高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 Word版含答案，共52页。试卷主要包含了数列的有关概念，数列的表示方法，an与Sn的关系，数列的分类，∴满足条件的n的值为7等内容，欢迎下载使用。

第五章数　列
第一节数列的概念与简单表示法



1．数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2．数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
3．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝
4．数列的分类



1．已知数列{an}的前4项为1,3,7,15，则数列{an}的一个通项公式为________．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a5等于________．
答案：
3．(教材习题改编)已知函数f(x)＝，设an＝f(n)(n∈N*)，则{an}是________数列(填“递增”或“递减”)．
答案：递增

1．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．
2．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．
3．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．


1．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项公式是________．
答案：an＝
2．数列{an}的通项公式为an＝－n2＋9n，则该数列第________项最大．
答案：4或5




1．已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝②an＝，③an＝，④an＝．其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(　　)

A．①②③　　　　　　　 B．①②④
C．②③④ D．①③④
解析：选A　检验知①②③都是所给数列的通项公式．
2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
(1)4,6,8,10，…；
(2)(易错题)－，，－，，…；
(3)a，b，a，b，a，b，…(其中a，b为实数)；
(4)9,99,999,9 999，…．
解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式an＝2(n＋1)，n∈N*．
(2)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an＝(－1)n×，n∈N*．
(3)这是一个摆动数列，奇数项是a，偶数项是b，所以此数列的一个通项公式an＝
(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1，n∈N*．


由数列的前几项求数列通项公式的策略
(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：
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各项符号特征等．
(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．


已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式．
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b．
解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5．
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1．
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝

已知Sn求an的 3个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．

已知数列{an}的前n项和为Sn．
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an．
解：(1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)
＝(－1)n＋1·
＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，
所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－
＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，
所以an＝


递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．
常见的命题角度有：
(1)形如an＋1＝anf(n)，求an；
(2)形如an＋1＝an＋f(n)，求an；
(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an．　　　 　

角度一：形如an＋1＝anf(n)，求an
1．在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1．
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1···…·＝＝．
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝(n∈N*)．
角度二：形如an＋1＝an＋f(n)，求an
2．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝．
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝(n∈N*)．

角度三：形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴＝3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1(n∈N*)．

典型的递推数列及处理方法
递推式
方　法
示　例
an＋1＝an＋f(n)
叠加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
an＋1＝anf(n)
叠乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝Aan＋B (A≠0,1，B≠0)
化为等比数列
a1＝1，an＋1＝2an＋1


根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；
(2)a1＝，an＝an－1(n≥2)．
解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1．
(2)因为an＝an－1(n≥2)，
所以当n≥2时，＝，
所以＝，＝，…，＝，＝，
以上n－1个式子相乘得··…··＝··…··，
即＝××2×1，所以an＝．
当n＝1时，a1＝＝，也与已知a1＝相符，
所以数列{an}的通项公式为an＝．


一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．数列1，，，，，…的一个通项公式an＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　由已知得，数列可写成，，，…，故通项为．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
解析：选C　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为选项C．
3．若a1＝，an＝4an－1＋1(n≥2)，当an>100时，n的最小值为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C　由a1＝，an＝4an－1＋1(n≥2)得，
a2＝4a1＋1＝4×＋1＝3，a3＝4a2＋1＝4×3＋1＝13，
a4＝4a3＋1＝4×13＋1＝53，a5＝4a4＋1＝4×53＋1＝213>100．
4．(2016·肇庆三模)已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：由an－an－1＝n得a2－a1＝2，
a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，
上面(n－1)个式子相加得
an＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)．
又n＝1时也满足此式，
所以an＝n(n＋1)．
答案：n(n＋1)
5．(2017·南昌模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为________．
解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，
得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，
令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，
则a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1．
答案：－1
二保高考，全练题型做到高考达标
1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于(　　)
A． B．cos
C．cosπ D．cosπ
解析：选D　令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
2．(2017·福建福州八中质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，则a2 017＝(　　)
A．1 B．0
C．2 017 D．－2 017
解析：选A　∵a1＝1，∴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 017＝a1＝1．
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝(　　)
A．2n B．2n－1
C．2n D．2n－1
解析：选C　当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，所以an＝2n．
4．设曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则x1·x2·x3·x4·…·x2 017＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D　由f(x)＝xn＋1得f′(x)＝(n＋1)xn，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0得xn＝，故x1·x2·x3·x4·…·x2 017＝××…×＝．
5．(2017·衡水中学检测)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B　∵a1＝19，an＋1－an＝－3，
∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，
∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n．
设{an}的前k项和数值最大，
则有k∈N*，∴
∴≤k≤，
∵k∈N*，∴k＝7．∴满足条件的n的值为7．
6．在数列－1,0，，，…，，…中，0．08是它的第____________项．
解析：令＝0．08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0．
解得n＝10或n＝(舍去)．
答案：10
7．已知数列{an}满足a1＝1，an＝a－1(n>1)，则a2 017＝________，|an＋an＋1|＝________(n>1)．
解析：由a1＝1，an＝a－1(n>1)，得
a2＝a－1＝12－1＝0，a3＝a－1＝02－1＝－1，
a4＝a－1＝(－1)2－1＝0，a5＝a－1＝02－1＝－1，
由此可猜想当n>1，n为奇数时an＝－1，n为偶数时an＝0，
∴a2 017＝－1，|an＋an＋1|＝1．
答案：－1　1
8．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________．
解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．
答案：28
9．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＋an，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}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n．
10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4．
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，
解得1 因为n∈N*，所以n＝2,3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3．
因为an＝n2－5n＋4＝2－，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2．
(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，即得k>－3．
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．
a1
a2　a3
a4　a5　a6
……
解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．
答案：97
2．(2017·甘肃诊断性考试)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝10an＋1．
(1)证明数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝lg，Tn为数列的前n项和，求证：Tn<．
证明：(1)由an＋1＝10an＋1，得an＋1＋＝10an＋＝10，即＝10．
所以数列是等比数列，其中首项为a1＋＝100，公比为10，
所以an＋＝100×10n－1＝10n＋1，即an＝10n＋1－．
(2)由(1)知bn＝lg＝lg 10n＋1＝n＋1，
即＝＝－．
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－<．
第二节等差数列及其前n项和



1．等差数列的有关概念
(1)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，通常用字母d表示．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d．
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝．
3．等差数列的常用性质
(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{a2n}也是等差数列，公差为2d．
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．


1．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．
答案：10
2．(教材习题改编)已知等差数列{an}，a5＝－20，a20＝－35，则an＝________
答案：－15－n
3．(教材习题改编)已知等差数列5,4，3，…，则前n项和Sn＝________．
答案：(75n－5n2)

1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
2．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．


1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d的取值范围是(　　)
A．(－3，＋∞)　　　　　　 B．
C． D．
答案：D
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12．
答案：12





1．(2016·郑州二检)已知{an}为等差数列，公差为1，且a5是a3与a11的等比中项，Sn是{an}的前n项和，则S12的值为______．
解析：由题意得，a＝a3a11，即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10)，a1＝－1，∴S12＝12×(－1)＋×1＝54．
答案：54
2．(2017·西安质检)公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等．
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a7＝2a5，∴a1＋6d＝2(a1＋4d)，则a1＝－2d，∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等．
答案：11
3．(2016·江苏高考)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d．所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4．故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20．
答案：20
4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，
公差为d，
由已知，得
解得
∴S16＝16×3＋×(－1)＝－72．
答案：－72

等差数列基本运算的方法策略
(1)等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a1，d，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．
(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式Sn＝结合使用，体现整体代入的思想．




已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝．
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
解：(1)证明：∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，
∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0，n≥2．
因此－＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝．
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又∵a1＝，不适合上式．∴an＝

等差数列的判定与证明方法
方　法
解　读
适合题型
定义法
对于任意自然数n(n≥2)，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
解答题中证明问题
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列
选择、填空题中的判定问题
前n项和公式法
验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列


已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵bn＝，且an＝，
∴bn＋1＝＝＝2＋，
∴bn＋1－bn＝2＋－＝2．
又b1＝＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为
bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又bn＝，
∴an＝＝．
∴数列{an}的通项公式为an＝．


1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝(　　)
A．18　　　　　　　　　 B．12
C．9 D．6
解析：选D　由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6．
2．(2017·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a8＝1，S16＝0，当Sn取最大值时n的值为(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B　法一：由解得则Sn＝－n2＋16n＝－(n－8)2＋64，则当n＝8时，Sn取得最大值．
法二：因为{an}是等差数列，所以S16＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)＝0，则a9＝－a8＝－1，即数列{an}的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(Sn)max＝S8，选项B正确．

1．等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an．
2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm．

1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)
A．1 B．－1
C．2 D．
解析：选A　＝＝＝×＝1．
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最后6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，则数列{an}的项数为________．
解：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，
又Sn＝＝324，∴18n＝324，∴n＝18．
答案：18
3．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

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2017·桂林调研)等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d＝(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C．2 D．－
解析：选A　由a4＋a8＝2a6＝10，得a6＝5，所以4d＝a10－a6＝1，解得d＝，故选A．
2．等差数列{an}的前n项之和为Sn，若a5＝6，则S9为(　　)
A．45 B．54
C．63 D．27
解析：选B　法一：∵S9＝＝9a5＝9×6＝54．故选B．
法二：由a5＝6，得a1＋4d＝6，
∴S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝9×6＝54，故选B．
3．(2017·陕西质量监测)已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2．若ak·ak＋1<0，则正整数k＝(　　)
A．21 B．22
C．23 D．24
解析：选C　3an＋1＝3an－2⇒an＋1＝an－⇒{an}是等差数列，则an＝－n．∵ak＋1·ak<0，
∴<0，∴ ∴k＝23．
4．(2016·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．
解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0．
∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2．
∴S6＝6a1＋d＝6．
答案：6
5．等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为________．
解析：∵∴
∴Sn的最大值为S5．
答案：S5
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1．(2017·太原一模)在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝(　　)
A．－1 B．0
C． D．
解析：选B　由题知，a2＋a4＝2a3＝2，
又∵a2a4＝，数列{an}单调递增，
∴a2＝，a4＝．
∴公差d＝＝．∴a1＝a2－d＝0．
2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝(　　)
A．10　　 B．15　　　C．－5　　　D．20
解析：选D　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－＝4n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝5，符合上式，
∴an＝4n＋1，ap－aq＝4(p－q)＝20．
3．(2017·河南六市一联)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{}都是等差数列，且公差相等，则a6＝(　　)
A． B． C． D．1
解析：选A　设{an}的公差为d，由题意得，＝＝，又{an}和{}都是等差数列，且公差相同，∴解得
a6＝a1＋5d＝＋＝．
4．(2017·沈阳教学质量监测)设等差数列{an}满足a2＝7，a4＝3，Sn是数列{an}的前n项和，则使得Sn>0成立的最大的自然数n是(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：选A　由题可得{an}的公差d＝＝－2，a1＝9，所以an＝－2n＋11，则{an}是递减数列，且a5>0>a6，a5＋a6＝0，于是S9＝·9>0，S10＝·10＝0，S11＝·11<0，故选A．
5．设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列{bn}的通项公式为(　　)
A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1
解析：选B　设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，＝k，因为b1＝1，则n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，
整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0．
因为对任意的正整数n上式均成立，
所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，
解得d＝2，k＝．
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1．
6．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．
解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，
a1＋a99＝a1＋a100－d＝，
则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10．
答案：10
7．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1 答案：
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．
解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，
即2a1＋2m－1＝5，
所以a1＝3－m．
由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，
解得正整数m的值为5．
答案：5
9．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bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn．
解：(1)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＝＝．
10．(2017·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝a＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0．
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn．
解：(1)证明：由4Sn＝a＋2an－3,4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，
得4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0．
当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，
所以当n≥5时，{an}成等差数列．
(2)由4a1＝a＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，
又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以由(1)得an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，
而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，
所以an＝
所以Sn＝
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1．(2016·安庆二模)已知数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an＝(n∈N*)．若不等式≤对任意n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为________．
解析：an＝⇒an＝＝⇒a＝(2n－1)an⇒an＝2n－1，n∈N*．
≤就是λ≤⇒λ≤2n－＋15，f(n)＝2n－＋15在n≥1时单调递增，其最小值为f(1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9．
答案：9
2．已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn．
解：(1)法一：∵数列{an}是等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd．
由an＋1＋an＝4n－3，
得(a1＋nd)＋＝4n－3，
∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，
即2d＝4,2a1－d＝－3，
解得d＝2，a1＝－．
法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，
得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，
∴2d＝an＋2－an＝(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)
＝4n＋1－(4n－3)＝4，
∴d＝2．
又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，
∴a1＝－．
(2)由题意，①当n为奇数时，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)
＝2＋4－3×
＝．
②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝1＋9＋…＋(4n－7)
＝．
第三节等比数列及其前n项和




1．等比数列的有关概念
(1)定义：
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常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q．
(2)等比中项：
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，
则am·an＝ap·aq＝a；
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列；
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk．


1．(教材习题改编)将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，…．此数列是(　　)
A．公比为q的等比数列
B．公比为q2的等比数列
C．公比为q3的等比数列
D．不一定是等比数列
答案：B
2．等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6＝________．
解析：法一：由a3＝12，a4＝18，得解得a1＝，q＝，
∴a6＝a1q5＝×5＝．
法二：由等比数列性质知，a＝a2a4，
∴a2＝＝＝8，
又a＝a2a6，∴a6＝＝＝．
答案：
3．(教材习题改编)在等比数列{an}中，已知a1＝－1，a4＝64，则公比q＝________，S4＝________．
答案：－4　51

1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
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．
4．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．


1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于(　　)
A．5　　　　　　　　　　 B．±5
C．4 D．±4
解析：选C　a＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又∵a5＝a3q2>0，∴a5＝4．
2．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________．
答案：－或1



1．(2017·武汉调研)若等比数列{an}的各项均为正数，a1＋2a2＝3，a＝4a2a6，则a4＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选C　由题意，得
解得所以a4＝a1q3＝×3＝．
2．(2015·全国卷Ⅰ)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：∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，∴＝126，∴n＝6．
答案：6

解决等比数列有关问题的2种常用思想
方程
的思想
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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解
分类讨论的思想
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＝＝


1．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(　　)
A． B．－
C． D．－
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝a2＋10a1，a5＝9，
∴
解得
2．(2017·洛阳统考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋8a4＝0，则＝(　　)
A．－ B．
C． D．
解析：选C　在等比数列{an}中，因为a1＋8a4＝0，所以q＝－，所以＝＝＝＝．
3．(2015·安徽高考)已知数列是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列的前n项和等于________．
解析：设等比数列的公比为q，则有
解得或
又为递增数列，∴∴Sn＝＝2n－1．
答案：2n－1



(2016·全国丙卷)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．
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故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＝n－1．
(2)由(1)得Sn＝1－n．
由S5＝得1－5＝，即5＝．
解得λ＝－1．

等比数列的4种常用判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项
公式法
若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列

　(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．

设数列的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1．
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列．
解：(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5＝8＋1，解得a4＝．
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∴＝
＝＝
＝，
∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．



1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－a＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝(　　)
A．1　　　　　　　　　 B．2
C．4 D．8
解析：选D　由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7．由a6－a＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2．由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝b＝23＝8．
2．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝5，则＝________．
解析：设数列{an}的公比为q，
由已知得＝1＋＝5，
即1＋q2＝5，
所以q2＝4，
＝1＋＝1＋q4＝1＋16＝17．
答案：17

等比数列的性质可以分为3类
通项公式的变形
根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口
等比中项的变形
前n项和公式的变形

1．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．5　　　 B．9　　　　
C．log345　　　　 D．10
解析：选D　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．(2017·长春调研)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________．
解析：设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14．
答案：14


一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列　 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
解析：选D　由等比数列的性质得，a3·a9＝a≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D．
2．在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2，a4成等差数列，则S7的值为(　　)
A．125　　　 B．126　　　　C．127　　　　D．128
解析：选C　设{an}的公比为q，则2a2＝a4－a3，又a1＝1，∴2q＝q3－q2，解得q＝2或q＝－1，∵an>0，∴q>0，∴q＝2，∴S7＝＝127．
3．(2016·石家庄质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an＝(　　)
A．2n＋1 B．2n
C．2n－1 D．2n－2
解析：选A　依题意，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)，则an＋1＝2an，令n＝1，则S1＝2a1－4，即a1＝4，∴数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A．
4．在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________．
解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，
∴a2＝2，∴q2＝＝4，∴a6＝a4q2＝32．
答案：32
5．在等比数列{an}中，an>0，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝________．
解析：∵a5－a1＝15，a4－a2＝6．
∴(q≠1)
两式相除得＝，即2q2－5q＋2＝0，
∴q＝2或q＝，
当q＝2时，a1＝1；
当q＝时，a1＝－16(舍去)．
∴a3＝1×22＝4．
答案：4
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为(　　)
A．10 B．20
C．100 D．200
解析：选C　a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a＋2a4a6＋a＝(a4＋a6)2＝102＝100．
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：选A　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＝．
3．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是(　　)
A．－5 B．－
C．5 D．
解析：选A　∵log3an＋1＝log3an＋1，∴an＋1＝3an．
∴数列{an}是以公比q＝3的等比数列．
∵a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，
∴log(a5＋a7＋a9)＝log(9×33)＝log35＝－5．
4．(2016·河北三市第二次联考)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B　设该女子第一天织布x尺，则＝5，得x＝，∴前n天所织布的尺数为(2n－1)．由(2n－1)≥30，得2n≥187，则n的最小值为8．
5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选B　设公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1．∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8．
∴＝＝qm＝8＝，
∴m＝3，∴q3＝8，
∴q＝2．
6．(2015·湖南高考)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________．
解析：因为3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(a1＋a2)＝3a1＋a1＋a2＋a3．化简，得＝3，即等比数列{an}的公比q＝3，故an＝1×3n－1＝3n－1．
答案：3n－1
7．(2017·海口调研)设数列{an}的前n项和为Sn．且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________．
解析：依题意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋＋＋…＋＝＝．
答案：
8．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 016＝a2 016，
故a1a2a3·…·a2 015＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 008＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 007＞1且0＜a1 009＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 007或1 008．
答案：1 007或1 008
9．(2017·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则依题意有
解得d＝1或d＝0(舍去)，
∴an＝1＋(n－1)＝n．
(2)由(1)得an＝n，
∴bn＝2n，
∴＝2，
∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Tn＝＝2n＋1－2．
10．(2016·云南统测)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝26，S6＝728．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：S－SnSn＋2＝4×3n．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由728≠2×26得，S6≠2S3，∴q≠1．
由已知得解得
∴an＝2×3n－1．
(2)证明：由(1)可得Sn＝＝3n－1．
∴Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1．
∴S－SnSn＋2＝(3n＋1－1)2－(3n－1)(3n＋2－1)＝4×3n．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是(　　)
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
解析：选D　∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，…．∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．
2．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，∴＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n．
第四节数列求和


1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋．
推导方法：倒序相加法．
删学生时注意(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2．
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．
(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，从而求得前n项和．常用的裂项公式有：
①＝－；
②＝；
③＝－．
(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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}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．


1．若Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝________．
答案：－25
2．(教材习题改编)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________．
答案：n2＋1－


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，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
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．


1．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N*)，则f(3)＝________．
答案：(87－1)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．
答案：(n－1)2n＋1＋2






1．(2017·重庆适应性测试)在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则数列{an}的前4项和为(　　)
A．9　　　　　　　　　　　 B．22
C．24 D．32
解析：选C　依题意得，数列{an}是公差为2的等差数列，a1＝a2－2＝3，因此数列{an}的前4项和等于4×3＋×2＝24，选C．
2．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________．
解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，即a1＝．
故Sn＝＝(2n－1)．
答案：(2n－1)
3．已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn．
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得

化简得解得
故{an}的通项公式an＝1＋，即an＝．
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8．
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1．

数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．



(2016·北京高考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．

解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝＝3，
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，
所以bn＝3n－1(n∈N*)．
设等差数列{an}的公差为d．
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2．
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1．
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋
＝n2＋．

分组转化法求和的常见类型

　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．


(2017·兰州实战考试)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn．
解：(1)设等差数列{an}的公差是d．
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
∴d＝－3，
∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2．
(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，
∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，
∴bn＝3n－2＋qn－1．
∴Sn＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，
故当q＝1时，Sn＝＋n＝；
当q≠1时，Sn＝＋．



(2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
解：(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，
所以an＝6n＋5．
设数列{bn}的公差为d．
由即
可解得所以bn＝3n＋1．
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×，
2Tn＝3×，
两式作差，得－Tn＝3×
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2．

用错位相减法求和的3个注意事项
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

(2017·泉州调研)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，
∵S3＝6，S5＝15，
∴
即解得
∴{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n．
(2)由(1)得bn＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋，　　①
∴Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－，
∴Tn＝2－．

　
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的．
常见的命题角度有：
(1)形如an＝型；
(2)形如an＝ 型；
(3)形如an＝型．　　　

角度一：形如an＝型
1．(2017·西安质检)等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求＋＋…＋．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，d＞0，{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1．
依题意有
解得或(舍去)．
故an＝n，bn＝2n－1．
(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝n(n＋1)，
＝＝2，
∴＋＋…＋
＝2
＝2＝．
角度二：形如an＝ 型
2．(2017·江南十校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*．记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝(　　)
A．－1　　　　　　　 B．－1
C．－1 D．＋1
解析：选C　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝x．
∴an＝＝＝－，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1．

角度三：形如an＝型
3．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn．证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<．
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得(Sn＋1)＝0．
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n．
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n．
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n．
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝．
Tn＝
＝<＝．

利用裂项相消法求和的注意事项
(1)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)将通项裂项后，有时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相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝．

(2016·石家庄一模)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由已知得
解得
∴{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)bn＝＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝＋＋…＋＝×1－＝．

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝(　　)
A．41　　　　　　　　　　　 B．48
C．49 D．56
解析：选C　设Sn＝An2＋Bn，
由题知，解得A＝1，B＝0，
∴S7＝49．
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C　由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1．
3．(2017·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
解析：选D　根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D．
4．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：∵a－6a＝an＋1an，
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，∴an＋1＝3an，
又a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴Sn＝＝3n－1．
答案：3n－1

5．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{}的前n项和Sn＝n2，则数列的前n项和Tn＝________．
解析：∵＝＝
∴＝2n－1．
∴＝＝，
∴Tn＝
＝＝．
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．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(　　)
A．或5 B．或5
C． D．
解析：选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝．
2．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|＝(　　)
A．1－4n B．4n－1
C． D．
解析：选B　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．
3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于(　　)
A．5 B．6
C．7 D．16
解析：选C　根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7．故选C．
4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B　an＝n2sin＝
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝．
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C　∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝＝2n＋1－2．故选C．
6．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________．
解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
答案：n(n＋1)
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，
∴＝3．
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，
∴S5＝121．
答案：1　121
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 017＝________．
解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①
∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②
∵①÷②得＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 017＝＋＝21 010－3．
答案：21 010－3
9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝，
∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，
∴an＝3n－1，bn＝3n．
(2)由题意得：Sn＝，cn＝＝××＝－．
∴Tn＝1－＋－＋－＋…＋－
＝1－＝．
10．(2017·广州综合测试)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2．
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋2)＝a2＋a4．
即2(4q＋2)＝4＋4q2，
化简得q2－2q＝0．
因为公比q≠0，所以q＝2．
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．
(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，
所以anbn＝(2n－1)2n，
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1．②
由①－②得，
－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×－(2n－1)2n＋1
＝－6－(2n－3)2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1．
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1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289．
答案：1 289
2．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
依题意，有即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2．
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n．
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n，
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2．
因为Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10．
因为n∈N*，所以使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10．

命题点一　数列的概念及表示
命题指数：☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题
1．(2014·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
A．d<0　　　　　　　　 B．d>0
C．a1d<0 D．a1d>0
解析：选C　∵数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0．
2．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {an}满足 an＋1＝，a8＝2，则a1 ＝________．
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝．
答案：
3．(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2．过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；…，依此类推．设BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________．
解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×6＝．
法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝．
答案：

命题点二　等差数列与等比数列
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题、解答题
1．(2016·全国乙卷)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：选C　法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3．
又∵a10＝8，∴∴
∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98．故选C．
法二：∵{an}是等差数列，
∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3．
在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5．
故a100＝a5＋(20－1)×5＝98．故选C．
2．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　　)
A．5　　　　　　　　　　 B．7
C．9 D．11
解析：选A　∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，
∴a3＝1，
∴S5＝＝5a3＝5，故选A．
3．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)
A．21 B．42
C．63 D．84
解析：选B　∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，
∴3＋3q2＋3q4＝21．
∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．
∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42．
4．(2015·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)
A． B．
C．10 D．12
解析：选B　∵{an}的公差为1，
∴S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6．
又∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，
∴a10＝a1＋9d＝＋9＝．
5．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1．
∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1．
又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－．
答案：－
6．(2016·全国乙卷)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)由题意可得a2＝，a3＝．
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因此{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＝．
7．(2016·全国甲卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如＝0，＝2.
解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意有解得
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.
8．(2015·全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3．②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2．
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3．
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
通项公式为an＝2n＋1．
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝．
9．(2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，
则an＋1an＋2＝λSn＋1－1．
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1．
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ．
(2)由题设，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}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1．
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2．
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
命题点三　数列的综合应用
命题指数：☆☆☆
难度：高、中
题型：解答题
1．(2016·天津高考)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．
解：(1)设数列{an}的公比为q．
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1．
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，
所以a1·＝63，得a1＝1．
所以an＝2n－1．
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，
则T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝＝2n2．
2．(2016·四川高考)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q＞0，n∈N*．
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e．
解：(1)由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1．又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1，n∈N*都成立．
所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1．
由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2．所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)可知an＝qn－1，
所以双曲线x2－＝1的离心率
en＝＝．
由e2＝＝2，解得q＝，
所以e＋e＋…＋e
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋
＝n＋
＝n＋＝n＋(3n－1)．