第八單元數列教材復習課“數列”相關基礎知識一課過數列的有關概念[過雙基]1．數列的有關概念概念含義數列按照一定順序排列的一列數數列的項數列中的每一個數數列的通項數列{an}的第n項an通項公式如果數列{an}的第n項與序號n之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個公式叫做這個數列的通項公式前n項和數列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數列的前n項和2．an與Sn的關系若數列{an}的前n項和為Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))eq\a\vs4\al([小題速通])1．數列{an}滿足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是數列{an}的前n項和，則S21的值為()A．5 B.eq\f(7,2)C.eq\f(9,2)D.eqD.\f(13,2)解析：選B∵an＋an＋1＝eq\f(1,2)，a2＝2，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，n為奇數，,2，n為偶數.))∴S21＝11×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq\f(7,2).2．數列{an}滿足a1＝3，an＋1＝eq\f(an－1,an)(n∈N*)，則a2018＝()A.eq\f(1,2) B．3C．－eq\f(1,2)D.eqD.\f(2,3)解析：選D由a1＝3，an＋1＝eq\f(an－1,an)，得a2＝eq\f(a1－1,a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(a2－1,a2)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(a3－1,a3)＝3，……，由上可得，數列{an}是以3為周期的周期數列，故a2018＝a672×3＋2＝a2＝eq\f(2,3).3．已知數列{an}滿足an＝eq\f(3,2n－11)(n∈N*)，前n項的和為Sn，則關于an，Sn的敘述正確的是()A．an，Sn都有最小值 B．an，Sn都沒有最小值C．an，Sn都有最大值 D．an，Sn都沒有最大值解析：選A①∵an＝eq\f(3,2n－11)，∴當n≤5時，an<0且單調遞減；當n≥6時，an>0，且單調遞減．故當n＝5時，a5＝－3為an的最小值；②由①的分析可知：當n≤5時，an<0；當n≥6時，an>0.故可得S5為Sn的最小值．綜上可知，an，Sn都有最小值．4．已知數列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，則a5＝________.解析：依題意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易錯]1．易混項與項數，它們是兩個不同的概念，數列的項是指數列中某一確定的數，而項數是指數列的項對應的位置序號．2．在利用數列的前n項和求通項時，往往容易忽略先求出a1，而是直接把數列的通項公式寫成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只適用于n≥2的情形．1．已知數列的通項公式為an＝n2－8n＋15，則()A．3不是數列{an}中的項B．3只是數列{an}中的第2項C．3只是數列{an}中的第6項D．3是數列{an}中的第2項或第6項解析：選D令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是數列{an}中的第2項或第6項．2．已知數列{an}的前n項和為Sn＝3＋2n，則數列{an}的通項公式為________．解析：當n＝1時，a1＝S1＝3＋2＝5；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因為當n＝1時，不符合an＝2n－1，所以數列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2.))答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))等差數列[過雙基]1．等差數列的有關概念(1)定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列．符號表示為an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數)．(2)等差中項：數列a，A，b成等差數列的充要條件是A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中項．2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝eq\f(n?a1＋an?,2).3．等差數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數列，公差為d，則{a2n}也是等差數列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數列，則{pan＋qbn}也是等差數列．(5)若{an}是等差數列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列．eq\a\vs4\al([小題速通])1．在等差數列{an}中，已知a2與a4是方程x2－6x＋8＝0的兩個根，若a4>a2，則a2018＝()A．2018 B．2017C．2016 D．2015解析：選A因為a2與a4是方程x2－6x＋8＝0的兩個根，且a4>a2，所以a2＝2，a4＝4，則公差d＝1，所以a1＝1，則a2018＝2018.2．在等差數列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn為等差數列{an}的前n項和，則S5＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：選C∵等差數列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn為等差數列{an}的前n項和，∴a2＋a3＋a4＝3a3＝3，解得a3＝1，∴S5＝eq\f(5,2)(a1＋a5)＝5a3＝5.3.正項等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a4＋a10－aeq\o\al(2,7)＋15＝0，則S13＝()A．－39 B．5C．39 D．65解析：選D∵正項等差數列{an}的前n項和為Sn，a4＋a10－aeq\o\al(2,7)＋15＝0，∴aeq\o\al(2,7)－2a7－15＝0，解得a7＝5或a7＝－3(舍去)，∴S13＝eq\f(13,2)(a1＋a7)＝13a7＝13×5＝65.4．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且3a3＝a6＋4.若S5<10，則a2的取值范圍是()A．(－∞，2) B．(－∞，0)C．(1，＋∞) D．(0,2)解析：選A設等差數列{an}的公差為d，∵3a3＝a6＋4，∴3(a2＋d)＝a2＋4d＋4，可得d＝2a2－4.∵S5<10，∴eq\f(5?a1＋a5?,2)＝eq\f(5?a2＋a4?,2)＝eq\f(5?2a2＋2d?,2)＝5(3a2－4)<10，解得a2<2.∴a2的取值范圍是(－∞，2)．5．在等差數列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項和為Sn，當且僅當n＝8時Sn取得最大值，則d的取值范圍為________．解析：由當且僅當n＝8時Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))[清易錯]1．求等差數列的前n項和Sn的最值時，需要注意“自變量n為正整數”這一隱含條件．2．注意區分等差數列定義中同一個常數與常數的區別．1．(2018·武昌聯考)已知數列{an}是等差數列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{an}的前n項和為Sn，則使得Sn達到最大的n的值為()A．18 B．19C．20 D．21解析：選C由a1＋a3＋a5＝105?a3＝35，a2＋a4＋a6＝99?a4＝33，則{an}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，Sn＝－n2＋40n，因此當Sn取得最大值時，n＝20.2．在數列{an}中，若a1＝－2，且對任意的n∈N*，有2an＋1＝1＋2an，則數列{an}前10項的和為()A．2 B．10C.eq\f(5,2)D.eqD.\f(5,4)解析：選C由2an＋1＝1＋2an，可得an＋1－an＝eq\f(1,2)，即數列{an}是以－2為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數列，則an＝eq\f(n－5,2)，所以數列{an}的前10項的和S10＝eq\f(10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(5,2))),2)＝eq\f(5,2).等比數列[過雙基]1．等比數列的有關概念(1)定義：如果一個數列從第eq\a\vs4\al(2)項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數(不為零)，那么這個數列就叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為eq\f(an＋1,an)＝q.(2)等比中項：如果a，G，b成等比數列，那么eq\a\vs4\al(G)叫做a與b的等比中項．即：G是a與b的等比中項?a，G，b成等比數列?G2＝ab.2．等比數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1qn－1.(2)前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1?1－qn?,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，則am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k)；(3)若數列{an}，{bn}(項數相同)都是等比數列，則{λan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍然是等比數列；(4)在等比數列{an}中，等距離取出若干項也構成一個等比數列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…為等比數列，公比為qk.eq\a\vs4\al([小題速通])1．(2017·全國卷Ⅱ)我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞解析：選B每層塔所掛的燈數從上到下構成等比數列，記為{an}，則前7項的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a1?1－27?,1－2)＝381，解得a1＝3.2．設Sn是等比數列{an}的前n項和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()B.eq B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10) D．1或2解析：選B設S2＝k，則S4＝3k，由數列{an}為等比數列，得S2，S4－S2，S6－S4為等比數列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).3．設數列{an}是等比數列，公比q＝2，前n項和為Sn，則eq\f(S4,a3)的值為()A.eq\f(15,4)B.eqB.\f(15,2)C.eq\f(7,4)D.eqD.\f(7,2)解析：選A根據等比數列的公式，得eq\f(S4,a3)＝eq\f(\f(a1?1－q4?,1－q),a1q2)＝eq\f(1－q4,?1－q?q2)＝eq\f(1－24,?1－2?×22)＝eq\f(15,4).4．已知等比數列{an}的公比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，則數列{an}的前2018項的和為()A．8064 B．4C．－4 D．0解析：選D∵等比數列{an}的公比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，∴a3a5＝a2a6＝16，∴a3，a5是方程x2－8x＋16＝0的兩個根，解得a3＝a5＝4，∴4q2＝4，∵q≠1，∴q＝－1，∴a1＝eq\f(a3,q2)＝4，∴數列{an}的前2018項的和為S2018＝eq\f(4[1－?－1?2018],1－?－1?)＝0.5．(2018·信陽調研)已知等比數列{an}的公比q>0，且a5·a7＝4aeq\o\al(2,4)，a2＝1，則a1＝()A.eq\f(1,2)B.eqB.\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：選B因為{an}是等比數列，所以a5a7＝aeq\o\al(2,6)＝4aeq\o\al(2,4)，所以a6＝2a4，q2＝eq\f(a6,a4)＝2，又q>0，所以q＝eq\r(2)，a1＝eq\f(a2,q)＝eq\f(\r(2),2).[清易錯]1．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比數列(例如：當公比q＝－1且n為偶數時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比數列；當q≠－1或q＝－1且n為奇數時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)總成立．2．在運用等比數列的前n項和公式時，必須注意對q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形而導致解題失誤．1．設數列{an}為等比數列，前n項和為Sn，已知S3＝8，S6＝7，則a7＋a8＋a9等于()A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(57,8)D.eqD.\f(55,8)解析：選A因為a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比數列，即8，－1，S9－S6成等比數列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝eq\f(1,8).所以a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).2．設數列{an}是等比數列，前n項和為Sn，若S3＝3a3，則公比q＝________.解析：當q≠1時，由題意，eq\f(a1?1－q3?,1－q)＝3a1q2，即1－q3＝3q2－3q3，整理得2q3－3q2＋1＝0，解得q＝－eq\f(1,2).當q＝1時，S3＝3a3，顯然成立．故q＝－eq\f(1,2)或1.答案：－eq\f(1,2)或1一、選擇題1．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1 B．2C．4 D．8解析：選C設等差數列{an}的公差為d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3da1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.2．(2018·江西六校聯考)在等比數列{an}中，若a3a5a7＝－3eq\r(3)，則a2a8＝()B.eq B.eq\r(17)C．9 D．13解析：選A由a3a5a7＝－3eq\r(3)，得aeq\o\al(3,5)＝－3eq\r(3)，即a5＝－eq\r(3)，故a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝3.3．在數列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的個位數，則a2018＝()A．8 B．6C．4 D．2解析：選D由題意得a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8.所以數列中的項從第3項開始呈周期性出現，周期為6，故a2018＝a335×6＋8＝a8＝2.4．已知數列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2，n∈N*)，則a7＝()A．53 B．54C．55 D．109解析：選Ca2＝a1＋2×2，a3＝a2＋2×3，……，a7＝a6＋2×7，各式相加得a7＝a1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，則S6＝()A．44 B．45C.eq\f(1,3)×(46D.eq D.eq\f(1,4)×(45－1)解析：選B由an＋1＝3Sn，得a2＝3S1＝3.當n≥2時，an＝3Sn－1，則an＋1－an＝3an，n≥2，即an＋1＝4an，n≥2，則數列{an}從第二項起構成等比數列，所以S6＝eq\f(a7,3)＝eq\f(3×45,3)＝45.6．等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，對一切自然數n，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(a5,b5)等于()A.eq\f(3,4)B.eqB.\f(5,6)C.eq\f(9,10)D.eqD.\f(10,11)解析：選C∵S9＝eq\f(9?a1＋a9?,2)＝9a5，T9＝eq\f(9?b1＋b9?,2)＝9b5，∴eq\f(a5,b5)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(9,10).7．已知數列{an}是首項為1的等比數列，Sn是其前n項和，若5S2＝S4，則log4a3的值為()A．1 B．2C．0或1 D．0或2解析：選C由題意得，等比數列{an}中，5S2＝S4，a1＝1，所以5(a1＋a2)＝a1＋a2＋a3＋a4，即5(1＋q)＝1＋q＋q2＋q3，q3＋q2－4q－4＝0，即(q＋1)(q2－4)＝0，解得q＝－1或±2，當q＝－1時，a3＝1，log4a3＝0.當q＝±2時，a3＝4，log4a3＝1.綜上所述，log4a3的值為0或1.8．設數列{an}是公差為d(d>0)的等差數列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋a13＝()A．75 B．90C．105 D．120解析：選C由a1＋a2＋a3＝15得3a2＝15，解得a2＝5，由a1a2a3＝80，得(a2－d)a2(a2＋d)＝80，將a2＝5代入，得d＝3(d＝－3舍去)，從而a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3×(5＋30)＝105.二、填空題9．若數列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，則數列{an}的通項公式為________．解析：當n≥2時，由a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，得a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，兩式相減得3n－1an＝eq\f(n,3)－eq\f(n－1,3)＝eq\f(1,3)，則an＝eq\f(1,3n).當n＝1時，a1＝eq\f(1,3)滿足an＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3n).答案：an＝eq\f(1,3n)10．數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－1，則an＝________.解析：∵Sn＝2an－1，①∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，②①－②得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.∵S1＝a1＝2a1－1，即a1＝1，∴數列{an}為首項是1，公比是2的等比數列，故an＝2n－1.答案：2n－111．已知數列{an}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，則a20＝________.解析：由a2n＝a2n－1＋(－1)n，得a2n－a2n－1＝(－1)n，由a2n＋1＝a2n＋n，得a2n＋1－a2n＝n，故a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1.a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9.又a1＝1，累加得：a20＝46.答案：4612．數列{an}為正項等比數列，若a3＝3，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，則此數列的前5項和S5＝________.解析：設公比為q(q>0)，由an＋1＝2an＋3an－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，則a1＝eq\f(1,3)，所以此數列的前5項和S5＝eq\f(\f(1,3)×?1－35?,1－3)＝eq\f(121,3).答案：eq\f(121,3)三、解答題13．已知在等差數列{an}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.(1)求公差d及通項an；(2)求數列{an}的前n項和Sn及使得Sn取得最大值時n的值．解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,2a1＋18d＝－18，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，))∴an＝11－2n.(2)由(1)知，Sn＝eq\f(n?a1＋an?,2)＝eq\f(n?9＋11－2n?,2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，∴n＝5時，Sn取得最大值．14．已知數列{an}滿足eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)＝n2＋n.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(?－1?nan,2)，求數列{bn}的前n項和Sn.解：(1)∵eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)＝n2＋n，∴當n≥2時，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an－1,2n－1)＝(n－1)2＋n－1，兩式相減得eq\f(an,2n)＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．又∵當n＝1時，eq\f(a1,2)＝1＋1，∴a1＝4，滿足an＝n·2n＋1.∴an＝n·2n＋1.(2)∵bn＝eq\f(?－1?nan,2)＝n(－2)n，∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n.－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，∴兩式相減得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝eq\f(－2[1－?－2?n],1－?－2?)－n(－2)n＋1＝eq\f(－?－2?n＋1－2,3)－n(－2)n＋1＝－eq\f(?3n＋1??－2?n＋1＋2,3)，∴Sn＝－eq\f(?3n＋1??－2?n＋1＋2,9).高考研究課(一)等差數列的3考點——求項、求和及判定[全國卷5年命題分析]考點考查頻度考查角度等差數列通項5年6考求通項或某一項等差數列前n項和5年5考求項數、求和等差數列的判定5年2考判斷數列成等差數列或求使數列成等差數列的參數值等差數列基本量的運算[典例](1)設Sn為等差數列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，則n＝()A．5 B．5C．7 D．8(2)(2016·全國卷Ⅱ)Sn為等差數列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.①求b1，b11，b101；②求數列{bn}的前1000項和．[解析](1)法一：由等差數列前n項和公式可得Sn＋2－Sn＝(n＋2)a1＋eq\f(?n＋2??n＋1?,2)d－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(na1＋\f(n?n－1?,2)d))＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋4n＋2＝36，解得n＝8.法二：由Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1＋a2n＋2＝36，因此a2n＋2＝a1＋(2n＋1)d＝35，解得n＝8.答案：D(2)①設數列{an}的公差為d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以數列{an}的通項公式為an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.②因為bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,2，100≤n＜1000，,3，n＝1000，))所以數列{bn}的前1000項和為1×90＋2×900＋3×1＝1893.[方法技巧]等差數列運算的解題思路由等差數列的前n項和公式及通項公式可知，若已知a1，d，n，an，Sn中三個便可求出其余兩個，即“知三求二”，“知三求二”的實質是方程思想，即建立方程組求解．[即時演練]1．已知數列{an}是公差為1的等差數列，Sn為{an}的前n項和，若S6＝4S3，則a10＝()A.eq\f(17,2)B.eqB.\f(19,2)C.eq\f(9,10)D.eqD.\f(8,9)解析：選B∵S6＝4S3，公差d＝1.∴6a1＋eq\f(6×5,2)×1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)×1))，解得a1＝eq\f(1,2).∴a10＝eq\f(1,2)＋9×1＝eq\f(19,2).2．已知公差不為0的等差數列{an}滿足a1，a3，a4成等比數列，Sn為數列{an}的前n項和，則eq\f(S4－S2,S5－S3)的值為()A．－2 B．－3C．2 D．3解析：選D設{an}的公差為d，因為a1，a3，a4成等比數列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，可得a1＝－4d，所以eq\f(S4－S2,S5－S3)＝eq\f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq\f(－3d,－d)＝3.3．(2018·大連聯考)已知等差數列{an}的公差d>0.設{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及Sn;(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.解：(1)由題意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，將a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因為d>0，所以d＝2.從而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝5，,k＝4.))即所求m的值為5，k的值為4.等差數列的判定與證明[典例]已知{an}是各項均為正數的等比數列，a11＝8，設bn＝log2an，且b4＝17.(1)求證：數列{bn}是以－2為公差的等差數列；(2)設數列{bn}的前n項和為Sn，求Sn的最大值．[思路點撥](1)利用等比數列以及對數的運算法則，轉化證明數列{bn}是以－2為公差的等差數列；(2)求出數列的和，利用二次函數的性質求解最大值即可．[解](1)證明：設等比數列{an}的公比為q，則bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2eq\f(an＋1,an)＝log2q，因此數列{bn}是等差數列．又b11＝log2a11＝3，b4＝17，所以等差數列{bn}的公差d＝eq\f(b11－b4,7)＝－2，故數列{bn}是以－2為公差的等差數列．(2)由(1)知，bn＝25－2n，則Sn＝eq\f(n?b1＋bn?,2)＝eq\f(n?23＋25－2n?,2)＝n(24－n)＝－(n－12)2＋144，于是當n＝12時，Sn取得最大值，最大值為144.[方法技巧]等差數列判定與證明的方法方法解讀適合題型定義法對于n≥2的任意自然數，an－an－1為同一常數?{an}是等差數列解答題中證明問題等差中項法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數列通項公式法an＝pn＋q(p，q為常數)對任意的正整數n都成立?{an}是等差數列選擇、填空題中的判定問題前n項和公式法驗證Sn＝An2＋Bn(A，B是常數)對任意的正整數n都成立?{an}是等差數列[即時演練]1．(2016·浙江高考)如圖，點列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示點P與Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則()A．{Sn}是等差數列 B．{Seq\o\al(2,n)}是等差數列C．{dn}是等差數列 D．{deq\o\al(2,n)}是等差數列解析：選A由題意，過點A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分別作直線B1Bn＋1的垂線，高分別記為h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根據平行線的性質，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差數列，又Sn＝eq\f(1,2)×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|為定值，所以{Sn}是等差數列．故選A.2．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數列{an}的前n項和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數列．解：(1)設{an}的公比為q.由題設可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1?1＋q?＝2，,a1?1＋q＋q2?＝－6.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,q＝－2.))故{an}的通項公式為an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(?－2?×[1－?－2?n],1－?－2?)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋?－1?n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數列．等差數列的性質[典例](1)已知等差數列{an}的公差為d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，則m的值為()A．8 B．12C．6 D．4(2)已知數列{an}，{bn}為等差數列，前n項和分別為Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,2n)，則eq\f(a7,b7)＝()A.eq\f(41,26)B.eqB.\f(23,14)C.eq\f(11,7)D.eqD.\f(11,6)(3)(2018·天水模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S10＝10，S20＝30，則S30＝________.[解析](1)由a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得4a8＝32，即a8＝8，m＝8.(2)因為{an}，{bn}為等差數列，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,2n)，所以eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq\f(\f(13?a1＋a13?,2),\f(13?b1＋b13?,2))＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13＋2,2×13)＝eq\f(41,26).(3)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差數列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.[答案](1)A(2)A(3)60[方法技巧]等差數列的性質(1)項的性質在等差數列{an}中，am－an＝(m－n)d?eq\f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其幾何意義是點(n，an)，(m，am)所在直線的斜率等于等差數列的公差．(2)和的性質在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.[即時演練]1．(2018·岳陽模擬)在等差數列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．95 B．100C．135 D．80解析：選B由等差數列的性質可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8構成新的等差數列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．(2018·廣州模擬)已知等比數列{an}的各項都為正數，且a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差數列，則eq\f(a3＋a5,a4＋a6)的值是()A.eq\f(\r(5)－1,2)B.eqB.\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(3－\r(5),2)D.eqD.\f(3＋\r(5),2)解析：選A設等比數列{an}的公比為q，由a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差數列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，所以eq\f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq\f(a3＋a3q2,a4＋a4q2)＝eq\f(a3?1＋q2?,a4?1＋q2?)＝eq\f(1,q)＝eq\f(2,\r(5)＋1)＝eq\f(\r(5)－1,2).3．若兩個等差數列{an}和{bn}的前n項和分別是Sn，Tn，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(7n,n＋3)，則eq\f(a10,b9＋b12)＋eq\f(a11,b8＋b13)＝________.解析：∵數列{an}和{bn}都是等差數列，∴eq\f(a10,b9＋b12)＋eq\f(a11,b8＋b13)＝eq\f(a10＋a11,b9＋b12)＝eq\f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq\f(S20,T20)＝eq\f(7×20,20＋3)＝eq\f(140,23).答案：eq\f(140,23)等差數列前n項和的最值等差數列的通項an及前n項和Sn均為n的函數，通常利用函數法或通項變號法解決等差數列前n項和Sn的最值問題．[典例]等差數列{an}中，設Sn為其前n項和，且a1>0，S3＝S11，當Sn取得最大值時，n的值為________．[解析]法一：用“函數法”解題由S3＝S11，可得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，即d＝－eq\f(2,13)a1.從而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1，因為a1>0，所以－eq\f(a1,13)<0.故當n＝7時，Sn最大．法二：用“通項變號法”解題由法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋?n－1?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故當n＝7時，Sn最大．[答案]7[方法技巧]求等差數列前n項和Sn最值的2種方法(1)函數法利用等差數列前n項和的函數表達式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖象求二次函數最值的方法求解．(2)通項變號法①當a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項數m使得Sn取得最大值為Sm；②當a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項數m使得Sn取得最小值為Sm.[即時演練]1．(2018·濰坊模擬)在等差數列{an}中，a1＝29，S10＝S20，則數列{an}的前n項和Sn的最大值為()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17解析：選A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(n?n－1?,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴當n＝15時，Sn取得最大值．2．已知{an}是等差數列，a1＝－26，a8＋a13＝5，當{an}的前n項和Sn取最小值時，n的值為()A．8 B．9C．10 D．11解析：選B設數列{an}的公差為d，∵a1＝－26，a8＋a13＝5，∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得d＝3，∴Sn＝－26n＋eq\f(n?n－1?,2)×3＝eq\f(3,2)n2－eq\f(55,2)n＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(55,6)))2－eq\f(3025,24)，∴{an}的前n項和Sn取最小值時，n＝9.3．已知{an}是各項不為零的等差數列，其中a1>0，公差d<0，若S10＝0，則數列{an}的前n項和取最大值時，n＝________.解析：由S10＝eq\f(10?a1＋a10?,2)＝5(a5＋a6)＝0，可得a5＋a6＝0，∴a5>0，a6<0，即數列{an}的前5項和為最大值，∴n＝5.答案：51．(2017·全國卷Ⅲ)等差數列{an}的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數列，則{an}前6項的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A設等差數列{an}的公差為d，因為a2，a3，a6成等比數列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，則d＝－2，所以{an}前6項的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.2．(2016·全國卷Ⅰ)已知等差數列{an}前9項的和為27，a10＝8，則a100＝()A．100 B．99C．98 D．97解析：選C法一：∵{an}是等差數列，設其公差為d，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1.))∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.法二：∵{an}是等差數列，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差數列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差數列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.3．(2014·全國卷Ⅰ)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由．解：(1)證明：由題設，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由題設，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首項為3，公差為4的等差數列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得數列{an}為等差數列．4．(2013·全國卷Ⅱ)已知等差數列{an}的公差不為零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數列．(1)求{an}的通項公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)設{an}的公差為d.由題意，aeq\o\al(2,11)＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首項為25，公差為－6的等差數列．從而Sn＝eq\f(n,2)(a1＋a3n－2)＝eq\f(n,2)(－6n＋56)＝－3n2＋28n.一、選擇題1．(2018·廈門一中測試)已知數列{an}中，a2＝eq\f(3,2)，a5＝eq\f(9,8)，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差數列，則a7＝()A.eq\f(10,9) B.eq\f(11,10)C.eq\f(12,11)D.eqD.\f(13,12)解析：選D設等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))的公差為d，則eq\f(1,a5－1)＝eq\f(1,a2－1)＋3d，即eq\f(1,\f(9,8)－1)＝eq\f(1,\f(3,2)－1)＋3d，解得d＝2，所以eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,a2－1)＋5d＝12，解得a7＝eq\f(13,12).2．我國古代數學著作《九章算術》有如下問題：“今有金箠，長五尺，斬本一尺，重四斤，斬末一尺，重二斤，問次一尺各重幾何？”意思是：“現有一根金箠，長五尺，一頭粗，一頭細，在粗的一端截下1尺，重4斤，在細的一端截下1尺，重2斤，問依次每一尺各重多少斤？”根據上題的已知條件，若金箠由粗到細是均勻變化的，問第二尺與第四尺的重量之和為()A．6斤 B．9斤C．9.5斤 D．12斤解析：選A依題意，金箠由粗到細各尺的重量構成一個等差數列，設首項a1＝4，則a5＝2.由等差數列的性質得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺與第四尺的重量之和為6斤．3．(2018·銀川一中月考)在等差數列{an}中，首項a1>0，公差d≠0，前n項和為Sn(n∈N*)，有下列命題：①若S3＝S11，則必有S14＝0；②若S3＝S11，則必有S7是Sn中的最大項；③若S7>S8，則必有S8>S9；④若S7>S8，則必有S6>S9.其中正確命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選D對于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，則S14＝eq\f(14?a1＋a14?,2)＝0，所以①正確；對于②，當S3＝S11時，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是Sn中的最大項，所以②正確；對于③，若S7>S8，則a8<0，那么d<0，可知a9<0，此時S9－S8<0，即S8>S9，所以③正確；對于④，若S7>S8，則a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正確．故選D.4．(2018·大同模擬)在等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，則此數列前20項的和等于()A．290 B．300C．580 D．600解析：選B由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，所以S20＝eq\f(20?a1＋a20?,2)＝10(a2＋a19)＝300.5．設等差數列{an}的前n項和為Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，則n的值為()A．18 B．19C．20 D．21解析：選D因為{an}是等差數列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝eq\f(n?a1＋an?,2)＝eq\f(n?a5＋an－4?,2)＝eq\f(n,2)×32＝16n＝336，解得n＝21.6．設{an}是等差數列，d是其公差，Sn是其前n項和，且S5<S6，S6＝S7>S8，則下列結論錯誤的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．當n＝6或n＝7時Sn取得最大值解析：選C由S5<S6，得a1＋a2＋a3＋a4＋a5<a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，即a6>0.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正確；∵d＝a7－a6<0，∴A正確；而C選項，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由結論a7＝0，a8<0，知C選項錯誤；∵S5<S6，S6＝S7>S8，∴結合等差數列前n項和的函數特性可知D正確．故選C.7．等差數列{an}的前n項和為Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，則()A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8|C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0解析：選B因為(S8－S5)(S9－S5)<0，所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0，因為{an}為等差數列，所以a6＋a7＋a8＝3a7，a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)，所以a7(a7＋a8)<0，所以a7與(a7＋a8)異號．又公差d>0，所以a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故選B.二、填空題8．在數列{an}中，an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，a1＝2，則a20＝________.解析：由an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，a1＝2，可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,2)為首項，3為公差的等差數列．所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋3(n－1)，即an＝eq\f(2,6n－5)，所以a20＝eq\f(2,115).答案：eq\f(2,115)9．數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，則數列{an}的通項公式為________．解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，公差d＝eq\f(1,2)的等差數列，故eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n，即an＝n·2n－1.答案：an＝n·2n－110．設Sn是等差數列{an}的前n項和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，則λ＝________.解析：當S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8時，由等差數列的性質得：S4，S8－S4，S12－S8成等差數列，∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，解得λ＝2.答案：2三、解答題11．已知數列{an}是等差數列，且a1，a2，a5成等比數列，a3＋a4＝12.(1)求a1＋a2＋a3＋a4＋a5；(2)設bn＝10－an，數列{bn}的前n項和為Sn，若b1≠b2，則n為何值時，Sn最大？Sn最大值是多少？解：(1)設{an}的公差為d，∵a1，a2，a5成等比數列，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝0或d＝2a1.當d＝0時，∵a3＋a4＝12，∴an＝6，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30；當d≠0時，∵a3＋a4＝12，∴a1＝1，d＝2，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25.(2)∵b1≠b2，bn＝10－an，∴a1≠a2，∴d≠0，由(1)知an＝2n－1，∴bn＝10－an＝10－(2n－1)＝11－2n，Sn＝10n－n2＝－(n－5)2＋25.∴當n＝5時，Sn取得最大值，最大值為25.12．(2018·沈陽質檢)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表達式．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝2，))故an＝2n－7(n∈N*)．(2)由an＝2n－7<0，得n<eq\f(7,2)，即n≤3，所以當n≤3時，an＝2n－7<0，當n≥4時，an＝2n－7>0.由(1)知Sn＝n2－6n，所以當n≤3時，Tn＝－Sn＝6n－n2；當n≥4時，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.故T5＝13，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))13．已知數列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)．(1)證明數列{an－2n}是等差數列，并求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(an,2n)，求bn的前n項和Sn.解：(1)證明：當n≥2時，an＝an－1＋2n－1＋3＝an－1＋2n－2n－1＋3，∴an－2n－(an－1－2n－1)＝3.又a1＝4，∴a1－2＝2，故數列{an－2n}是以2為首項，3為公差的等差數列，∴an－2n＝2＋(n－1)×3＝3n－1，∴an＝2n＋3n－1.(2)bn＝eq\f(an,2n)＝eq\f(2n＋3n－1,2n)＝1＋eq\f(3n－1,2n)，∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5,22)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3n－1,2n)))＝n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋\f(5,22)＋…＋\f(3n－1,2n)))，令Tn＝eq\f(2,2)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(3n－1,2n)，①則eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(3n－1,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(3,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(3,2n)－eq\f(3n－1,2n＋1)，＝1＋3×eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq\f(3n－1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(3n＋5,2n＋1)，∴Sn＝n＋5－eq\f(3n＋5,2n).已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)．(1)求a2，a3；(2)求實數λ使eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))為等差數列，并由此求出an與Sn；(3)求n的所有取值，使eq\f(Sn,an)∈N*，說明你的理由．解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，∴a2＝2×3＋22－1＝9，a3＝2×9＋23－1＝25.(2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1，∴eq\f(an＋1－1,2n＋1)－eq\f(an－1,2n)＝1，故λ＝－1時，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))成等差數列，且首項為eq\f(a1－1,2)＝1，公差d＝1.∴eq\f(an－1,2n)＝n，即an＝n·2n＋1.∴Sn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋n，設Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①則2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2，∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)·2n＋1＋2＋n.(3)eq\f(Sn,an)＝eq\f(?n－1?·2n＋1＋n＋2,n·2n＋1)＝2＋eq\f(n－2n＋1,n·2n＋1)，結合y＝2x及y＝eq\f(1,2)x的圖象可知2n>eq\f(n,2)恒成立，∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n·2n＋1>0，∴eq\f(Sn,an)<2.當n＝1時，eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＝1∈N*；當n≥2時，∵an>0且{an}為遞增數列，∴Sn>0且Sn>an，∴eq\f(Sn,an)>1，即1<eq\f(Sn,an)<2，∴當n≥2時，eq\f(Sn,an)?N*.綜上可得n＝1.高考研究課(二)等比數列的3考點——基本運算、判定和應用[全國卷5年命題分析]考點考查頻度考查角度等比數列的基本運算5年7考由項與和的關系求首項、求前n項和、求項數等等比數列的判定5年3考證明等比數列等比數列的綜合應用5年4考求和后放縮法證明不等式，等比數列求項之積的最值等比數列基本量的運算[典例](1)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，則eq\f(Sn,an)＝()A．4n－1 B．4n－1C．2n－1 D．2n－1(2)(2017·全國卷Ⅱ)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.①若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式；②若T3＝21，求S3.[解析](1)設{an}的公比為q，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，?ⅰ?,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，?ⅱ?))由(ⅰ)(ⅱ)可得eq\f(1＋q2,q＋q3)＝2，∴q＝eq\f(1,2)，代入(ⅰ)得a1＝2，∴an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(4,2n)，∴Sn＝eq\f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1.答案：D(2)設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.(ⅰ)①由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.(ⅱ)聯立(ⅰ)(ⅱ)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1.②由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0，解得q＝－5或q＝4.當q＝－5時，由(ⅰ)得d＝8，則S3＝21.當q＝4時，由(ⅰ)得d＝－1，則S3＝－6.[方法技巧]解決等比數列有關問題的常用思想方法(1)方程的思想等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關鍵量a1和q，問題可迎刃而解．(2)分類討論的思想等比數列的前n項和公式涉及對公比q的分類討論，當q＝1時，{an}的前n項和Sn＝na1；當q≠1時，{an}的前n項和Sn＝eq\f(a1?1－qn?,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).[即時演練]1．已知數列{an}是首項a1＝eq\f(1,4)的等比數列，其前n項和為Sn，S3＝eq\f(3,16)，若am＝－eq\f(1,512)，則m的值為()A．8 B．10C．9 D．7解析：選A設數列{an}的公比為q，若q＝1，則S3＝eq\f(3,4)≠eq\f(3,16)，不符合題意，∴q≠1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,S3＝\f(a1?1－q3?,1－q)＝\f(3,16)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4),q＝－\f(1,2)，))∴an＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋1.由am＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1＝－eq\f(1,512)，得m＝8.2．(2017·北京高考)已知等差數列{an}和等比數列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通項公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解：(1)設等差數列{an}的公差為d.因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＋a4＝10，))所以2a1＋4d＝10，解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)設等比數列{bn}的公比為q.因為b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.從而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).等比數列的判定與證明[典例](1)已知數列{an}中，a1＝1，a2＝3且an＋2＝3an＋1－2an，n∈N*，對數列{an}有下列命題：①數列{an}是等差數列；②數列{an＋1－an}是等比數列；③當n≥2時，an都是質數；④eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2，n∈N*，則其中正確的命題有()A．② B．①②C．③④ D．②④(2)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．①求a2，a3的值；②求證：數列{Sn＋2}是等比數列．[解析](1)∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴數列{an＋1－an}是以a2－a1＝2為首項、2為公比的等比數列，∴an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…a2－a1＝21，累加得：an－a1＝21＋22＋…＋2n－1＝eq\f(2?1－2n－1?,1－2)＝2n－2，∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.顯然①②③中，只有②正確，又∵eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n－1)<eq\f(1,2n－1)(n≥2)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))<2，故④正確；綜上所述，①③錯誤，②④正確．答案：D(2)[思路點撥]①令n＝1,2,3，即可求出結論；②當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，與已知式相減，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，化簡整理，即可得出結論．解：①∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴當n＝1時，a1＝2×1＝2；當n＝2時，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；當n＝3時，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.②證明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，(ⅰ)∴當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)·Sn－1＋2(n－1)．(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)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，∴eq\f(Sn＋2,Sn－1＋2)＝2，故{Sn＋2}是以4為首項，2為公比的等比數列．[方法技巧]等比數列的3種判定方法定義法若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數，n∈N*)，則{an}是等比數列等比中項法若數列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數列{an}是等比數列通項公式法若數列通項公式可寫成an＝c·qn(c，q均是不為0的常數，n∈N*)，則{an}是等比數列[即時演練]1．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＋an＝2n(n∈N*)，則下列數列中一定為等比數列的是()A．{an} B．{an－1}C．{an－2} D．{Sn}解析：選C由Sn＋an＝2n(n∈N*)，可得Sn－1＋an－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*)，兩式相減得an＝eq\f(1,2)an－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝eq\f(1,2)(an－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{an－2}一定是等比數列．2．(2018·惠州模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)設bn＝an＋1－2an，證明：數列{bn}是等比數列；(2)求數列{an}的通項公式．解：(1)證明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.∵Sn＋1＝4an＋2，①∴當n≥2時，Sn＝4an－1＋2，②①－②，得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，故{bn}是首項b1＝3，公比為2的等比數列．(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3×2n－1，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(3,4)的等差數列．∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(3,4)＝eq\f(3n－1,4)，∴an＝(3n－1)·2n－2.等比數列的性質[典例](1)(2018·衡水模擬)各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n等于()A．80 B．30C．26 D．16(2)等比數列{an}滿足an＞0，n∈N*，且a3