§6.1數列的概念課標要求1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).2.了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數．知識梳理1．數列的有關概念概念含義數列按照確定的順序排列的一列數數列的項數列中的每一個數通項公式如果數列{an}的第n項an與它的序號n之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式遞推公式如果一個數列的相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式數列{an}的前n項和把數列{an}從第1項起到第n項止的各項之和，稱為數列{an}的前n項和，記作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an2.數列的分類分類標準類型滿足條件項數有窮數列項數有限無窮數列項數無限項與項間的大小關系遞增數列an＋1>an其中n∈N*遞減數列an＋1<an常數列an＋1＝an擺動數列從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列3.數列與函數的關系數列{an}是從正整數集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到實數集R的函數，其自變量是序號n，對應的函數值是數列的第n項an，記為an＝f(n)．常用結論1．已知數列{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.))2．在數列{an}中，若an最大，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．自主診斷1．判斷下列結論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)數列1,2,3與3,2,1是兩個不同的數列．(√)(2)數列1,0,1,0,1,0，…的通項公式只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)(3)任何一個數列不是遞增數列，就是遞減數列．(×)(4)若數列用圖象表示，則從圖象上看是一群孤立的點．(√)2．已知數列{an}的通項公式為an＝9＋12n，則在下列各數中，不是{an}的項的是()A．21B．33C．152D．153答案C解析由數列的通項公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.3．(選擇性必修第二冊P8T4改編)已知數列{an}的前n項和Sn＝n2＋n，那么它的通項公式an等于()A．n B．2nC．2n＋1 D．n＋1答案B解析∵a1＝S1＝1＋1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)，當n＝1時，2n＝2＝a1，∴an＝2n.4．(選擇性必修第二冊P9T5改編)如圖，古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數．如圖中的數1,5,12,22，…稱為五邊形數，則第8個五邊形數是________．答案92解析∵5－1＝4,12－5＝7,22－12＝10，∴相鄰兩個圖形的小石子數的差值依次增加3，∴第5個五邊形數是22＋13＝35，第6個五邊形數是35＋16＝51，第7個五邊形數是51＋19＝70，第8個五邊形數是70＋22＝92.題型一由an與Sn的關系求通項公式例1(1)設Sn為數列{an}的前n項和，若2Sn＝3an－3，則a4等于()A．27B．81C．93D．243答案B解析根據2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，兩式相減得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，當n＝1時，2S1＝2a1＝3a1－3，解得a1＝3，所以數列{an}是以3為首項，3為公比的等比數列，所以a4＝a1q3＝34＝81.(2)已知數列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，則an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析由已知，可得當n＝1時，a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq\f(2n－1,n)(n≥2)，當n＝1時，不滿足上式，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))思維升華an與Sn的關系問題的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解．跟蹤訓練1(1)(2023·濰坊統考)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sm＋Sn＝Sm＋n，若a1＝2，則a20等于()A．2B．4C．20D．40答案A解析方法一a20＝S20－S19＝S18＋S2－(S18＋S1)＝S2－S1＝S1＝a1＝2.方法二令m＝1，∴Sn＋S1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝S1＝2，∴an＋1＝2，∴a20＝2.(2)(2023·深圳模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3且當n≥2時，2an＝Sn·Sn－1，則{an}的通項公式an＝________________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2))解析當n≥2時，由2an＝Sn·Sn－1可得2Sn－2Sn－1＝Sn·Sn－1，化為eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝－eq\f(1,2)，因為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為eq\f(1,3)，公差為－eq\f(1,2)的等差數列，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2)(n－1)＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(5,6)，所以Sn＝eq\f(6,5－3n)，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(18,5－3n8－3n)，又因為a1＝3，不符合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2.))題型二由數列的遞推關系求通項公式命題點1累加法例2若數列{an}滿足an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，且a1＝1，則數列{an}的第100項為()A．2 B．3C．1＋lg99 D．2＋lg99答案B解析因為an＋1－an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lgeq\f(n＋1,n)＝lg(n＋1)－lgn，所以a100－a99＝lg100－lg99，…a3－a2＝lg3－lg2，a2－a1＝lg2－lg1，以上99個式子累加得a100－a1＝lg100，所以a100＝lg100＋1＝3.命題點2累乘法例3設在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，則an＝________.答案eq\f(2,n)解析∵an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，a1＝2，∴an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－2)·…·eq\f(1,2)·2＝eq\f(2,n)(n≥2)．當n＝1時，a1＝2滿足上式．思維升華(1)形如an＋1－an＝f(n)的數列，利用累加法，即可求數列{an}的通項公式．(2)形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的數列，利用累乘法即可求數列{an}的通項公式．跟蹤訓練2(1)設數列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為______．答案an＝eq\f(n2＋n,2)解析由題意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵當n＝1時，a1＝1也滿足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2).(2)已知數列{an}滿足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，則數列{an}的通項公式為____________．答案an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)解析∵(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n＋1)，則an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝2n－1·a1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×\f(4,3)×\f(5,4)×…×\f(n＋1,n)))＝(n＋1)·2n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝2滿足上式，∴an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*)．題型三數列的性質命題點1數列的單調性例4已知數列{an}的通項公式為an＝n2－3λn，則“λ<1”是“數列{an}為遞增數列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案C解析若數列{an}為遞增數列，則an＋1－an＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)＝(n2＋2n＋1－3λn－3λ)－(n2－3λn)＝2n＋1－3λ>0，即3λ<2n＋1，由于n∈N*，所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，反之，當λ<1時，an＋1－an>0，則數列{an}為遞增數列，所以“λ<1”是“數列{an}為遞增數列”的充要條件．命題點2數列的周期性例5若數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，則a2024的值為()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案D解析由題意知，a1＝2，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此數列{an}是周期為4的周期數列，所以a2024＝a506×4＝a4＝eq\f(1,3).命題點3數列的最值例6數列{bn}滿足bn＝eq\f(3n－7,2n－1)，則當n＝________時，bn取最大值為________．答案4eq\f(5,8)解析方法一bn－bn－1＝eq\f(3n－7,2n－1)－eq\f(3n－10,2n－2)＝eq\f(13－3n,2n－1)，∴當n≤4時，bn>bn－1，∴{bn}單調遞增，當n≥5時，bn<bn－1，∴{bn}單調遞減，故當n＝4時，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).方法二令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn≥bn＋1，,bn≥bn－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－4,2n)，,\f(3n－7,2n－1)≥\f(3n－10,2n－2)，))解得eq\f(10,3)≤n≤eq\f(13,3)，又n∈N*，故n＝4，故當n＝4時，(bn)max＝b4＝eq\f(5,8).思維升華(1)解決數列的周期性問題，先求出數列的前幾項，確定數列的周期，再根據周期性求值．(2)解決數列的單調性問題，常用作差比較法，根據差的符號判斷數列{an}的單調性．跟蹤訓練3(1)(2024·安康模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，an＋an＋4＝0，則()A．S23>S21>S22 B．S21>S22>S23C．S21>S23>S22 D．S23>S22>S21答案B解析因為an＋an＋4＝0，所以an＋4＝－an，所以an＋8＝－an＋4＝an，所以{an}是以8為周期的周期數列，又a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，所以a6＝－a2＝－1，a7＝－a3＝－2，所以S22－S21＝a22＝a6＝－1<0，S23－S22＝a23＝a7＝－2<0，所以S22<S21，S23<S22，故S21>S22>S23.(2)已知數列{an}的通項an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，則數列{an}前20項中的最大項與最小項的值分別為________．答案3，－1解析an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，當n≥11時，eq\f(2,2n－21)>0，且單調遞減；當1≤n≤10時，eq\f(2,2n－21)<0，且單調遞減．因此數列{an}前20項中的最大項與最小項分別為第11項，第10項，則a11＝3，a10＝－1.課時精練一、單項選擇題1．若數列的前4項分別是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，則此數列的一個通項公式為()A.eq\f(－1n＋1,n＋1) B.eq\f(－1n,n＋1)C.eq\f(－1n,n) D.eq\f(－1n－1,n)答案A解析由于數列的前4項分別是eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,5)，可得奇數項為正數，偶數項為負數，第n項的絕對值等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))，故此數列的一個通項公式為eq\f(－1n＋1,n＋1).2．(2023·北京模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝n2－1，則a3等于()A．－5B．5C．7D．8答案B解析因為Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.3．已知數列{an}的首項為3，an＋1－an＝2n－8(n∈N*)，則a8等于()A．0B．3C．8D．11答案B解析由an＋1－an＝2n－8，得a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3.4．若數列{an}的前n項積為n2，那么當n≥2時，an等于()A．2n－1 B．n2C.eq\f(n＋12,n2) D.eq\f(n2,n－12)答案D解析設數列{an}的前n項積為Tn，則Tn＝n2，當n≥2時，an＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,n－12).5．已知在數列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，則a2024的值為()A．2B．1C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案A解析因為an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq\f(1,2)，由a4＝1，a5＝eq\f(1,2)，得a6＝eq\f(1,2)，由a5＝eq\f(1,2)，a6＝eq\f(1,2)，得a7＝1，由a6＝eq\f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得數列{an}是周期為6的數列，所以a2024＝a2＝2.6．已知數列{an}的通項an＝eq\f(n,n2＋90)，則數列{an}中的最大項的值是()A．3eq\r(10)B．19C.eq\f(1,19)D.eq\f(\r(10),60)答案C解析令f(x)＝x＋eq\f(90,x)(x>0)，運用基本不等式得f(x)≥6eq\r(10)，當且僅當x＝3eq\r(10)時，等號成立．因為an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，n∈N*，所以eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,6\r(10))，所以當n＝9或n＝10時，an＝eq\f(1,19)最大．二、多項選擇題7．已知數列{an}的通項公式為an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n，則下列說法正確的是()A．a1是數列{an}的最小項B．a4是數列{an}的最大項C．a5是數列{an}的最大項D．當n≥5時，數列{an}是遞減數列答案BCD解析假設第n項為{an}的最大項，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故在數列{an}中a4與a5均為最大項，且a4＝a5＝eq\f(65,74)，當n≥5時，數列{an}是遞減數列．8．(2023·揚州儀征中學模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，則下列說法正確的是()A．a2023>a2022B．4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1anC.eq\f(1,a\o\al(2,n))＋eq\f(15,a\o\al(2,n＋1))的最小值為8＋eq\r(15)D．an≥1答案ABD解析因為an＋1－an＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)－an＝eq\f(\r(a\o\al(2,n)＋1)－an,2)>0，即an＋1>an，所以an≥a1＝1，故D正確；因為an＋1>an，所以數列{an}為遞增數列，可得a2023>a2022，故A正確；對于選項B，因為an＋1＝eq\f(an＋\r(a\o\al(2,n)＋1),2)，則2an＋1－an＝eq\r(a\o\al(2,n)＋1)，兩邊平方整理得4aeq\o\al(2,n＋1)－1＝4an＋1an，故B正確；對于選項C，因為數列{an}為遞增數列且an≥1>0，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))為遞減數列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))＋\f(15,a\o\al(2,n＋1))))為遞減數列，不存在最小值，故C錯誤．三、填空題9．若an＝－2n2＋29n＋3，則數列{an}的最大項是第________項．答案7解析由題意得，an＝－2n2＋29n＋3，其對應的二次函數為y＝－2x2＋29x＋3，函數y＝－2x2＋29x＋3的圖象開口向下，對稱軸為x＝eq\f(29,4)，因為n為正整數，所以當n＝7時，an取得最大值．10．已知數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(1,3)an＋eq\f(2,3)，則{an}的通項公式an＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1解析當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,3)a1＋eq\f(2,3)，所以a1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)an－eq\f(1,3)an－1，所以eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,2)，所以數列{an}是以1為首項，－eq\f(1,2)為公比的等比數列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.11．已知數列{an}滿足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，則數列{an}的通項公式為________．答案an＝解析當n≥2時，有(n－1)an＝n·2nan－1，故eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)·2n，則有eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)·2n－1，eq\f(an－2,an－3)＝eq\f(n－2,n－3)·2n－2，…，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)×22.上述n－1個式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·2n))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n－2)·2n－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n－3)·2n－2))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×22))＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝.因為a1＝1，所以an＝，而當n＝1時，a1＝1×20＝1，也滿足上式，故數列{an}的通項公式為an＝.12．(2024·重慶模擬)九連環是中國的一種古老智力游戲，它用九個圓環相連成串，環環相扣，以解開為勝，趣味無窮．現假設有n個圓環，用an表示按照某種規則解下n個圓環所需的最少移動次數，且數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＝an－2＋2n－1(n≥3，n∈N*)，則解開九連環最少需要移動________次．答案341解析由題意，an＝an－2＋2n－1，故a3－a1＝22，a5－a3＝24，…a2n－1－a2n－3＝22n－2，以上各式相加，可得a2n－1－a1＝22＋24＋…＋22n－2＝41＋42＋…＋4n－1，即a2n－1＝1＋41＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，所以按規則解開九連環最少需要移動的次數為a9＝eq\f(45－1,3)＝341.四、解答題13．已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和為Sn，且滿足a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1.(1)求a2的值；(2)求數列{an}的通項公式．解(1)∵a1＝1，an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，∴a2＝2eq\r(S1)＋1＝2eq\r(a1)＋1＝3.(2)方法一由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得Sn＋1－Sn＝2eq\r(Sn)＋1，故Sn＋1＝(eq\r(Sn)＋1)2.∵an>0，∴Sn>0，∴eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)＋1，即eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝1，則eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2)，由累加法可得eq\r(Sn)＝1＋(n－1)＝n，∴Sn＝n2(n≥2)，又S1＝a1＝1，滿足上式，∴Sn＝n2.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1適合上式，∴an＝2n－1.方法二由an＋1＝2eq\r(Sn)＋1，得(an＋1－1)2＝4Sn，當n≥2時，(an－1)2＝4Sn－1，∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an.∴aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．a2－a1＝2，∴{an}為等差數列，且公差為2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.14．已知在數列{an}中，a1＝1，其前n項和為Sn，且滿足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)記bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若數列{bn}為遞增數列，求λ的取值范圍．解(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)∵bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵數列{bn}為遞增數列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<eq\f(2·3n,2n＋1).令cn＝eq\f(2·3n,2n＋1)，則eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(2·3n＋1,2n＋3)·eq\f(2n＋1,2·3n)＝eq\f(6n＋3,2n＋3)>1，∴{cn}為遞增數列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范圍為(－∞，2)．15．(多選)“斐波那契數列”由十三世紀意大利數學家列昂納多·斐波那契發現．因為斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱該數列為“兔子數列”．“斐波那契數列”{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，記其前n項和為Sn，則下列結論正確的是()A．S7＝33B．S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2026C．a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024D．aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2022a2023答案ABC解析A項，S7＝a1＋a2＋a3＋…＋a7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，A正確；B項，S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2023＋a2024＋a2022＋a2023＝a2025＋a2024＝a2026，B正確；C項，a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a4＋a5＋…＋a2023＝a6＋…＋a2023＝a2022＋a2023＝a2024，C正確；D項，aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a2(a3－a1)＝a2a3－a1a2，aeq\o\al(2,3)＝a3a4－a2a3，aeq\o\al(2,4)＝a4a5－a3a4，…，aeq\o\al(2,2022)＝a2022a2023－a2021a2022，aeq\o\al(2,2023)＝a2023a2024－a2022a2023，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2023)＝a2023a2024，D錯誤．16．(2023·內江模擬)已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，且滿足aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，n∈N*，則數列{an}的通項公式為________．答案an＝n解析aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，①當n＝1時，a1＝1；當n≥2時，aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋…＋aeq\o\al(3,n－1)＝Seq\o\al(2,n－1)＝(Sn－an)2，②①－②得aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)－(Sn－an)2＝an(2Sn－an)，因為各項均不為0，所以aeq\o\al(2,n)＝2Sn－an，③aeq\o\al(2,n－1)＝2Sn－1－an－1(n≥2)，④③－④得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0(n≥2)，因為an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)，所以an＝1＋n－1＝n.又a1＝1適合上式，所以an＝n.

§6.2等差數列課標要求1.理解等差數列的概念和通項公式的意義.2.探索并掌握等差數列的前n項和公式，理解等差數列的通項公式與前n項和公式的關系.3.能在具體問題情境中，發現數列的等差關系，并解決相應的問題.4.體會等差數列與一元函數的關系．知識梳理1．等差數列的有關概念(1)等差數列的定義一般地，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，這個常數叫做等差數列的公差，公差通常用字母d表示，定義表達式為an－an－1＝d(常數)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中項由三個數a，A，b組成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且有2A＝a＋b.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(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2).3．等差數列的常用性質(1)若{an}為等差數列，且p＋q＝s＋t，則ap＋aq＝as＋at(p，q，s，t∈N*)．(2)等差數列{an}的單調性當d>0時，{an}是遞增數列；當d<0時，{an}是遞減數列；當d＝0時，{an}是常數列．4．等差數列前n項和的常用性質(1)當d≠0時，等差數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是關于n的二次函數．(2)在等差數列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．常用結論1．等差數列通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)．2．已知數列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數)，則數列{an}一定是等差數列，且公差為p.3．數列{an}是等差數列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)．這里公差d＝2A.4．若{an}，{bn}均為等差數列且其前n項和為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).5．若等差數列{an}的項數為偶數2n，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).6．若等差數列{an}的項數為奇數2n＋1，則(1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；(2)eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).自主診斷1．判斷下列結論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)若一個數列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數，則這個數列是等差數列．(×)(2)等差數列{an}中，a10＝a1＋a9.(×)(3)若等差數列{an}的前n項和為Sn，則S6，S12，S18也成等差數列．(×)(4)若{an}是等差數列，則對任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)2．(選擇性必修第二冊P15T4改編)已知在等差數列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，則a4等于()A．－2B．4C．6D．8答案C解析設等差數列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋7d＝20，,a1＋6d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2，))∴a4＝a1＋3d＝6.3．若一個等差數列的首項為eq\f(1,25)，從第10項起開始比1大，則這個等差數列的公差d的取值范圍是()A．d>eq\f(8,75) B．d<eq\f(3,25)C.eq\f(8,75)<d<eq\f(3,25) D.eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25)答案D解析由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10>1，,a9≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d>1，,\f(1,25)＋8d≤1，))所以eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25).4．(2023·安康模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＋a4＝4，則S6等于()A．6B．12C．18D．24答案B解析由等差數列的性質，可得a1＋a6＝a3＋a4＝4，所以S6＝eq\f(6a1＋a6,2)＝eq\f(6a3＋a4,2)＝12.題型一等差數列基本量的運算例1(1)(2023·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5等于()A．25B．22C．20D．15答案C解析方法一設等差數列{an}的公差為d，首項為a1，依題意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，①又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，②①②聯立，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝5×2＋10＝20.方法二依題意可得，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，從而d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.(2)廣豐永和塔塔高九層，每至夜色降臨，金燈齊明，塔身晶瑩剔透，遠望猶如仙境．某游客從塔底層(一層)進入塔身，即沿石階逐級攀登，一步一階，此后每上一層均沿塔走廊繞塔一周以便瀏覽美景，現知底層共二十六級臺階，此后每往上一層減少兩級臺階，頂層繞塔一周需十二步，每往下一層繞塔一周需多三步，則這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需()A．352步B．387步C．332步D．368步答案C解析設從第n層到第n＋1層所走的臺階數為an，繞第n＋1層一周所走的步數為bn，由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，所以數列{an}為首項為26，公差為－2的等差數列，故an＝28－2n，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，數列{bn}為公差為－3的等差數列，故bn＝36－3n，n∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，設數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，所以S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝152，T8＝eq\f(8b1＋b8,2)＝180，S8＋T8＝152＋180＝332，故這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需332步．思維升華(1)等差數列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，n，d，an，Sn，知道其中三個就能求出另外兩個(簡稱“知三求二”)．(2)確定等差數列的關鍵是求出兩個最基本的量，即首項a1和公差d.跟蹤訓練1(1)(多選)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知S4＝0，a5＝5，則下列選項正確的是()A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2答案ABC解析S4＝eq\f(4a1＋a4,2)＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正確；a5＝a1＋4d＝5，①a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②聯立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正確，D錯誤；Sn＝－3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n，故C正確．(2)(2023·洛陽聯考)《周髀算經》中有這樣一個問題：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣，自冬至日起，其日影長依次成等差數列，前三個節氣日影長之和為28.5尺，最后三個節氣日影長之和為1.5尺，則春分時節的日影長為()A．4.5尺 B．3.5尺C．2.5尺 D．1.5尺答案A解析冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣日影長構成等差數列{an}，設公差為d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10.5，,d＝－1，))所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分時節的日影長為4.5尺．題型二等差數列的判定與證明例2(2021·全國甲卷)已知數列{an}的各項均為正數，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列{an}是等差數列；②數列{eq\r(Sn)}是等差數列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．解①③?②.已知{an}是等差數列，a2＝3a1.設數列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因為數列{an}的各項均為正數，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數)，所以數列{eq\r(Sn)}是等差數列．①②?③.已知{an}是等差數列，{eq\r(Sn)}是等差數列．設數列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)dn2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因為數列{eq\r(Sn)}是等差數列，所以數列{eq\r(Sn)}的通項公式是關于n的一次函數，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數列{eq\r(Sn)}是等差數列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設數列{eq\r(Sn)}的公差為d，d>0，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是關于n的一次函數，且a1＝d2滿足上式，所以數列{an}是等差數列．思維升華判斷數列{an}是等差數列的常用方法(1)定義法：對于數列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數?{an}是等差數列；(2)等差中項法：對于數列{an},2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數列；(3)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；(4)前n項和公式法：驗證Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)對任意的正整數n都成立?{an}是等差數列．跟蹤訓練2(2021·全國乙卷)記Sn為數列{an}的前n項和，bn為數列{Sn}的前n項積，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)證明：數列{bn}是等差數列；(2)求{an}的通項公式．(1)證明因為bn是數列{Sn}的前n項積，所以n≥2時，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數列．(2)解由(1)可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，則eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(3,2)，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,nn＋1).又a1＝eq\f(3,2)不滿足此式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))題型三等差數列的性質命題點1項的性質例3(1)(2024·鄭州模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，S3＝S21，則S23等于()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵S3＝S21，∴S21－S3＝a4＋a5＋…＋a21＝9(a4＋a21)＝0，∴a4＋a21＝0，∴S23＝a1＋a2＋a3＋(a4＋a5＋…a21)＋a22＋a23＝a1＋a2＋a3＋a22＋a23＝a1＋2(a4＋a21)＝a1＝2.(2)(多選)(2023·鄭州模擬)若數列{an}為等差數列，Sn為其前n項和，S5<S6，S6＝S7，S7>S8，則下列說法正確的有()A．公差d<0B．S12>0C．S9>S5D．使Sn<0的最小正整數n為14答案ABD解析由題意得，S5<S6，則S6－S5＝a6>0；S6＝S7，則S7－S6＝a7＝0；S7>S8，則S8－S7＝a8<0.由a6>a7，得d<0，故A正確；S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)＝6a6>0，故B正確；S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＝2a8<0，故S9<S5，故C錯誤；S14＝eq\f(14a1＋a14,2)＝7(a7＋a8)＝7a8<0，S13＝eq\f(14a1＋a13,2)＝14a7＝0，故D正確．命題點2和的性質例4(1)(2023·洛陽模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S3＝9，S6＝63，則a7＋a8＋a9等于()A．63B．71C．99D．117答案C解析由等差數列{an}的前n項和性質，得S3，S6－S3，S9－S6也成等差數列，即2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，又S3＝9，S6＝63，則S9＝162，因此a7＋a8＋a9＝S9－S6＝162－63＝99.(2)(2023·鄭州模擬)設等差數列{an}，{bn}的前n項和分別是Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋7,2n)，則eq\f(a6,b6)等于()A.eq\f(20,17)B.eq\f(20,11)C.eq\f(17,22)D.eq\f(17,12)答案B解析因為等差數列{an}，{bn}的前n項和分別是Sn，Tn，所以eq\f(a6,b6)＝eq\f(\f(a1＋a11,2),\f(b1＋b11,2))＝eq\f(\f(11a1＋a11,2),\f(11b1＋b11,2))＝eq\f(S11,T11)＝eq\f(33＋7,22)＝eq\f(20,11).延伸探究在本例(2)中，將eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋7,2n)改為eq\f(an,bn)＝eq\f(3n＋7,2n)，則eq\f(S7,T7)＝________.答案eq\f(19,8)解析eq\f(S7,T7)＝eq\f(7a4,7b4)＝eq\f(a4,b4)＝eq\f(19,8).思維升華等差數列的性質(1)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an；(2)若{an}是公差為d的等差數列，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)組成公差為md的等差數列；(3)在等差數列{an}中，數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.跟蹤訓練3(1)(2023·南充模擬)等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝20，則Sn的最大值為()A．60B．50C.eq\f(121,4)D．30答案D解析由a1＝10，a2＋a3＋a4＋a5＝2(a1＋a6)＝20，得a6＝0，由于{an}為等差數列，且a1＝10>0，a6＝0，所以當n≤5，n∈N*時，an>0，故Sn的最大值為S5＝S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝eq\f(10×6,2)＝30.(2)設Sn是等差數列{an}的前n項和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S12)等于()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,9)答案A解析由等差數列的性質可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數列，∵eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，即S6＝3S3，(S6－S3)－S3＝S3，∴S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，∴S9＝6S3，S12＝10S3，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3S3,10S3)＝eq\f(3,10).課時精練一、單項選擇題1．已知{an}為等差數列，其前n項和為Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，則n等于()A．6B．7C．8D．9答案C解析因為d＝eq\f(a3－a1,2)＝2，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n＋n(n－1)＝64，解得n＝8(負值舍去)．2．已知數列{an}是等差數列，若a1－a9＋a17＝7，則a3＋a15等于()A．7B．14C．21D．7(n－1)答案B解析因為a1－a9＋a17＝(a1＋a17)－a9＝2a9－a9＝a9＝7，所以a3＋a15＝2a9＝2×7＝14.3．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答案A解析∵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(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225，∴當n＝15時，Sn取得最大值．4．(2023·鷹潭統考)公差不為0的等差數列{an}滿足aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,4)＝aeq\o\al(2,5)＋aeq\o\al(2,6)，Sn為數列{an}的前n項和，則下列各選項正確的是()A．a4＝0 B．a5＝0C．S8＝0 D．S9＝0答案C解析依題意，(aeq\o\al(2,6)－aeq\o\al(2,4))＋(aeq\o\al(2,5)－aeq\o\al(2,3))＝0，即2d(a6＋a4)＋2d(a5＋a3)＝0，∵d≠0，∴a6＋a4＋a5＋a3＝0，∴a5＋a4＝0，即S8＝0.5．(2023·河南統考)已知等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案C解析(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝(a2n＋1－an＋1)＋(a2n＋2－an＋2)＋…＋(a3n－a2n)＝n2d，因為n2>0，若d>0，則S3n－S2n>S2n－Sn，若S3n－S2n>S2n－Sn，則n2d>0，即d>0，故“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”的充要條件．6．(2023·青島模擬)已知等差數列{an}，an＋m＝am＋n(n≠m，n，m∈N*)，數列{bn}滿足bn＝a2n＋1＋a2n－1，則b2024－b2023等于()A．1B．2C．4D．8答案C解析∵bn＝a2n＋1＋a2n－1，∴b2024＝a4049＋a4047，b2023＝a4047＋a4045，∴b2024－b2023＝(a4049＋a4047)－(a4047＋a4045)＝a4049－a4045.又an＋m＝am＋n，∴an－am＝n－m，∴b2024－b2023＝a4049－a4045＝4049－4045＝4.二、多項選擇題7．已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，若a1>0，S4＝S12，則()A．公差d<0B．a7＋a9<0C．Sn的最大值為S8D．滿足Sn<0的n的最小值為16答案AC解析因為a1>0，S4＝S12，則eq\f(4a1＋a4,2)＝eq\f(12a1＋a12,2)，即a1＋a4＝3(a1＋a12)，則d＝－eq\f(2,15)a1<0，故A正確；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d>0，故B錯誤；由a7＋a9>0，得a8>0，a9＝a1＋8d＝eq\f(1,2)d<0，因為d<0，a1>0，所以數列{an}是遞減數列，且當n≤8時，an>0，當n≥9時，an<0，所以Sn的最大值為S8，故C正確；Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,15)n2＋eq\f(16a1,15)n，令Sn<0，解得n>16，所以滿足Sn<0的n的最小值為17，故D錯誤．8．(2024·南通統考)在我國古代著名的數學專著《九章算術》里有一段敘述：今有良馬與駑馬發長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢．則()A．駑馬第七日行九十四里B．第七日良馬先至齊C．第八日二馬相逢D．二馬相逢時良馬行一千三百九十五里答案AD解析由題意可知，兩馬日行里數分別成等差數列，記數列{an}為良馬的日行里數，其中首項a1＝103，公差d1＝13，所以數列{an}的通項公式為an＝13n＋90，n∈N*，記數列{bn}為駑馬的日行里數，其中首項b1＝97，公差d2＝－0.5，所以數列{bn}的通項公式為bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，駑馬第七日行里數為b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即駑馬第七日行九十四里，故A正確；第七日良馬行走總里程為S7＝103×7＋eq\f(7×6,2)×13＝994，而齊去長安一千一百二十五里，因為994<1125，所以第七日良馬未至齊，故B錯誤；設第m日兩馬相逢，由題意可知兩馬行走的總里數是齊去長安距離的兩倍，即103m＋eq\f(mm－1,2)×13＋97m－eq\f(mm－1,2)×0.5＝2×1125，解得m＝9或m＝－40(舍)，即第九日二馬相逢，故C錯誤；由C可知，第九日二馬相逢，此時良馬共行走了S9＝103×9＋eq\f(9×8,2)×13＝1395，所以二馬相逢時良馬行一千三百九十五里，故D正確．三、填空題9．若一個等差數列{an}滿足：①每項均為正整數；②首項與公差的積大于該數列的第二項且小于第三項．寫出一個滿足條件的數列的通項公式an＝________.答案2n＋1(答案不唯一)解析設{an}的公差為d，由題意得a2<a1d<a3，所以a1＋d<a1d<a1＋2d，又a1，d為正整數，所以可取a1＝3，d＝2，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.10．已知公差不為0的等差數列{an}的前23項和等于前8項和．若a8＋ak＝0，則k的值為________．答案24解析設等差數列{an}的公差為d，d≠0，則由題意得S23＝S8，即23a1＋eq\f(23×22,2)d＝8a1＋eq\f(8×7,2)d，整理得a1＝－15d.因為a8＋ak＝0，所以a1＋7d＋a1＋(k－1)d＝0，即2a1＋(k＋6)d＝0，所以－30d＋(k＋6)d＝0，因為d≠0，所以k＝24.11．設Sn，Tn分別為等差數列{an}，{bn}的前n項和，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,4n＋5).設A是直線BC外一點，P是直線BC上一點，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(a1＋a5,b3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，則實數λ的值為________．答案－eq\f(9,25)解析依題意，B，C，P三點共線，∴eq\f(a1＋a5,b3)＋λ＝1，∴λ＝1－2×eq\f(a3,b3)，依題意，eq\f(a3,b3)＝eq\f(2a3,2b3)＝eq\f(a1＋a5,b1＋b5)＝eq\f(a1＋a5×\f(5,2),b1＋b5×\f(5,2))＝eq\f(S5,T5)＝eq\f(3×5＋2,4×5＋5)＝eq\f(17,25)，∴λ＝1－2×eq\f(17,25)＝－eq\f(9,25).12．等差數列{an}共有2n＋1項，所有的奇數項之和為132，所有的偶數項之和為120，則n＝________.答案10解析因為等差數列{an}共有2n＋1項，所有奇數項之和為S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq\f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1＝132，所有偶數項之和為S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(na2＋a2n,2)＝nan＋1＝120，所以eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1an＋1,nan＋1)＝eq\f(n＋1,n)＝eq\f(132,120)＝eq\f(11,10)，解得n＝10.四、解答題13．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，λ是常數．(1)當a2＝－1時，求λ及a3的值；(2)數列{an}是否可能為等差數列？若可能，求出它的通項公式；若不可能，說明理由．解(1)因為an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，且a1＝1，所以當a2＝－1時，－1＝2－λ，解得λ＝3，所以a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)數列{an}不可能為等差數列．理由如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)，a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)，若存在常數λ，使{an}為等差數列，則a3－a2＝a2－a1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3，于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24，這與{an}為等差數列矛盾，所以對于任意常數λ，{an}都不可能是等差數列．14．(2023·新高考全國Ⅰ)設等差數列{an}的公差為d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前n項和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通項公式；(2)若{bn}為等差數列，且S99－T99＝99，求d.解(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，an＝a1＋(n－1)d＝nd，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝nd＝3n.(2)∵{bn}為等差數列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq\f(6d,a2a3)＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差數列的性質知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，∴a50－eq\f(2550,a50)＝1，即aeq\o\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．當a1＝2d時，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，與d>1矛盾，無解；當a1＝d時，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq\f(51,50).綜上，d＝eq\f(51,50).15．(2023·全國乙卷)已知等差數列{an}的公差為eq\f(2π,3)，集合S＝{cosan|n∈N*}，若S＝{a，b}，則ab等于()A．－1B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\f(1,2)答案B解析方法一由題意得an＝a1＋eq\f(2π,3)(n－1)，cosan＋3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋2))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋2π－\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n－\f(2π,3)))＝cosan，所以數列{cosan}是以3為周期的周期數列，又cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，因為集合S中只有兩個元素，所以有三種情況：cosa1＝cosa2≠cosa3，cosa1＝cosa3≠cosa2，cosa2＝cosa3≠cosa1.下面逐一討論：①當cosa1＝cosa2≠cosa3時，有cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝－eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1＋\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＋eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1＋\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2).②當cosa1＝cosa3≠cosa2時，有cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1－eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1－\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2).③當cosa2＝cosa3≠cosa1時，有－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得sina1＝0，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＝－eq\f(1,2)(1－sin2a1)＝－eq\f(1,2).綜上，ab＝－eq\f(1,2).方法二取a1＝－eq\f(π,3)，則cosa1＝eq\f(1,2)，cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝eq\f(1,2)，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－1，所以S＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))，ab＝－eq\f(1,2).16．(2023·北京模擬)已知項數為k(k∈N*)的等差數列{an}滿足a1＝1，eq\f(1,4)an－1≤an(n＝2,3，…，k)．若a1＋a2＋…＋ak＝8，則k的最大值是()A．14B．15C．16D．17答案B解析由a1＝1，eq\f(1,4)an－1≤an(n＝2,3，…，k)，得1＋(n－2)d≤4[1＋(n－1)d]，即3＋(3n－2)d≥0，當n＝2,3，…，k時，恒有3＋(3n－2)d≥0，即d≥－eq\f(3,3n－2)，所以d≥－eq\f(3,3k－2)，由a1＋a2＋…＋ak＝8，得8＝eq\f(ka1＋ak,2)＝eq\f(k[2＋k－1d],2)，所以16＝2k＋k(k－1)d≥2k＋k(k－1)·eq\f(－3,3k－2)，因為k∈N*，k≥2，整理得3k2－49k＋32≤0，所以k≤15.所以k的最大值是15.

§6.3等比數列課標要求1.通過生活中的實例，理解等比數列的概念和通項公式的意義.2.掌握等比數列前n項和公式，理解等比數列的通項公式與前n項和公式的關系.3.能在具體問題情境中，發現數列的等比關系，并解決相應的問題.4.體會等比數列與指數函數的關系．知識梳理1．等比數列有關的概念(1)定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比都等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項，此時，G2＝ab.2．等比數列的通項公式及前n項和公式(1)若等比數列{an}的首項為a1，公比為q，則其通項公式為an＝a1qn－1.(2)等比數列通項公式的推廣：an＝amqn－m.(3)等比數列的前n項和公式：當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比數列的常用性質(1)若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w＝m＋n，則aman＝aeq\o\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數列，公比為qm(k，m∈N*)．(3)若數列{an}，{bn}是兩個項數相同的等比數列，則數列{ban}，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))也是等比數列(b，p，q≠0)．(4)若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1，))則等比數列{an}遞增．若eq\b\lc\{\rc\(\a\