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2019届二轮复习第1讲 等差数列、等比数列的基本问题学案（全国通用）
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第1讲 等差数列、等比数列的基本问题
高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.
真 题 感 悟
1.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，当d＞0时，则S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件.
答案 C
2.(2018·浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3).若a1>1，则( )
A.a1a3，a2a4 D.a1>a3，a2>a4
解析 法一 因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2
所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.
若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，
a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2
3.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
解 (1)由题意得则又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，对n＝2也适合.
所以Tn＝
考 点 整 合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.
3.求通项公式的常见类型
(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.
(2)利用前n 项和与通项的关系an＝
(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.
(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.
(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f(n)an，把原递推公式转化为＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.
(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解.
热点一 等差、等比数列的判定与证明
【例1】 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q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)得Sn＝＝
＝[(－2)n－1]，
则Sn＋1＝[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝[(－2)n＋2－1]，
所以Sn＋1＋Sn＋2＝[(－2)n＋1－1]＋[(－2)n＋2－1]＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]＝2Sn，
∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列.
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，
即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n－.
(2)证明 ∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，
∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋
＝bn－1－n＋＝(n≥2)，
bn－1－an－1
＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2).
∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2).
∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.
热点二 求数列的通项
[考法1] 由Sn与an的关系求an
【例2－1】 (1)(2018·宁波模拟节选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝.求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3, n∈N*.
证明：an＋2＝3an；并求an.
解 (1)由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，
得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，
所以－＝2(n≥2，n∈N*)，故是等差数列.
又＝2，所以＝2n，
故Sn＝，an＝Sn－Sn－1＝－＝－(n≥2，n∈N*)，
所以an＝
(2)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
又∵an≠0，所以＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列.因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
∴an＝
探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
[考法2] 已知an与an＋1的递推关系式求an
【例2－2】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式；
(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，求通项an；
(3)已知a1＝4，an＋1＝，求通项an.
解 (1)由已知得a1＝1，且＝＋，
∴＝＋，＝＋，…，＝＋，
∴＝1＋＋＋…＋＝2－(n≥2).
∴an＝2n－(n≥2)，
又a1＝1适合上式，∴an＝2n－.
(2)由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得(n＋2)＋＝n＋1，所以＝.
又a1＝1，则an＝··…··a1
＝··…··1＝.
故数列{an}的通项公式an＝.
(3)∵an＋1＝，两边取倒数得＝＋1，设bn＝，则bn＋1＝bn＋1，则bn＋1－2＝(bn－2)，∴＝，故{bn－2}是以b1－2＝－2＝－为首项，为公比的等比数列.∴bn－2＝，
即－2＝，得an＝.
探究提高 (1)形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式：
(2)形如an＋1＝an·f(n)，可用累乘法；
(3)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列；
(4)形如an＋1＝qan＋qn(q为常数，且q≠0，q≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以qn＋1.
【训练2】 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
①求a2的值；
②求数列{an}的通项公式.
(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列{bn}满足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式.
解 (1)①依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－.
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
(2)∵Sn＋1＋Sn＝a，①
Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，②
①－②得an＋1＋an＝a－a，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
∵an＋1＞0，an＞0，∴an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝1(n≥2)，
又由S2＋S1＝a，得2a1＋a2＝a，即a－a2－2＝0，
∴a2＝2，a2＝－1(舍去)，∴a2－a1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n.
又bn·bn＋1＝3an＝3n，③
bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④
得＝3(n≥2)，
又由b1＝1，可求b2＝3.
故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列.
∴b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.
∴bn＝
热点三 等差、等比数列的函数性质问题
【例3】 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝，
∴Tm＝＝8.
∵随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10.
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜4＋λ，得λ＞6，
即实数λ的取值范围为(6，＋∞).
探究提高 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小.
(3)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.
【训练3】 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1＜Sn≤S1＝，
故0＜Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn＜1，
故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.
3.应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
一、选择题
1.(2018·北京卷)设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 a，b，c，d是非零实数，若ad＝bc，则＝，此时a，b，c，d不一定成等比数列；反之，若a，b，c，d成等比数列，则＝，所以ad＝bc，所以“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要而不充分条件，故选B.
答案 B
2.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
解析 设{an}的公差为d，由
得解得d＝4.
答案 C
3.(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 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，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f，故选D.
答案 D
4.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0
C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞0
解析 ∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.
答案 B
5.(2018·绍兴模拟)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( )
A.6 B.7 C.8 D.9
解析 由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.
∴或解之得：或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.
答案 D
6.(2018·温州九校联考)已知数列{an}是以为公差的等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn，满足bn＝2sin(πan＋φ)，φ∈，则Sn不可能是( )
A.－1 B.0 C.2 D.3
解析 由题意知an＝a1＋，
所以bn＝2sin，
则S1＝b1＝2sin，
其中φ∈.取a1＝－，φ＝，
得S1＝b1＝2sin＝－1；
取a1＝－，φ＝，得S1＝b1＝2sin 0＝0；
取a1＝，φ＝，得S1＝b1＝2sin＝2；
所以Sn可以取到－1，0，2，排除A，B，C，故选D.
答案 D
二、填空题
7.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________.
解析 设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.
答案 an＝6n－3
8.数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝am·an，若Sn＜t恒成立，则实数t的最小值为________.
解析 令m＝1，可得an＋1＝an，所以{an}是首项为，公比为的等比数列，所以Sn＝＝
＜，故实数t的最小值为.
答案
9.(2018·嘉兴调研)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列.若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________.
解析 由题意，得am－1＝a1＋(m－2)d＝2m－6，am＝2m－4，则由＝＝2，解得m＝4，所以数列{an}的前6项依次为－2，0，2，4，8，16，所以S6＝28.
答案 4 28
10.设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，∴解得
∴a1a2…an＝
＝＝，
当n＝3或4时，取到最小值－6，
此时取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.
答案 64
11.(2018·金华联考)已知等比数列{an}前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为________.
解析 因为任意一个公比不为1的等比数列前n项和Sn＝＝－qn，而等比数列{an}的前n项和为Sn＝1－A·3n，所以A＝1.于是bn＝n2＋Bn，又因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3.
答案 1 (－3，＋∞)
12.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________.
解析 设{an}首项为a1，公差为d，则
由得∴Sn＝，
＝＋＋…＋＋
＝2
＝2＝.
答案
三、解答题
13.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a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
令n＝1，得a2＝，
令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，则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＝.
14.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，则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.
15.(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
解 (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
高考定位 1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.
真 题 感 悟
1.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 由S4＋S6－2S5＝S6－S5－(S5－S4)＝a6－a5＝d，当d＞0时，则S4＋S6－2S5＞0，即S4＋S6＞2S5，反之，S4＋S6＞2S5，可得d＞0，所以“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件.
答案 C
2.(2018·浙江卷)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3).若a1>1，则( )
A.a1
解析 法一 因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－1
所以a1>a3，a2
所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.
若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－1
a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2
3.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
解 (1)由题意得则又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，对n＝2也适合.
所以Tn＝
考 点 整 合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.
3.求通项公式的常见类型
(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.
(2)利用前n 项和与通项的关系an＝
(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.
(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.
(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f(n)an，把原递推公式转化为＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.
(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解.
热点一 等差、等比数列的判定与证明
【例1】 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q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)得Sn＝＝
＝[(－2)n－1]，
则Sn＋1＝[(－2)n＋1－1]，Sn＋2＝[(－2)n＋2－1]，
所以Sn＋1＋Sn＋2＝[(－2)n＋1－1]＋[(－2)n＋2－1]＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]＝2Sn，
∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列.
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，
即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n－.
(2)证明 ∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，
∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋
＝bn－1－n＋＝(n≥2)，
bn－1－an－1
＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2).
∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2).
∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.
热点二 求数列的通项
[考法1] 由Sn与an的关系求an
【例2－1】 (1)(2018·宁波模拟节选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝.求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3, n∈N*.
证明：an＋2＝3an；并求an.
解 (1)由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，
得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，
所以－＝2(n≥2，n∈N*)，故是等差数列.
又＝2，所以＝2n，
故Sn＝，an＝Sn－Sn－1＝－＝－(n≥2，n∈N*)，
所以an＝
(2)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
又∵an≠0，所以＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列.因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
∴an＝
探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
[考法2] 已知an与an＋1的递推关系式求an
【例2－2】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式；
(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，求通项an；
(3)已知a1＝4，an＋1＝，求通项an.
解 (1)由已知得a1＝1，且＝＋，
∴＝＋，＝＋，…，＝＋，
∴＝1＋＋＋…＋＝2－(n≥2).
∴an＝2n－(n≥2)，
又a1＝1适合上式，∴an＝2n－.
(2)由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得(n＋2)＋＝n＋1，所以＝.
又a1＝1，则an＝··…··a1
＝··…··1＝.
故数列{an}的通项公式an＝.
(3)∵an＋1＝，两边取倒数得＝＋1，设bn＝，则bn＋1＝bn＋1，则bn＋1－2＝(bn－2)，∴＝，故{bn－2}是以b1－2＝－2＝－为首项，为公比的等比数列.∴bn－2＝，
即－2＝，得an＝.
探究提高 (1)形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式：
(2)形如an＋1＝an·f(n)，可用累乘法；
(3)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列；
(4)形如an＋1＝qan＋qn(q为常数，且q≠0，q≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以qn＋1.
【训练2】 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
①求a2的值；
②求数列{an}的通项公式.
(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列{bn}满足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式.
解 (1)①依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－.
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
(2)∵Sn＋1＋Sn＝a，①
Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，②
①－②得an＋1＋an＝a－a，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
∵an＋1＞0，an＞0，∴an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝1(n≥2)，
又由S2＋S1＝a，得2a1＋a2＝a，即a－a2－2＝0，
∴a2＝2，a2＝－1(舍去)，∴a2－a1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n.
又bn·bn＋1＝3an＝3n，③
bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④
得＝3(n≥2)，
又由b1＝1，可求b2＝3.
故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列.
∴b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.
∴bn＝
热点三 等差、等比数列的函数性质问题
【例3】 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝，
∴Tm＝＝8.
∵随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10.
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜4＋λ，得λ＞6，
即实数λ的取值范围为(6，＋∞).
探究提高 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小.
(3)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.
【训练3】 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1＜Sn≤S1＝，
故0＜Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn＜1，
故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.
3.应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
一、选择题
1.(2018·北京卷)设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 a，b，c，d是非零实数，若ad＝bc，则＝，此时a，b，c，d不一定成等比数列；反之，若a，b，c，d成等比数列，则＝，所以ad＝bc，所以“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要而不充分条件，故选B.
答案 B
2.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
解析 设{an}的公差为d，由
得解得d＝4.
答案 C
3.(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 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，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f，故选D.
答案 D
4.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A.a1d＞0，dS4＞0 B.a1d＜0，dS4＜0
C.a1d＞0，dS4＜0 D.a1d＜0，dS4＞0
解析 ∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.
答案 B
5.(2018·绍兴模拟)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( )
A.6 B.7 C.8 D.9
解析 由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.
∴或解之得：或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.
答案 D
6.(2018·温州九校联考)已知数列{an}是以为公差的等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn，满足bn＝2sin(πan＋φ)，φ∈，则Sn不可能是( )
A.－1 B.0 C.2 D.3
解析 由题意知an＝a1＋，
所以bn＝2sin，
则S1＝b1＝2sin，
其中φ∈.取a1＝－，φ＝，
得S1＝b1＝2sin＝－1；
取a1＝－，φ＝，得S1＝b1＝2sin 0＝0；
取a1＝，φ＝，得S1＝b1＝2sin＝2；
所以Sn可以取到－1，0，2，排除A，B，C，故选D.
答案 D
二、填空题
7.(2018·北京卷)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________.
解析 设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d＝36，∴d＝6，∴an＝3＋(n－1)·6＝6n－3.
答案 an＝6n－3
8.数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝am·an，若Sn＜t恒成立，则实数t的最小值为________.
解析 令m＝1，可得an＋1＝an，所以{an}是首项为，公比为的等比数列，所以Sn＝＝
＜，故实数t的最小值为.
答案
9.(2018·嘉兴调研)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列.若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________.
解析 由题意，得am－1＝a1＋(m－2)d＝2m－6，am＝2m－4，则由＝＝2，解得m＝4，所以数列{an}的前6项依次为－2，0，2，4，8，16，所以S6＝28.
答案 4 28
10.设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，∴解得
∴a1a2…an＝
＝＝，
当n＝3或4时，取到最小值－6，
此时取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.
答案 64
11.(2018·金华联考)已知等比数列{an}前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为________.
解析 因为任意一个公比不为1的等比数列前n项和Sn＝＝－qn，而等比数列{an}的前n项和为Sn＝1－A·3n，所以A＝1.于是bn＝n2＋Bn，又因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3.
答案 1 (－3，＋∞)
12.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________.
解析 设{an}首项为a1，公差为d，则
由得∴Sn＝，
＝＋＋…＋＋
＝2
＝2＝.
答案
三、解答题
13.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a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
令n＝1，得a2＝，
令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，则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＝.
14.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，则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.
15.(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
解 (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
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