2018-2019学年高中一轮复习数学讲义第六章数列与数学归纳法

第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))数列与数学归纳法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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))4．数列的分类[小题体验]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＝eq\f(an,2an＋3)，则a5等于________．答案：eq\f(1,161)3．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n－1，则an＝________.答案：2×3n－11．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．[小题纠偏]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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))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5eq\a\vs4\al(考点一由数列的前几项求数列的通项公式)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,1，n为偶数，))②an＝eq\f(1＋－1n,2)，③an＝eq\f(1＋cosnπ,2)，④an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2))).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．①②④C．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)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(3)－1,7，－13,19,…；(4)9,99,999,9999，….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×eq\f(1,nn＋1)，n∈N*.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)，n∈N*.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1000－1，10000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1，n∈N*.[谨记通法]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．eq\a\vs4\al(考点二由an与Sn的关系求通项an)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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＝2n－an.解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.(2)当n＝1时，S1＝a1＝2－a1，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－an)－[2(n－1)－an－1]＝2－an＋an－1，即an＝eq\f(1,2)an－1＋1，转化可得an－2＝eq\f(1,2)(an－1－2)．所以{an－2}是以首项为a1－2＝－1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an－2＝(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，即an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.[由题悟法]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．[即时应用]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an＞0，Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，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·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．(2)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，即aeq\o\al(2,1)－3a1＋2＝0.解得a1＝1或a1＝2.因为a1＝S1＞1，所以a1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)－eq\f(1,6)(an－1＋1)(an－1＋2)，所以(an－an－1－3)(an＋an－1)＝0.因为an＞0，所以an＋an－1＞0，所以an－an－1－3＝0，所以数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列．所以an＝3n－1.eq\a\vs4\al(考点三由递推关系式求数列的通项公式)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]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.[题点全练]角度一：形如an＋1＝anf(n)，求an1．在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．解：∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq\f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq\f(1,2)a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq\f(1,n)(n∈N*)．角度二：形如an＋1＝an＋f(n)，求an2．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＝eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(n2＋n－2,2).又∵a1＝1，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)．∵当n＝1时也满足此式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*)．角度三：形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an3．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)，∴eq\f(an＋1＋1,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*)．[通法在握]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＋2nan＋1＝anf(n)叠乘法a1＝1，eq\f(an＋1,an)＝2nan＋1＝Aan＋B(A≠0,1，B≠0)化为等比数列a1＝1，an＋1＝2an＋1[演练冲关]根据下列条件，求数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；(2)a1＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(n－1,n＋1)an－1(n≥2)；(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(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＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.(2)因为an＝eq\f(n－1,n＋1)an－1(n≥2)，所以当n≥2时，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－2,n)，…，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,4)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，以上n－1个式子相乘得eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·…·eq\f(2,4)·eq\f(1,3)，即eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n＋1)×eq\f(1,n)×2×1，所以an＝eq\f(1,nn＋1).当n＝1时，a1＝eq\f(1,1×2)＝eq\f(1,2)，与已知a1＝eq\f(1,2)相符，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,nn＋1).(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，所以(an＋2)＝3(an－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．数列eq\r(2)，eq\r(6)，2eq\r(3)，2eq\r(5)，…，则2eq\r(14)是该数列的()A．第6项 B．第7项C．第9项 D．第10项解析：选Beq\r(2)，eq\r(6)，2eq\r(3)，2eq\r(5)，…可转化为eq\r(2)，eq\r(6)，eq\r(12)，eq\r(20)，…，所以可知接下的项为eq\r(30)，eq\r(42)，eq\r(56)＝2eq\r(14)，所以2eq\r(14)为第7项．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＋3C．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2)) D．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n＋3，n≥2))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．(2018·衢州模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式an为()A.eq\f(1,n＋1) B.eq\f(2,n＋1)C.eq\f(1,n) D.eq\f(2,n)解析：选B由an＋1＝eq\f(2an,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2).所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1为首项，公差为eq\f(1,2)的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n＋1,2)，即an＝eq\f(2,n＋1).4．(2018·诸暨模拟)已知数列{an}中，对任意的p，q∈N*都满足ap＋q＝apaq，若a1＝－1，则a9＝________.解析：由题可得，因为a1＝－1，令p＝q＝1，则a2＝aeq\o\al(2,1)＝1；令p＝q＝2，则a4＝aeq\o\al(2,2)＝1；令p＝q＝4，则a8＝aeq\o\al(2,4)＝1，所以a9＝a8＋1＝a1a8＝－1.答案：－15．(2018·金华模拟)在数列{an}中，an＝eq\f(n－60,n－50)(n∈N*)，则该数列的最大项为________；最小项为________．解析：因为an＝eq\f(n－60,n－50)＝1－eq\f(10,n－50)，所以可知当n＜50时，数列{an}是递增数列；当n＞50时，数列{an}也是递增的．对比函数y＝1－eq\f(10,x－1)的图象可知，当n＝49时，数列{an}取到最大项，最大值为11；当n＝51时，数列取到最小项，最小值为－9.答案：11－9二保高考，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.eq\f(－1n＋1,2) B．coseq\f(nπ,2)C．coseq\f(n＋1,2)π D．coseq\f(n＋2,2)π解析：选D令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．2．(2018·江山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5＝()A．－16 B．16C．31 D．32解析：选B当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，所以a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，an＝2an－1，所以有eq\f(an,an－1)＝2，所以{an}是首项为1，公比为2的等比数列，其通项为an＝2n－1，所以a5＝24＝16.3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，则此数列是()A．递增数列 B．递减数列C．常数列 D．摆动数列解析：选C因为Sn＋Sn＋1＝an＋1，所以当n≥2时，Sn－1＋Sn＝an，两式相减，得an＋an＋1＝an＋1－an，所以有an＝0.当n＝1时，a1＋a1＋a2＝a2，所以a1＝0.所以an＝0.即数列是常数列．4．(2018·浦江模拟)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝n2，则该数列的通项公式为()A．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))2 B．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))2C．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))2，n≥2)) D．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))2，n≥2))解析：选C当n＝1时，a1＝1.当n≥2时，a1a2a3…an－1＝(n－1)2，所以当n≥2时，an＝eq\f(n2,n－12)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))2.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))2，n≥2.))5．(2018·丽水模拟)数列{an}满足an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，0≤an＜\f(1,2)，,2an－1，\f(1,2)≤an＜1，))若a1＝eq\f(3,5)，则a2018＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：选A由a1＝eq\f(3,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，得a2＝2a1－1＝eq\f(1,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以a3＝2a2＝eq\f(2,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以a4＝2a3＝eq\f(4,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a5＝2a4－1＝eq\f(3,5)＝a1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a2018＝a504×4＋2＝a2＝eq\f(1,5).6．在数列－1,0，eq\f(1,9)，eq\f(1,8)，…，eq\f(n－2,n2)，…中，0.08是它的第____________项．解析：令eq\f(n－2,n2)＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，即(2n－5)(n－10)＝0.解得n＝10或n＝eq\f(5,2)(舍去)．答案：107．(2018·海宁模拟)已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－1，则该数列的前8项和为________．解析：S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1＋5＋9＋13＝28.答案：288．在一个数列中，如果对任意的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：289．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)，可得a1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1，解得a1＝1；S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)a2，解得a2＝2；同理，a3＝3，a4＝4.(2)Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an，①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)an－1，②①－②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<n<4.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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，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－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，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________．a1a2a3a4a5a6……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＝eq\f(9×10,2)＋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：972．(2018·温州模拟)设函数f(x)＝log2x－logx4(0<x<1)，数列{an}的通项公式an满足f(2an)＝2n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)判定数列{an}的单调性．解：(1)因为f(x)＝log2x－logx4(0<x<1)，f(2an)＝2n(n∈N*)，所以f(2an)＝log22an－log2an4＝an－eq\f(2,an)＝2n，且0<2an<1，解得an<0.所以an＝n－eq\r(n2＋2).(2)因为eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1－\r(n＋12＋2),n－\r(n2＋2))＝eq\f(n＋\r(n2＋2),n＋1＋\r(n＋12＋2))<1.因为an<0，所以an＋1>an.故数列{an}是递增数列．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＝eq\f(a＋b,2)，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＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(na1＋an,2).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．[小题体验]1．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，a5＝3，则an＝________；S7＝________.答案：－n＋8283．(教材习题改编)已知等差数列5,4eq\f(2,7)，3eq\f(4,7)，…，则前n项和Sn＝________.答案：eq\f(1,14)(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．[小题纠偏]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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(8,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(8,3)))答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝16，a6＝10，则公差d＝________；Sn取到最大时的n的值为________．解析：因为数列{an}是等差数列，且a3＝16，a6＝10，所以公差d＝eq\f(a6－a3,6－3)＝－2，所以an＝－2n＋22，要使Sn能够取到最大值，则需an＝－2n＋22≥0，所以解得n≤11.所以可知使得Sn取到最大时的n的值为10或11.答案：－210或11

eq\a\vs4\al(考点一等差数列的基本运算)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S1,S4)＝eq\f(1,10)，则eq\f(S3,S5)＝()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)解析：选A设数列{an}的公差为d，因为Sn为等差数列{an}的前n项和，且eq\f(S1,S4)＝eq\f(1,10)，所以10a1＝4a1＋6d，所以a1＝d.所以eq\f(S3,S5)＝eq\f(3a1＋3d,5a1＋10d)＝eq\f(6d,15d)＝eq\f(2,5).2．设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝()A．5 B．6C．9 D．11解析：选C因为ak是a6与ak＋6的等比中项，所以aeq\o\al(2,k)＝a6ak＋6.又等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]，所以(k－3)2＝3(k＋3)，解得k＝9或k＝0(舍去)，故选C.3．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：114．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＝a1＋11d＝－8，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝－9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.))∴S16＝16×3＋eq\f(16×15,2)×(－1)＝－72.答案：－72[谨记通法]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＝eq\f(na1＋an,2)结合使用，体现整体代入的思想．eq\a\vs4\al(考点二等差数列的判断与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·舟山模拟)已知数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．解：(1)证明：b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2)，当n≥2时，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an－1)－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1－1,an－1－1)＝1.所以数列{bn}是以首项为－eq\f(5,2)，1为公差的等差数列．(2)因为b1＝－eq\f(5,2)，公差d＝1；所以bn＝－eq\f(5,2)＋n－1＝n－eq\f(7,2)＝eq\f(1,an－1).所以an＝eq\f(2,2n－7)＋1.所以当n＝3时，(an)min＝a3＝－1；当n＝4时，(an)max＝a4＝3.[由题悟法]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[即时应用]已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝eq\f(1,an)(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＝eq\f(1,an)，且an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,\f(an,2an＋1))＝2＋eq\f(1,an)，∴bn＋1－bn＝2＋eq\f(1,an)－eq\f(1,an)＝2.又b1＝eq\f(1,a1)＝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＝eq\f(1,an)，∴an＝eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n－1).∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2n－1).eq\a\vs4\al(考点三等差数列的性质及最值)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝()A．18 B．12C．9 D．6解析：选D由题意得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(112a1＋10d,2)＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6.2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足an>0的最大n的值为______，满足SkSk＋1<0的正整数k＝______.解析：由题可得a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6<0，所以使得an>0的最大n的值为6.又a6＋a7＝S7－S5>0，则S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)>0，S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7<0，因为{an}是递减的等差数列，所以满足SkSk＋1<0的正整数k＝12.答案：612[由题悟法]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⇔eq\f(am－an,m－n)＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S8,S16)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选A因为数列{an}是等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，因为eq\f(S4,S8)＝eq\f(1,3)，所以不妨设S4＝1，则S8＝3，所以S8－S4＝2，所以S16＝1＋2＋3＋4＝10，所以eq\f(S8,S16)＝eq\f(3,10).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________．解析：由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②①＋②得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，∴a1＋an＝36，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝324，∴18n＝324，∴n＝18.答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4.则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n－1 B．an＝－2n＋3C．an＝2n－1或－2n＋3 D．an＝2n解析：选A设数列{an}的公差为d，由a3＝aeq\o\al(2,2)－4可得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d＝±2.因为数列{an}是递增数列，所以d>0，故d＝2.所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＝6，则S9为()A．45 B．54C．63 D．27解析：选B法一：∵S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝9×6＝54.故选B.法二：由a5＝6，得a1＋4d＝6，∴S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9(a1＋4d)＝9×6＝54，故选B.3．(2018·温州十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a5等于()A．8 B．10C．12 D．14解析：选B设数列{an}的公差为d，因为a1＝2，S3＝12，所以S3＝3a1＋3d＝6＋3d＝12，解得d＝2.所以a5＝2＋4d＝10.4．(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，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).答案：－eq\f(1,n)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：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))∴Sn的最大值为S5.答案：S5二保高考，全练题型做到高考达标1．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝eq\f(1,2)，S4＝20，则S6＝()A．16 B．24C．36 D．48解析：选D设数列{an}的公差为d，由S4＝4a1＋6d＝2＋6d＝20，解得d＝3，所以S6＝6a1＋15d＝3＋45＝48.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{an}中，a1＝0，等差d≠0，若ak＝a1＋a2＋…＋a7，则实数k＝()A．22 B．23C．24 D．25解析：选A因为a1＝0，且ak＝a1＋a2＋…＋a7，即(k－1)d＝21d，又因为d≠0，所以k＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若{an}和{eq\r(Sn)}都是等差数列，且公差相等，则a6＝()A.eq\f(11,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,2) D．1解析：选A设{an}的公差为d，由题意得，eq\r(Sn)＝eq\r(na1＋\f(nn－1,2)d)＝eq\r(\f(d,2)n2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n)，又{an}和{eq\r(Sn)}都是等差数列，且公差相同，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\r(\f(d,2))，,a1－\f(d,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,4)，))a6＝a1＋5d＝eq\f(1,4)＋eq\f(5,2)＝eq\f(11,4).4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数的个数为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选D由eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，可得eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)，所以要使eq\f(an,bn)为整数，则需eq\f(12,n＋1)为整数，所以n＝1,2,3,5,11，共5个．5．设数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(Sn,S2n)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－1C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1解析：选B设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，eq\f(Sn,S2n)＝k，因为b1＝1，则n＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2)×2n2n－1d))，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＝eq\f(1,4).所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.6．(2018·金华十校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________.解析：设公差为d，则2＋d＝1＋2d，所以d＝1.所以a2＝1＋1＝2；Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(nn＋1,2).答案：2eq\f(nn＋1,2)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)))8．(2018·湖州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝4n－25，则其前10项和S10的值为________，数列{|an|}的前n项和Tn为________．解析：因为an＝4n－25，所以S10＝eq\f(10－21＋40－25,2)＝－30；因为|an|＝|4n－25|，所以当n≤6时，Tn＝－a1－a2－…－an＝－eq\f(n－21＋4n－25,2)＝n(23－2n)；当n>6时，Tn＝－a1－a2－…－a6＋a7＋…＋an＝eq\f(n－21＋4n－25,2)－2S6＝n(2n－23)＋132.所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n23－2n，n≤6，,n2n－23＋132，n>6.))答案：－30Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n23－2n，n≤6，,n2n－23＋132，n>6))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＝eq\f(Sn,n)，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＋eq\f(kk－1,2)·d＝2k＋eq\f(kk－1,2)×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＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝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＝eq\f(n2＋n＋1,2)＝eq\f(nn＋3,2).10．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋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＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3,4Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1－3，得4an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋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＝aeq\o\al(2,1)＋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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－1n－1，1≤n≤4，,2n－7，n≥5，))所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)[1－－1n]，1≤n≤4，,n2－6n＋8，n≥5.))三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则eq\f(2Sn＋16,an＋3)的最小值为________．解析：设公差为d.因为a1，a3，a13成等比数列，所以(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.所以an＝2n－1，Sn＝n2.所以eq\f(2Sn＋16,an＋3)＝eq\f(2n2＋16,2n＋2)＝eq\f(n2＋8,n＋1).令t＝n＋1，则原式＝eq\f(t2＋9－2t,t)＝t＋eq\f(9,t)－2.因为t≥2，t∈N*，所以当t＝3，即n＝2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2Sn＋16,an＋3)))min＝4.答案：42．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)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－eq\f(1,2).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＝－eq\f(1,2).(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[2＋4＋…＋(n－1)]－3×eq\f(n－1,2)＝eq\f(2n2－3n＋5,2).②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(2n2－3n,2).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eq\f(an＋1,an)＝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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))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＝aeq\o\al(2,k)；(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{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.[小题体验]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：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{an}各项都是正数，且a4－2a2＝4，a3＝4，则an＝________；S10＝________.解析：设公比为q，因为a4－2a2＝4，a3＝4，所以有4q－eq\f(8,q)＝4，解得q＝2或q＝－1.因为q>0，所以q＝2.所以a1＝eq\f(a3,q2)＝1，an＝a1qn－1＝2n－1.所以S10＝eq\f(1－210,1－2)＝210－1＝1023.答案：2n－110233．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an(n∈N*)，则a3＝______；S5＝_________.答案：91211．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．[小题纠偏]1．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于()A．5 B．±5C．4 D．±4解析：选Caeq\o\al(2,5)＝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：－eq\f(1,2)或1eq\a\vs4\al(考点一等比数列的基本运算)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若1＋2a2＝S3，则a1＝()A.eq\f(1,7) B．eq\f(1,5)C.eq\f(1,3) D．1解析：选C由题可得，1＋4a1＝a1＋2a1＋4a1，解得a1＝eq\f(1,3).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，∴eq\f(21－2n,1－2)＝126，∴n＝6.答案：6[由题悟法]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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)[即时应用]1．(2018·暨阳模拟)等比数列{an}中，前n项和为Sn，a1a9＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值为()A．2 B．－2C．1 D．－1解析：选B设数列{an}的公比为q，因为a1a9＝2a3a6，所以aeq\o\al(2,1)q8＝2aeq\o\al(2,1)q7，所以q＝2.因为S5＝－62，所以S5＝eq\f(a11－25,1－2)＝31a1＝－62，所以a1＝－2.2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{an}满足a2＝eq\f(1,4)，a2a8＝4(a5－1)，则a4＋a5＋a6＋a7＋a8的值为()A．20 B．31C．62 D．63解析：选B因为a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝4(a5－1)，解得a5＝2.所以q＝2.所以a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和等于________．解析：设等比数列的公比为q，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q3＝9，,a\o\al(2,1)·q3＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为递增数列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.答案：2n－1eq\a\vs4\al(考点二等比数列的判定与证明)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)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＝eq\f(31,32)，求λ.解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，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eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1.(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32).解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法定义法若eq\f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝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aeq\o\al(2,n＋1)＝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[提醒](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．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若数列{bn}满足bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．证明：因为Sn＋1＝4an＋2，所以S2＝a1＋a2＝4a1＋2，又a1＝1，所以a2＝5，b1＝a2－2a1＝3，当n≥2时，Sn＝4an－1＋2.所以Sn＋1－Sn＝an＋1＝4an－4an－1.因为bn＝an＋1－2an，所以当n≥2时，eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq\f(4an－4an－1－2an,an－2an－1)＝eq\f(2an－2an－1,an－2an－1)＝2.所以{bn}是以3为首项，2为公比的等比数列．eq\a\vs4\al(考点三等比数列的性质)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选D由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7.由a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2.由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝beq\o\al(3,7)＝23＝8.2．若等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq\f(S4,S2)＝5，则eq\f(S8,S4)＝________.解析：由题可得，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，因为eq\f(S4,S2)＝5，不妨设S2＝1，则S4＝5，所以S4－S2＝4，所以S8＝1＋4＋16＋64＝85，所以eq\f(S8,S4)＝eq\f(85,5)＝17.答案：17[由题悟法]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[即时应用]1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20.则该数列的前9项和为()A．50 B．70C．80 D．90解析：选B由等比数列的性质得S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，由S3＝40，S6－S3＝20，知公比为eq\f(1,2)，故S9－S6＝10，S9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________；a4的最大值为________．解析：因为an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝25，所以a3＋a5＝5，所以a3＋a5＝5≥2eq\r(a3a5)＝2a4，所以a4≤eq\f(5,2).即a4的最大值为eq\f(5,2).答案：5eq\f(5,2)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为()A．－3 B．±3C．－3eq\r(3) D．±3eq\r(3)解析：选C因为－1，x，y，z，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz＝3，y2＝3，且y与－1，－3符号相同，所以y＝－eq\r(3)，所以xyz＝－3eq\r(3).2．(2018·柯桥模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，则此数列的公比为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B因为a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，两式相减，得a6－a5＝2S5－2S4＝2a5，所以q＝eq\f(a6,a5)＝3.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11的值为()A．10 B．25C．50 D．75解析：选B因为a7a12＝a8a11＝a9a10＝5，所以a8a9a10a11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的正整数n，均有Sn＋3＝8Sn＋3，则a1＝_________，公比q＝________.解析：因为Sn＋3＝8Sn＋3，所以当n≥2时，Sn＋2＝8Sn－1＋3，两式相减，可得an＋3＝8an，所以q3＝8，解得q＝2；当n＝1时，S4＝8S1＋3，即15a1＝8a1＋3，解得a1＝eq\f(3,7).答案：eq\f(3,7)25．(2018·永康适应性测试)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an＋n，则a1＝______，数列{an}的通项公式an＝_______.解析：因为Sn＝2an＋n，所以当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，所以a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－n＋1，即an＝2an－1－1，即an－1＝2(an－1－1)，所以数列{an－1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝－2n，所以an＝1－2n.答案：－11－2n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．20C．100 D．200解析：选Ca7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝aeq\o\al(2,4)＋2a4a6＋aeq\o\al(2,6)＝(a4＋a6)2＝102＝100.2．(2018·浙江五校联考)已知数列{an}是等比数列，则“a1<a2<a3”是“{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选C由a1<a2<a3可得1<q<q2，所以数列{an}为递增数列；当数列{an}为递增数列时，满足a1<a2<a3.所以“a1<a2<a3”是“{an}为递增数列”是充要条件．3．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5 B．－eq\f(1,5)C．5 D.eq\f(1,5)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)，∴logeq\f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝logeq\f(1,3)(9×33)＝logeq\f(1,3)35＝－5.4．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．8C．9 D．10解析：选B设该女子第一天织布x尺，则eq\f(x1－25,1－2)＝5，得x＝eq\f(5,31)，∴前n天所织布的尺数为eq\f(5,31)(2n－1)．由eq\f(5,31)(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eq\f(S2m,Sm)＝9，eq\f(a2m,am)＝eq\f(5m＋1,m－1)，则数列{an}的公比为()A．－2 B．2C．－3 D．3解析：选B设公比为q，若q＝1，则eq\f(S2m,Sm)＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.∵eq\f(S2m,Sm)＝eq\f(\f(a11－q2m,1－q),\f(a11－qm,1－q))＝qm＋1＝9，∴qm＝8.∴eq\f(a2m,am)＝eq\f(a1q2m－1,a1qm－1)＝qm＝8＝eq\f(5m＋1,m－1)，∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.6．(2018·超级全能生模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a1，S2,5成等差数列，则数列{an}的公比q＝________，Sn＝_________.解析：由题可得，2S2＝2(1＋q)＝1＋5＝6，所以q＝2，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.答案：22n－17．(2018·慈溪中学)在正项等比数列{an}中，若a1＝1，a1＋a3＋a5＝21，则q＝________；a3＋a5＋a7的值为________．解析：设公比为q.则由a1＝1，a1＋a3＋a5＝21可得q4＋