数列求和
最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.
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知 识 梳 理
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)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抵消，从而求得其和.
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
[微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
3.裂项求和常用的三种变形
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
基 础 自 测
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1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(2)当n≥2时，＝(－).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.( )
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
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2.(必修5P47B4改编)数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为( )
A.2 018 B.2 019 C.2 020 D.2 021
解析 an＝＝－，
Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2019.
答案 B
3.(必修5P56例1改编)等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________.
解析 由a1＝27，a9＝知，＝27·q8，
又由q>0，解得q＝，
所以S6＝＝.
答案
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4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
解析 由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
答案 C
5.(2019·昆明诊断)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，bn－an＝2n＋1，且Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，则2Tn＝________________.
解析 由题意知Tn－Sn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝n＋2n＋1－2，
又Sn＋Tn＝2n＋1＋n2－2，
所以2Tn＝Tn－Sn＋Sn＋Tn＝2n＋2＋n(n＋1)－4.
答案 2n＋2＋n(n＋1)－4
6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
解析 由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，f＋f＝4，所以2an＝[f(0)＋f(1)]＋＋…＋[f(1)＋f(0)]＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1).
答案 an＝2(n＋1)
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考点一 分组转化法求和
【例1】 (2019·郴州质检)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a3－1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2＋2n的大小.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1，a2，a3－1成等差数列，
∴2a2＝a1＋(a3－1)＝a3，∴q＝＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1，
∴Sn＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n－1＋2n－1)
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝·n＋＝n2＋2n－1.
∵Sn－(n2＋2n)＝－1<0，∴Sn
规律方法 1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和.
【训练1】 (2019·南昌一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＋S4＝S5可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，
∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1).
∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.
考点二 裂项相消法求和
【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解 (1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，
∴a1＝S1＝－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵＝＝－.
∴数列的前n项和
Tn＝＋＋…＋＝－.
规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.
2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.
【训练2】 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝－.
考点三 错位相减法求和
【例3】 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝6，,aq＝a1q2，))
又an>0，
解得所以an＝2n.
(2)由题意知：S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.
规律方法 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法.
2.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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
【训练3】 已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d分别加上1，1，3后成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
解得d＝2(舍负)，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为an＋2log2bn＝－1，所以log2bn＝－n，则bn＝.
(2)由(1)知an·bn＝(2n－1)·，
则Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
由①－②，得
Tn＝＋2×－.
∴Tn＝＋2×－，
∴Tn＝1＋2－－＝3－＝3－.
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[思维升华]
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想
1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；
2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
[易错防范]
1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.
2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.
3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A.－24 B.－3 C.3 D.8
解析 设{an}的公差为d，根据题意得a＝a2·a6，
即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，
所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24.
答案 A
2.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A.200 B.－200 C.400 D.－400
解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
答案 B
3.数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于( )
A.9 B.99 C.10 D.100
解析 因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1，
令－1＝9，得n＝99.
答案 B
4.(2019·合肥调研)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023
解析 ∵＝1＋，∴Tn＝n＋1－，
∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，
又m>T10＋1 013恒成立，
∴整数m的最小值为1 024.
答案 C
5.(2019·厦门质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为( )
A.250 B.200 C.150 D.100
解析 当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，当n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，∴{an}的前100项和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)＝25×4＋25×0＝100.
答案 D
二、填空题
6.已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析 由a－6a＝an＋1an，
得(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
又an>0，所以an＋1＝3an，
又a1＝2，所以{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
故Sn＝＝3n－1.
答案 3n－1
7.(2019·武汉质检)设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为________.
解析 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，所以(n2＋n)an＝·＝，所以an＝，则3nan＝＝－，其前n项和为1－，n＝15时，为1－＝.
答案
8.(2019·福州调研)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
解析 Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50
＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.
答案 5
三、解答题
9.已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
10.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1＋log2(an)2，求证：数列的前n项和Tn<.
(1)解 因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)，
所以an＝2＋Sn－1(n≥2)，
所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，
所以an＋1＝2an(n≥2).
又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*).
(2)证明 因bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1.
则＝，
所以Tn＝
＝＝－<.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·广州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，且Sn为{an}的前n项和，则( )
A.an≥2n＋1 B.Sn≥n2
C.an≥2n－1 D.Sn≥2n－1
解析 由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2，
∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，
∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1，
∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，
∴Sn≥＝n2.
答案 B
12.已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.
解析 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
答案 4n－1
13.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
解析 设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
答案
14.(2019·河南、河北两省联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，
又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，
所以bn＝(2n＋3)2n，
所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)2n＋1，②
所以②－①得
Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)
＝(2n＋3)2n＋1－10－
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)
＝(2n＋1)2n＋1－2.
数列的概念及简单表示法
最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
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知 识 梳 理
1.数列的定义
按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件
项数 有穷数列 项数有限
无穷数列 项数无限
项与项间的大小关系 递增数列 an＋1＞an 其中n∈N*
递减数列 an＋1＜an
常数列 an＋1＝an
摆动数列 从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.
4.数列的通项公式
(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)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.
[微点提醒]
1.若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝
2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.
3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.
基 础 自 测
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1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.
(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.
(3)数列可以是常数列或摆动数列.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
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2.(必修5P33A4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(n≥2)，则a5等于( )
A. B. C. D.
解析 a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，
a4＝1＋＝3，a5＝1＋＝.
答案 D
3.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
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解析 由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.
答案 5n－4
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4.(2019·衡水中学摸底)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，Sn为其前n项和，则S5的值为( )
A.57 B.61 C.62 D.63
解析 由条件可得a2＝2a1＋1＝3，a3＝2a2＋1＝7，a4＝2a3＋1＝15，a5＝2a4＋1＝31，所以S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋3＋7＋15＋31＝57.
答案 A
5.(2019·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于( )
A. B.cos
C.cos π D.cos π
解析 令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.
答案 D
6.(2019·郑州一模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，若a4＝32，则a1＝________.
解析 ∵Sn＝，a4＝32，则a4＝S4－S3＝32.
∴－＝32，∴a1＝.
答案
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 由数列的前几项求数列的通项
【例1】 (1)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )
A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝
C.an＝2sin D.an＝cos(n－1)π＋1
(2)已知数列{an}为，，－，，－，，…，则数列{an}的一个通项公式是________.
解析 (1)对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意.
(2)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－，
故原数列可变为－，，－，，…，
故其通项公式可以为an＝(－1)n·.
答案 (1)C (2)an＝(－1)n·
规律方法 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理.
【训练1】 写出下列各数列的一个通项公式：
(1)－，，－，，…；
(2)，2，，8，，…；
(3)5，55，555，5 555，….
解 (1)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是an＝(－1)n×，n∈N*.
(2)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即，，，，，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(3)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1).
考点二 由an与Sn的关系求通项 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 易错警示
【例2】 (1)(2019·广州质检)已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________________.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析 (1)由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝
(2)由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，所以a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，
得an＝2an－1.
∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列.
∴S6＝＝＝－63.
答案 (1)an＝ (2)－63
规律方法 数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝①当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；②当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示.
易错警示 在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形.例如例2第(1)题易错误求出an＝2n(n∈N*).
【训练2】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________.
解析 (1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合上式，∴an＝4n－5.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
显然当n＝1时，不满足上式.
∴an＝
答案 (1)4n－5 (2)
考点三 由数列的递推关系求通项 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 易错警示
【例3】 (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
(2)若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________.
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
解析 (1)因为an＋1－an＝ln ＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，
a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N*).
(2)由nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得＝(n≥2).
所以an＝···…···a1
＝···…···1＝，
又a1也满足上式，所以an＝.
(3)由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
答案 (1)A (2) (3)2n＋1－3
规律方法 由数列的递推关系求通项公式的常用方法
(1)已知a1，且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2)已知a1(a1≠0)，且＝f(n)，可用“累乘法”求an.
(3)已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为{an＋k}为等比数列.
易错警示 本例(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a1是否适合所求式.
【训练3】 (1)(2019·山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则an＝________.
(2)若a1＝1，an＋1＝2nan，则通项公式an＝________.
(3)若a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析 (1)a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1?an＋1－an＝2n－1＋1?an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，
则an＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋n－1＋a1
＝＋n－1＋2＝2n－1＋n.
(2)由an＋1＝2nan，得＝2n－1(n≥2)，
所以an＝··…··a1
＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2.
又a1＝1适合上式，故an＝2.
(3)因为an＋1＝，a1＝1，所以an≠0，
所以＝＋，即－＝.
又a1＝1，则＝1，
所以是以1为首项，为公差的等差数列.
所以＝＋(n－1)×＝＋.
所以an＝(n∈N*).
答案 (1)2n－1＋n (2)2 (3)
考点四 数列的性质
【例4】 (1)数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大项是( )
A.3 B.19 C. D.
(2)数列{an}满足an＋1＝a1＝，则数列的第2 019项为________.
解析 (1)令f(x)＝x＋(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2，当且仅当x＝3时等号成立.因为an＝，所以≤，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝最大.
(2)由已知可得，a2＝2×－1＝，a3＝2×＝，
a4＝2×＝，a5＝2×－1＝，
∴{an}为周期数列且T＝4，
∴a2 019＝a504×4＋3＝a3＝.
答案 (1)C (2)
规律方法 1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.
2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定an与an＋1的大小，常用比差或比商法进行判断.
【训练4】 (1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝________.
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立，则实数k的取值范围是________.
解析 (1)∵a1＝1，an＋1＝a－2an＋1＝(an－1)2，
∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 020＝a2＝0.
(2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，
又通项公式an＝n2＋kn＋4，所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，即k>－1－2n.
又n∈N*，所以k>－3.
答案 (1)0 (2)(－3，＋∞)
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[思维升华]
1.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.
2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法：
(1)算出前几项，再归纳、猜想.
(2)形如“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列.
(3)递推公式化简整理后，若为an＋1－an＝f(n)型，则采用累加法；若为＝f(n)型，则采用累乘法.
[易错防范]
1.解决数列问题应注意三点
(1)在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值是正整数.
(2)数列的通项公式不一定唯一.
(3)注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.
2.数列{an}中，若an最大，则an≥an－1且an≥an＋1；
若an最小，则an≤an－1且an≤an＋1.
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.数列1，3，6，10，15，…的一个通项公式是( )
A.an＝n2－(n－1) B.an＝n2－1
C.an＝ D.an＝
解析 观察数列1，3，6，10，15，…可以发现：
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
所以第n项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝，
所以数列1，3，6，10，15，…的通项公式为an＝.
答案 C
2.已知数列{an}满足：任意m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，那么a5＝( )
A. B. C. D.
解析 由题意，得a2＝a1a1＝，a3＝a1·a2＝，则a5＝a3·a2＝.
答案 A
3.(2019·江西重点中学盟校联考)在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，则a2 019的值为( )
A.－ B.5 C. D.
解析 在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，所以a2＝1－＝5，a3＝1－＝，a4＝1－＝－，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 019＝a673×3＝a3＝.
答案 C
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝( )
A.31 B.42 C.37 D.47
解析 由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S5＋1＝3×24，所以S5＝47.
答案 D
5.(2019·成都诊断)已知f(x)＝数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是( )
A.(1，＋∞) B.
C.(1，3) D.(3，＋∞)
解析 因为{an}是递增数列，
所以解得a>3，
则a的取值范围是(3，＋∞).
答案 D
二、填空题
6.在数列－1，0，，，…，，…中，0.08是它的第________项.
解析 令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，
则(2n－5)(n－10)＝0，解得n＝10或n＝(舍去).
所以a10＝0.08.
答案 10
7.若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.
故数列的通项公式为an＝
答案
8.在数列{an}中，a1＝2，＝＋ln，则an＝________.
解析 由题意得－＝ln(n＋1)－ln n，－＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
∴－＝ln 2－ln 1，－＝ln 3－ln 2，…，
－＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
累加得－＝ln n，∴＝2＋ln n(n≥2)，
又a1＝2适合，故an＝2n＋nln n.
答案 2n＋nln n
三、解答题
9.(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
解 (1)由题意得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
10.已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*).
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式.
解 (1)由Sn＝a＋an(n∈N*)，可得
a1＝a＋a1，解得a1＝1，
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2，
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝a＋，①
当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}为首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法复合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 018这2 018个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列共有( )
A.98项 B.97项 C.96项 D.95项
解析 能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故an＝21n－20，由1≤an≤2 018得1≤n≤97，又n∈N*，故此数列共有97项.
答案 B
12.已知数列{an}的通项公式an＝(n＋2)·，则数列{an}的项取最大值时，n＝________.
解析 假设第n项为最大项，则
即
解得即4≤n≤5，
又n∈N*，所以n＝4或n＝5，
故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝.
答案 4或5
13.(2019·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(－1)n·an－，记bn＝8a2·2n－1，若对任意的n∈N*，总有λbn－1>0成立，则实数λ的取值范围为________.
解析 令n＝1，得a1＝－；
令n＝3，可得a2＋2a3＝；
令n＝4，可得a2＋a3＝，
故a2＝，即bn＝8a2·2n－1＝2n.
由λbn－1>0对任意的n∈N*恒成立，
得λ>对任意的n∈N*恒成立，
又≤，
所以实数λ的取值范围为.
答案
14.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
解 (1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10即a的取值范围是(－10，－8).
等差数列及其前n项和
最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.
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知 识 梳 理
1.等差数列的概念
(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列.
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).
(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋＝.
3.等差数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*).
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.
[微点提醒]
1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列?Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
基 础 自 测
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1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.( )
解析 (3)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.
(4)若公差d＝0，则前n项和不是二次函数.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
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2.(必修5P46A2改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A.31 B.32 C.33 D.34
解析 由已知可得
解得∴S8＝8a1＋d＝32.
答案 B
3.(必修5P68A8改编)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.
解析 由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.
答案 180
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4.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A.－12 B.－10 C.10 D.12
解析 设等差数列{an}的公差为d，则3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即d＝－a1.又a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
答案 B
5.(2019·皖南八校模拟)已知等差数列{an}中，a2＝1，前5项和S5＝－15，则数列{an}的公差为( )
A.－3 B.－ C.－2 D.－4
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为所以
解得d＝－4.
答案 D
6.(2019·江西赣中南五校联考)在等差数列{an}中，已知a3＋a8>0，且S9<0，则S1，S2，…，S9中最小的是______.
解析 在等差数列{an}中，
∵a3＋a8>0，S9<0，
∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝＝9a5<0，
∴a5<0，a6>0，
∴S1，S2，…，S9中最小的是S5.
答案 S5
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 等差数列基本量的运算
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A.1 B.2 C.4 D.8
(2)(2019·云南省二次统一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝
－12，若am＝30，则m＝( )
A.9 B.10 C.11 D.15
解析 (1)法一 设等差数列{an}的公差为d，
依题意得所以d＝4.
法二 等差数列{an}中，S6＝＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，
又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，则d＝4.
(2)设等差数列{an}的公差为d，依题意得
解得
∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.
答案 (1)C (2)B
规律方法 1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
【训练1】 (1)等差数列log3(2x)，log3(3x)，log3(4x＋2)，…的第四项等于( )
A.3 B.4 C.log318 D.log324
(2)(一题多解)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，S4＝12，则S6＝________.
解析 (1)∵log3(2x)，log3(3x)，log3(4x＋2)成等差数列，
∴log3(2x)＋log3(4x＋2)＝2log3(3x)，
∴log3[2x(4x＋2)]＝log3(3x)2，则2x(4x＋2)＝9x2，
解之得x＝4，x＝0(舍去).
∴等差数列的前三项为log38，log312，log318，
∴公差d＝log312－log38＝log3，
∴数列的第四项为log318＋log3＝log327＝3.
(2)法一 设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S3＝6，S4＝12，可得解得
所以S6＝6a1＋15d＝30.
法二 由{an}为等差数列，故可设前n项和Sn＝An2＋Bn，
由S3＝6，S4＝12可得
解得即Sn＝n2－n，则S6＝36－6＝30.
答案 (1)A (2)30
考点二 等差数列的判定与证明 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 典例迁移
【例2】 (经典母题)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，
故是首项为2，公差为2的等差数列.
(2)解 由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式.
故an＝
【迁移探究1】 本例条件不变，判断数列{an}是否为等差数列，并说明理由.
解 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0，
所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2).
所以－＝2(n≥2).
又＝＝2，
所以是以2为首项，2为公差的等差数列.
所以＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
所以an＋1＝，又an＋1－an＝－
＝＝.
所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是一个等差数列.
【迁移探究2】 本例中，若将条件变为a1＝，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，试求数列{an}的通项公式.
解 由已知可得＝＋1，即－＝1，
又a1＝，
∴是以＝为首项，1为公差的等差数列，
∴＝＋(n－1)·1＝n－，∴an＝n2－n.
规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.
2.判定一个数列是等差数列还常用到结论：
(1)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)?{an}是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)?{an}是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.
【训练2】 (2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设可得
解得
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n
＝2＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
考点三 等差数列的性质及应用 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 等差数列项的性质
【例3－1】 (2019·衡阳一模)在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则a2＋a14的值为( )
A.6 B.12 C.24 D.48
解析 ∵在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，
由等差数列的性质，a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.
答案 D
角度2 等差数列和的性质
【例3－2】 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
解析 由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，
即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，
所以a7＋a8＋a9＝45.
答案 B
规律方法 1.项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2.和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
【训练3】 (1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 015，－＝6，则S2 019＝________.
(2)(2019·荆州一模)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＝3，a8＝8，则a12的值是( )
A.15 B.30 C.31 D.64
(3)等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于( )
A. B. C. D.
解析 (1)由等差数列的性质可得也为等差数列.
设其公差为d，则－＝6d＝6，∴d＝1.
故＝＋2 018d＝－2 015＋2 018＝3，
∴S2 019＝3×2 019＝6 057.
(2)由a3＋a4＋a5＝3及等差数列的性质，
∴3a4＝3，则a4＝1.
又a4＋a12＝2a8，得1＋a12＝2×8.
∴a12＝16－1＝15.
(3)＝＝＝＝＝＝.
答案 (1)6 057 (2)A (3)A
考点四 等差数列的前n项和及其最值
【例4】 (2019·衡水中学质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100，当n为何值时，数列的前n项和最大？
解 (1)令n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0，
因为a1≠0，所以a1＝，
当n≥2时，2an＝＋Sn，2an－1＝＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an(n≥2).
所以an＝2an－1(n≥2)，
从而数列{an}为等比数列，an＝a1·2n－1＝.
(2)当a1>0，λ＝100时，由(1)知，an＝，
则bn＝lg ＝lg ＝lg 100－lg 2n＝2－nlg 2，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列，公差为－lg 2，
所以b1>b2>…>b6＝lg ＝lg >lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg 所以数列的前6项和最大.
规律方法 求等差数列前n项和Sn的最值的常用方法：
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值.
(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求Sn的最值.
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最大值)；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最小值).
【训练4】 (1)等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列的前n项和取最小值时的n为( )
A.3 B.3或4
C.4或5 D.5
(2)已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为________.
解析 (1)由题意知
由d≠0，解得a1＝－3，d＝2，
∴＝＝－3＋n－1＝n－4，
则n－4≥0，得n≥4，
∴数列的前n项和取最小值时的n为3或4.
(2)因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，
Sn＝na1＋d＝20n－×2
＝－n2＋21n＝－＋，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110.
答案 (1)B (2)110
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\反思与感悟A.TIF" \* MERGEFORMAT
[思维升华]
1.证明等差数列可利用定义或等差中项的性质，另外还常用前n项和Sn＝An2＋Bn及通项an＝pn＋q来判断一个数列是否为等差数列.
2.等差数列基本量思想
(1)在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a1，d的方程组进行求解.
(2)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a－d，a，a＋d.
若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.
(3)灵活使用等差数列的性质，可以大大减少运算量.
[易错防范]
1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了an＋1－an＝d(n≥2)时，应注意验证a2－a1是否等于d，若a2－a1≠d，则数列{an}不为等差数列.
2.利用二次函数性质求等差数列前n项和最值时，一定要注意自变量n是正整数.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\分层限时训练.tif" \* MERGEFORMAT
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·全国Ⅰ卷)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 设等差数列{an}的公差为d，由已知，得所以所以a100＝a1＋99d＝－1＋99＝98.
答案 C
2.(2019·惠州调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A.1 B.－1 C.2 D.
解析 由于＝＝×＝1.
答案 A
3.(2019·中原名校联考)若数列{an}满足－＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列，已知数列为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝( )
A.10 B.20 C.30 D.40
解析 依题意，－＝xn＋1－xn＝d，
∴{xn}是等差数列.
又x1＋x2＋…＋x20＝＝200.
∴x1＋x20＝20，从而x5＋x16＝x1＋x20＝20.
答案 B
4.(2019·合肥质检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )
A.174斤 B.184斤 C.191斤 D.201斤
解析 用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，
由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，
∴8a1＋×17＝996，解之得a1＝65.
∴a8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤.
答案 B
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，－＝－4，则Sn取最大值时的n为( )
A.4 B.5 C.6 D.4或5
解析 由{an}为等差数列，得－＝a5－a3＝2d＝－4，
即d＝－2，
由于a1＝9，所以an＝－2n＋11，令an＝－2n＋11<0，得n>，
所以Sn取最大值时的n为5.
答案 B
二、填空题
6.已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为________.
解析 设项数为2n ，则由S偶－S奇＝nd得，25－15＝2n解得n＝5，故这个数列的项数为10.
答案 10
7.已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝2anan＋1，则a6＝________.
解析 将an－an＋1＝2anan＋1两边同时除以anan＋1，－＝2.
所以是以＝1为首项，2为公差的等差数列，
所以＝1＋5×2＝11，即a6＝.
答案
8.设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.
解析 依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝，因此S100＝10S10＋d＝10×16＋×＝200.
答案 200
三、解答题
9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解 (1)设数列{an}首项为a1，公差为d，
由题意得解得
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
10.已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
(1)解 设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋·d＝2k＋×2＝k2＋k，
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
(2)证明 由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝＝.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·济宁模拟)设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝( )
A. B. C.3 D.
解析 令bn＝nan，则2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，
所以{bn}为等差数列，
因为b1＝1，b2＝4，所以公差d＝3，则bn＝3n－2，
所以b18＝52，
则18a18＝52，所以a18＝.
答案 B
12.(2019·成都诊断)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(n∈N*)，若＝，则＝( )
A. B. C. D.3
解析 由题意不妨设Sn＝n(2n－1)，Tn＝n(n＋1)，
所以a12＝S12－S11＝12×23－11×21＝45，
b6＝T6－T5＝6×(6＋1)－5×(5＋1)＝42－30＝12，
所以＝＝.
答案 A
13.设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
解析 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，∴n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案 130
14.(2019·长沙雅礼中学模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a13＝26，S9＝81.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，若30Tn－m≤0对一切n∈N*成立，求实数m的最小值.
解 (1)∵等差数列{an}中，a1＋a13＝26，S9＝81，
∴解得
∴d＝＝＝2，
∴an＝a5＋(n－5)d＝9＋2(n－5)＝2n－1.
(2)∵bn＝＝
＝，
∴Tn＝
＝，
∵随着n的增大而增大，知{Tn}单调递增.
又>0，∴Tn<，∴m≥5，
∴实数m的最小值为5.
等比数列及其前n项和
最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.等比数列的概念
(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.
数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数).
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±.
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，
ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.
[微点提醒]
1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，也是等比数列.
2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
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2.(必修5P53A1(2)改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于( )
A.－ B.－2 C.2 D.
解析 由题意知q3＝＝，即q＝.
答案 D
3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.
解析 设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.
答案 27，81
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4.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
A.2 B.4 C. D.6
解析 根据等比数列的性质得a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.
又∵a1＝1，a1a7＝a＝4，∴a7＝4.
答案 B
5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.f B.f C.f D.f
解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝f，即第八个单音的频率为f.
答案 D
6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n＝________.
解析 由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝＝126，解得n＝6.
答案 6
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考点一 等比数列基本量的运算
【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
解析 (1)由{an}为等比数列，设公比为q.
由得
显然q≠1，a1≠0，
得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，
所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.
(2)设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，
则解得
所以a8＝a1q7＝×27＝32.
答案 (1)－8 (2)32
规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.
2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)，
则
解得q＝2，a1＝2，所以S4＝＝30.
(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2，则＝＝1.
答案 (1)D (2)1
考点二 等比数列的判定与证明
【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)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.
(1)证明 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得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝.
(2)解 由(1)得Sn＝1－.
由S5＝，得1－＝，即＝.
解得λ＝－1.
规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，
又由题意知a1－2a1＝－3，
所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列.
(2)解 由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n＝.
考点三 等比数列的性质及应用
【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )
A.12 B.10 C.8 D.2＋log35
(2)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝( )
A.40 B.60 C.32 D.50
解析 (1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝10.
(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.
答案 (1)B (2)B
规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.
2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A.－2 B.－ C.± D.
(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________.
解析 (1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，
所以a3<0，a7<0，即a5<0，
由a3a7＝a，得a5＝－＝－.
(2)法一 由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，
∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝.
法二 因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，
所以＝＝.
答案 (1)B (2)
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[思维升华]
1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.
2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.
(2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分类讨论.
[易错防范]
1.特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况.
2.Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1时且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立.
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数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用
1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.
2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.
类型1 等差数列两个性质的应用
在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：
(1)S2n－1＝(2n－1)an；
(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.
【例1】 (1)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＝________.
(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.
解析 (1)由am－1＋am＋1－a＝0得2am－a＝0，解得am＝0或2.
又S2m－1＝＝(2m－1)am＝38，
显然可得am≠0，所以am＝2.
代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.
(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案 (1)10 (2)5
类型2 等比数列两个性质的应用
在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*).
【例2】 (1)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A.6 B.5 C.4 D.3
(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A. B.－ C. D.
解析 (1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.
(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.
答案 (1)C (2)A
类型3 等比数列前n项和Sn相关结论的活用
(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.
若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比).
【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________.
解析 (1)由题意，得解得
所以q＝＝＝2.
(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.
则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为＝.
答案 (1)2 (2)
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，
∴m＝10.
答案 C
2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为( )
A.16 B.8 C.2 D.4
解析 因为a4与a14的等比中项为2，
所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8，
所以2a7＋a11≥2＝2＝8，
所以2a7＋a11的最小值为8.
答案 B
3.(2019·太原模拟)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A.1 B.5 C. D.
解析 由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝＝.
答案 D
4.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
解析 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.
答案 B
5.(2019·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝( )
A.－3 B.－1 C.1 D.3
解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，
∵等比数列{an}中，a＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3.
答案 A
二、填空题
6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝________.
解析 设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋(舍负).
则＝＝－1.
答案 －1
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.
解析 ∵an＋Sn＝1，①
∴a1＝，an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②
由①－②，得an－an－1＋an＝0，即＝(n≥2)，
∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
则an＝×＝.
答案
8.(2018·成都诊断)已知数列{an}中，a1＝2，且eq \f(a,an)＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________.
解析 由eq \f(a,an)＝4(an＋1－an)得，a－4an＋1an＋4a＝0，
∴(an＋1－2an)2＝0，＝2，∴数列{an}是首项a1＝2，公比为2的等比数列，∴S9＝＝1 022.
答案 1 022
三、解答题
9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
10.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.
解 (1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2＝d，
所以数列{an}是一个首项为1，公差为2的等差数列，an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
所以q＝3，bn＝3n－1.
数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析 ∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6.
答案 C
12.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
A.(3n－1)2 B.(9n－1)
C.9n－1 D.(3n－1)
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，
故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列.
因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1).
答案 B
13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a，且S4＋S12＝λS8，则λ＝______.
解析 ∵{an}是等比数列，a3a11＝2a，
∴a＝2a，∴q4＝2，
∵S4＋S12＝λS8，∴＋＝，
∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，
将q4＝2代入计算可得λ＝.
答案
14.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).
又a1＝1，
所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，
此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
