝，cos B＝，b＝3，则c＝ .
答案　
解析　在△ABC中，∵cos A＝>0，
又∵A∈(0，π)，∴sin A＝.
∵cos B＝>0，又∵B∈(0，π)，∴sin B＝.
∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.
由正弦定理，知＝，
∴c＝＝＝.
10.等比数列{an}中，a4＝2，a5＝4，则数列{lg an}的通项公式为 .
答案　lg an＝(n－3)lg 2，n∈N＋
解析　∵a5＝a4q，∴q＝2，∴a1＝＝，
∴an＝·2n－1＝2n－3，∴lg an＝(n－3)lg 2，n∈N＋.
11.等差数列{an}中，公差d≠0，a＝a1a4，若a1，a3，成等比数列，则kn＝ .
答案　3n+1
解析　由题意得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
∴a1＝d，∴an＝na1，
∴q＝＝＝3.
∵＝＝＝3，
∴k1＝9，
∴＝a1·3n+1＝kna1，
∴kn＝3n+1.
三、解答题
12.在等差数列{an}中，a3＝4，a7＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为d＝＝1，所以an＝a3＋(n－3)d＝n＋1，n∈N＋.
(2)bn＝＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
由①－②得Tn＝2＋＋＋…＋－＝＋1－
＝＋1－＝2＋1－＝3－，所以Tn＝6－.
13.设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n.
(1)设bn＝an＋3，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求出{an}的通项公式；
(3)求数列{nan}的前n项和Tn.
(1)证明　因为Sn＝2an－3n，对于任意的正整数都成立，所以Sn＋1＝2an＋1－3n－3，
两式相减，得an＋1＝2an＋1－2an－3，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，所以bn＋1＝2bn.
所以数列{bn}是以2为公比的等比数列.
(2)解　由已知条件，得S1＝2a1－3，a1＝3.
所以首项b1＝a1＋3＝6，公比q＝2，即bn＝6·2n－1.
所以an＝6·2n－1－3＝3·2n－3，n∈N＋.
(3)解　因为nan＝3×n·2n－3n，
所以Tn＝3(1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)，
2Tn＝3(1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1)－6(1＋2＋3＋…＋n)，
所以－Tn＝3(2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1)＋3(1＋2＋3＋…＋n)＝3×－6n·2n＋，
故Tn＝(6n－6)·2n＋6－.
四、探究与拓展
14.在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋a6＝10，＋＋…＋＝5，则a1·a2·…·a6等于(　　)
A.2 B.8 C. D.
答案　B
解析　由a1＋a2＋…＋a6＝10，得＝10，
由＋＋…＋＝5，得＝5，
∴aq5＝2，∴a1·a2·…·a6＝aq1＋2＋…＋5＝(aq5)3＝23＝8.
15.已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
解　(1)由题意，得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1，
得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.由S5＝，
得1－5＝，即5＝，解得λ＝－1.
滚动训练(二)
一、选择题
1.在△ABC中，A＝，BC＝3，AB＝，则角C等于(　　)
A.或 B. C. D.
答案　C
解析　由正弦定理＝得
sin C＝＝＝，
∴C＝或.
又∵AB2.{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 017，则序号n等于(　　)
A.667 B.668
C.669 D.673
答案　D
解析　由2 017＝1＋3(n－1)，解得n＝673.
3.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋c2－b2)tan B＝ac，则B的值是(　　)
A. B. C.或 D.或
答案　D
解析　因为a2＋c2－b2＝2accos B，
所以2accos Btan B＝ac.
所以sin B＝，所以B＝或，故选D.
4.在等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a7等于(　　)
A.10 B.20 C.16 D.12
答案　D
解析　∵{an}是等差数列，
∴d＝＝，
∴a7＝a3＋(7－3)×d＝2＋4×＝12.
5.在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11为(　　)
A.58 B.88 C.143 D.176
答案　B
解析　S11＝＝＝＝88.
6.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2等于(　　)
A.2 B. C.3 D.
答案　C
解析　∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，
∴＋＋＝，
∵a1a2a3＝15，∴＝＋＋＝，∴a2＝3.
故选C.
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，7a5＋5a9＝0，且a9>a5，则Sn取得最小值时n的值为(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
答案　B
解析　由7a5＋5a9＝0，得＝－.
又a9>a5，所以d>0，a1<0.
因为函数y＝x2＋x的图象的对称轴为x＝－＝＋＝，取最接近的整数6，故Sn取得最小值时n的值为6.
二、填空题
8.在△ABC中，已知C＝60°，＋＝ .
答案　1
解析　＋＝＝.(*)
因为C＝60°，所以a2＋b2－c2＝2abcos C＝ab，
所以a2＋b2＝ab＋c2，代入(*)式得＝1.
9.在△ABC中，若A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则＝ .
答案　2
解析　由题意可得bcsin A＝，解得c＝4，
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋16－2×4×＝13，
所以＝＝2.
10.若等差数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，则该数列的公差为 .
答案　2A
解析　数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝An2＋Bn－A(n－1)2－B(n－1)＝2An＋B－A，
当n＝1时满足，所以d＝2A.
11.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sm＝－2，Sm＋1＝0，Sm＋2＝3，则m＝ .
答案　4
解析　因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以数列是等差数列，
所以＋＝，即＋＝0，
解得m＝4.
三、解答题
12.已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N＋)，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，求数列{an}的通项公式.
解　由已知条件，可得Sn＋1＝2n+1，
则Sn＝2n+1－1.
当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n+1－1)－(2n－1)＝2n，
又当n＝1时，3≠21，
故an＝
13.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋2n＋1，n∈N＋.
(1)求证：数列{an－2n}为等差数列；
(2)设数列{bn}满足bn＝2log2(an＋1－n)，求{bn}的通项公式.
(1)证明　(an＋1－2n+1)－(an－2n)＝an＋1－an－2n＝1(与n无关)，故数列{an－2n}为等差数列，且公差d＝1.
(2)解　由(1)可知，an－2n＝(a1－2)＋(n－1)d＝n－1，
故an＝2n＋n－1，
所以bn＝2log2(an＋1－n)＝2n，n∈N＋.
四、探究与拓展
14.数列{an}满足递推公式an＝3an－1＋3n－1(n≥2)，又a1＝5，则使得为等差数列的实数λ等于(　　)
A.2 B.5 C.－ D.
答案　C
解析　a1＝5，a2＝23，a3＝95，令bn＝.
则b1＝，b2＝，b3＝.
因为b1＋b3＝2b2，
所以λ＝－.
15.已知数列{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝12，a8＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若从数列{an}中，依次取出第2项，第4项，第6项，…，第2n项，按原来顺序组成一个新数列{bn}，试求出数列{bn}的通项公式.
解　(1)设等差数列的公差为d，
因为a1＋a2＋a3＝12，
所以a2＝4.
因为a8＝a2＋(8－2)d，
所以16＝4＋6d，所以d＝2，
所以an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×2＝2n.故an＝2n，n∈N＋.
(2)a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，…，a2n＝2×2n＝4n.
当n>1时，a2n－a2(n－1)＝4n－4(n－1)＝4.
所以数列{bn}是以4为首项，4为公差的等差数列.
所以bn＝b1＋(n－1)d＝4＋4(n－1)＝4n.故bn＝4n，n∈N＋.
章末检测试卷(二)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.等比数列{an}的公比q＝－，a1＝，则数列{an}是(　　)
A.递增数列 B.递减数列
C.常数列 D.摆动数列
答案　D
解析　因为等比数列{an}的公比为q＝－，a1＝，故a2<0，a3>0，…，所以数列{an}是摆动数列.
2.等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　B
解析　∵a1＋a5＝2a3＝10，
∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3·a11＝16，则a5等于(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
答案　A
解析　∵a3·a11＝a＝16，
∴a7＝4，∴a5＝＝＝1.
4.等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是(　　)
A.S7 B.S8 C.S13 D.S15
答案　C
解析　∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋(a1＋10d)＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)为常数，
∴a1＋6d为常数.
∴S13＝13a1＋d＝13(a1＋6d)也为常数.
5.若互不相等的实数a，b，c成等差数列，a是b，c的等比中项，且a＋3b＋c＝10，则a的值是(　　)
A.1 B.－1 C.－3 D.－4
答案　D
解析　由题意，得
解得a＝－4或a＝2(舍去)，b＝2，c＝8.
6.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
答案　B
解析　由a5＝a2q3，得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
7.数列{(－1)n·n}的前2 017项的和S2 017为(　　)
A.－2 015 B.－1 009
C.2 015 D.1 009
答案　B
解析　S2 017＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 016－2 017
＝(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 016－2 017)
＝(－1)＋(－1)×1 008＝－1 009.
8.若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于(　　)
A.1或2 B.1或－2
C.－1或2 D.－1或－2
答案　C
解析　依题意，有2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.∴q＝－1或q＝2.
9.一个首项为23，公差为整数的等差数列，从第7项开始为负数，则它的公差是(　　)
A.－2 B.－3
C.－4 D.－6
答案　C
解析　由题意，知a6≥0，a7<0.
∴
∴－≤d<－.
∵d∈Z，∴d＝－4.
10.设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论错误的是(　　)
A.d<0 B.a7＝0
C.S9>S5 D.S6与S7均为Sn的最大值
答案　C
解析　由S50.
又S6＝S7，即a7＝0，所以d<0.
由S7>S8，即a8<0，
因此S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0，即S911.在等比数列{an}中，a1＝1，9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)
A.和5 B.和5
C. D.
答案　C
解析　若q＝1，则9S3＝27a1，S6＝6a1，
∵a1≠0，∴9S3≠S6，矛盾，故q≠1.
由9S3＝S6得9×＝，
解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
∴＝n－1.
∴的前5项和S5＝＝.
12.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的(　　)
A.第8项 B.第10项
C.第12项 D.第14项
答案　D
解析　当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，
当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，
依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，
归纳可得数列{an}的通项公式an＝
则令－1＝254，则n不为正奇数；
令－2＝254，得n＝14，故选D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.若{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是 .
答案　2
解析　设前三项分别为a－d，a，a＋d，
则a－d＋a＋a＋d＝12且a(a－d)(a＋d)＝48，
解得a＝4且d＝±2，
又{an}递增，∴d>0，即d＝2，∴a1＝2.
14.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是等比数列{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝ .
答案　63
解析　∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，
∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，
因此S6＝＝63.
15.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，n∈N＋，则此数列的通项公式an＝ .
答案　2n－1
解析　当n＝1时，S1＝2a1－1，
∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，
∴{an}是等比数列，
∴an＝2n－1，n≥2，
经检验n＝1也符合.∴an＝2n－1，n∈N＋.
16.在等比数列{an}中，若1，a2，a3－1成等差数列，则＝ .
答案　
解析　设等比数列的公比为q，依题意，可得2a1q＝1＋a1q2－1，
又a1≠0，整理得q2－2q＝0，
所以q＝2或q＝0(舍去)，
所以＝＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
解　设{an}的公差为d，则
即
解得或
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，n∈N＋，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)，n∈N＋.
18.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N＋，a3＝5，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得
解得
所以an＝2n－1，n∈N＋.
(2)因为bn＝＋2n＝×4n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)
＝＋n2＋n＝×4n＋n2＋n－.
19.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，由an1，又a1＝1，则a2＝q，a3＝q2，
因为S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，
则1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1，即q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N＋).
(2)由(1)知，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·2n－1(n∈N＋)，
则Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，
两式相减，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)×2n，
即－Tn＝1＋22＋23＋24＋…＋2n－(2n－1)×2n，
化简得Tn＝(2n－3)×2n＋3.
20.(12分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N＋)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<1.
(1)解　设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
又log2(a1－1)＝log22＝1，
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1，n∈N＋.
(2)证明　因为＝＝，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－<1.
21.(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N＋.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明　由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，
又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列.
(2)解　由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.
∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
两边同时乘以2得2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
22.(12分)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
则由已知，可得
解得或
故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1，n∈N＋.
(2)设Sm＝＋＋…＋，
若an＝·3n－1，则＝·n－1，
则数列是首项为，公比为的等比数列.
从而Sm＝＝·<<1.
若an＝－5·(－1)n－1，则＝－·(－1)n－1，
故数列是首项为－，公比为－1的等比数列，
从而Sm＝
故Sm<1.
综上，对任何正整数m，总有Sm<1.
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立.

§2.1　数　列
2.1.1　数　列
学习目标　1.理解数列及其有关概念.2.理解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项.3.对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的一个通项公式.
知识点一　数列及其有关概念
思考1　数列1，2，3与数列3，2，1是同一个数列吗？
答案　不是.顺序不一样.
思考2　数列的记法和集合有些相似，那么数列与集合的区别是什么？
答案　数列中的数讲究顺序，集合中的元素具有无序性；数列中可以出现相同的数，集合中的元素具有互异性.
梳理　(1)按照一定次序排列起来的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.数列中的每一项都和它的序号有关，各项依次叫做这个数列的第1项(或首项)，第2项，…，第n项，….
(2)数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，…，简记为{an}.
(3)按项数分类：项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列.
(4)按项的大小变化分类：从第二项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；从第二项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列；各项都相等的数列叫做常数列.
知识点二　通项公式
思考1　数列1，2，3，4，…的第100项是多少？你是如何猜的？
答案　100.由前四项与它们的序号相同，猜第n项an＝n，从而第100项应为100.
思考2　an＝(－1)n+1与an＝sin，n∈N＋是否表示同一个数列？
答案　是，它们都表示数列1，－1，1，－1，….
梳理　如果数列的第n项an与序号n之间的关系可以用一个函数式an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.不是所有数列都能写出通项公式，若数列有通项公式，通项公式表达式不一定唯一.
知识点三　数列与函数的关系
思考　数列{an}用表格形式给出如下：
n
1
2
3
4
5
…
an
1




…
在平面直角坐标系中描出点(n，an)，n＝1，2，3，4，5.这些点都在哪个函数图象上？
答案　
这些点都在y＝的图象上.
梳理　如图，数列可以看成以正整数集N＋(或它的有限子集{1，2，…，n})为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.
不同之处是定义域，数列中的n必须是从1开始且连续的正整数，函数的定义域可以是任意非空数集.
因此，数列除了用通项公式表示，也可以用图象、列表等方法来表示.
1.数列1，1，1…是无穷数列.(　√　)
2.有些数列没有通项公式.(　√　)
3.数列也可以看作一个函数，其项就是项数的函数.(　√　)
类型一　数列的概念及分类
例1　下列数列中，既是无穷数列又是递增数列的是(　　)
A.1，，，，…
B.sin ，sin ，sin ，sin ，…
C.－1，－，－，－，…
D.1，2，3，4，…，30
答案　C
解析　A是无穷递减数列；B是无穷摆动数列；D是有限数列.
反思与感悟　(1)有穷数列与无穷数列的判断
判断给出的数列是有穷数列还是无穷数列，只需考察数列是有限项还是无限项.若数列含有限项，则是有穷数列，否则为无穷数列.
(2)数列单调性的判断
判断数列的单调性，则需要从第2项起，观察每一项与它的前一项的大小关系，若满足anan＋1，则是递减数列；若满足an＝an＋1，则是常数列；若an与an＋1的大小不确定时，则是摆动数列.
跟踪训练1　下列数列：
①1，2，22，23，…，263； ②1，0.5，0.52，0.53，…；
③0，10，20，30，…，1 000； ④2，4，6，8，10，…；
⑤－1，1，－1，1，－1，…； ⑥7，7，7，7，…；
⑦，，，，….
其中有穷数列是 ，无穷数列是 ，递增数列是 ，递减数列是 ，摆动数列是 ，常数列是 .(填序号)
答案　①③　②④⑤⑥⑦　①③④　②⑦　⑤　⑥
类型二　由数列的前几项写出数列的一个通项公式
例2　写出下列数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：
(1)1，－，，－；(2)，2，，8；(3)9，99，999，9 999；(4)2，0，2，0.
解　(1)这个数列的前4项的绝对值都是序号的倒数，并且奇数项为正，偶数项为负，
所以它的一个通项公式为an＝，n∈N＋.
(2)数列的项，有的是分数，有的是整数，可将各项都统一成分数再观察：，，，，…，
所以它的一个通项公式为an＝，n∈N＋.
(3)各项加1后，变为10，100，1 000，10 000，…，此数列的通项公式为10n，可得原数列的一个通项公式为an＝10n－1，n∈N＋.
(4)这个数列的前4项构成一个奇数项是2，偶数项是0的数列，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n+1＋1，n∈N＋.
反思与感悟　要由数列的前几项写出数列的一个通项公式，只需观察分析数列中项的构成规律，看哪些部分不随序号的变化而变化，哪些部分随序号的变化而变化，确定变化部分随序号变化的规律，继而将an表示为n的函数关系.
跟踪训练2　写出下列数列的一个通项公式：
(1)3，5，9，17，33，…；
(2)，，，，，…；
(3)，－1，，－，，－，….
解　(1)3可看作21＋1，5可看作22＋1，9可看作23＋1，17可看作24＋1，33可看作25＋1，….
所以an＝2n＋1，n∈N＋.
(2)每一项的分子比分母小1，而分母组成的数列为21，22，23，24，…，所以an＝，n∈N＋.
(3)偶数项为负而奇数项为正，故通项公式必含因式(－1)n+1，观察各项绝对值组成的数列，从第3项到第6项可见，分母分别由奇数7，9，11，13组成，而分子则是32＋1，42＋1，52＋1，62＋1，按照这样的规律，第1，2两项可分别改写为，－，
所以an＝，n∈N＋.
类型三　数列通项公式的应用

例3　已知数列{an}的通项公式an＝，n∈N＋.
(1)写出它的第10项；
(2)判断是不是该数列中的项.
解　(1)a10＝＝.
(2)令＝，
化简得8n2－33n－35＝0，
解得n＝5.
当n＝5时，a5＝－≠，
所以不是该数列中的项.
引申探究
对于本例中的{an}.
(1)求an＋1；(2)求a2n.
解　(1)an＋1＝＝.
(2)a2n＝＝.
反思与感悟　在通项公式an＝f(n)中，an相当于y，n相当于x.求数列的某一项，相当于已知x求y，判断某数是不是该数列的项，相当于已知y求x，若求出的x是正整数，则y是该数列的项，否则不是.
跟踪训练3　已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N＋)，那么是这个数列的第___项.
答案　10
解析　∵＝，
∴n(n＋2)＝10×12，∴n＝10.

例4　已知函数f(x)＝，设an＝f(n)(n∈N＋).
(1)求证：an<1；
(2){an}是递增数列还是递减数列？为什么？
(1)证明　因为an＝＝1－，又因为n∈N＋，
所以1≥>0.因此an<1.
(2)解　{an}是递增数列.
因为an＋1－an＝－＝，
又因为n＋1>n≥1，
所以an＋1－an>0，即an＋1>an，
所以{an}是递增数列.
反思与感悟　数列是一种特殊的函数，可以用函数的知识求解数列中的最值，但要注意它的定义域是N＋或N＋的子集{1，2，…，n}这一约束条件.
跟踪训练4　数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·n(n∈N＋)，写出数列的第7项，第8项，第10项，并求出数列中的最大项.
解　∵an＝(n＋1)·n，
∴a7＝8×7，a8＝9×8，a10＝11×10，
∴{an}中每一项都是正数.
令≥1(n≥2，n∈N＋)，
即≥1，整理得≥，解得n≤10，
即a1令≥1，即≥1，整理得≥，
解得n≥9，
∴a9＝a10>a11>a12>…，
∴数列{an}从第1项到第9项递增，从第10项起递减，即数列{an}先递增，后递减.
∴可知a9＝a10＝最大.
1.下列叙述正确的是(　　)
A.数列1，3，5，7与7，5，3，1是相同的数列
B.数列0，1，2，3，…可以表示为{n}
C.数列0，1，0，1，…是常数列
D.数列是递增数列
答案　D
解析　由数列的通项an＝＝1－知，当n的值逐渐增大时，－逐渐增大，即an逐渐增大，所以数列是递增数列，故选D.
2.数列2，3，4，5，…的一个通项公式为(　　)
A.an＝n，n∈N＋ B.an＝n＋1，n∈N＋
C.an＝n＋2，n∈N＋ D.an＝2n，n∈N＋
答案　B
解析　这个数列的前4项都比序号大1，所以它的一个通项公式为an＝n＋1，n∈N＋.
3.根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
(1)1，－3，5，－7，9，…；
(2)0.8，0.88，0.888，…；
(3)0，1，0，1，….
解　(1)数列各项的绝对值为1，3，5，7，9，…，是连续的正奇数，考虑(－1)n+1具有转换符号的作用，所以数列的一个通项公式为an＝(－1)n+1(2n－1)，n∈N＋.
(2)将数列变形为，，，…，所以该数列的一个通项公式为an＝，n∈N＋.
(3)an＝或an＝ (n∈N＋)或an＝(n∈N＋).
4.已知数列{an}的通项为an＝－2n2＋29n＋3，求数列{an}中的最大项.
解　由已知，得an＝－2n2＋29n＋3＝－22＋.
由于n∈N＋，故当n取距离最近的正整数7时，an取得最大值108.
∴数列{an}中的最大项为a7＝108.
1.数列的概念的理解
(1)数列是一种特殊的函数，其特殊性主要表现在定义域和值域上.数列可以看成是以正整数集N＋或它的有限子集{1，2，3，…，n}为定义域的函数，即自变量的取值必须是正整数，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式.
(2)数列的项与它的项数是不同的概念.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)，而项数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.
(3)与集合中元素的性质相比较，数列中的项也有三个性质
①确定性：一个数在不在数列中，即一个数是不是数列中的项是确定的.
②可重复性：数列中的数可以重复.
③有序性：一个数列不仅与构成数列的“数”有关，而且与这些数的排列次序也有关.
2.数列的通项公式
(1)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不是某数列中的项，如果是的话，是第几项.
(2)像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.
(3)有的数列的通项公式，形式上不一定唯一.
(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.
一、选择题
1.已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N＋，则该数列的前4项依次为(　　)
A.1，0，1，0 B.0，1，0，1
C.，0，，0 D.2，0，2，0
答案　A
解析　当n分别等于1，2，3，4时，a1＝1，a2＝0，a3＝1，a4＝0.
2.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N＋，则－8是该数列的(　　)
A.第5项 B.第6项
C.第7项 D.非任何一项
答案　C
解析　解n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去).
3.数列1，3，6，10，…的一个通项公式是(　　)
A.an＝n2－n＋1，n∈N＋ B.an＝，n∈N＋
C.an＝，n∈N＋ D.an＝n2＋1，n∈N＋
答案　C
解析　令n＝1，2，3，4，代入A，B，C，D检验.即可排除A，B，D，故选C.
4.数列，，，，…的第10项是(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由数列的前4项可知，数列的一个通项公式为an＝，n∈N＋，当n＝10时，a10＝＝.
5.已知数列，，，，…，则0.94，0.96，0.98，0.99中属于该数列的有(　　)
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
答案　C
解析　数列，，，，…的通项公式为an＝，n∈N＋，
0.94＝＝，0.96＝＝，
0.98＝＝，0.99＝，
，，都在数列中，故有3个.
6.如图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如图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(　　)
A.an＝n，n∈N＋ B.an＝，n∈N＋
C.an＝，n∈N＋ D.an＝n2，n∈N＋
答案　C
解析　∵OA1＝1，OA2＝，OA3＝，…，OAn＝，…，
∴a1＝1，a2＝，a3＝，…，an＝，n∈N＋.
7.设an＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么an＋1－an等于(　　)
A. B.
C.＋ D.－
答案　D
解析　∵an＝＋＋＋…＋，
∴an＋1＝＋＋…＋＋＋，
∴an＋1－an＝＋－＝－.
二、填空题
8.观察数列的特点，用一个适当的数填空：1，，，， ，，….
答案　3
解析　由于数列的前几项中根号下的数是从小到大的奇数，所以需要填的数为＝3.
9.数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式是 .
答案　an＝2n＋1，n∈N＋
解析　由于数列中3＝21＋1，5＝22＋1，9＝23＋1，17＝24＋1，33＝25＋1，…，所以an＝2n＋1，n∈N＋.
10.323是数列{n(n＋2)}的第 项.
答案　17
解析　由an＝n2＋2n＝323，解得n＝17(负值舍去).
所以323是数列{n(n＋2)}中的第17项.
11.已知数列{an}的通项公式an＝19－2n，则使an>0成立的最大正整数n的值为 .
答案　9
解析　由an＝19－2n>0，得n<.
∵n∈N＋，∴n≤9.
三、解答题
12.根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式.
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)，，－，，－，，…；
(3)，1，，，….
解　(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n+1表示，其各项的绝对值的排列规律：后面数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)，n∈N＋.
(2)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出第2，3，4项的分子均比分母小3.因此把第1项变为－，
因此原数列可化为－，，－，，…，
∴an＝(－1)n·，n∈N＋.
(3)将数列统一为，，，，…，对于分子3，5，7，9，…是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，
对于分母2，5，10，17，…，联想到数列1，4，9，16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，
∴可得原数列的一个通项公式为an＝，n∈N＋.
13.在数列{an}中，a1＝2，a17＝66，通项公式an是n的一次函数.
(1)求{an}的通项公式；
(2)88是不是数列{an}中的项？
解　(1)设an＝kn＋b，k≠0.
则解得
∴an＝4n－2，n∈N＋.
(2)令an＝88，即4n－2＝88，解得n＝22.5?N＋，
∴88不是数列{an}中的项.
四、探究与拓展
14.如图所示的图案中，白色正六边形的个数依次构成一个数列的前3项，则这个数列的一个通项公式为 .
答案　an＝4n＋2，n∈N＋
解析　这三个图案中白色正六边形的个数如下图所示，依次为6，6＋4，6＋4×2，所以这个数列的一个通项公式为an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.
15.已知数列，n∈N＋.
(1)求这个数列的第10项；
(2)是不是该数列中的项，为什么？
(3)求证：该数列是递增数列；
(4)在区间内有无数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.
(1)解　设f(n)＝＝＝.
令n＝10，得第10项a10＝f(10)＝.
(2)解　令＝，得9n＝300.
∵此方程无正整数解，
∴不是该数列中的项.
(3)证明　∵an＝＝＝1－，
∴an＋1－an＝－
＝＝＞0，n∈N＋.
∴{an}是递增数列.
(4)解　令即解得∴∴当且仅当n＝2时，上式成立，
故区间内有数列中的项，且只有一项a2＝.
2.1.2　数列的递推公式(选学)
学习目标　1.理解递推公式是数列的一种表示方法.2.能根据递推公式写出数列的前n项.
3.掌握由一些简单的递推公式求通项公式的方法.
知识点一　递推公式
思考　下图形象地用小正方形个数给出数列{an}的前4项：
那么a2＝a1＋ ，a3＝a2＋ ，a4＝a3＋ .由此猜想an＝an－1＋ .
答案　2　3　4　n
梳理　思考中的数列{an}可由完全确定.
定义：如果已知数列的第一项(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.
知识点二　递推公式与通项公式的比较
思考　(1)已知求a4；
(2)已知an＝2n，求a4.
答案　(1)a2＝a1＋2＝4，a3＝a2＋2＝6，a4＝a3＋2＝8；
(2)a4＝2×4＝8.
梳理　通项公式和递推公式都是给出数列的方法.已知数列的通项公式，可以直接求出任意一项；已知递推公式，要求某一项，则必须依次求出该项前面所有的项.
1.根据通项公式可以求出数列的任意一项.(　√　)
2.有些数列可能不存在最大项.(　√　)
3.递推公式是表示数列的一种方法.(　√　)
4.所有的数列都有递推公式.(　×　)
类型一　由数列前若干项归纳递推公式
例1　已知数列{an}的前4项依次是：13，31，49，67，试猜想an＋1与an的关系.
解　由a2－a1＝31－13＝18，
a3－a2＝49－31＝18，
a4－a3＝67－49＝18，
猜想an＋1－an＝18，即an＋1＝an＋18，n∈N＋.
反思与感悟　递推公式是反映数列相邻两项(或几项)间的关系的，所以寻找数列的递推关系，也常从数列相邻项有何变化着手，常考虑的变化有：数列是递增数列还是递减数列，若递增，增幅有什么规律.
跟踪训练1　已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，试猜想{an}的递推公式.
解　由a2－a1＝3－1＝2＝21，a3－a2＝7－3＝4＝22，a4－a3＝15－7＝8＝23，
猜想an＋1－an＝2n，n∈N＋.
或a2＝2×a1＋1，a3＝2×a2＋1，a4＝2×a3＋1.
猜想an＋1＝2an＋1，n∈N＋.
类型二　数列的递推公式的应用

例2　设数列{an}满足写出这个数列的前5项.
解　由题意可知，a1＝1，a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝，a5＝1＋＝.
引申探究
若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，求a2 018.
解　a2＝＝＝－3，
a3＝＝＝－，
a4＝＝＝，
a5＝＝＝2＝a1，
故{an}是周期为4的数列.
∴a2 018＝a4×504＋2＝a2＝－3.
反思与感悟　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，已知n的值即可得到相应的项；而递推公式则要已知首项(或前几项)，才可依次求得其他的项.若项数很大，则应考虑数列是否有规律性.
跟踪训练2　在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n≥1)，写出此数列的前6项.
解　a1＝2，a2＝3，
a3＝3a2－2a1＝3×3－2×2＝5，
a4＝3a3－2a2＝3×5－2×3＝9，
a5＝3a4－2a3＝3×9－2×5＝17，
a6＝3a5－2a4＝3×17－2×9＝33.

例3　(1)对于任意数列{an}，等式：a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an(n≥2，n∈N＋)都成立.试根据这一结论，完成问题：已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1－an＝2，求通项an；
(2)若数列{an}中各项均不为零，则有a1···…·＝an(n≥2，n∈N＋)成立.试根据这一结论，完成问题：已知数列{an}满足：a1＝1，＝(n≥2，n∈N＋)，求通项an.
解　(1)当n≥2，n∈N＋时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋＝2(n－1)＋1＝2n－1.
a1＝1也适合上式，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1，n∈N＋.
(2)当n≥2，n∈N＋时，an＝a1···…·＝1···…·＝.
a1＝1也适合上式，所以数列{an}的通项公式是an＝，n∈N＋.
反思与感悟　形如an＋1－an＝f(n)的递推公式，可以利用a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an(n≥2，n∈N＋)求通项公式，这种方法叫做“叠加法”；形如＝f(n)的递推公式，可以利用a1···…·＝an(n≥2，n∈N＋)求通项公式，这种方法叫做“叠乘法”.
跟踪训练3　已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1－an，试写出a3，a4，a5，a6，a7，a8，你发现数列{an}具有怎样的规律并证明此规律.你能否求出该数列中的第2 018项？
解　a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，….
发现：an＋6＝an，数列{an}具有周期性，周期T＝6.
证明如下：∵an＋2＝an＋1－an，
∴an＋3＝an＋2－an＋1＝(an＋1－an)－an＋1＝－an.
∴an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an.
∴数列{an}是周期数列，且T＝6.
∴a2 018＝a336×6＋2＝a2＝2.
1.数列1，3，6，10，15，…的递推公式是(　　)
A.an＋1＝an＋n，n∈N＋ B.an＝an－1＋n，n∈N＋
C.an＋1＝an＋(n＋1)，n∈N＋ D.an＝an－1＋(n－1)，n∈N＋，n≥2
答案　C
解析　由已知，得a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an＋1－an＝n＋1，n∈N＋，故选C.
2.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＋1＝0(n∈N＋)，则此数列的通项公式为(　　)
A.an＝n2＋1，n∈N＋ B.an＝n＋1，n∈N＋
C.an＝1－n，n∈N＋ D.an＝3－n，n∈N＋
答案　D
解析　∵an＋1－an＝－1，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋＝2＋(－1)×(n－1)＝3－n，n∈N＋.
3.用火柴棒按下图的方法搭三角形：
按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数an与所搭三角形的个数n之间的关系式可以是 .
答案　an＝2n＋1，n∈N＋
解析　a1＝3，a2＝3＋2＝5，a3＝3＋2＋2＝7，a4＝3＋2＋2＋2＝9，…，
∴an＝2n＋1，n∈N＋.
4.已知：数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an
(1)写出数列的前5项；
(2)猜想数列{an}的通项公式.
解　(1)a1＝1，a2＝×1＝，a3＝×＝，a4＝×＝，a5＝×＝.
(2)猜想：an＝，n∈N＋.
1.{an}与an是不同的两种表示，{an}表示数列a1，a2，…，an，…，是数列的一种简记形式.而an只表示数列{an}的第n项，an与{an}是“个体”与“整体”的从属关系.
2.数列的表示方法：(1)图象法；(2)列表法；(3)通项公式法；(4)递推公式法.
3.通项公式和递推公式的区别：通项公式直接反映an和n之间的关系，即an是n的函数，知道任意一个具体的n值，就可以求出该项的值an；而递推公式则是间接反映数列的式子，它是数列任意两个(或多个)相邻项之间的推导关系，不能由n直接得出an.
一、选择题
1.已知an＋1－an－3＝0，则数列{an}是(　　)
A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.不能确定
答案　A
解析　an＋1－an＝3＞0，故数列{an}为递增数列.
2.已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列的第4项是(　　)
A.1 B. C. D.
答案　B
解析　a2＝a1＋＝1；a3＝a2＋＝；a4＝a3＋＝.
3.数列{an}中，a1＝1，对所有的n≥2，n∈N＋，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5等于(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　a1a2a3＝32，a1a2＝22，a1a2a3a4a5＝52，a1a2a3a4＝42，
则a3＝＝，a5＝＝.故a3＋a5＝.
4.已知a1＝1，an＝an－1＋3(n≥2，n∈N＋)，则数列的通项公式为(　　)
A.an＝3n＋1 B.an＝3n
C.an＝3n－2 D.an＝3(n－1)
答案　C
解析　∵an＝an－1＋3，∴an－an－1＝3.
∴a2－a1＝3，a3－a2＝3，a4－a3＝3，…，an－an－1＝3，
以上各式两边分别相加，得an－a1＝3(n－1)，
∴an＝a1＋3(n－1)＝1＋3(n－1)＝3n－2，故选C.
5.若a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的第4项是(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　a2＝＝＝，a3＝＝＝，a4＝＝＝.
6.已知数列{an}对任意的m，n∈N＋满足am＋n＝am＋an，且a2＝1，那么a10等于(　　)
A.3 B.5 C.7 D.9
答案　B
解析　因为am＋n＝am＋an，且a2＝1，所以a4＝2a2＝2，a8＝2a4＝4，从而a10＝a2＋a8＝1＋4＝5，故选B.
二、填空题
7.已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝ .
答案　
解析　计算得a2＝，a3＝，a4＝，
故数列{an}是以3为周期的周期数列，
又知2 018除以3余2，所以a2 018＝a2＝.
8.已知数列{an}的通项公式为an＝则它的前4项依次为 .
答案　4，7，10，15
解析　a1＝3＋1＝4；a2＝4×2－1＝7；a3＝3×3＋1＝10；a4＝4×4－1＝15.
9.已知数列{an}满足：an≤an＋1，an＝n2＋λn，n∈N＋，则实数λ的最小值是 .
答案　－3
解析　an≤an＋1等价于n2＋λn≤(n＋1)2＋λ(n＋1)，
即λ≥－(2n＋1)，n∈N＋，即λ≥－3.
10.若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1，且a1＝1，则a100＝ .
答案　5 050
解析　由(n－1)an＝(n＋1)an－1，得＝，
则a100＝a1···…·＝1×××…×＝5 050.
11.根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，可以得出第n个图中有 个点.
答案　n2－n＋1
解析　图(1)只有1个点，无分支；
图(2)除中间1个点外，有2个分支，每个分支有1个点；
图(3)除中间1个点外，有3个分支，每个分支有2个点；
图(4)：除中间1个点外，有4个分支，每个分支有3个点；
…
猜想图(n)中除中间1个点外，有n个分支，每个分支有(n－1)个点，
故图(n)中点的个数为1＋n(n－1)＝n2－n＋1.
三、解答题
12.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝，＋＝(n∈N＋，n≥3)，求a3，a4.
解　由a1＝1，a2＝且＋＝，
知当n＝3时，＋＝，
∴＝－＝3－1＝2，
∴a3＝.
当n＝4时，＋＝，
∴＝－＝4－＝，∴a4＝.
13.根据下列条件，写出数列的前4项，并归纳猜想它的通项公式.
(1)a1＝0，an＋1＝an＋2n－1(n∈N＋)；
(2)a1＝1，an＋1＝an＋(n∈N＋)；
(3)a1＝－1，an＋1＝an＋(n∈N＋).
解　(1)a1＝0，a2＝1，a3＝4，a4＝9.
猜想an＝(n－1)2(n∈N＋).
(2)a1＝1，a2＝，a3＝＝2，a4＝.
猜想an＝(n∈N＋).
(3)a1＝－1，a2＝－，a3＝－，a4＝－.
猜想an＝－(n∈N＋).
四、探究与拓展
14.对于数列{an}，若存在实数M，对任意的n∈N＋都有an>M，则称M为数列{an}的一个下界，数列{an}的最大下界称为下确界.已知数列{an}的通项公式为an＝，按此定义，则数列{an}的下确界是 .
答案　1
解析　由题意知，an＝＝1＋，
由于>0，所以对任意n∈N＋，都有an>1，
易知1是数列{an}的最大下界.故数列{an}的下确界是1.
15.已知数列{an}满足a1＝，anan－1＝an－1－an(n∈N＋，n≥2)，求数列{an}的通项公式.
解　∵anan－1＝an－1－an，∴－＝1.
∴当n≥2，n∈N＋时，
＝＋＋＋…＋＝2＋＝n＋1.
∴＝n＋1，
∴当n≥2，n∈N＋时，an＝，a1＝也适合上式，∴ an＝(n∈N＋).
§2.2　等差数列
2.2.1　等差数列
第1课时　等差数列的概念及通项公式
学习目标　1.理解等差数列的定义.2.会推导等差数列的通项公式，能运用等差数列的通项公式解决一些简单的问题.3.掌握等差中项的概念，深化认识并能运用.
知识点一　等差数列的定义
思考　给出以下三个数列：
(1)0，5，10，15，20；
(2)4，4，4，4，…；
(3)18，15.5，13，10.5，8，5.5.
它们有什么共同的特征？
答案　从第2项起，每一项与它的前一项的差都是同一个常数.
梳理　一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示.
知识点二　等差中项的概念
思考　观察所给的两个数之间，插入一个什么数后三个数就会成为一个等差数列：
(1)2，4；(2)－1，5；(3)a，b；(4)0，0.
答案　插入的数分别为3，2，，0.
梳理　如果三个数x，A，y组成等差数列，那么A叫做x和y的等差中项，且A＝.
知识点三　等差数列的通项公式
思考　对于等差数列2，4，6，8，…，有a2－a1＝2，即a2＝a1＋2；a3－a2＝2，即a3＝a2＋2＝a1＋2×2；a4－a3＝2，即a4＝a3＋2＝a1＋3×2.
试猜想an＝a1＋(　　)×2.
答案　n－1
梳理　若一个等差数列{an}，首项是a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.此公式可用叠加法证明.
1.若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，则这个数列是等差数列.(　√　)
2.等差数列{an}的单调性与公差d有关.(　√　)
3.根据等差数列的通项公式，可以求出数列中的任意一项.(　√　)
4.若三个数a，b，c满足2b＝a＋c，则a，b，c一定是等差数列.(　√　)
类型一　等差数列的概念
例1　判断下列数列是不是等差数列？
(1)9，7，5，3，…，－2n＋11，…；
(2)－1，11，23，35，…，12n－13，…；
(3)1，2，1，2，…；
(4)1，2，4，6，8，10，…；
(5)a，a，a，a，a，….
解　由等差数列的定义得(1)(2)(5)是等差数列，(3)(4)不是等差数列.
反思与感悟　判断一个数列是不是等差数列，就是判断该数列的每一项减去它的前一项的差是否为同一个常数，但数列项数较多或是无穷数列时，逐一验证显然不行，这时可以验证an＋1－an(n≥1，n∈N＋)是不是一个与n无关的常数.
跟踪训练1　数列{an}的通项公式an＝2n＋5，则此数列(　　)
A.是公差为2的等差数列 B.是公差为5的等差数列
C.是首项为5的等差数列 D.是公差为n的等差数列
答案　A
解析　∵an＋1－an＝2(n＋1)＋5－(2n＋5)＝2，
∴{an}是公差为2的等差数列.
类型二　等差中项
例2　在－1与7之间顺次插入三个数a，b，c，使这五个数成等差数列，求此数列.
解　∵－1，a，b，c，7成等差数列，
∴b是－1与7的等差中项，∴b＝＝3.
又a是－1与3的等差中项，∴a＝＝1.
又c是3与7的等差中项，∴c＝＝5.
∴该数列为－1，1，3，5，7.
反思与感悟　在等差数列{an}中，由定义有an＋1－an＝an－an－1(n≥2，n∈N＋)，即an＝，从而由等差中项的定义知，等差数列从第2项起的每一项都是它前一项与后一项的等差中项.
跟踪训练2　若m和2n的等差中项为4，2m和n的等差中项为5，求m和n的等差中项.
解　由m和2n的等差中项为4，得m＋2n＝8.又由2m和n的等差中项为5，得2m＋n＝10.两式相加，得m＋n＝6.所以m和n的等差中项为＝3.
类型三　等差数列通项公式的求法及应用

例3　在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36，求通项公式an.
解　由题意，得
解得d＝2，a1＝2.∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
反思与感悟　把已知量都用基本量a1，d，n表示，列出方程求解的思想方法，称为方程思想.
跟踪训练3　已知等差数列{an}满足a2＋a3＋a4＝18，a2a3a4＝66.求数列{an}的通项公式.
解　∵a2＋a4＝2a3，
∴a2＋a3＋a4＝3a3＝18.
∴a3＝6，a2＋a4＝12.
又a2a3a4＝66，∴a2a4＝11.
由∴或
由a2＝1，a4＝11知，d＝a3－a2＝5，a1＝a2－d＝－4，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋(n－1)×5＝5n－9，n∈N＋.
由a2＝11，a4＝1知，d＝a3－a2＝－5，a1＝a2－d＝16，
∴an＝a1＋(n－1)d＝16＋(n－1)×(－5)＝－5n＋21，n∈N＋.
∴an＝5n－9(n∈N＋)或an＝－5n＋21(n∈N＋).

例4　某市出租车的计价标准为1.2元/km，起步价为10元，即最初的4 km(不含4 km)计费10元，如果某人乘坐该市的出租车去往14 km处的目的地，且一路畅通，等候时间为0，那么需要支付多少车费？
解　根据题意，当该市出租车的行程大于或等于4 km时，每增加1 km，乘客需要支付1.2元.
故可以建立一个等差数列{an}来计算车费.
令a1＝11.2，表示4 km处的车费，公差d＝1.2，
那么当出租车行至14 km处时，n＝11，
此时需要支付车费a11＝11.2＋(11－1)×1.2＝23.2(元).
即需要支付车费23.2元.
反思与感悟　在实际问题中，若一组数依次成等数额增长或下降，则可考虑利用等差数列方法解决.在利用数列方法解决实际问题时，一定要分清首项、项数等关键问题.
跟踪训练4　在通常情况下，从地面到10 km高空，高度每增加1 km，气温就下降某一个固定数值.如果1 km高度的气温是8.5 ℃，5 km高度的气温是－17.5 ℃，求2 km，4 km，8 km高度的气温.
解　用{an}表示自下而上各高度气温组成的等差数列，则a1＝8.5，a5＝－17.5，
由a5＝a1＋4d＝8.5＋4d＝－17.5，解得d＝－6.5，
∴an＝15－6.5n(n∈N＋).∴a2＝2，a4＝－11，a8＝－37，
即2 km，4 km，8 km高度的气温分别为
2 ℃，－11 ℃，－37 ℃.
1.已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差d为(　　)
A.2 B.3 C.－2 D.－3
答案　C
解析　由等差数列的定义，得d＝a2－a1＝－1－1＝－2.
2.已知在△ABC中，三内角A，B，C成等差数列，则角B等于(　　)
A.30° B.60° C.90° D.120°
答案　B
解析　因为A，B，C成等差数列，
所以B是A，C的等差中项，则有A＋C＝2B，
又因为A＋B＋C＝180°，所以3B＝180°，从而B＝60°.
3.已知数列{an}中，a1＝3，an＝an－1＋3(n≥2)，则an＝ .
答案　3n
解析　因为当n≥2时，an－an－1＝3，
所以{an}是以a1＝3为首项，d＝3为公差的等差数列.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋3(n－1)＝3n.
4.在等差数列{an}中，已知a1＝，a2＋a5＝4，若an＝33，求n的值.
解　∵a2＋a5＝(a1＋d)＋(a1＋4d)＝2a1＋5d＝4，
∴d＝.∴an＝＋(n－1)×＝n－.
由an＝n－＝33，解得n＝50.
1.判断一个数列是不是等差数列的常用方法
(1)an＋1－an＝d(d为常数，n∈N＋)?{an}是等差数列；
(2)2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)?{an}是等差数列；
(3)an＝kn＋b(k，b为常数，n∈N＋)?{an}是等差数列.
但若要说明一个数列不是等差数列，则只需举出一个反例即可.
2.由等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d可以看出，只要知道首项a1和公差d，就可以求出通项公式，反过来，在a1，d，n，an四个量中，只要知道其中任意三个量，就可以求出另一个量.
一、选择题
1.若a≠b，则等差数列a，x1，x2，b的公差是(　　)
A.b－a B. C. D.
答案　C
解析　由等差数列的通项公式，
得b＝a＋(4－1)d，所以d＝.
2.已知等差数列{an}中，a3＋a8＝22，a6＝7，则a5等于(　　)
A.15 B.22
C.7 D.29
答案　A
解析　设{an}的首项为a1，公差为d，
根据题意得
解得a1＝47，d＝－8.
所以a5＝47＋(5－1)×(－8)＝15.
3.等差数列20，17，14，11，…中第一个负数项是(　　)
A.第7项 B.第8项 C.第9项 D.第10项
答案　B
解析　∵a1＝20，d＝－3，
∴an＝20＋(n－1)×(－3)＝23－3n，
∴a7＝2＞0，a8＝－1＜0.
4.若5，x，y，z，21成等差数列，则x＋y＋z的值为(　　)
A.26 B.29 C.39 D.52
答案　C
解析　∵5，x，y，z，21成等差数列，
∴y既是5和21的等差中项也是x和z的等差中项.
∴5＋21＝2y，
∴y＝13，x＋z＝2y＝26，
∴x＋y＋z＝39.
5.若数列{an}满足3an＋1＝3an＋1(n∈N＋)，则数列{an}是(　　)
A.公差为1的等差数列
B.公差为的等差数列
C.公差为－的等差数列
D.不是等差数列
答案　B
解析　由3an＋1＝3an＋1，
得3an＋1－3an＝1，即an＋1－an＝，
所以数列{an}是公差为的等差数列.
6.已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是(　　)
A.15 B.30 C.31 D.64
答案　A
解析　方法一　由
得
∴a12＝a1＋11d＝－＋11×＝15.
方法二　由等差中项的定义可得a7＋a9＝a4＋a12，
∴a12＝16－1＝15.
二、填空题
7.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＝ .
答案　
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，∴d1＝；第二个数列共(n＋2)项，∴d2＝.这样可求出＝＝.
8.－1与＋1的等差中项是 .
答案　
解析　设等差中项为a，
则有a＝＝.
9.若一个等差数列的前三项为a，2a－1，3－a，则这个数列的通项公式为 .
答案　an＝，n∈N＋
解析　∵a＋(3－a)＝2(2a－1)，∴a＝.
∴这个等差数列的前三项依次为，，，
∴d＝，an＝＋(n－1)×＝.
故an＝，n∈N＋.
10.若{an}是等差数列，a15＝8，a60＝20，则a75＝ .
答案　24
解析　设{an}的公差为d.
由题意知解得
所以a75＝a1＋74d＝＋74×＝24.
11.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N＋)，则该数列的通项为 .
答案　an＝，n∈N＋
解析　由已知式＝＋，
得－＝－，知是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，
所以＝n，即an＝，n∈N＋.
三、解答题
12.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝.数列是否为等差数列？说明理由.
解　数列是等差数列，理由如下：
∵a1＝2，an＋1＝，
∴＝＝＋，
∴－＝，
故数列是首项为，公差为的等差数列.
13.已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－(n≥2，n∈N＋)，
令bn＝.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明　因为an＝4－(n≥2，n∈N＋)，
所以an＋1－2＝2－＝(n≥1，n∈N＋)，
所以＝＝＋(n≥1，n∈N＋)，
所以－＝(n≥1，n∈N＋)，
即bn＋1－bn＝(n≥1，n∈N＋).
所以数列{bn}是等差数列.
(2)解　由(1)知是首项为＝，公差为的等差数列，
所以＝＋(n－1)·＝，
解得an＝2＋.
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋，n∈N＋.
四、探究与拓展
14.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＝ .
答案　3n2
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.
15.已知等差数列{an}：3，7，11，15，….
(1)135，4m＋19(m∈N＋)是{an}中的项吗？试说明理由；
(2)若ap，aq(p，q∈N＋)是数列{an}中的项，则2ap＋3aq是数列{an}中的项吗？并说明你的理由.
解　a1＝3，d＝4，an＝a1＋(n－1)d＝4n－1，n∈N＋.
(1)令an＝4n－1＝135，∴n＝34，
∴135是数列{an}中的第34项.
令an＝4n－1＝4m＋19，则n＝m＋5∈N＋，
∴4m＋19是数列{an}中的第m＋5(m∈N＋)项.
(2)∵ap，aq是数列{an}中的项，
∴ap＝4p－1，aq＝4q－1.
∴2ap＋3aq＝2(4p－1)＋3(4q－1)
＝8p＋12q－5＝4(2p＋3q－1)－1，
其中2p＋3q－1∈N＋，
∴2ap＋3aq是数列{an}中的第2p＋3q－1项.
第2课时　等差数列的性质
学习目标　1.能根据等差数列的定义推出等差数列的常用性质.2.能运用等差数列的性质解决有关问题.
知识点一　等差数列通项公式的推广
思考1　已知等差数列{an}的首项a1和公差d能表示出通项an＝a1＋(n－1)d，如果已知第m项am和公差d，又如何表示通项an?
答案　设等差数列的首项为a1，则am＝a1＋(m－1)d，
变形得a1＝am－(m－1)d，
则an＝a1＋(n－1)d＝am－(m－1)d＋(n－1)d＝am＋(n－m)d.
思考2　由思考1可得d＝，d＝，你能联系直线的斜率解释一下这两个式子的几何意义吗？
答案　等差数列通项公式可变形为an＝dn＋(a1－d)，其图象为一条直线上孤立的一系列点，(1，a1)，(m，am)，(n，an)都是这条直线上的点.d为直线的斜率，故两点(1，a1)，(n，an)连线的斜率d＝.当两点为(m，am)，(n，an)时，有d＝.
梳理　等差数列{an}中，若公差为d，则an＝am＋(n－m)d，当n≠m时，d＝.
知识点二　等差数列的性质
思考　还记得高斯怎么计算1＋2＋3＋…＋100的吗？推广到一般的等差数列，你有什么猜想？
答案　利用1＋100＝2＋99＝…，在有穷等差数列中，与首末两项“等距离”的两项之和等于首项与末项的和.即a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝….
梳理　在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq.特别地，若m＋n＝2p，则an＋am＝2ap.
知识点三　由等差数列衍生的新数列
思考　若{an}是公差为d的等差数列，那么{an＋an＋2}是等差数列吗？若是，公差是多少？
答案　∵(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1－an)＋(an＋3－an＋2)＝d＋d＝2d，
∴{an＋an＋2}是公差为2d的等差数列.
梳理　若{an}，{bn}分别是公差为d，d′的等差数列，则有
数列
结论
{c＋an}
公差为d的等差数列(c为任一常数)
{c·an}
公差为cd的等差数列(c为任一常数)
{an＋an＋k}
公差为2d的等差数列(k为常数，k∈N＋)
{pan＋qbn}
公差为pd＋qd′的等差数列(p，q为常数)
1.若{an}是等差数列，则{|an|}也是等差数列.(　×　)
2.若{|an|}是等差数列，则{an}也是等差数列.(　×　)
3.若{an}是等差数列，则对任意n∈N＋都有2an＋1＝an＋an＋2.(　√　)
4.数列{an}的通项公式为an＝3n＋5，则数列{an}的公差与函数y＝3x＋5的图象的斜率相等.(　√　)
类型一　等差数列推广通项公式的应用
例1　数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列，且bn＝an＋1－an(n∈N＋)，若b3＝－2，b10＝12，则a8等于(　　)
A.0 B.3
C.8 D.11
答案　B
解析　{bn}为等差数列，设其公差为d，
则d＝＝＝2，
∴bn＝b3＋(n－3)d＝2n－8.∴b4＝2×4－8＝0.
∴a8＝(a8－a7)＋(a7－a6)＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝b7＋b6＋…＋b1＋a1＝(b7＋b1)＋(b6＋b2)＋(b5＋b3)＋b4＋a1
＝7b4＋a1＝7×0＋3＝3.
反思与感悟　灵活利用等差数列的性质，可以减少运算.
跟踪训练1　在等差数列{an}中，已知a2＝5，a8＝17，求数列的公差及通项公式.
解　因为a8＝a2＋(8－2)d，所以17＝5＋6d，解得d＝2.
又因为an＝a2＋(n－2)d，所以an＝5＋(n－2)×2＝2n＋1.
类型二　等差数列性质的应用
例2　已知在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求此数列的通项公式.
解　方法一　因为a1＋a7＝2a4，a1＋a4＋a7＝3a4＝15，
所以a4＝5.
又因为a2a4a6＝45，所以a2a6＝9，
即(a4－2d)(a4＋2d)＝9，(5－2d)(5＋2d)＝9，
解得d＝±2.
若d＝2，an＝a4＋(n－4)d＝5＋(n－4)×2＝2n－3；
若d＝－2，an＝a4＋(n－4)d＝5＋(n－4)×(－2)＝13－2n.
所以an＝2n－3，n∈N＋或an＝－2n＋13，n∈N＋.
方法二　设等差数列的公差为d，
则由a1＋a4＋a7＝15，得
a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝15，
即a1＋3d＝5.①
由a2a4a6＝45，
得(a1＋d)(a1＋3d)(a1＋5d)＝45，
将①代入上式，得(a1＋d)×5×(5＋2d)＝45，
即(a1＋d)×(5＋2d)＝9，②
解①②组成的方程组，得a1＝－1，d＝2或a1＝11，d＝－2，
所以an＝－1＋2(n－1)＝2n－3，n∈N＋
或an＝11－2(n－1)＝－2n＋13，n∈N＋.
引申探究
1.在本例中，不难验证a1＋a4＋a7＝a2＋a4＋a6，则在等差数列{an}中，若m＋n＋p＝q＋r＋s，m，n，p，q，r，s∈N＋，是否有am＋an＋ap＝aq＋ar＋as?
解　设公差为d，则am＝a1＋(m－1)d，
an＝a1＋(n－1)d，
ap＝a1＋(p－1)d，
aq＝a1＋(q－1)d，
ar＝a1＋(r－1)d，
as＝a1＋(s－1)d，
∴am＋an＋ap＝3a1＋(m＋n＋p－3)d，
aq＋ar＋as＝3a1＋(q＋r＋s－3)d，
∵m＋n＋p＝q＋r＋s，
∴am＋an＋ap＝aq＋ar＋as.
2.在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝ .
答案　20
解析　∵a3＋a8＝10，
∴a3＋a3＋a8＋a8＝20.
∵3＋3＋8＋8＝5＋5＋5＋7，
∴a3＋a3＋a8＋a8＝a5＋a5＋a5＋a7，
即3a5＋a7＝2(a3＋a8)＝20.
跟踪训练2　(1)已知等差数列{an}中，a2＋a6＋a10＝1，求a4＋a8；
(2)设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，求a11＋a12＋a13的值.
解　(1)方法一　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＝.
∴a4＋a8＝2a1＋10d＝2(a1＋5d)＝.
方法二　根据等差数列性质，得a2＋a10＝a4＋a8＝2a6.
由a2＋a6＋a10＝1，
得3a6＝1，解得a6＝，
∴a4＋a8＝2a6＝.
(2){an}是公差为正数的等差数列，设公差为d(d>0)，
∵a1＋a3＝2a2，
∴a1＋a2＋a3＝15＝3a2，
∴a2＝5，又a1a2a3＝80，
∴a1a3＝(5－d)(5＋d)＝16，
解得d＝3或d＝－3(舍去)，
∴a12＝a2＋10d＝35，a11＋a12＋a13＝3a12＝105.
类型三　灵活设元求解等差数列问题
例3　已知成等差数列的四个数之和为26，第二个数和第三个数之积为40，求这四个数.
解　设四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，
则
由①，得a＝，代入②得d＝±，
所以四个数为2，5，8，11或11，8，5，2.
引申探究
若将本例中条件“第二个数和第三个数之积为40”改为
(1)“首尾两数之积比中间两数之积少2”，则结果如何？
(2)“前两个数的和为7”，结果又如何？
解　(1)设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.
由题意知
解得a＝，d＝±，
所以所求四个数为8，7，6，5或5，6，7，8.
(2)设四个数为a1，a2，a3，a4，则
因此a4－a2＝6，设公差为d，则2d＝6，
所以d＝3，a1＝2.
所以所求四个数为2，5，8，11.
跟踪训练3　(1)三个数成等差数列，其和为9，前两项之积为后一项的6倍，求这三个数；
(2)四个数成递增等差数列，中间两项的和为2，首末两项的积为－8，求四个数.
解　(1)设这三个数分别为a－d，a，a＋d，
则∴
∴这三个数分别为4，3，2.
(2)设这四个数分别为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.
则(a－d)＋(a＋d)＝2，∴a＝1.
又(a－3d)(a＋3d)＝－8，
即1－9d2＝－8，∴d2＝1.
又∵这四个数成递增等差数列，
∴d>0，即d＝1.
∴这四个数分别为－2，0，2，4.
1.在等差数列{an}中，已知a3＝10，a8＝－20，则公差d等于(　　)
A.3 B.－6
C.4 D.－3
答案　B
解析　由等差数列的性质，得a8－a3＝(8－3)d＝5d，
所以d＝＝－6.
2.在等差数列{an}中，已知a4＝2，a8＝14，则a15等于(　　)
A.32 B.－32
C.35 D.－35
答案　C
解析　由a8－a4＝(8－4)d＝4d＝14－2＝12，得d＝3，
所以a15＝a8＋(15－8)d＝14＋7×3＝35.
3.在等差数列{an}中，已知a4＋a5＝15，a7＝12，则a2等于(　　)
A.3 B.－3
C. D.－
答案　A
解析　由数列的性质，得a4＋a5＝a2＋a7，
所以a2＝15－12＝3.
4.在等差数列{an}中，已知a2＋2a8＋a14＝120，则2a9－a10＝ .
答案　30
解析　∵a2＋2a8＋a14＝4a8＝120，
∴a8＝30.
2a9－a10＝2(a10－d)－a10＝a10－2d＝a8＝30.
1.等差数列{an}中，每隔相同的项抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是等差数列.
2.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，如果条件与结论间的联系不明显，则均可根据a1，d的关系列方程组求解，但是，要注意公式的变形及整体计算，以减少计算量.
一、选择题
1.已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，则m的值为(　　)
A.12 B.8 C.6 D.4
答案　B
解析　由等差数列的性质得a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝2a8＋2a8＝4a8＝32，
∴a8＝8，又d≠0，∴m＝8.
2.设公差为－2的等差数列{an}，如果a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋a9＋…＋a99等于(　　)
A.－182 B.－78 C.－148 D.－82
答案　D
解析　a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)
＝(a1＋a4＋…＋a97)＋2d×33＝50＋2×(－2)×33＝－82.
3.下面是关于公差是d＞0的等差数列{an}的四种说法：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列.
其中说法正确的为(　　)
A.p1，p2 B.p3，p4
C.p2，p3 D.p1，p4
答案　D
解析　对于p1：an＝a1＋(n－1)d，d＞0，
∴an－an－1＝d＞0，则p1正确；
对于p2：nan＝na1＋n(n－1)d，
∴nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d，与0的大小关系和a1的取值情况有关.故数列{nan}不一定递增，则p2不正确；
对于p3：＝＋d，
∴－＝，
当d－a1＞0，即d＞a1时，数列是递增数列，
但d＞a1不一定成立，则p3不正确；
对于p4：设bn＝an＋3nd，
则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0.
∴数列{an＋3nd}是递增数列，则p4正确.
综上，正确的说法为p1，p4.
4.在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－a8的值为(　　)
A.4 B.6 C.8 D.10
答案　C
解析　∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，
∴a6＝16，∴a7－a8＝(2a7－a8)＝(a6＋a8－a8)＝a6＝8.
5.已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为的等差数列，则|m－n|等于(　　)
A.1 B. C. D.
答案　C
解析　由题意设这4个根为，＋d，＋2d，＋3d.
则＋＝2，∴d＝，
∴这4个根依次为，，，，
∴n＝×＝，m＝×＝或n＝，m＝，
∴|m－n|＝.
6.在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8的值为(　　)
A.45 B.75 C.180 D.300
答案　C
解析　∵a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝5a5＝450，∴a5＝90.
∴a2＋a8＝2a5＝180.
7.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为(　　)
A.1升 B.升
C.升 D.升
答案　B
解析　设自上而下9节竹子各节的容积构成等差数列{an}，其首项为a1，公差为d，
由条件，得即
解得所以a5＝a1＋4d＝.
二、填空题
8.若a，b，c成等差数列，则二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点的个数为 .
答案　1或2
解析　∵a，b，c成等差数列，
∴2b＝a＋c，
∴Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0.
∴二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点个数为1或2.
9.若三个数成等差数列，它们的和为9，平方和为59，则这三个数的积为 .
答案　－21
解析　设这三个数为a－d，a，a＋d，
则
解得或
∴这三个数为－1，3，7或7，3，－1.
∴这三个数的积为－21.
10.在等差数列{an}中，已知am＝n，an＝m，则am＋n的值为 .
答案　0
解析　方法一　设公差为d，则d＝＝＝－1，
从而am＋n＝am＋(m＋n－m)d＝n＋n·(－1)＝0.
方法二　设等差数列的通项公式为an＝an＋b(a，b为常数)，则
得a＝－1，b＝m＋n.所以am＋n＝a(m＋n)＋b＝0.
11.已知数列{an}满足a1＝1，若点在直线x－y＋1＝0上，则an＝ .
答案　n2
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.
三、解答题
12.三个数成等差数列，和为6，积为－24，求这三个数.
解　方法一　设等差数列的等差中项为a，公差为d，则这三个数分别为a－d，a，a＋d.
由题意知，
解得或
故三个数为－2，2，6或6，2，－2.
方法二　设首项为a，公差为d，这三个数分别为a，a＋d，a＋2d，
由题意知
解得或
故三个数为－2，2，6或6，2，－2.
13.正项数列{an}中，a1＝1，an＋1－＝an＋.
(1)数列{}是否为等差数列？说明理由；
(2)求an.
解　(1)数列是等差数列.
∵an＋1－＝an＋，
∴an＋1－an＝＋，
∴(＋)·(－)＝＋，
∵{an}是正项数列，
∴＋≠0，∴－＝1，
∴{}是等差数列，公差为1.
(2)由(1)知{}是等差数列，且公差d＝1，
∴＝＋(n－1)×d＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＝n2，n∈N＋.
四、探究与拓展
14.已知等差数列{an}中，a9＋a10＝a，a19＋a20＝b，则a99＋a100等于(　　)
A.18a－19b B.19b－18a C.9b－8a D.8b－9a
答案　C
解析　将相邻两项和a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…，a99＋a100分别记为b1，b2，b3，…，b50，可知{bn}为等差数列，设此数列的公差为d，则d＝＝.所以a99＋a100＝b50＝b5＋45d＝a＋×45＝9b－8a.
15.下表给出一个“等差数阵”：
4
7
(　)
(　)
(　)
…
a1j
…
7
12
(　)
(　)
(　)
…
a2j
…
(　)
(　)
(　)
(　)
(　)
…
a3j
…
(　)
(　)
(　)
(　)
(　)
…
a4j
…
…
…
…
…
…
…
…
…
ai1
ai2
ai3
ai4
ai5
…
aij
…
…
…
…
…
…
…
…
…
其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数.
(1)写出a45的值；
(2)写出aij的计算公式，以及2 017这个数在等差数阵中所在的一个位置.
解　(1)a45表示等差数阵中第4行第5列的数，先看第1行，由题意知，4，7，…，a15，…成等差数列，公差d＝7－4＝3，则a15＝4＋(5－1)×3＝16.
再看第2行，同理可得a25＝27.
最后看第5列，由题意知，a15，a25，a35，a45，…成等差数列，所以a45＝16＋3×(27－16)＝49.
(2)该等差数阵的第1行是首项为4，公差为3的等差数列，则a1j＝4＋3(j－1)；第2行是首项为7，公差为5的等差数列，则a2j＝7＋5(j－1)；
…
第j列是首项为4＋3(j－1)，公差为2j＋1的等差数列，
则aij＝4＋3(j－1)＋(i－1)(2j＋1)＝2ij＋i＋j＝j(2i＋1)＋i.
要求2 017在该等差数阵中的位置，也就是要找正整数i，j，使得j(2i＋1)＋i＝2 017，则j＝.
因为i，j∈N＋，所以当i＝1时，得j＝672，满足题意.
所以2 017在等差数阵中的一个位置是第1行第672列.
2.2.2　等差数列的前n项和(一)
学习目标　1.掌握等差数列前n项和公式及其获取思路.2.熟知公式的推导过程，体验从特殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思.3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中三个求另外两个.
知识点一　等差数列的前n项和公式
思考　高斯用1＋2＋3＋…＋100＝(1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)＝101×50迅速求出了等差数列前100项的和.但如果是求1＋2＋3＋…＋n，不知道共有奇数项还是偶数项怎么办？
答案　 不知道共有奇数项还是偶数项导致不能配对.但我们可以采用倒序相加来回避这个问题：设Sn＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n，
又Sn＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1，
∴2Sn＝(1＋n)＋[2＋(n－1)]＋…＋[(n－1)＋2]＋(n＋1)，
∴2Sn＝n(n＋1)，∴Sn＝.
梳理　“倒序相加法”可以推广到一般等差数列求前n项和，其方法如下：
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an
＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－1)d]；
Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a2＋a1
＝an＋(an－d)＋(an－2d)＋…＋[an－(n－2)d]＋[an－(n－1)d].
两式相加，得2Sn＝n(a1＋an)，
由此可得等差数列{an}的前n项和公式Sn＝.
根据等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，
代入上式可得Sn＝na1＋d.
知识点二　等差数列的前n项和公式的特征
思考1　在等差数列{an}中，若已知a2＝7，能求出前3项和S3吗？
答案　S3＝＝3×＝3a2＝21.
思考2　我们对等差数列的通项公式变形：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，分析出通项公式与一次函数的关系.你能类比这个思路分析一下Sn＝na1＋d吗？
答案　按n的降幂展开Sn＝na1＋d ＝n2＋n是关于n的二次函数形式，且常数项为0.
梳理　对于等差数列{an}的前n项和Sn，有下面几种常见变形：
(1)Sn＝n·；
(2)Sn＝n2＋n；
(3)＝n＋.
知识点三　等差数列的前n项和公式的性质
思考　如果{an}是等差数列，那么a1＋a2＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a20，a21＋a22＋…＋a30是等差数列吗？
答案　(a11＋a12＋…＋a20)－(a1＋a2＋…＋a10)＝(a11－a1)＋(a12－a2)＋…＋(a20－a10)
＝＝100d，类似可得
(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)＝100d.
∴a1＋a2＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a20，a21＋a22＋…＋a30是等差数列.
梳理　(1)Sm，S2m，S3m分别为等差数列{an}的前m项的和，前2m项的和，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为m2d.
(2)若等差数列的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(an＋an＋1)，且S偶－S奇＝nd，＝.
(3)若等差数列的项数为2n－1(n∈N＋)，
则S2n－1＝(2n－1)an，且S奇－S偶＝an，S奇＝nan，S偶＝(n－1)·an，＝.
1.数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项an所有项的和.(　√　)
2.an＝Sn－Sn－1(n≥2)化简后关于n与an的函数式即为数列{an}的通项公式.(　×　)
类型一　等差数列的前n项和公式的应用

例1　已知一个等差数列{an}的前10项的和是310，前20项的和是1 220，由这些条件能确定这个等差数列的前n项和的公式吗？
解　方法一　由题意，知S10＝310，S20＝1 220，
将它们代入公式Sn＝na1＋d，
得解方程组得
∴Sn＝n×4＋×6＝3n2＋n，n∈N＋.
方法二　S10＝＝310，即a1＋a10＝62，①
S20＝＝1 220，即a1＋a20＝122，②
②－①得a20－a10＝60，∴10d＝60，∴d＝6，a1＝4.
∴Sn＝na1＋d＝3n2＋n，n∈N＋.
反思与感悟　(1)在解决与等差数列的前n项和有关的问题时，要注意方程思想和整体思想的运用.
(2)构成等差数列的前n项和公式的元素有a1，d，n，an，Sn，知其三能求另外两个.
跟踪训练1　在等差数列{an}中.
(1)a1＝，an＝－，Sn＝－5，求n和d；
(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d；
(3)已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.
解　(1)由题意，得Sn＝＝＝－5，解得n＝15.
又a15＝＋(15－1)d＝－，∴d＝－.
(2)由已知，得S8＝＝＝172，解得a8＝39，
又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.
(3)由
得
解方程组得或

例2　某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？
解　设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20，则
a1＝50＋1 000×1%＝60(元)，
a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5(元)，
…，
a10＝50＋(1 000－9×50)×1%＝55.5(元)，即第10个月应付款55.5元.
由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列，
所以有S20＝×20＝1 105(元)，
即全部付清后实际付款1 105＋150＝1 255(元).
反思与感悟　建立等差数列的模型时，要根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数.
跟踪训练2　甲，乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲，乙开始运动后几分钟第一次相遇？
(2)如果甲，乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
解　(1)设开始运动n分钟后第一次相遇，依题意，
有2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0.
解得n＝7或n＝－20(舍去).
所以第一次相遇是在开始运动后7分钟.
(2)设开始运动m分钟后第二次相遇，依题意，
有2m＋＋5m＝3×70，
整理得m2＋13m－420＝0.
解得m＝15或m＝－28(舍去).
所以第二次相遇是在开始运动后15分钟.
类型二　等差数列的前n项和性质的应用
例3　(1)等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，求数列{an}的前3m项的和S3m；
(2)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，求的值.
解　(1)方法一　在等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列.∴30，70，S3m－100成等差数列.
∴2×70＝30＋(S3m－100)，
∴S3m＝210.
方法二　在等差数列中，，，成等差数列，
∴＝＋.
即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210.
(2)＝＝＝＝＝.
反思与感悟　等差数列的前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果.
跟踪训练3　设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列的前n项和，求Tn.
解　设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d，
∵S7＝7，S15＝75，
∴
即
解得
∴＝a1＋d＝－，
∴－＝，
∴数列是等差数列，其首项为－2，公差为，
∴Tn＝n×(－2)＋×＝，n∈N＋.
1.在等差数列{an}中，若S10＝120，则a1＋a10的值是(　　)
A.12 B.24
C.36 D.48
答案　B
解析　由S10＝，得a1＋a10＝＝＝24.
2.记等差数列的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d等于(　　)
A.2 B.3
C.6 D.7
答案　B
解析　方法一　由解得d＝3.
方法二　由S4－S2＝a3＋a4＝a1＋2d＋a2＋2d＝S2＋4d，所以20－4＝4＋4d，解得d＝3.
3.在一个等差数列中，已知a10＝10，则S19＝ .
答案　190
解析　S19＝＝＝19a10＝19×10＝190.
4.已知在等差数列{an}中，
(1)a1＝，d＝－，Sn＝－15，求n及an；
(2)a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求d.
解　(1)∵Sn＝n×＋×＝－15，
整理得n2－7n－60＝0，
解得n＝12或n＝－5(舍去)，
a12＝＋(12－1)×＝－4.
∴n＝12，an＝a12＝－4.
(2)由Sn＝＝＝－1 022，
解得n＝4.
又由an＝a1＋(n－1)d，即－512＝1＋(4－1)d，
解得d＝－171.
1.求等差数列的前n项和公式的方法称为倒序相加法，在某些数列求和中也可能用到.
2.等差数列的两个求和公式中，一共涉及a1，an，Sn，n，d五个量，若已知其中三个量，通过方程思想可求另外两个量.在利用求和公式时，要注意整体思想的应用，注意下列结论的运用：
若m＋n＝p＋q，则an＋am＝ap＋aq(n，m，p，q∈N＋)；若m＋n＝2p，则an＋am＝2ap.
3.本节涉及的数学思想：方程思想，函数思想，整体思想，分类讨论思想.
一、选择题
1.在等差数列{an}中，若a2＋a8＝8，则该数列的前9项和S9等于(　　)
A.18 B.27 C.36 D.45
答案　C
解析　S9＝(a1＋a9)＝(a2＋a8)＝36.
2.在等差数列{an}中，若S10＝4S5，则等于(　　)
A. B.2 C. D.4
答案　A
解析　由题意，得10a1＋×10×9d＝4，
∴10a1＋45d＝20a1＋40d，
∴10a1＝5d，∴＝.
3.已知在等差数列{an}中，若a＋a＋2a3a8＝9，且an<0，则S10为(　　)
A.－9 B.－11 C.－13 D.－15
答案　D
解析　由a＋a＋2a3a8＝9，得(a3＋a8)2＝9，
∵an<0，∴a3＋a8＝－3，
∴S10＝＝＝＝－15.
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A.63 B.45 C.36 D.27
答案　B
解析　数列{an}为等差数列，则S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
∵S3＝9，S6－S3＝27，∴S9－S6＝45.
即a7＋a8＋a9＝S9－S6＝45.
5.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
答案　B
解析　∵a1＝2，d＝7，2＋(n－1)×7<100，
∴n<15，∴n＝14，S14＝14×2＋×14×13×7＝665.
6.含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和的比为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　S奇＝，S偶＝，
∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴＝.
7.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m等于(　　)
A.38 B.20 C.10 D.9
答案　C
解析　因为{an}是等差数列，所以am－1＋am＋1＝2am，
由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，
由S2m－1＝38知am≠0，所以am＝2，
又S2m－1＝38，即＝38，
即(2m－1)×2＝38，解得m＝10，故选C.
二、填空题
8.现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管最少，那么剩余钢管的根数为 .
答案　10
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.
∴钢管总数为1＋2＋3＋…＋n＝.
当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.
∴n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根.
9.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝ .
答案　
解析　方法一　∵＝＝，
∴a1＝2d，
＝＝＝.
方法二　由＝，得S6＝3S3.S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9仍然是等差数列，
公差为(S6－S3)－S3＝S3，
从而S9－S6＝S3＋2S3＝3S3，即S9＝6S3，
S12－S9＝S3＋3S3＝4S3，即S12＝10S3，∴＝.
10.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝ .
答案　15
解析　设等差数列的公差为d，则
S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝3，
即a1＋d＝1，
S6＝6a1＋d＝6a1＋15d＝24，
即2a1＋5d＝8.
联立解得
故a9＝a1＋8d＝－1＋8×2＝15.
11.设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是 ，项数是 .
答案　11　7
解析　设等差数列{an}的项数为2n＋1，
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，
所以＝＝，解得n＝3，所以项数2n＋1＝7，
S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项.
12.已知等差数列{an}的前3项依次为a，4，3a，前k项和Sk＝2 550，则a＝ ，k＝ .
答案　2　50
解析　设等差数列{an}的公差为d，
则由题意，得
∴(注：k＝－51舍)
∴a＝2，k＝50.
三、解答题
13.一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求前110项之和.
解　方法一　设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则Sn＝na1＋d.
由已知，得
①×10－②，整理得d＝－，
代入①，得a1＝，
∴S110＝110a1＋d＝110×＋×
＝110＝－110.
故此数列的前110项和为－110.
方法二　设Sn＝an2＋bn.
∵S10＝100，S100＝10，
∴解得
∴Sn＝－n2＋n.
∴S110＝－×1102＋×110＝－110.
四、探究与拓展
14.若数列{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 017＋a2 018＞0，a2 017·a2 018＜0，求使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n的值.
解　由条件可知数列单调递减，
故知a2 017＞0，a2 018＜0，
故S4 034＝＝2 017(a2 017＋a2 018)＞0，
S4 035＝＝4 035×a2 018＜0，
故使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是4 034.
15.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，且d>0.
∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根.
又公差d>0，∴a3∴∴
∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n×1＋×4＝2n2－n，
∴bn＝＝.
∴b1＝，b2＝，b3＝.
∵{bn}是等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，
∴2c2＋c＝0，
∴c＝－ (c＝0舍去).
经检验，c＝－符合题意，
∴c＝－.
2.2.2　等差数列的前n项和(二)
学习目标　1.进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式.2.会解等差数列前n项和的最值问题.3.理解an与Sn的关系，能根据Sn求an.
知识点一　数列中an与Sn的关系
思考　已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，怎样求a1，an?
答案　a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又n＝1时也适合上式，
所以an＝2n－1，n∈N＋.
梳理　对任意数列{an}，Sn与an的关系可以表示为
an＝
知识点二　等差数列前n项和的最值
思考　我们已经知道当公差d≠0时，等差数列前n项和是关于n的二次函数Sn＝n2＋n，类比二次函数的最值情况，等差数列的前n项和Sn何时有最大值？何时有最小值？
答案　由二次函数的性质可以得出：当a1＜0，d>0时，Sn先减后增，有最小值；当a1＞0，d<0时，Sn先增后减，有最大值；且n取最接近对称轴的正整数时，Sn取到最值.
梳理　等差数列前n项和的最值与{Sn}的单调性有关.
(1)若a1>0，d<0，则数列的前面若干项为正项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最大值.
(2)若a1<0，d>0，则数列的前面若干项为负项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最小值.
(3)若a1>0，d>0，则{Sn}是递增数列，S1是{Sn}的最小值.
(4)若a1<0，d<0，则{Sn}是递减数列，S1是{Sn}的最大值.
1.在数列中，an＝Sn－Sn－1只有当n≥2时才成立.(　√　)
2.在等差数列中，当d>0时，Sn有最小值，当d<0时，Sn有最大值.(　√　)
类型一　已知数列{an}的前n项和Sn求an
例1　已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，求这个数列的通项公式.这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
解　根据Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an可知Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1(n>1，n∈N＋)，
当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－＝2n－，①
当n＝1时，a1＝S1＝12＋×1＝，也满足①式.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－.
故数列{an}是以为首项，2为公差的等差数列.
引申探究
例1中前n项和改为Sn＝n2＋n＋1，求通项公式.
解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝2n－.①
当n＝1时，a1＝S1＝12＋＋1＝，不符合①式.
∴an＝
反思与感悟　已知前n项和Sn求通项an，先由n＝1时，a1＝S1求得a1，再由n≥2时，an＝Sn－Sn－1求得an，最后验证a1是否符合an，若符合则统一用一个解析式表示.
跟踪训练1　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n，求an.
(2)已知正数数列{bn}的前n项和Sn＝(bn＋1)2，求证{bn}为等差数列，并求其通项.
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1.
当n＝1时，代入an＝2·3n－1得a1＝2≠3.
∴an＝
(2)当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1，
∴bn＝(bn＋1)2－(bn－1＋1)2＝(b－b＋2bn－2bn－1).
整理，得b－b－2bn－2bn－1＝0，
∴(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0，
∵bn＋bn－1>0，∴bn－bn－1＝2(n≥2).
又∵b1＝(b1＋1)2，∴b1＝1，
∴{bn}为以b1为首项，以2为公差的等差数列，
∴bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
类型二　等差数列的前n项和的最值问题
例2　在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值.
解　方法一　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，
∴当n＝13时，Sn有最大值169.
方法二　先求出d＝－2，∵a1＝25>0，
由得又n∈N＋，
∴当n＝13时，Sn有最大值169.
方法三　先求出d＝－2，
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.
反思与感悟　求等差数列的前n项和的最值常用两种方法
(1)等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn，通过配方或根据二次函数求最值的方法求得.但要注意n为正整数.
(2)在等差数列中有关Sn的最值问题除了借助二次函数图象求解，还常用邻项变量法来求解.
当a1>0，d<0时，满足的项数n，使Sn取最大值.
当a1<0，d>0时，满足的项数n，使Sn取最小值，注意两个不等式都有等号.
跟踪训练2　(1)在等差数列{an}中，an＝2n－14，试用两种方法求该数列的前n项和Sn的最小值.
(2)首项为正数的等差数列{an}，它的前3项和与前11项和相等，问此数列前多少项之和最大？
解　方法一　(1)∵an＝2n－14，∴a1＝－12，d＝2.
∴a1∴当n＝6或n＝7时，Sn取到最小值.
易求S6＝S7＝－42，∴(Sn)min＝－42.
方法二　∵an＝2n－14，∴a1＝－12.
∴Sn＝＝n2－13n＝2－.
又n∈N＋，
∴当n＝6或n＝7时，Sn最小，且(Sn)min＝－42.
(2)∵S3＝S11，
∴3a1＋＝11a1＋
得d＝－a1<0.
∴Sn＝na1＋d＝－a1n2＋a1n＝－a1(n－7)2＋a1.
又a1>0，
故当n＝7时，Sn最大，即前7项和最大.
类型三　求等差数列的前n项的绝对值之和
例3　若等差数列{an}的首项a1＝13，d＝－4，记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解　∵a1＝13，d＝－4，∴an＝17－4n.
当n≤4时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an
＝na1＋d＝13n＋×(－4)＝15n－2n2；
当n≥5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(a5＋a6＋…＋an)
＝S4－(Sn－S4)＝2S4－Sn＝2×－(15n－2n2)＝2n2－15n＋56.
∴Tn＝
反思与感悟　求等差数列{an}的前n项的绝对值之和，根据绝对值的意义，应首先分清这个数列的哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求出前n项的绝对值之和.
跟踪训练3　已知数列{an}中，Sn＝－n2＋10n，数列{bn}的每一项都满足bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn的表达式.
解　由Sn＝－n2＋10n得an＝Sn－Sn－1＝11－2n(n≥2，n∈N＋).
验证a1＝9也符合上式.
∴an＝11－2n，n∈N＋.
∴当n≤5时，an>0，此时Tn＝Sn＝－n2＋10n；
当n>5时，an<0，此时Tn＝2S5－Sn＝n2－10n＋50.
即Tn＝
1.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则an等于(　　)
A.4n－2 B.n2 C.2n＋1 D.2n
答案　D
解析　当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
又因为a1＝2符合an＝2n，
所以an＝2n.
2.已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是(　　)
A.－2 B.－1 C.0 D.1
答案　B
解析　等差数列的前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，故λ＝－1.
3.首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S8，当n＝ 时，Sn取到最大值.
答案　5或6
解析　∵S3＝S8，
∴S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴a6＝0.
∵a1＞0，∴a1＞a2＞a3＞a4＞a5＞a6＝0，a7＜0.
故当n＝5或6时，Sn最大.
4.已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an.
解　当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5.
当n≥2时，Sn－1＝3＋2n－1，
又Sn＝3＋2n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.
又当n＝1时，a1＝5≠21－1＝1，
∴an＝
1.因为an＝Sn－Sn－1只有n≥2时才有意义，所以由Sn求通项公式an＝f(n)时，要分n＝1和n≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示.
2.求等差数列的前n项和最值的方法：
(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N＋，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观.
(2)通项法：当a1>0，d<0，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，时，Sn取得最小值.
3.求等差数列{an}的前n项的绝对值之和，关键是找到数列{an}的正负项的分界点.
一、选择题
1.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a4等于(　　)
A.7 B.8 C.9 D.17
答案　A
解析　a4＝S4－S3＝(42－1)－(32－1)＝7.
2.在等差数列{an}和{bn}中，a1＝25，b1＝75，a100＋b100＝100，则数列{an＋bn}的前100项的和为(　　)
A.10 000 B.8 000 C.9 000 D.11 000
答案　A
解析　由已知得{an＋bn}为等差数列，故其前100项的和为S100＝
＝50×(25＋75＋100)＝10 000.
3.已知数列{an}满足an＝26－2n，则使其前n项和Sn取得最大值的n的值为(　　)
A.11或12 B.12 C.13 D.12或13
答案　D
解析　∵an＝26－2n，∴an－an－1＝－2，
∴数列{an}为等差数列.又a1＝24，d＝－2，
∴Sn＝24n＋×(－2)＝－n2＋25n＝－2＋.
∵n∈N＋，∴当n＝12或13时，Sn最大，故选D.
4.一个等差数列的项数为2n，若a1＋a3＋…＋a2n－1＝90，a2＋a4＋…＋a2n＝72，且a1－a2n＝33，则该数列的公差是(　　)
A.3 B.－3 C.－2 D.－1
答案　B
解析　由
得nd＝－18.又a1－a2n＝－(2n－1)d＝33，所以d＝－3.
5.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5A.9 B.8 C.7 D.6
答案　B
解析　由an＝
得an＝2n－10.
由5<2k－10<8得，7.56.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
答案　C
解析　am＝2，am＋1＝3，故d＝1，
因为Sm＝0，故ma1＋d＝0，即a1＝－，
因为am＋am＋1＝5，
故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，
即m＝5.
7.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值时，n的值是(　　)
A.21 B.20 C.19 D.18
答案　B
解析　由a1＋a3＋a5＝3a3＝105，得a3＝35，
由a2＋a4＋a6＝3a4＝99，得a4＝33.
∴d＝a4－a3＝－2，
∴a3＝a1＋2d＝a1－4，
∴a1＝a3＋4＝39，
∴an＝39＋(n－1)×(－2)＝41－2n，
由
得≤n≤，又n∈N＋.
∴当Sn达到最大值时，n＝20.
二、填空题
8.已知数列{an}的通项公式是an＝2n－48，则Sn取得最小值时，n＝ .
答案　23或24
解析　∵a24＝0，且d＝2＞0，
∴a1，a2，…，a23<0，
故S23＝S24最小.
9.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 .
答案　4或5
解析　由解得
∴a5＝a1＋4d＝0，∴S4＝S5且同时最大.
∴n＝4或5.
10.已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n，则Sn取得最小值时对应的n值为 .
答案　7或8
解析　∵Sn＝2n2－30n＝22－，
∴当n＝7或8时，Sn最小.
11.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝ 时，数列{an}的前n项和最大.
答案　8
解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0.
故前8项的和最大.
12.设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.则{an}的通项公式为 .
答案　an＝11－2n，n∈N＋
解析　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，n∈N＋.
三、解答题
13.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的取值范围；
(2)问前几项的和最大，并说明理由.
解　(1)∵a3＝12，
∴a1＝12－2d，
∵S12>0，S13<0，
∴即
∴－(2)∵S12>0，S13<0，
∴∴
∴a6>0，又由(1)知d<0.
∴数列前6项为正，从第7项起为负.
∴数列前6项和最大.
四、探究与拓展
14.在等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，求满足Sn<0的n的最大值.
解　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.
15.数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0 (n∈N＋).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.
解　(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1.
∴{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，
∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n.
(2)∵an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.
当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0；
当n<5时，an>0.
当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴当n>5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40.
∴Sn＝
§2.3　等比数列
2.3.1　等比数列
第1课时　等比数列的概念及通项公式
学习目标　1.理解等比数列的概念并学会简单应用.2.掌握等比中项的概念并会应用.3.掌握等比数列的通项公式并了解其推导过程.
知识点一　等比数列的概念
思考　观察下列4个数列，归纳它们的共同特点.
①1，2，4，8，16，…；
②1，，，，，…；
③1，1，1，1，…；
④－1，1，－1，1，….
答案　从第2项起，每一项与它的前一项的比是同一个常数.
梳理　等比数列的概念和特点.
(1)文字定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q(q≠0)表示.
(2)递推公式形式的定义＝q(n>1，n∈N＋)(或＝q，n∈N＋).
(3)等比数列各项均不能为0.
知识点二　等比中项的概念
思考　在2，8之间插入一个数，使之成等比数列.这样的实数有几个？
答案　设这个数为G.则＝，G2＝16，G＝±4.所以这样的数有2个.
梳理　等差中项与等比中项的异同，对比如下表：
对比项
等差中项
等比中项
定义
若x，A，y成等差数列，则A叫做x与y的等差中项
若x，G，y成等比数列，则G叫做x与y的等比中项
定义式
A－x＝y－A
＝
公式
A＝
G＝±
个数
x与y的等差中项唯一
x与y的等比中项有两个，且互为相反数
备注
任意两个数x与y都有等差中项
只有当xy＞0时，x与y才有等比中项
知识点三　等比数列的通项公式
思考　等差数列通项公式是如何推导的？你能类比推导首项为a1，公比为q的等比数列的通项公式吗？
答案　等差数列通项公式的推导是借助叠加消去中间项，等比数列则可用叠乘.根据等比数列的定义得
＝q，＝q，＝q，…，＝q(n≥2).
将上面n－1个等式的左、右两边分别相乘，
得···…·＝qn－1，化简得＝qn－1，即an＝a1qn－1(n≥2).
当n＝1时，上面的等式也成立.
∴an＝a1qn－1(n∈N＋).
梳理　等比数列{an}首项为a1，公比为q，则an＝a1qn－1.
1.若一个数列从第二项起每一项与前一项的比为常数，则该数列为等比数列.(　×　)
2.等比数列的首项不能为零，但公比可以为零.(　×　)
3.常数列一定为等比数列.(　×　)
4.任何两个数都有等比中项.(　×　)
类型一　等比数列的判定与证明
例1　(1)以下数列中是等比数列的有 .(填序号)
①数列1，2，6，18，…；
②数列{an}中，已知＝2，＝2；
③常数列a，a，a，…，a，…；
④数列{an}中，＝q(q≠0)，其中n∈N＋.
答案　④
解析　在数列①中，≠，∴①不是等比数列；
在数列②中，不一定满足＝2；
在数列③中，a若为0，则不是等比数列.
(2)设数列{an}的首项a1＝a≠，
且an＋1＝
记bn＝a2n－1－，n＝1，2，3，….
①求a2，a3；
②判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.
解　①a2＝a1＋＝a＋，
a3＝a2＝a＋.
②因为a4＝a3＋＝a＋，
所以a5＝a4＝a＋，
所以b1＝a1－＝a－，
b2＝a3－＝，
b3＝a5－＝.
猜想：数列{bn}是公比为的等比数列.
证明如下：
因为bn＋1＝a2n＋1－＝a2n－
＝－
＝＝bn(n∈N*)，
又b1＝a1－＝a－≠0，
所以bn≠0，
所以＝，n∈N*
所以数列{bn}是首项为a－，公比为的等比数列.
反思与感悟　证明数列是等比数列常用的方法
(1)定义法：＝q(q为常数且q≠0)或＝q(q为常数且q≠0，n≥2)?{an}为等比数列.
(2)等比中项法：a＝an·an＋2(an≠0，n∈N＋)?{an}为等比数列.
跟踪训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)(n∈N＋).
(1)求a1，a2；
(2)证明：数列{an}是等比数列.
(1)解　∵a1＝S1＝(a1－1)，∴a1＝－.
又a1＋a2＝S2＝(a2－1)，∴a2＝.
(2)证明　∵Sn＝(an－1)，
∴Sn＋1＝(an＋1－1)，
两式相减，得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝－an，
∴数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列.
类型二　等比数列通项公式的应用

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；
(3)a3＝2，a2＋a4＝，求an.
解　(1)∵　
∴
由得q3＝4，从而q＝，而a4＝a1q3＝2，
于是a1＝＝，∴an＝a1qn－1＝，n∈N＋.
(2)∵
由得q＝，从而a1＝32，又an＝1.
∴32×n－1＝1，即26－n＝20，∴n＝6.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则q≠0.a2＝＝，a4＝a3q＝2q，
∴＋2q＝，解得q1＝，q2＝3.
当q＝时，a1＝18，∴an＝18×n－1＝2×33－n.
当q＝3时，a1＝，∴an＝×3n－1＝2×3n－3.
综上，当q＝时，an＝2×33－n(n∈N＋)；
当q＝3时，an＝2×3n－3(n∈N＋).
反思与感悟　a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可迎刃而解.此类问题求解的通法是根据条件，建立关于a1和q的方程(组)，求出a1和q.
跟踪训练2　在等比数列{an}中.
(1)已知a1＝3，q＝－2，求a6；
(2)已知a3＝20，a6＝160，求an.
解　(1)由等比数列的通项公式，得a6＝3×(－2)6－1＝－96.
(2)设等比数列的公比为q，
那么解得
所以an＝a1qn－1＝5×2n－1(n∈N＋).

例3　某种放射性物质不断变化为其他物质，每经过一年剩余的这种物质是原来的84%，这种物质的半衰期为多长？(精确到1年，放射性物质衰变到原来的一半所需时间称为这种物质的半衰期)
解　设这种物质最初的质量是1，经过n年，剩余量是an，
由条件可得，数列{an}是一个等比数列.
其中a1＝0.84，q＝0.84，
设an＝0.5，则0.84n＝0.5.
两边取常用对数，得nlg 0.84＝lg 0.5，
用计算器算得n≈4.
所以这种物质的半衰期大约为4年.
反思与感悟　等比数列应用问题，在实际应用问题中较为常见，解题的关键是弄清楚等比数列模型中的首项a1，项数n所对应的实际含义.
跟踪训练3　某制糖厂2011年制糖5万吨，如果从2011年起，平均每年的产量比上一年增加20%，那么到哪一年，该糖厂的年制糖量开始超过30万吨？(保留到个位，lg 6≈0.778，lg 1.2≈0.079)
解　记该糖厂每年制糖产量依次为a1，a2，a3，…，an，….则依题意，可得a1＝5，＝1.2(n≥2且n∈N＋)，
从而an＝5×1.2n－1，这里an＝30，
故1.2n－1＝6，即n－1＝log1.26＝＝≈9.85.
故n＝11.
所以从2021年开始，该糖厂年制糖量开始超过30万吨.
类型三　等比中项的应用
例4　(1)在等比数列{an}中，a1＝，q＝2，则a4与a8的等比中项为(　　)
A.± B.4 C.±4 D.
答案　B
解析　a4＝a1q3＝×23＝1，
a8＝a1q7＝×27＝16，
∴a4与a8的等比中项为±＝±4.
又∵q＝2，∴等比中项为4，故选B.
(2)已知b是a，c的等比中项，求证：ab＋bc是a2＋b2与b2＋c2的等比中项.
证明　∵b是a，c的等比中项，
∴b2＝ac.
又(a2＋b2)(b2＋c2)＝(a2＋ac)(ac＋c2)
＝a(a＋c)·c·(a＋c)＝ac(a＋c)2
＝b2(a＋c)2＝(ab＋bc)2
∴ab＋bc是(a2＋b2)与b2＋c2的等比中项.
反思与感悟　(1)要证三数a，G，b成等比数列，只需证明G2＝ab，其中a，b，G均不为零.
(2)已知等比数列中的相邻三项an－1，an，an＋1，则an是an－1与an＋1的等比中项，即a＝an－1an＋1，运用等比中项解决问题，会大大减少运算过程.
跟踪训练4　(1)若1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数列，则的值为(　　)
A.± B. C.1 D.±1
答案　D
解析　∵1，a，3成等差数列，
∴a＝＝2，
∵1，b，4成等比数列，
∴b2＝1×4，b＝±2，
∴＝＝±1.
(2)＋1与－1的等比中项是(　　)
A.1 B.－1 C.±1 D.
答案　C
解析　设x为＋1与－1的等比中项，
则x2＝(＋1)(－1)＝1.
∴x＝±1.
1.在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝64，则a3等于(　　)
A.16 B.16或－16 C.32 D.32或－32
答案　C
解析　由a4＝a1q3，得q3＝8，即q＝2，所以a3＝＝32.
2.若等比数列的首项为4，末项为128，公比为2，则这个数列的项数为(　　)
A.4 B.8 C.6 D.32
答案　C
解析　由等比数列的通项公式，
得128＝4×2n－1，2n－1＝32，所以n＝6.
3.已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于(　　)
A.64 B.81 C.128 D.243
答案　A
解析　∵{an}为等比数列，∴＝q＝2.
又a1＋a2＝3，∴a1＝1，故a7＝1·26＝64.
4.一个等比数列的第3项与第4项分别是12与18，求它的第1项与第2项.
解　设这个等比数列的第1项是a1，公比是q，那么
②÷①，得q＝，将q＝代入①，得a1＝.
因此，a2＝a1q＝×＝8.
综上，这个数列的第1项与第2项分别是与8.
1.等比数列的判断或证明
(1)利用定义：＝q(与n无关的常数).
(2)利用等比中项：a＝anan＋2(n∈N＋).
2.两个同号的实数a，b才有等比中项，而且它们的等比中项有两个(±)，而不是一个()，这是容易忽视的地方.
3.等比数列的通项公式an＝a1qn－1共涉及a1，q，n，an四个量，已知其中三个量可求得第四个量.
一、选择题
1.在等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于(　　)
A.4 B.8 C.16 D.32
答案　C
解析　∵a4＝a1q3＝4，
∴a2·a6＝a1q·a1q5＝aq6＝(a1q3)2＝42＝16.
2.在等比数列{an}中，an>0，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，则a4＋a5的值为(　　)
A.16 B.27 C.36 D.81
答案　B
解析　∵a1＋a2＝1，a3＋a4＝9，∴q2＝9.
∴q＝3(q＝－3舍去)，∴a4＋a5＝(a3＋a4)q＝27.
3.等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第4项等于(　　)
A.－24 B.0 C.12 D.24
答案　A
解析　由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，
得(3x＋3)2＝x(6x＋6)，
解得x1＝－3或x2＝－1(不合题意，舍去).
故数列的第四项为－24.
4.如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么(　　)
A.b＝3，ac＝9 B.b＝－3，ac＝9
C.b＝3，ac＝－9 D.b＝－3，ac＝－9
答案　B
解析　∵b2＝(－1)×(－9)＝9且b与首项－1同号，
∴b＝－3，且a，c必同号.
∴ac＝b2＝9.
5.在等比数列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，则m等于(　　)
A.9 B.10 C.11 D.12
答案　C
解析　在等比数列{an}中，∵a1＝1，
∴am＝a1a2a3a4a5＝aq10＝q10.
∵am＝a1qm－1＝qm－1，∴m－1＝10，∴m＝11.
6.在等比数列{an}中，a3＋a4＝4，a2＝2，则公比q等于(　　)
A.－2 B.1或－2
C.1 D.1或2
答案　B
解析　根据题意，由得
解得或
7.设a1＝2，数列{1＋2an}是公比为3的等比数列，则a6等于(　　)
A.607.5 B.608 C.607 D.159
答案　C
解析　∵1＋2an＝(1＋2a1)×3n－1，
∴1＋2a6＝5×35，∴a6＝＝607.
二、填空题
8.在等比数列{an}中，若a3＝3，a10＝384，则公比q＝ .
答案　2
解析　a3＝a1q2＝3，a10＝a1q9＝384，两式相除得，q7＝128，所以q＝2.
9.在160与5中间插入4个数，使它们同这两个数成等比数列，则这4个数依次为 .
答案　80，40，20，10
解析　设这6个数所成等比数列的公比为q，则5＝160q5，∴q5＝，∴q＝.
∴这4个数依次为80，40，20，10.
10.已知6，a，b，48成等差数列，6，c，d，48成等比数列，则a＋b＋c＋d＝ .
答案　90
解析　6，a，b，48成等差数列，则a＋b＝6＋48＝54，
6，c，d，48成等比数列，若其公比为q，则q3＝＝8，q＝2，
故c＝12，d＝24，
从而a＋b＋c＋d＝90.
11.已知数列{bn}是等比数列且b1＋b2＋b3＝，b1·b2·b3＝，则数列{bn}的通项公式是 .
答案　bn＝2n－3或bn＝22n－5
解析　设数列{bn}的公比为q.
∵b1＋b2＋b3＝，b1·b2·b3＝，
∴解得b2＝，q＝或q＝4.
当q＝4时，b1＝，bn＝b1·qn－1＝×4n－1＝22n－5(n∈N＋)；
当q＝时，b1＝2，bn＝2n－3(n∈N＋).
三、解答题
12.已知f(x)＝logmx(m＞0且m≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)，…是首项为4，公差为2的等差数列，
求证：数列{an}是等比数列.
证明　由题意知f(an)＝4＋2(n－1)＝2n＋2＝logman，
∴an＝m2n+2，
∴＝＝m2，
∵m＞0且m≠1，∴m2为非零常数，
∴数列{an}是等比数列.
13.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明　方法一　∵an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴＝2，且a1＋1＝2.
∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列.
方法二　∵＝＝＝2(n∈N＋)，
∴数列{an＋1}是等比数列.
(2)解　由(1)知{an＋1}是等比数列，公比为2，首项为2，
∴an＋1＝2n，
∴an＝2n－1，n∈N＋.
四、探究与拓展
14.如图给出了一个“三角形数阵”.已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等.

，
，，
…
记第i行第j列的数为aij(i，j∈N＋)，则a53的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　第一列构成首项为，公差为的等差数列，所以a51＝＋(5－1)×＝.又因为从第三行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，所以第5行构成首项为，公比为的等比数列，所以a53＝×2＝.
15.已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝3an－4n＋2(n∈N＋).
(1)求a2，a3的值；
(2)证明数列{an－2n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式.
(1)解　由已知，得a2＝3a1－4＋2＝3×－4＋2＝5，
a3＝3a2－4×2＋2＝3×5－8＋2＝9.
(2)证明　∵an＋1＝3an－4n＋2，∴an＋1－2n－2＝3an－6n，即an＋1－2(n＋1)＝3(an－2n).
由(1)知a1－2＝－2＝，
∴an－2n≠0，n∈N＋.∴＝3，
∴数列{an－2n}是首项为，公比为3的等比数列.
∴an－2n＝×3n－1，
∴an＝3n－2＋2n，n∈N＋.
第2课时　等比数列的性质
学习目标　1.灵活应用等比数列的定义及通项公式.2.熟悉等比数列的有关性质.3.系统了解判断数列是否成等比数列的方法.
知识点一　等比数列通项公式的推广
思考　我们曾经把等差数列的通项公式做过如下变形：an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d.
等比数列也有类似变形吗？
答案　在等比数列中，由通项公式an＝a1qn－1，得＝＝qn－m，所以an＝am·qn－m(n，m∈N＋).
梳理　公比为q的等比数列{an}中，an＝a1qn－1或qn－m＝，即an＝am·qn－m.
知识点二　由等比数列衍生的等比数列
思考　等比数列{an}的前4项为1，2，4，8，下列判断正确的是
(1){3an}是等比数列；
(2){3＋an}是等比数列；
(3)是等比数列；
(4){a2n}是等比数列.
答案　由定义可判断出(1)，(3)，(4)正确.
梳理　(1)在等比数列{an}中按序号从小到大取出若干项：若k1，k2，k3，…，kn，…成等差数列，那么是等比数列.
(2)如果{an}，{bn}均为等比数列，那么数列，{an·bn}，，{|an|}仍是等比数列.
知识点三　等比数列的性质
思考　在等比数列{an}中，a＝a1a9是否成立？a＝a3a7是否成立？a＝an－2an＋2(n>2，n∈N＋)是否成立？
答案　∵a5＝a1q4，a9＝a1q8，
∴a1a9＝aq8＝(a1q4)2＝a，
∴a＝a1a9成立.
同理a＝a3a7成立，a＝an－2·an＋2也成立.
梳理　一般地，在等比数列{an}中，若m＋n＝s＋t，则有am·an＝as·at(m，n，s，t∈N＋).
若m＋n＝2k，则am·an＝a(m，n，k∈N＋).
1.有穷等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.(　√　)
2.当q>1时，等比数列{an}为递增数列.(　×　)
3.当q＝1时，等比数列{an}为常数列.(　√　)
4.当a1<0时，等比数列{an}为递减数列.(　×　)
类型一　等比数列性质的应用
例1　已知数列{an}为等比数列.
(1)若an>0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，求a3＋a5的值；
(2)若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式.
解　(1)∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，
∴a＋2a3a5＋a＝36，
∴(a3＋a5)2＝36，
又∵an>0，∴a3＋a5＝6.
(2)把a＝a1a3代入已知，得a＝8，∴a2＝2.
设前三项为，2，2q，则有＋2＋2q＝7.
整理，得2q2－5q＋2＝0，∴q＝2或q＝.
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n.
反思与感悟　在等比数列的有关运算中，常常涉及到次数较高的指数运算.若按常规解法，往往是建立a1，q的方程组，这样解起来很麻烦，通过本例可以看出：结合等比数列的性质进行整体变换，会起到化繁为简的效果.
跟踪训练1　(1)在递增等比数列{an}中，a1a9＝64，a3＋a7＝20，求a11的值.
(2)已知数列{an}成等比数列.若a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值.
解　(1)∵在等比数列{an}中，a1·a9＝a3·a7，
∴由已知可得a3·a7＝64且a3＋a7＝20.
联立得或
∵{an}是递增等比数列，∴a7>a3.
∴取a3＝4，a7＝16，
∴16＝4q4，∴q4＝4.
∴a11＝a7·q4＝16×4＝64.
(2)由a3a5＝a，得a3a4a5＝a＝8，解得a4＝2.
又∵a2a6＝a3a5＝a，∴a2a3a4a5a6＝a＝25＝32.
类型二　灵活设项求解等比数列
例2　有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数.
解　方法一　设四个数依次为a－d，a，a＋d，，
由条件，得
解得或
所以当a＝4，d＝4时，所求四个数为0，4，8，16；
当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15，9，3，1.
故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
方法二　设四个数依次为－a，，a，aq(a≠0)，
由条件，得
解得或
当a＝8，q＝2时，所求四个数为0，4，8，16；
当a＝3，q＝时，所求四个数为15，9，3，1.
故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
反思与感悟　合理地设出所求数中的三个，根据题意再表示出另一个是解决这类问题的关键，一般地，三个数成等比数列，可设为，a，aq；三个数成等差数列，可设为a－d，a，a＋d.
跟踪训练2　三个数成等比数列，其积为512，如果第一个数与第三个数各减去2，则这三个数成等差数列，求这三个数.
解　设三个数依次为，a，aq，
∵·a·aq＝512，∴a＝8.
∵＋(aq－2)＝2a，
∴2q2－5q＋2＝0，
∴q＝2或q＝，
∴这三个数为4，8，16或16，8，4.
类型三　等差数列与等比数列的综合应用
例3　设数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}满足bn＝(n，m∈N＋).
(1)若b1，b2，b8成等比数列，试求m的值；
(2)是否存在m，使得数列{bn}中存在某项bt满足b1，b4，bt(t∈N＋，t≥5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由.
解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝1，符合上式.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N＋).
(1)由bn＝(n，m∈N＋)，知b1＝，b2＝，b8＝，
∵b1，b2，b8成等比数列，
∴2＝×.
解得m＝9或m＝0(舍去)，故m＝9.
(2)若存在m，使b1，b4，bt成等差数列，
则2b4＝b1＋bt，
∴×2＝＋，
∴t＝＝＝7＋.
由于m，t∈N＋且t≥5，
令m－5＝36，18，12，9，6，4，3，2，1，
即m＝41，23，17，14，11，9，8，7，6时，t均为大于5的整数.
∴存在符合题意的m值，且共有9个数.
反思与感悟　(1)在等差数列与等比数列的综合问题中，特别要注意它们的区别，避免用错公式.
(2)方程思想的应用往往是破题的关键.
跟踪训练3　已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和.
(1)求通项公式an及Sn；
(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式.
解　(1)因为{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，Sn＝19n＋×(－2)＝－n2＋20n，即an＝－2n＋21(n∈N＋)，Sn＝－n2＋20n(n∈N＋).
(2)因为{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以bn－an＝3n－1，
即bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21(n∈N＋).
1.在等比数列{an}中，a2＝8，a5＝64，则公比q为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.8
答案　A
解析　由a5＝a2q3，得q3＝8，所以q＝2.
2.在等比数列{an}中，an>0，且a1·a10＝27，则log3a2＋log3a9等于(　　)
A.9 B.6 C.3 D.2
答案　C
解析　因为a2a9＝a1a10＝27，所以log3a2＋log3a9＝log327＝3.
3.在1与2之间插入6个正数，使这8个数成等比数列，则插入的6个数的积为 .
答案　8
解析　设这8个数组成的等比数列为{an}，则a1＝1，a8＝2.
插入的6个数的积为a2a3a4a5a6a7＝(a2a7)·(a3a6)·(a4a5)＝(a1a8)3＝23＝8.
4.已知an＝2n＋3n，判断数列{an}是不是等比数列？
解　不是等比数列.
∵a1＝21＋31＝5，a2＝22＋32＝13，a3＝23＋33＝35，
∴a1a3≠a，
∴数列{an}不是等比数列.
1.解题时，首先考虑通式通法，而不是花费大量时间找简便方法.
2.所谓通式通法，指应用通项公式、前n项和公式、等差中项、等比中项等列出方程(组)，求出基本量.
3.巧用等比数列的性质，减少计算量，这一点在解题中也非常重要.
一、选择题
1.在数列{an}中，a1＝1，点(an，an＋1)在直线y＝2x上，则a4的值为(　　)
A.7 B.8 C.9 D.16
答案　B
解析　点(an，an＋1)在直线y＝2x上，∴an＋1＝2an，
∵a1＝1≠0，∴an≠0，
∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴a4＝1×23＝8.
2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，lg(a3a8a13)＝6，则a1a15的值为(　　)
A.100 B.－100 C.10 000 D.－10 000
答案　C
解析　∵lg(a3a8a13)＝lg a＝6，
∴a＝106，即a8＝102＝100.∴a1a15＝a＝10 000.
3.在正项等比数列{an}中，an＋1A. B. C. D.
答案　D
解析　设公比为q，则由等比数列{an}各项为正数且an＋1由a2·a8＝6，得a＝6.
∴a5＝，a4＋a6＝＋q＝5.
解得q＝或(舍去)，∴＝＝2＝.
4.已知公差不为0的等差数列的第2，3，6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q为(　　)
A. B.3 C.± D.±3
答案　B
解析　设等差数列为{an}，公差为d，d≠0.
则a＝a2·a6，
∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，化简得d2＝－2a1d，
∵d≠0，∴d＝－2a1，
∴a2＝－a1，a3＝－3a1，∴q＝＝3.
5.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于(　　)
A.5 B.7 C.6 D.4
答案　A
解析　∵a1a2a3＝a＝5，∴a2＝.
∵a7a8a9＝a＝10，∴a8＝.
∴a＝a2a8＝＝，
又∵数列{an}各项均为正数，∴a5＝.
∴a4a5a6＝a＝＝5.
6.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(　　)
A.1＋ B.1－ C.3＋2 D.3－2
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，
∵a1，a3，2a2成等差数列，∴a3＝a1＋2a2，
∴a1q2＝a1＋2a1q，a1≠0，∴q2－2q－1＝0，
∴q＝1±.
∵an>0，∴q>0，q＝1＋.
∴＝q2＝(1＋)2＝3＋2.
7.设各项为正数的等比数列{an}中，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a3·a6·a9·…·a30等于(　　)
A.230 B.210 C.220 D.215
答案　C
解析　∵a1·a2·a3·…·a30＝230，
∴a·q1＋2＋3＋…＋29＝a·＝230，
∴a1＝，∴a3·a6·a9·…·a30＝a·＝(×22)10×(23)45＝220.
二、填空题
8.设数列{an}为公比q>1的等比数列，若a4，a5是方程4x2－8x＋3＝0的两根，则a6＋a7＝ .
答案　18
解析　由题意，得a4＝，a5＝，∴q＝＝3.
∴a6＋a7＝(a4＋a5)q2＝×32＝18.
9.已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝ .
答案　－6
解析　由题意知，a3＝a1＋4，a4＝a1＋6.
∵a1，a3，a4成等比数列，
∴a＝a1a4，
∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8，
∴a2＝－6.
10.已知数列{an}成等比数列.若a2＝4，a5＝－，则数列{an}的通项公式是 .
答案　an＝4×n－2，n∈N＋
解析　由a5＝a2q3，得－＝4·q3，
所以q＝－.
an＝a2qn－2＝4×n－2，n∈N＋.
11.已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝ .
答案　8
解析　由等比数列的性质，得a3a11＝a，
∴a＝4a7.
∵a7≠0，∴a7＝4.∴b7＝a7＝4.
再由等差数列的性质，知b5＋b9＝2b7＝8.
三、解答题
12.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式.
解　设{an}的公差为d，
由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.
由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4.
又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，
故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d).
若a2＝0，则d2＝－2d2，
所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；
若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，
解得d＝0或d＝2.
因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1，n∈N＋.
13.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，由{an}中的部分项组成的数列为等比数列，其中b1＝1，b2＝5，b3＝17.求数列{bn}的通项公式.
解　由题意知a＝a1a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，所以a1d＝2d2，因为d≠0，所以a1＝2d，数列{}的公比q＝＝＝3，所以＝a1·3n－1，①
又＝a1＋(bn－1)d＝a1，②
由①②，得a1·3n－1＝·a1.
∵a1＝2d≠0，∴bn＝2·3n－1－1，n∈N＋.
四、探究与拓展
14.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＝ .
答案　
解析　不妨设是x2－mx＋2＝0的根，则其另一根为4，
∴m＝4＋＝；
对方程x2－nx＋2＝0，设其根为x1，x2(x1＜x2)，
则x1x2＝2，
∴等比数列为，x1，x2，4，
∴q3＝＝8，∴q＝2，
∴x1＝1，x2＝2，
∴n＝x1＋x2＝1＋2＝3，
∴＝＝.
15.在等比数列{an}(n∈N＋)中，a1＞1，公比q＞0.设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an；
(3)试比较an与Sn的大小.
(1)证明　因为bn＝log2an，
所以bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2＝log2q为常数(q＞0)，
所以数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
(2)解　因为b1＋b3＋b5＝6，
所以(b1＋b5)＋b3＝2b3＋b3＝3b3＝6，即b3＝2.
又因为a1＞1，所以b1＝log2a1＞0，
又因为b1·b3·b5＝0，所以b5＝0，
即得
解得
因此Sn＝4n＋(－1)＝.
又因为d＝log2q＝－1，
所以q＝，b1＝log2a1＝4，即a1＝16，
所以an＝25－n(n∈N＋).
(3)解　显然an＝25－n＞0，
当n≥9时，Sn＝≤0，
所以n≥9时，an＞Sn；
又因为a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝，a7＝，a8＝，
S1＝4，S2＝7，S3＝9，S4＝10，S5＝10，S6＝9，S7＝7，S8＝4，
所以当n＝3，4，5，6，7，8时，an＜Sn；
当n＝1，2或n≥9时，an＞Sn.
2.3.2　等比数列的前n项和(一)
学习目标　1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题.
知识点一　等比数列的前n项和公式
思考　对于S64＝1＋2＋4＋8＋…＋262＋263，用2乘以等式的两边可得2S64＝2＋4＋8＋…＋262＋263＋264，对这两个式子作怎样的运算能解出S64?
答案　 比较两式易知，两式相减能消去同类项，解出S64，即S64＝＝264－1.
梳理　设等比数列{an}的首项是a1，公比是q，前n项和Sn可用下面的“错位相减法”求得.
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1.①
则qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn.②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn.
当q≠1时，Sn＝.
当q＝1时，由于a1＝a2＝…＝an，所以Sn＝na1.
结合通项公式可得等比数列的前n项和公式：Sn＝
知识点二　等比数列的前n项和公式的特征
思考　要求等比数列前8项的和：
(1)若已知前三项，，，用哪个公式比较合适？
(2)若已知a1＝27，a9＝，q＝－，用哪个公式比较合适？
答案　(1)用Sn＝.(2)用Sn＝.
梳理　一般地，使用等比数列求和公式时需注意：
(1) 一定不要忽略q＝1的情况；
(2) 知道首项a1，公比q和项数n，可以用；知道首尾两项a1，an和q，可以用；
(3) 在通项公式和前n项和公式中共出现了五个量：a1，n，q，an，Sn，知道其中任意三个，可求其余两个.
1.求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝来求.(　×　)
2.若首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和为Sn＝na.(　√　)
3.若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N＋)，则此数列一定是等比数列.(　√　)
类型一　等比数列的前n项和公式的应用

例1　根据题干中的条件，求相应的等比数列{an}的前n项和Sn.
(1)a1＝3，q＝2，n＝6；
(2)a1＝8，q＝，an＝.
解　(1)∵a1＝3，q＝2，n＝6，
∴Sn＝＝＝189.
(2)∵a1＝8，q＝，an＝，
∴Sn＝＝＝.
反思与感悟　求等比数列前n项和，要确定首项、公比或首项、末项、公比，应特别注意q＝1是否成立.
跟踪训练1　若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝ ；前n项和Sn＝ .
答案　2　2n+1－2
解析　设等比数列的公比为q，
∵a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，
∴20q＝40，且a1q＋a1q3＝20，
解得q＝2，且a1＝2.
因此Sn＝＝2n+1－2.

例2　在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)a1＝8，an＝，Sn＝，求n；
(2)S3＝，S6＝，求an及Sn.
解　(1)∵an＝a1qn－1＝，
∴qn－1＝，
又Sn＝＝，
∴8－8qn＝－·q，
∴8－8×·q＝－q，∴q＝.
∴n－1＝，
∴n＝6.
(2)S3＝＝，①
S6＝＝，②
②÷①，得1＋q3＝9，
∴q＝2.
∴S3＝＝，
∴a1＝，
∴an＝a1qn－1，即an＝·2n－1＝2n－2，n∈N＋，
Sn＝＝＝2n－1－，n∈N＋.
反思与感悟　(1)应用等比数列的前n项和公式时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论.
(2)当q＝1时，等比数列是常数列，所以Sn＝na1；当q≠1时，等比数列的前n项和Sn有两个公式.当已知a1，q与n时，用Sn＝比较方便；当已知a1，q与an时，用Sn＝比较方便.
跟踪训练2　(1)在等比数列{an}中，S2＝30，S3＝155，求Sn.
(2)在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝6，求a3和q.
解　(1)方法一　由题意，知
解得或
从而Sn＝＝(5n－1)
或Sn＝＝，n∈N＋.
方法二　若q＝1，则S3∶S2＝3∶2，
而事实上，S3∶S2＝31∶6，故q≠1.
所以
两式作比，得＝，
解得或
从而Sn＝＝(5n－1)
或Sn＝＝，n∈N＋.
(2)由题意，得若q＝1，则S3＝3a1＝6，符合题意.
此时，q＝1，a3＝a1＝2.
若q≠1，则由等比数列的前n项和公式，
得S3＝＝＝6，
解得q＝－2.
此时，a3＝a1q2＝2×(－2)2＝8.
综上所述，q＝1，a3＝2或q＝－2，a3＝8.
类型二　等比数列前n项和的实际应用
例3　某地本年度旅游业收入估计为400万元，由于该地出台了一系列措施，进一步发展旅游业，预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加.
(1)求n年内旅游业的总收入；
(2)试估计大约几年后，旅游业的总收入超过8 000万元.
解　(1)设第n年的旅游业收入估计为an万元，
则a1＝400，an＋1＝an＝an，
∴＝，∴数列{an}是公比为的等比数列，
∴Sn＝＝＝1 600，
即n年内旅游业总收入为1 600万元.
(2)由(1)知Sn＝1 600，
令Sn>8 000，即1 600>8 000，
∴n>6，∴lgn>lg 6，∴n>≈8.029 6.
∴大约第9年后，旅游业总收入超过8 000万元.
反思与感悟　解决此类问题的关键是建立等比数列模型及弄清数列的项数，所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为S＝P(1＋r)n，其中P代表本金，n代表存期，r代表利率，S代表本利和.
跟踪训练3　一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125 m吗？
解　用an表示热气球在第n分钟上升的高度，由题意，得an＋1＝an，
因此数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列.
热气球在前n分钟内上升的总高度为
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝＝125×<125.
故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.
1.等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　当x＝1时，Sn＝n；
当x≠1时，Sn＝.
2.设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则等于(　　)
A.2 B.4
C. D.
答案　C
解析　方法一　由等比数列的定义，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝＋a2＋a2q＋a2q2，
得＝＋1＋q＋q2＝.
方法二　S4＝，a2＝a1q，
∴＝＝.
3.等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项的和是(　　)
A.179 B.211 C.243 D.275
答案　B
解析　∵q4＝＝＝4，且q>0，
∴q＝，
∴S5＝＝＝211.
4.某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为 .
答案　11a(1.15－1)
解析　去年产值为a，今年起5年内各年的产值分别为1.1a，1.12a，1.13a，1.14a，1.15a.
∴1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11a(1.15－1).
1.在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”.
2.前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况.
3.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列且公比为q，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减的方法求和.
一、选择题
1.设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则Sn等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　Sn＝＝.
2.在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5等于(　　)
A.33 B.72 C.84 D.189
答案　C
解析　由S3＝a1(1＋q＋q2)＝21且a1＝3，
得q2＋q－6＝0.
∵q>0，∴q＝2，
∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝q2·S3＝22·21＝84.
3.设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于(　　)
A.11 B.5 C.－8 D.－11
答案　D
解析　由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，
∴q＝－2，则＝＝－11.
4.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于(　　)
A. B.－
C. D.－
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
5.一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)(　　)
A.300米 B.299米 C.199米 D.166米
答案　A
解析　小球10次着地共经过的路程为100＋100＋50＋…＋100×8＝299≈300(米).
6.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)
答案　C
解析　由3an＋1＋an＝0，得＝－，
故数列{an}是公比q＝－的等比数列.
又a2＝－，可得a1＝4.
所以S10＝＝3(1－3－10).
7.一座七层的塔，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
答案　C
解析　设最底层所点灯的盏数为a1，
则公比q＝，n＝7，
由＝381，解得a1＝192.
二、填空题
8.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝ .
答案　3
解析　∵S6＝4S3，即＝，
解得q3＝3.
∴a4＝a1·q3＝1×3＝3.
9.数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝ .
答案　2n－1
解析　an－an－1＝a1qn－1＝2n－1，
即
各式相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
故an＝a1＋2n－2＝2n－1.
10.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则{an}的公比为 .
答案　
解析　由已知4S2＝S1＋3S3，
即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3).∴a2＝3a3，
∴{an}的公比q＝＝.
11.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q＝ .
答案　－
解析　当q＝1时，Sn＝na1，S3＋S6＝3a1＋6a1＝9a1＝S9≠2S9；
当q≠1时，＋＝2×，
得2－q3－q6＝2－2q9，∴2q9－q6－q3＝0，
解得q3＝－或q3＝1(舍去)或q3＝0(舍去)，
∴q＝－.
12.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列，则{an}的公比q＝ .
答案　－
解析　依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，
由于a1≠0，故2q2＋q＝0.
又q≠0，从而q＝－.
三、解答题
13.已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
解　(1)由题设，知公差d≠0，
由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列，得＝，
解得d＝1或d＝0(舍去).
故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n，n∈N＋.
(2)由(1)，知＝2n，由等比数列前n项和公式，
得Sn＝21＋22＋23＋…＋2n＝＝2n+1－2.
四、探究与拓展
14.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N＋)，求数列{an}的前2 017项的和S2 017.
解　因为数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N＋)，所以＝3，
所以数列的奇数项构成首项为1，公比为3的等比数列，偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，
所以数列{an}的前2 017项的和S2 017＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)＝＋＝(31 009－1)＋(31 009－3)＝31 009－2.
15.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝6，S4＝30，n∈N*，数列{bn}满足bn·bn＋1＝an，b1＝1.
(1)求an，bn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意可得a1＋a1q＝6，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝30，解得a1＝q＝2(负值舍去)，可得an＝a1qn－1＝2n，由bn·bn＋1＝an＝2n，b1＝1，可得b2＝2，即有bn＋1·bn＋2＝an＋1＝2n＋1，可得＝2，可得数列{bn}中奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，即有bn＝
(2)当n为偶数时，前n项和为Tn＝(1＋2＋…＋)＋(2＋4＋…＋)＝＋＝3·()n－3；当n为奇数时，前n项和为Tn＝Tn－1＋＝3·()n－1－3＋＝()n+3－3.
综上可得，Tn＝
2.3.2　等比数列的前n项和(二)
学习目标　1.熟练应用等比数列的前n项和公式的有关性质解题.2.会用错位相减法求和.
知识点一　等比数列的前n项和公式的函数特征
思考　若数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，那么数列{an}是不是等比数列？若数列{an}的前n项和Sn＝2n+1－1呢？
答案　当Sn＝2n－1时，
an＝＝＝2n－1(n∈N＋)，是等比数列；
当Sn＝2n+1－1时，
an＝＝不是等比数列.
梳理　当公比q≠1时，设A＝，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1).
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，Sn是n的正比例函数.
知识点二　等比数列的前n项和的性质
思考　若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列吗？
答案　设{an}的公比为q，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an，
S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝a1qn＋a2qn＋…＋anqn＝qnSn，
S3n－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝an＋1qn＋an＋2qn＋…＋a2nqn＝qn(S2n－Sn)，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，公比为qn.
梳理　等比数列{an}的前n项和的三个常用性质
(1)数列{an}为公比不为－1的等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列.
(2)若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：①在其前2n项中，＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝＝(q≠－1).
知识点三　错位相减法
思考　在上一节，我们是如何求公比不为1的等比数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an的？
答案　在等式两端乘以公比，两式会出现大量的公共项，通过相减消去即可.
梳理　如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，一般使用如下方法：
Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，①
qSn＝a1b1q＋a2b2q＋…＋anbnq＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn＋1，②
①－②得(1－q)Sn＝a1b1＋(a2－a1)b2＋(a3－a2)b3＋…＋(an－an－1)bn－anbn＋1
＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1
＝a1b1＋d－anbn＋1，
∴Sn＝＋d.
上述方法称为“错位相减法”.
1.对于公比q≠1的等比数列{an}的前n项和公式，其qn的系数与常数项互为相反数.(　√　)
2.当{an}为等差数列，{bn}为公比不是1的等比数列时，求数列的前n项和，适用错位相减法.(　√　)
类型一　等比数列的前n项和公式的函数特征应用
例1　已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且不等于1的常数)，则数列{an}(　　)
A.一定是等差数列
B.一定是等比数列
C.是等差数列或等比数列
D.既非等差数列，也非等比数列
答案　B
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·an－1；
当n＝1时，a1＝a－1，满足上式，
∴an＝(a－1)·an－1，n∈N＋.
∵＝a，∴数列{an}是等比数列.
反思与感悟　(1)已知Sn，通过an＝求通项an，应特别注意n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，
q≠0且q≠1，则{an}是等比数列.
跟踪训练1　若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝ .
答案　－
解析　显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
又Sn＝·3n＋t，
∴t＝－.
类型二　等比数列的前n项和的性质

例2　已知等比数列的前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
证明　方法一　设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
当q≠1时，Sn＝(1－qn)，
S2n＝(1－q2n)，S3n＝(1－q3n)，
∴S＋S＝2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n).
又Sn(S2n＋S3n)＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
方法二　根据等比数列的性质Sm＋n＝Sm＋qmSn，
有S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴S＋S＝S＋[Sn(1＋qn)]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n).
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
反思与感悟　处理等比数列的前n项和有关问题的常用方法：(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元.(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质.
跟踪训练2　在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解　因为S2n≠2Sn，所以q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，即qn＝.③
将③代入①得＝64，
所以S3n＝＝64×＝63.

例3　已知等比数列{an}的公比q＝－，则等于(　　)
A.－3 B.－
C.3 D.
答案　A
解析　∵a2＋a4＋a6＋a8＝a1q＋a3q＋a5q＋a7q＝q(a1＋a3＋a5＋a7)
∴＝＝－3.
反思与感悟　注意观察序号之间的联系，发现解题契机；整体思想能使问题解决过程变得简洁明快.
跟踪训练3　设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列；数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则＝ .
答案　126
解析　∵
∴{}是首项为b2，公比为2的等比数列.
∴＝＝27－2＝126.
类型三　错位相减法求和
例4　求数列的前n项和.
解　设Sn＝＋＋＋…＋，
则有Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减，得Sn－Sn＝＋＋＋…＋－，
即Sn＝－＝1－－.
∴Sn＝2－－＝2－.
反思与感悟　一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法.
跟踪训练4　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn (x≠0).
解　当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn+1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn+1＝－nxn+1，
∴Sn＝－.
综上可得Sn＝
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－，则x的值为(　　)
A. B.－ C. D.－
答案　C
解析　方法一　∵Sn＝x·3n－1－＝·3n－，
由Sn＝A(qn－1)，得＝，
∴x＝，故选C.
方法二　当n＝1时，a1＝S1＝x－；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2x·3n－2，
∵{an}是等比数列，∴n＝1时也应适合an＝2x·3n－2，
即2x·3－1＝x－，解得x＝.
2.已知等比数列{an}的公比为2，且其前5项和为1，那么{an}的前10项和等于(　　)
A.31 B.33 C.35 D.37
答案　B
解析　设{an}的公比为q，由题意，q＝2，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，则a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32，∴S10＝1＋32＝33.
3.在等比数列中，已知a1＋a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由＝＝＝q＝－，
又由a1＋a2＋a3＝6，且q＝－，
∴a1＝8，可得a2＝a1q＝8×＝－4，
∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝S7－a1－a2＝－8－(－4)＝.
4.在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k＝ .
答案　－1
解析　当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)＝3n－3n－1＝2·3n－1.
由题意，知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2，
∴k＝－1.
1.在利用等比数列的前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断.
2.等比数列前n项和中用到的数学思想：
(1)分类讨论思想：
利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论.
(2)函数思想：等比数列前n项和Sn＝(qn－1)(q≠1).设A＝，则Sn＝A(qn－1)与指数函数相联系.
(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn，当成整体求解.
一、选择题
1.在等比数列{an}中，a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，则公比q等于(　　)
A.2 B. C.4 D.
答案　C
解析　∵a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，
∴a4－a3＝3(S3－S2)＝3a3，
即a4＝4a3，∴q＝＝4，故选C.
2.设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于(　　)
A.1 B.0 C.1或0 D.－1
答案　A
解析　∵Sn－Sn－1＝an(n∈N＋)，又{Sn}是等差数列，
∴an为定值，即数列{an}为常数列，
∴q＝＝1(n∈N＋).
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则等于(　　)
A.2 B. C. D.3
答案　B　
解析　由＝3，得S6＝3S3.
因为数列{an}是等比数列，且由题意知q≠－1，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，解得S9＝7S3，所以＝.
4.在等比数列{an}中，已知S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于(　　)
A.90 B.70 C.40 D.30
答案　C
解析　∵S30≠3S10，∴q≠1.
由得
∴
∴q20＋q10－12＝0.∴q10＝3，
∴S20＝＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.
5.在等比数列{an}中，若a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于(　　)
A.(2n－1)2 B.(4n－1)
C.(2n－1) D.4n－1
答案　B
解析　由a1＋a2＋…＋an＝2n－1，得a1＝1，a2＝2，所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以{a}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝＝(4n－1).
6.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，
设{an}的公比为q，则q>0，且a＝1，即a3＝1.
∵S3＝7，
∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0.
故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4.
∴S5＝＝8＝.
7.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1，n∈N＋)，则a6等于(　　)
A.3×44 B.3×44＋1
C.45 D.45＋1
答案　A
解析　当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从第3项起每一项都是前一项的4倍，
即该数列从第2项起是以4为公比的等比数列.
又a2＝3S1＝3a1＝3，
∴an＝
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
二、填空题
8.等比数列{an}共2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝ .
答案　2
解析　根据题意得
∴
∴q＝＝＝2.
9.设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝ .
答案　15
解析　∵S4＝，a4＝a1q3，∴＝＝15.
10.等比数列{an}中，前n项和为Sn，S3＝2，S6＝6，则a10＋a11＋a12＝ .
答案　16
解析　方法一　∵S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
∴(S6－S3)2＝S3·(S9－S6).
又∵S3＝2，S6＝6，∴S9＝14.
再由S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，
即(S9－S6)2＝(S6－S3)·(S12－S9)，
求出S12－S9＝16，即a10＋a11＋a12＝16.
方法二　由S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，
此数列首项为S3＝2，
公比q′＝＝＝2，得S12－S9＝2×23＝16.
11.在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则前n项和Sn＝ .
答案　3(2n－1)或3n－1
解析　设{an}的公比为q，
由题设，得
解得或
当a1＝3，q＝2时，Sn＝＝＝3(2n－1)，n∈N＋；
当a1＝2，q＝3时，Sn＝＝＝3n－1，n∈N＋.
12.已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＋2是a2和a4的等差中项，则数列{an}的通项公式an＝ .
答案　2n，n∈N＋
解析　设数列{an}的公比为q，
由题意，知2(a3＋2)＝a2＋a4，
∴q3－2q2＋q－2＝0，即(q－2)(q2＋1)＝0.
∴q＝2，即an＝2·2n－1＝2n，n∈N＋.
三、解答题
13.已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和.
(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；
(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列.
(1)解　由已知，得an＝aqn－1，因此
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3).
当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1，
可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0.
解得q＝.
(2)证明　若q＝1，则{an}的各项均为a，
此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列.
若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，
即＋＝，整理得qm＋ql＝2qn.
因此am＋k＋al＋k＝aqk－1(qm＋ql)＝2aqn＋k－1＝2an＋k，
所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列.
四、探究与拓展
14.设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N＋)均在直线y＝x＋上.若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　依题意，得＝n＋，即Sn＝n2＋n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝2n－；当n＝1时，a1＝S1＝，符合an＝2n－，所以an＝2n－(n∈N＋)，则bn＝＝32n，由＝＝32＝9，可知{bn}为等比数列，b1＝32×1＝9，故Tn＝＝.
15.若公比为q的等比数列{an}的首项a1＝1，且满足an＝(n＝3，4，5，…)，
(1)求q的值；
(2)设bn＝n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)由题意知2an＝an－1＋an－2，
即2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3，
∴2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－.
(2)①当q＝1时，an＝1，bn＝n，Sn＝；
②当q＝－时，an＝n－1，bn＝n·n－1，
Sn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋n·n－1，①
－Sn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n，②
由①－②得
Sn＝1－n·n＋，
整理得Sn＝－·n.
综上，当q＝1时，Sn＝；
当q＝－时，Sn＝－·n.
习题课　数列求和
学习目标　1.掌握分组分解求和法的使用情形和解题要点.2.掌握奇偶并项求和法的使用情形和解题要点.3.掌握裂项相消求和法的使用情形和解题要点.4.进一步熟悉错位相减法.
知识点一　分组转化求和法
思考　求和：1＋2＋3＋…＋.
答案　1＋2＋3＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝＋＝＋1－.
梳理　分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.
知识点二　奇偶并项求和法
思考　求和12－22＋32－42＋…＋992－1002.
答案　12－22＋32－42＋…＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5 050.
梳理　奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前n项和而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
知识点三　裂项相消求和法
思考　我们知道 ＝－，试用此公式求和：＋＋…＋.
答案　由＝－，得
＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－.
梳理　如果数列的项能裂成前后可抵消的两项，则可用裂项相消法求和，此法一般先研究通项的形式，然后仿照公式裂开每一项.裂项相消求和常用公式：
(1)＝；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝.
类型一　分组转化法求和
例1　求和：Sn＝2＋2＋…＋2(x≠0).
解　当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n＝＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，Sn＝
反思与感悟　某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和.
跟踪训练1　求数列1，1＋a，1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0，n∈N＋).
解　当a＝1时，an＝n，
于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当a≠1时，an＝＝(1－an).
∴Sn＝[n－(a＋a2＋…＋an)]＝＝－.
∴Sn＝
类型二　裂项相消法求和
例2　求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.
解　∵＝＝，
∴原式＝＝
＝－(n≥2，n∈N＋).
引申探究
求和：＋＋＋…＋，n≥2，n∈N＋.
解　∵＝＝1＋，
∴原式＝＋＋＋…＋
＝(n－1)＋，
以下同例2解法.
反思与感悟　求和前一般先对数列的通项公式an变形，如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项求和法.
跟踪训练2　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公比为q，由a＝9a2a6，得a＝9a，所以q2＝，由条件可知q＞0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝，n∈N＋.
(2)bn＝＝＝2n，
令cn＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＝＝.
类型三　奇偶并项法求和
例3　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
解　当n为奇数时，n∈N＋，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，n∈N＋，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.
∴Sn＝(－1)nn (n∈N＋).
反思与感悟　通项中含有(－1)n的数列求前n项和时可以考虑用奇偶并项法，分项数为奇数和偶数分别进行求和.
跟踪训练3　已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N＋)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝；
当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N＋).
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
1.已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是(　　)
A.1，1 B.－1，－1
C.1，0 D.－1，0
答案　D
解析　S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
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.
答案　B
解析　∵an＝(n＋1)(n＋2)，
∴bn＝＝＝－，
∴S10＝＝＋＋…＋＝－＝.
3.已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S5＝ .
答案　21
解析　由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)可得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2，n∈N＋)，即数列{an}从第二项起构成等差数列，则S5＝1＋2＋4＋6＋8＝21.
4.已知数列an＝则S100＝ .
答案　5 000
解析　由题意，得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5 000.
求数列的前n项和，一般有下列几种方法
(1)错位相减
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(2)分组求和
把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消
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.
(4)奇偶并项
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n+1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论.
(5)倒序相加
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
一、选择题
1.数列，，，…，，…的前n项和为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由数列通项公式＝，
得前n项和Sn＝＝＝(n∈N＋).
2.已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N＋，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项的和是(　　)
A.n(n＋2) B.n(n＋4) C.n(n＋5) D.n(n＋7)
答案　C
解析　∵a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝.
3.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N＋，则S15＋S22－S31的值是(　　)
A.13 B.－76 C.46 D.76
答案　B
解析　S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，
S22＝－4×11＝－44，
S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，
S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
故选B.
4.数列{an}的通项公式an＝，若前n项的和为10，则项数为(　　)
A.11 B.99 C.120 D.121
答案　C
解析　∵an＝＝－，
∴Sn＝－1＝10，∴n＝120.
5.如果一个数列{an}满足an＋an＋1＝H (H为常数，n∈N＋)，则称数列{an}为等和数列，H为公和，Sn是其前n项的和，已知等和数列{an}中，a1＝1，H＝－3，则S2 017等于(　　)
A.－3 016 B.－3 015
C.－3 023 D.－3 013
答案　C
解析　S2 017＝a1＋(a2＋a3＋…＋a2 017)＝a1＋1 008×H＝1＋1 008×(－3)＝－3 023.
6.设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于(　　)
A.＋ B.＋
C.＋ D.n2＋n
答案　A
解析　由题意设等差数列的公差为d，且a1＝2，
则a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.
又∵a1，a3，a6成等比数列，
∴a＝a1a6，
即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.
∵d≠0，∴d＝，
∴Sn＝na1＋d＝＋，n∈N＋.
7.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，n∈N＋，则an等于(　　)
A.2＋ln n B.2＋(n－1)ln n
C.2＋nln n D.1＋n＋ln n
答案　A
解析　∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
二、填空题
8.若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，n∈N＋，则S50＝ .
答案　－25
解析　S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
9.在数列{an}中，an＋1＝对所有正整数n都成立，且a1＝2，则an＝ .
答案　
解析　∵an＋1＝，∴＝＋.
∴－＝，
∴是等差数列，且公差d＝.
∴＝＋(n－1)×＝＋＝，
∴an＝.
10.数列{an}的通项公式an＝ncos ，n∈N＋，其前n项和为Sn，则S2 018＝ .
答案　－1 010
解析　a1＝cos ＝0，a2＝2cos π＝－2，a3＝0，a4＝4，….
∴数列{an}的所有奇数项为0，前2 018项的所有偶数项(共1 009项)依次为－2，4，－6，8，…，
故S2 018＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝－1 010.
11.已知数列{an}中，an＝4×(－1)n－1－n(n∈N＋)，则数列{an}的前2n项和S2n＝ .
答案　－n(2n＋1)
解析　S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝[4×(－1)0－1]＋[4×(－1)1－2]＋[4×(－1)2－3]＋…＋[4×(－1)2n－1－2n]
＝4×[(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)2n－1]－(1＋2＋3＋…＋2n)
＝－＝－n(2n＋1).
三、解答题
12.已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，
所以解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N＋，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n，n∈N＋.
所以an＝2n＋1，n∈N＋，Sn＝n2＋2n，n∈N＋.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝×＝×，
所以Tn＝×＝×＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
13.设数列{an}满足a1＝0且－＝1，n∈N＋.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记Sn＝b1＋b2＋…＋bn，证明：Sn<1.
(1)解　由题设－＝1知，是公差为1的等差数列，
又＝1，故＝n，
∴an＝1－，n∈N＋.
(2)证明　由(1)，得bn＝＝＝－，
∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1.
四、探究与拓展
14.已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝的前n项和为(　　)
A.4 B.4
C.1－ D.－
答案　A
解析　∵an＝＝＝，
∴bn＝＝＝4.
∴Sn＝4＝4.
15.已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值.
解　(1)∵(an＋1)2＝4Sn，
∴Sn＝，Sn＋1＝.
∴Sn＋1－Sn＝an＋1＝，
即4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
∴2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
∵an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝2，
即{an}为公差等于2的等差数列.
由(a1＋1)2＝4a1，解得a1＝1，
∴an＝2n－1，n∈N＋.
(2)由(1)知bn＝＝，n∈N＋，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝＝－，n∈N＋.
∵Tn＋1－Tn＝－－＝－＝＞0，
∴Tn＋1＞Tn，
∴数列{Tn}为递增数列，
∴Tn的最小值为T1＝－＝.
章末复习
学习目标　1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.提高解决等差数列、等比数列问题的能力，培养综合运用知识解决问题的能力.
1.等差数列和等比数列的基本概念与公式
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示
递推公式
an＋1－an＝d
＝q
中项
由三个数x，A，y组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时A叫做x与y的等差中项，并且A＝
如果在x与y中间插入一个数G，使x，G，y成等比数列，那么G叫做x与y的等比中项，且G＝±
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
q≠1时，Sn＝＝，q＝1时，Sn＝na1
性质
am，an的关系
am－an＝(m－n)d
＝qm－n
m，n，s，t∈N＋，m＋n＝s＋t
am＋an＝as＋at
aman＝asat
{kn}是等差数列，且kn∈N＋
{}是等差数列
{}是等比数列
n＝2k－1，k∈N＋
S2k－1＝(2k－1)·ak
a1a2·…·a2k－1＝a
判断方法
利用定义
an＋1－an是同一常数
是同一常数
利用中项
an＋an＋2＝2an＋1
anan＋2＝a
利用通项公式
an＝pn＋q，其中p，q为常数
an＝abn(a≠0，b≠0)
利用前n项和公式
Sn＝an2＋bn (a，b为常数)
Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np(p为非零常数)
2.数列中的基本方法和思想
(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了叠加法和叠乘法；
(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加法和错位相减法.
(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想.
(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想.
(5)等差数列和等比数列在很多地方是相似的，发现和记忆相关结论时用到了类比.
类型一　方程思想求解数列问题
例1　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由已知，得
解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，
由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
解得q1＝2，q2＝.
由题意，得q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1(n∈N＋).
(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，
∴{bn}是等差数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln 2.
故Tn＝ln 2(n∈N＋).
反思与感悟　在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量.
跟踪训练1　设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝21，S15＝－75，Tn为数列的前n项和，求Tn的最大值.
解　设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋n(n－1)d.
∵S7＝21，S15＝－75，
∴即
解得a1＝9，d＝－2.
∴Sn＝na1＋d＝9n－(n2－n)＝10n－n2.
则＝10－n.∵－＝－1，
∴数列是以9为首项，－1为公差的等差数列.
则Tn＝＝－n2＋n＝2＋.
∵n∈N＋，∴当n＝9，或n＝10时，Tn有最大值45.
类型二　转化与化归思想求解数列问题
例2　在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1.
(1) 设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列；
(2) 求数列{an}的通项公式及前n项和的公式.
(1)证明　由Sn＋1＝4an＋2，①
则当n≥2，n∈N＋时，有Sn＝4an－1＋2.②
①－②，得an＋1＝4an－4an－1.
方法一　对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n+1，得＝－，
即＋＝，即cn＋1＋cn－1＝2cn，
∴数列{cn}是等差数列.
由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5，
∴c1＝＝，c2＝＝，故公差d＝－＝，
∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列.
方法二　∵an＋1－2an＝2an－4an－1＝2(an－2an－1)，
令bn＝an＋1－2an，
则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝3·2n－1，
∵ cn＝，∴ cn＋1－cn＝－＝＝＝＝，c1＝＝，
∴ {cn}是以为首项，为公差的等差数列.
(2)解　由(1)可知数列是首项为，公差为的等差数列.
∴＝＋(n－1)＝n－，an＝(3n－1)·2n－2，n∈N＋是数列{an}的通项公式.
设Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，
∴2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1，
故Sn＝2Sn－Sn＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1
＝－1－3×＋(3n－1)·2n－1＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1＝2＋(3n－4)·2n－1.
∴ 数列{an}的前n项和公式为Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N＋.
反思与感悟　由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出.
跟踪训练2　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋).
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列.
(1)解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，
∴a3＝8.
(2)证明　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1).②
①－②，得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2).
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.
类型三　函数思想求解数列问题

例3　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N＋)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题意，得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，
整理得2a1d＝d2.∵d>0，∴d＝2.
∵a1＝1.∴an＝2n－1 (n∈N＋).
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.
假设存在整数t满足Sn>总成立，
又Sn＋1－Sn＝－＝>0，
∴数列{Sn}是单调递增的.
∴S1＝为Sn的最小值，
故<，即t<9.
又∵t∈Z，
∴适合条件的t的最大值为8.
反思与感悟　数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列的定义域是正整数集或{1，2，3，…，n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响.
跟踪训练3　已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N＋)，求数列{Tn}最大项的值与最小项的值.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1＜Sn≤S1＝.
故0＜Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn＜1，
故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N＋，总有－≤Sn－≤
且Sn－≠0.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.

例4　已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N＋.
(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；
(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值.
解　(1)由an＋1＝f(an)，得an＋1＝2－|an|，a1＝0，即a2＝2，a3＝0，a4＝2.
(2)∵a1，a2，a3成等比数列，即a3＝＝2－|a2|，即a＝a1·(2－|a2|)，且a2＝2－|a1|，
得(2－|a1|)2＝a1[2－|2－|a1||]，即(2－a1)2＝a1(2－|2－a1|)，
分情况讨论：
①当2－a1≥0时，(2－a1)2＝a1[2－(2－a1)]＝a，解得a1＝1，且a1≤2；
②当2－a1＜0时，(2－a1)2＝a1[2－(a1－2)]＝a1(4－a1)，即2a－8a1＋4＝0，即a－4a1＋4＝2，即(a1－2)2＝2，解得a1＝2＋，且a1＞2，
综上，a1＝1或a1＝2＋.
反思与感悟　以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题.
跟踪训练4　已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f?，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
解　(1)∵an＋1＝f?＝＝＝an＋，
∴an＋1－an＝，∴{an}是以为公差的等差数列.
又a1＝1，∴an＝n＋，n∈N＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·＝－(2n2＋3n).
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q等于(　　)
A.－2 B.2
C.3 D.－3
答案　A
解析　由题意知当q＝1时不成立.
当q≠1时，因为S3＋3S2＝0，
所以＋＝0，
即(1－q)(q2＋4q＋4)＝0.解得q＝－2或q＝1(舍去).
2.设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和(n∈N＋)，且S＝9S2，S4＝4S2，则数列{an}的通项公式是 .
答案　an＝36(2n－1)
解析　设等差数列{an}的公差为d，由前n项和的概念及已知条件，得a＝9(2a1＋d)，①
4a1＋6d＝4(2a1＋d ).②
由②得d＝2a1，代入①有a＝36a1，
解得a1＝0或a1＝36.
将a1＝0舍去.因此a1＝36，d＝72，
故数列{an}的通项公式为an＝36＋(n－1)·72＝72n－36＝36(2n－1).
3.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－n(n＝1，2，3，…)，则此数列的通项公式为 ；数列{nan}中数值最小的项是第 项.
答案　an＝3n－16　3
解析　利用an＝
求得an＝3n－16，n∈N＋.
则nan＝3n2－16n＝3，
所以n＝3时，nan的值最小.
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a3＋b3＝17，T3－S3＝12，求{an}、{bn}的通项公式.
解　设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
由a3＋b3＝17，得1＋2d＋3q2＝17，①
由T3－S3＝12，得q2＋q－d＝4.②
由①、②及q＞0解得q＝2，d＝2.
故所求的通项公式为an＝2n－1，n∈N＋，bn＝3·2n－1，n∈N＋.
1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题.
2.数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和.
一、选择题
1.一个等差数列的第5项等于10，前3项的和等于3，那么(　　)
A.它的首项是－2，公差是3
B.它的首项是2，公差是－3
C.它的首项是－3，公差是2
D.它的首项是3，公差是－2
答案　A
解析　，即，
解得a1＝－2，d＝3.
2.在等比数列{an}中，已知前4项和为1，前8项和为17，则此等比数列的公比q为(　　)
A.2 B.－2 C.2或－2 D.2或－1
答案　C
解析　S4＝＝1，①
S8＝＝17，②
②÷①，得1＋q4＝17，q4＝16.q＝±2.
3.等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋t，则t＋a3的值为(　　)
A.1 B.－1 C.17 D.18
答案　C
解析　a1＝S1＝3＋t，
由a1＋a2＝9＋t，得a2＝6，
由a1＋a2＋a3＝27＋t，得a3＝18，
由a1a3＝a，得t＝－1，故t＋a3＝17.
4.已知等差数列前n项和为Sn，且S13＜0，S12＞0，则此数列中绝对值最小的项为(　　)
A.第5项 B.第6项 C.第7项 D.第8项
答案　C
解析　由S13＝13a7，S12＝6(a6＋a7)及S13＜0，S12＞0，
知a7＜0，a6＋a7＞0，即a6＞－a7＞0，故|a6|＞|a7|.
又等差数列为递减数列，故|a1|＞|a2|＞…＞|a6|＞|a7|，|a7|＜|a8|＜…，故|a7|最小.
5.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于(　　)
A.16(1－4－n) B.16(1－2－n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)
答案　C
解析　依题意，a2＝a1q＝2，a5＝a1q4＝，
两式相除，可求得q＝，a1＝4，
又因为数列{an}是等比数列，所以{anan＋1}是以a1a2为首项，q2为公比的等比数列，
根据等比数列前n项和公式，可得原式＝＝(1－4－n).
6.在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，n∈N＋，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A.2n+1－2 B.3n
C.2n D.3n－1
答案　C
解析　设数列{an}的公比为q，
则an＝2qn－1.
因数列{an＋1}也是等比数列，
则(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即a＋2an＋1＝an·an＋2＋an＋an＋2，
即an＋an＋2＝2an＋1，即an(1＋q2－2q)＝0，
即(q－1)2＝0，解得q＝1.
由a1＝2，得an＝2，所以Sn＝2n.
二、填空题
7.数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3n＋1，n∈N＋，则它的通项公式为 .
答案　an＝
解析　当n＝1时，a1＝S1＝5；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2.
故数列{an}的通项公式为an＝
8.已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N＋.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为 .
答案　110
解析　设{an}的首项，公差分别是a1，d，则
解得a1＝20，d＝－2，
∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.
9.在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则S100＝ .
答案　2 600
解析　由a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)知，当n为奇数时，an＋2－an＝0；
当n为偶数时，an＋2－an＝2.
所以前100项中，奇数项为常数项1，偶数项构成以a2＝2为首项，2为公差的等差数列.
所以S100＝50×2＋×2＋50×1＝2 600.
10.设{an}为等比数列，{bn}为等差数列，且b1＝0，cn＝an＋bn，若数列{cn}是1，1，2，…，则数列{cn}的前10项和为 .
答案　978
解析　由题意，得a1＝1，设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，
则∴q2－2q＝0，
∵q≠0，∴q＝2，∴d＝－1，
∴an＝2n－1，bn＝(n－1)(－1)＝1－n，
∴cn＝2n－1＋1－n，
设数列cn的前n项和为Sn，
∴S10＝978.
11.已知等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则这个数列的前n项和最大时n＝ .
答案　15
解析　方法一　设数列{an}的公差为d，
∵S10＝S20，∴10×29＋d＝20×29＋d，
解得d＝－2，∴an＝－2n＋31，
设这个数列的前n项和最大，
则需
即
∴≤n≤，
∵n∈N＋，∴n＝15.
方法二　设数列{an}的公差为d，
∵S10＝S20，∴10×29＋d＝20×29＋d，
解得d＝－2.
等差数列{an}的前n项和Sn ＝n2＋n是关于n的不含常数项的二次函数，根据其图象的对称性，由S10＝S20，知x＝＝15是其对称轴，
由d＝－2知二次函数的图象开口向下，故n＝15时Sn最大.
三、解答题
12.求数列1，3a，5a2，7a3，…，(2n－1)·an－1的前n项和.
解　(1)当a＝0时，Sn＝1.
(2)当a＝1时，数列变为1，3，5，7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
(3)当a≠1且a≠0时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②，得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·＝1－(2n－1)an＋，
又1－a≠0，
∴Sn＝＋.
综上，Sn＝
13.在等比数列{an}中，an>0 (n∈N＋)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值.
解　(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，即(a3＋a5)2＝25.
又an>0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，
∴a3a5＝4，而q∈(0，1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.
∴q＝，a1＝16，∴an＝16×n－1＝25－n.
(2)bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，
∴当n≤8时，>0；
当n＝9时，＝0；
当n>9时，<0.
∴当n＝8或9时，＋＋＋…＋最大.
四、探究与拓展
14.阅读下列文字，然后回答问题：对于任意实数x，符号[x]表示x的整数部分，即[x]是不超过x的最大整数.函数[x]叫做“取整函数”，也叫高斯函数.它具有以下性质：x－1＜[x]≤x＜[x＋1].请回答：[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log21 024]的值是 .
答案　8 204
解析　由题意得，当x∈[2k，2k＋1)时，[log2x]＝k，
令原式＝S，则S＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10，①
2S＝22＋2×23＋3×24＋…＋9×210＋20，②
①－②，得－S＝2＋22＋23＋…＋29－9×210－10＝－12－213，
∴S＝12＋213＝8 204.
15.已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N＋).
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；
(3)求通项公式an.
解　(1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列为等差数列.
设bn＝，由{bn}为等差数列，
则有2b2＝b1＋b3.
∴2×＝＋，＝＋.
解得λ＝－1.
当λ＝－1时，bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)＋1]＝[(2n+1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列为首项是2，公差是1的等差数列.
(3)由(2)知，数列为首项是2，公差是1的等差数列.
∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)2n＋1，n∈N＋.