高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六篇 數(shù)列（考點(diǎn)梳理+考點(diǎn)自測(cè)+揭秘高考+專題集訓(xùn)）理 新人教A版

第六篇數(shù)列第1講數(shù)列的概念與簡單表示法【年高考會(huì)這樣考】1．考查已知數(shù)列的通項(xiàng)公式或遞推關(guān)系，求數(shù)列的某項(xiàng)．2．考查由數(shù)列的遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式．eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,80)考點(diǎn)梳理1．?dāng)?shù)列的概念(1)定義按照一定順序排列的一列數(shù)稱為數(shù)列．?dāng)?shù)列中的每一個(gè)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)．排在第一位的數(shù)稱為這個(gè)數(shù)列的第1項(xiàng)，通常也叫做首項(xiàng)．(2)數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系數(shù)列可以看成以正整數(shù)集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})為定義域的函數(shù)an＝f(n)，當(dāng)自變量按照從小到大依次取值時(shí)所對(duì)應(yīng)的一列函數(shù)值．反過來，對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，如果f(i)(i＝1,2,3，…)有意義，那么我們可以得到一個(gè)數(shù)列f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，….(3)數(shù)列的通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)與序號(hào)n之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)公式叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式．2．?dāng)?shù)列的遞推公式如果已知數(shù)列{an}的第1項(xiàng)(或前n項(xiàng))，且從第二項(xiàng)(或某一項(xiàng))開始的任何一項(xiàng)an與它的前一項(xiàng)an－1(或前幾項(xiàng))間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)式子叫做數(shù)列{an}的遞推公式．3．a(chǎn)n與Sn的關(guān)系若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))【助學(xué)·微博】兩類特殊問題(1)解決與數(shù)列周期性有關(guān)的題目，關(guān)鍵是找出數(shù)列的周期．(2)求數(shù)列最大項(xiàng)的方法：①判斷{an}的單調(diào)性；②解不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))求數(shù)列最小項(xiàng)依此類推．三種方法由遞推式求通項(xiàng)an的方法：(1)an＋1－an＝f(n)型，采用累加法；(2)eq\f(an＋1,an)＝f(n)型，采用累乘法；(3)an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)型，采用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列解決．考點(diǎn)自測(cè)1．(·珠海模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋n，則a7的值為()．A．13B．14C．15D．16解析a7＝S7－S6＝49＋7－36－6＝14.答案B2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，則a5的值為()．A．30B．31C．32D．33解析a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋22＋2＋1＝31.答案B3．(·浙江)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列命題錯(cuò)誤的是()．A．若d＜0，則數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)B．若數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng)，則d＜0C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0D．若對(duì)任意n∈N*，均有Sn＞0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列解析A、B、D均正確，對(duì)于C，若首項(xiàng)為－1，d＝2時(shí)就不成立．答案C4．下列關(guān)于星星的圖案個(gè)數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列，則該數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是()．A．a(chǎn)n＝n2－n＋1B．a(chǎn)n＝eq\f(nn－1,2)C．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋1,2)D．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋2,2)解析從圖中可觀察星星的構(gòu)成規(guī)律，n＝1時(shí)，有1個(gè)；n＝2時(shí)，有1＋2＝3個(gè)；n＝3時(shí)，有1＋2＋3＝6個(gè)；n＝4時(shí)，有1＋2＋3＋4＝10個(gè)；…∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).答案C5．(·蘇州模擬)函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，則a1＋a3＋a5的值是________．解析y＝x2上點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線方程為y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，令y＝0可得x＝eq\f(1,2)ak，即ak＋1＝eq\f(1,2)ak，即可得數(shù)列{ak}是首項(xiàng)為16，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案21eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,81)考向一已知數(shù)列的前幾項(xiàng)求通項(xiàng)公式【例1】?根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)，寫出下列各數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式：(1)2,0,2,0，…；(2)eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，…；(3)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(4)7,77,777,7777，….[審題視點(diǎn)]通過分析各數(shù)列已知項(xiàng)的數(shù)字特征的共性，及常見的描述方法寫出各數(shù)列的通項(xiàng)公式．解(1)所給數(shù)列可改寫為1＋1，－1＋1,1＋1，－1＋1，…，可以看作數(shù)列1，－1,1，－1，…的各項(xiàng)都加1，因此所給數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝(－1)n＋1＋1.所給數(shù)列也可看做2,0,2,0，…周期性變化，因此所給數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為奇數(shù)，,0n為偶數(shù).))(2)每一項(xiàng)的分子比分母少1，而分母組成數(shù)列21,22,23,24，…，所以an＝eq\f(2n－1,2n).(3)這個(gè)數(shù)列的前4項(xiàng)的絕對(duì)值都等于序號(hào)與序號(hào)加1的積的倒數(shù)，且奇數(shù)項(xiàng)為負(fù)，偶數(shù)項(xiàng)為正，所以它的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝(－1)neq\f(1,nn＋1).(4)所給數(shù)列7,77,777,7777，…可以改寫成eq\f(7,9)×9，eq\f(7,9)×99，eq\f(7,9)×999，eq\f(7,9)×9999，…，可以看作eq\f(7,9)×(10－1)，eq\f(7,9)×(100－1)，eq\f(7,9)×(1000－1)，eq\f(7,9)×(10000－1)，…，因此所給數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(7,9)×(10n－1)．根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)求通項(xiàng)公式時(shí)，需仔細(xì)觀察分析，抓住以下幾方面的特征：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相鄰項(xiàng)的變化特征；(3)拆項(xiàng)后的特征：把數(shù)列的項(xiàng)分成變化的部分和不變的部分；(4)各項(xiàng)符號(hào)特征．若關(guān)系不明顯時(shí)，應(yīng)將部分項(xiàng)作適當(dāng)?shù)淖冃危y(tǒng)一成相同的形式，讓規(guī)律凸現(xiàn)出來．【訓(xùn)練1】根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)，寫出下列各數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式：(1)1，－3,5，－7,9，…；(2)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(3)0.8,0.88,0.888,0.8888，….解(1)an＝(－1)n＋1(2n－1)．(2)an＝eq\f(n2,2).(3)an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).考向二由數(shù)列的前n項(xiàng)和求通項(xiàng)公式【例2】?已知下面數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，求{an}的通項(xiàng)公式：(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.[審題視點(diǎn)]當(dāng)n＝1時(shí)，由a1＝S1，求a1；當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝Sn－Sn－1消去Sn，得an＋1與an的關(guān)系．轉(zhuǎn)化成由遞推關(guān)系求通項(xiàng)．解(1)a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也適合此等式，∴an＝4n－5.(2)a1＝S1＝3＋b，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.當(dāng)b＝－1時(shí)，a1適合此等式．當(dāng)b≠－1時(shí)，a1不適合此等式．∴當(dāng)b＝－1時(shí)，an＝2·3n－1；當(dāng)b≠－1時(shí)，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))數(shù)列的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn的關(guān)系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))當(dāng)n＝1時(shí)，a1若適合Sn－Sn－1，則n＝1的情況可并入n≥2時(shí)的通項(xiàng)an；當(dāng)n＝1時(shí)，a1若不適合Sn－Sn－1，則用分段函數(shù)的形式表示．【訓(xùn)練2】已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求{an}的通項(xiàng)公式．解由a1＝S1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，因此a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)，得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.因?yàn)閍n＞0，故an＋1＝－an不成立，舍去．因此an＋1－an－3＝0.即an＋1－an＝3，從而{an}是公差為3，首項(xiàng)為2的等差數(shù)列，故{an}的通項(xiàng)為an＝3n－1.考向三由遞推公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式【例3】?(1)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，有an＝an－1＋2n－1(n≥2)，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[審題視點(diǎn)]觀察遞推式的特點(diǎn)可知利用累加法或累乘法求通項(xiàng)公式．解(1)∵an＝an－1＋2n－1(n≥2)．∴an－an－1＝2n－1(n≥2)．則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a1＝3，,a3－a2＝5，,a4－a3＝7，,…,an－an－1＝2n－1.))上述n－1個(gè)式子的等號(hào)兩端分別相加可得：an－a1＝n2－1，∴an＝n2.又∵a1也滿足上式，所以an＝n2.(2)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,n＋1)×eq\f(n－1,n)×eq\f(n－2,n－1)×…×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×1＝eq\f(2,n＋1)，又∵a1也滿足上式，∴an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．由數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)公式時(shí)，若遞推關(guān)系為an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，則可以分別通過累加、累乘法求得通項(xiàng)公式，另外，通過迭代法也可以求得上面兩類數(shù)列的通項(xiàng)公式，如第(2)題．注意：有的問題也可利用構(gòu)造法，即通過對(duì)遞推式的等價(jià)變形，轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列求通項(xiàng)．【訓(xùn)練3】(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.求{an}的通項(xiàng)公式．(2)已知a1＝1，an＋1＝3an＋2，求an.解(1)由題設(shè)知，a1＝1.當(dāng)n>1時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1.∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n,n－2)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×1＝eq\f(nn＋1,2).(2)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴數(shù)列{an＋1}是以a1＋1＝2為首項(xiàng)，公比q＝3的等比數(shù)列，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,82)規(guī)范解答9——高考中對(duì)Sn與an的關(guān)系的考查【命題研究】已知an與Sn的關(guān)系式求通項(xiàng)公式是高考中的常見題型，既可以考選擇、填空題，也可以考解答題．就考查形式來看，有些題目很容易看出an與Sn的關(guān)系式，但有時(shí)可能需要我們?nèi)コ橄蟪鲆粋€(gè)新數(shù)列的和與項(xiàng)之間的關(guān)系，比如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2，此時(shí)我們可以把上式看成數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為n2來求解．【真題探究】?(本小題滿分14分)(·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[教你審題]第1步賦值n＝1，可求a1；第2步當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＝Tn－Tn－1，an＝Sn－Sn－1找出an＋1與an的關(guān)系式；第3步變形．[規(guī)范解答]解(1)令n＝1時(shí)，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.(2分)(2)當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，則Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1也滿足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，(8分)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1兩式相減得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因?yàn)閍1＋2＝3≠0，所以數(shù)列{an＋2}是以3為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列．所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，當(dāng)n＝1時(shí)也滿足上式；所以an＝3×2n－1－2.(14分)[閱卷老師手記](1)有的考生思維定勢(shì)，只會(huì)使用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，未想到Sn＝Tn－Tn－1(n≥2)致使出錯(cuò)；(2)在使用an＝Sn－Sn－1求an時(shí)，不少考生漏掉了n≥2這一前提條件，有的對(duì)n＝1的情況也沒有驗(yàn)證，應(yīng)引起注意．解決由Sn與an的關(guān)系求an問題的步驟可歸納為：第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1；第二步：令n≥2，構(gòu)造an＝Sn－Sn－1，用an代換Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代換an，這要結(jié)合題目特點(diǎn))，由遞推關(guān)系求通項(xiàng)；第三步：驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)的結(jié)論適合當(dāng)n≥2時(shí)的結(jié)論；如果適合，則統(tǒng)一“合寫”；如果不適合，則應(yīng)分段表示；第四步：寫出明確規(guī)范的答案；第五步：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．本題的易錯(cuò)點(diǎn)，易忽略對(duì)n＝1和n≥2分兩類進(jìn)行討論，同時(shí)易忽視結(jié)論中對(duì)二者的合并．【試一試】在數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn＋1(n∈N*)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解由Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn＋1，知當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝eq\f(3,2)Sn－1＋1，∴Sn＋1－Sn＝eq\f(3,2)(Sn－Sn－1)，即an＋1＝eq\f(3,2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，由a1＝1，得S2＝eq\f(3,2)a1＋1＝a1＋a2，∴a2＝eq\f(3,2)，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,2).∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(3,2)的等比數(shù)列．∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,273)A級(jí)基礎(chǔ)演練(時(shí)間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則a100等于 ()．A．1 B．－1 C．2 D．0解析法一由a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，可得該數(shù)列為1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得此數(shù)列周期為6，故a100＝－1.法二an＋2＝an＋1－an，an＋3＝an＋2－an＋1，兩式相加可得an＋3＝－an，an＋6＝an，∴a100＝a16×6＋4＝a4＝－1.答案B2．已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，則此數(shù)列是 ()．A．遞增數(shù)列 B．遞減數(shù)列C．常數(shù)列 D．?dāng)[動(dòng)數(shù)列解析∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＋Sn＝an.兩式相減得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋(a1＋a2)＝a2，∴a1＝0，∴an＝0(n∈N*)，故選C.答案C3．(·北京朝陽區(qū)一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，則a5＝ ()．A．－16 B．16 C．31 D．32解析當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1，又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，∴Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)．∴eq\f(an,an－1)＝2.∴an＝1×2n－1，∴a5＝24＝16.答案B4．(·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)測(cè)試)將石子擺成如圖的梯形形狀，稱數(shù)列5,9,14,20，…為梯形數(shù)，根據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列的第2014項(xiàng)與5的差即a2014－5＝()．A．2020×2012 B．2020×2013C．1010×2012 D．1010×2013解析結(jié)合圖形可知，該數(shù)列的第n項(xiàng)an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a2014－5＝4＋5＋…＋2016＝2013×1010.故選D.答案D二、填空題(每小題5分，共10分)5．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝－n2＋10n＋11，則該數(shù)列前________項(xiàng)的和最大．解析易知a1＝20>0，顯然要想使和最大，則應(yīng)把所有的非負(fù)項(xiàng)求和即可，這樣只需求數(shù)列{an}的最末一個(gè)非負(fù)項(xiàng)．令an≥0，則－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可見，當(dāng)n＝11時(shí)，a11＝0，故a10是最后一個(gè)正項(xiàng)，a11＝0，故前10或11項(xiàng)和最大．答案10或116．(·杭州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則a2＝________；an＝________.解析由an＝n(an＋1－an)，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，則an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×eq\f(n－2,n－3)×…×eq\f(2,1)×1＝n，∴a2＝2，an＝n.答案2n三、解答題(共25分)7．(12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，eq\f(1,12)an＝eq\f(1,4)an－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，求{an}的通項(xiàng)公式．解∵eq\f(1,12)an＝eq\f(1,4)an－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，∴an＝3an－1＋4，∴an＋2＝3(an－1＋2)．又a1＋2＝3，故數(shù)列{an＋2}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列．∴an＋2＝3n，即an＝3n－2.8．(13分)(·西安質(zhì)檢)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(1)證明當(dāng)n≥2時(shí)，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列．(2)解由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq\f(1,2n).當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(n－1－n,2nn－1)＝－eq\f(1,2nn－1).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,2)不適合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))B級(jí)能力突破(時(shí)間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．在數(shù)列{xn}中，若x1＝1，xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，則x2013＝()．A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．1解析將x1＝1代入xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，得x2＝－eq\f(1,2)，再將x2代入xn＋1＝eq\f(1,xn＋1)－1，得x3＝1，所以數(shù)列{xn}的周期為2，故x2013＝x1＝1.答案D2．定義運(yùn)算“*”，對(duì)任意a，b∈R，滿足①a*b＝b*a；②a*0＝a；(3)(a*b)*c＝c*(ab)＋(a*c)＋(c*b)．設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝n*eq\f(1,n)*0，則數(shù)列{an}為()．A．等差數(shù)列B．等比數(shù)列C．遞增數(shù)列D．遞減數(shù)列解析由題意知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n*\f(1,n)))*0＝0]n·eq\f(1,n)＋(n*0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0]1,n)))＝1＋n＋eq\f(1,n)，顯然數(shù)列{an}既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列；又函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．答案C二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·合肥模擬)已知f(x)為偶函數(shù)，f(2＋x)＝f(2－x)，當(dāng)－2≤x≤0時(shí)，f(x)＝2x，若n∈N*，an＝f(n)，則a2013＝________.解析∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)＝f(－x)，∴f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)．故f(x)周期為4，∴a2013＝f(2013)＝f(1)＝f(－1)＝2－1＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)4．(·太原調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7，))數(shù)列{an}滿足an＝f(n)，n∈N*，且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析∵數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，又an＝f(n)(n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,f8>f7))?2<a<3.答案(2,3)三、解答題(共25分)5．(12分)(·杭州模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．解(1)依題意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，又S1－31＝a－3(a≠3)，故數(shù)列{Sn－3n}是首項(xiàng)為a－3，公比為2的等比數(shù)列，因此，所求通項(xiàng)公式為bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝a不適合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,2×3n－1＋a－32n－2，n≥2.))an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3))，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1≥an?12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3≥0?a≥－9.又a2＝a1＋3>a1.綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞)．6．(13分)(·山東)在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m,92m)內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為列{bm}的前m項(xiàng)和Sm.解(1)因?yàn)閧an}是一個(gè)等差數(shù)列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)對(duì)m∈N*，若9m＜an＜9則9m＋8＜9n＜92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝eq\f(9×1－81m,1－81)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).特別提醒：教師配贈(zèng)習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設(shè)計(jì)·高考總復(fù)習(xí)》光盤中內(nèi)容.第2講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和【年高考會(huì)這樣考】1．考查利用等差數(shù)列的概念、性質(zhì)、通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式解決等差數(shù)列的問題．2．在具體的問題情境中能識(shí)別具有等差關(guān)系的數(shù)列，并能用有關(guān)知識(shí)解決相應(yīng)的問題．eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,83)考點(diǎn)梳理1．等差數(shù)列的定義如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，公差通常用字母d表示．?dāng)?shù)學(xué)語言表達(dá)式：an＋1－an＝d(n∈N*)，d為常數(shù)．2．等差數(shù)列的通項(xiàng)公式(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)是a1，公差是d，則其通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d.(2)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．3．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.4．等差數(shù)列及前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)如果A＝eq\f(a＋b,2)，則A叫做a，b的等差中項(xiàng)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md(4)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S(5)S2n－1＝(2n－1)an.(6)若n為偶數(shù)，則S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n為奇數(shù)，則S奇－S偶＝a中(中間項(xiàng))．【助學(xué)·微博】一個(gè)推導(dǎo)利用倒序相加法推導(dǎo)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，①Sn＝an＋an－1＋…＋a1，②①＋②得：Sn＝eq\f(na1＋an,2).兩種方法等差數(shù)列的兩種證明方法：(1)定義法：證明an＋1－an＝d或an－an－1＝d(n≥2)；(2)中項(xiàng)公式法：證明2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．提醒：以上兩種證明方法的關(guān)鍵是n的范圍，即是否包括了a2－a1也是相同的常數(shù)．考點(diǎn)自測(cè)1．已知{an}為等差數(shù)列，a2＋a8＝12，則a5等于()．A．4B．5C．6D．7解析a2＋a8＝2a5，∴a5＝6.答案C2．(·江西)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝()．A．1B．9C．10D．55解析由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10?a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1.答案A3．(·重慶)在等差數(shù)列{an}中，a2＝1，a4＝5，則{an}的前5項(xiàng)和S5＝()．A．7B．15C．20D．25解析數(shù)列{an}的公差d＝eq\f(5－1,2)＝2，則a1＝－1，a5＝7，可得S5＝15，選B.答案B4．(·全國)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝()．A．8B．7C．6D．5解析由a1＝1，公差d＝2得通項(xiàng)an＝2n－1，又Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以2k＋1＋2k＋3＝24，得k＝5.答案D5．(·廣東)已知遞增的等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，a3＝aeq\o\al(2,2)－4，則an＝________.解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a3＝a1＋d2－4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,1＋2d＝1＋d2－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝±2.))由于等差數(shù)列{an}是遞增的等差數(shù)列，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.答案2n－1eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,83)考向一等差數(shù)列的判定與證明【例1】?(·陜西)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且a5，a3，a4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的公比；(2)證明：對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．[審題視點(diǎn)](1)利用等差數(shù)列的定義得到關(guān)系式2a3＝a5＋a4，代入等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得q(1)解設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差數(shù)列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)證明法一對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，對(duì)任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．法二對(duì)任意k∈N＋，2Sk＝eq\f(2a11－qk,1－q)，Sk＋2＋Sk＋1＝eq\f(a11－qk＋2,1－q)＋eq\f(a11－qk＋1,1－q)＝eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)，2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝eq\f(2a11－qk,1－q)－eq\f(a12－qk＋2－qk＋1,1－q)＝eq\f(a1,1－q)[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝eq\f(a1qk,1－q)(q2＋q－2)＝0，因此，對(duì)任意x∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差數(shù)列．等差數(shù)列的判定方法有以下四種：(1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*)；(2)等差中項(xiàng)法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)；(3)通項(xiàng)公式法：an＝an＋b(a，b是常數(shù)，n∈N*)；(4)前n項(xiàng)和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b為常數(shù))．但如果要證明一個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列，則必須用定義法或等差中項(xiàng)法．【訓(xùn)練1】在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，并說明理由．(1)證明∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2時(shí)，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1.又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2).∴數(shù)列{bn}是以－eq\f(5,2)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，則an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))內(nèi)均為減函數(shù)．∴結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象可得，當(dāng)n＝3時(shí)，an取得最小值－1；當(dāng)n＝4時(shí)，an取得最大值3.考向二等差數(shù)列基本量的求解【例2】?設(shè)a1，d為實(shí)數(shù)，首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范圍．[審題視點(diǎn)]第(1)問建立首項(xiàng)a1與公差d的方程組求解；第(2)問建立首項(xiàng)a1與公差d的方程，利用完全平方公式求范圍．解(1)由題意知S6＝eq\f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.(2)因?yàn)镾5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq\o\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0，故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.故d的取值范圍是(－∞，－2eq\r(2)]∪[2eq\r(2)，＋∞)．(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，共涉及五個(gè)量a1，an，d，n，Sn，知其中三個(gè)就能求另外兩個(gè)，體現(xiàn)了用方程的思想解決問題．(2)數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數(shù)列的兩個(gè)基本量，用它們表示已知和未知是常用方法．【訓(xùn)練2】(·福建)在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{an}的前k項(xiàng)和Sk＝－35，求k的值．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.從而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝eq\f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.進(jìn)而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7為所求．考向三等差數(shù)列及前n項(xiàng)和性質(zhì)的應(yīng)用【例3】?在等差數(shù)列{an}中：(1)若a4＋a17＝20，求S20；(2)若共有n項(xiàng)，且前四項(xiàng)之和為21，后四項(xiàng)之和為67，前n項(xiàng)和Sn＝286，求n.[審題視點(diǎn)]利用前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)及等差數(shù)列的性質(zhì)：若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq解題．解(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1＋a20＝a4＋a17，∴S20＝eq\f(20,2)(a1＋a20)＝eq\f(20,2)(a4＋a17)＝eq\f(20,2)×20＝200.(2)依題意知：a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.由等差數(shù)列的性質(zhì)知：a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.又Sn＝eq\f(na1＋an,2)，即286＝eq\f(n×22,2)，∴n＝26.一般地，運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)，可以化繁為簡、優(yōu)化解題過程．但要注意性質(zhì)運(yùn)用的條件，如m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，需要當(dāng)序號(hào)之和相等、項(xiàng)數(shù)相同時(shí)才成立．【訓(xùn)練3】(1)已知等差數(shù)列{an}中，S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9＝________.(2)已知等差數(shù)列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，則其n項(xiàng)和Sn解析(1)∵{an}為等差數(shù)列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差數(shù)列，∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2(36－9)－9＝45.(2)因?yàn)閍4＋a6＝a3＋a7，則a3a7＝－16，a3＋a7所以a3＝4，d＝－2或a3＝－4，d＝2.所以數(shù)列的前n項(xiàng)和是Sn＝n2－9n或Sn＝－n2＋9n.答案(1)45(2)n2－9n或－n2＋9neq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,84)方法優(yōu)化8——整體思想在等差數(shù)列解題中的應(yīng)用【命題研究】通過近三年的高考試題分析，考查等差數(shù)列的定義與性質(zhì)、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，其中常常將求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)與等差數(shù)列的性質(zhì)“若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq”結(jié)合來命題，考查形式主要是選擇題、填空題，難度為中等．【真題探究】?(·遼寧)在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列前11項(xiàng)和S11＝()．A．58B．88C．143D．176[教你審題]思路1求出首項(xiàng)與公差的關(guān)系式，再代入前n項(xiàng)和公式．思路2利用等差數(shù)列的性質(zhì)從整體上求解．[一般解法]設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.[優(yōu)美解法]由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝eq\f(11×16,2)＝88.選B.[答案]B[反思]優(yōu)美解法就是突出了整體思想，整體思想是一種重要的解題方法和技巧，這就要求學(xué)生要靈活掌握等差數(shù)列的性質(zhì)及其前n項(xiàng)和公式．【試一試】在等差數(shù)列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，則Sm＋n＝________.解析設(shè){an}的公差為d，則由Sn＝m，Sm＝n，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝na1＋\f(nn－1,2)d＝m，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝n.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②－①得(m－n)a1＋eq\f(m－nm＋n－1,2)·d＝n－m，∵m≠n，∴a1＋eq\f(m＋n－1,2)d＝－1.∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq\f(m＋nm＋n－1,2)d＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．答案－(m＋n)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,275)A級(jí)基礎(chǔ)演練(時(shí)間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·福建)等差數(shù)列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，則數(shù)列{an}的公差為()．A．1 B．2 C．3 D．4解析在等差數(shù)列{an}中，∵a1＋a5＝10.∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差為2.答案B2．(·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＋a3＋a11＝6，那么S9＝ ()．A．2 B．8 C．18 D．36解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由a1＋a3＋a11＝6，可得3a1＋12d＝6，∴a1＋4d＝2＝a5.∴S9＝eq\f(a1＋a9×9,2)＝9a5＝9×2＝18.答案C3．已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，則a20等于()．A．－1 B．1 C．3 D．7解析兩式相減，可得3d＝－6，d＝－2.由已知可得3a3＝105，a3＝35，所以a20＝a3＋17d＝35＋17×(－2)＝1.答案B4．(·東北三校一模)在等差數(shù)列{an}中，S15>0，S16<0，則使an>0成立的n的最大值為 ()．A．6 B．7 C．8 D．9解析依題意得S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8>0，即a8>0；S16＝eq\f(16a1＋a16,2)＝8(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，即a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使an>0成立的n的最大值是8，選C.答案C二、填空題(每小題5分，共10分)5．(·江西)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，則a5＋b5＝________.解析設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的公差分別為d1，d2，因?yàn)閍3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7，所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35.答案356．(·沈陽四校聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S4,12)－eq\f(S3,9)＝1，則公差為________．解析依題意得S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d，于是有eq\f(4a1＋6d,12)－eq\f(3a1＋3d,9)＝1，由此解得d＝6，即公差為6.答案6三、解答題(共25分)7．(12分)在等差數(shù)列{an}中，已知a2＋a7＋a12＝12，a2·a7·a12＝28，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4.又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，∴16－25d2＝7，∴d2＝eq\f(9,25)，∴d＝eq\f(3,5)或d＝－eq\f(3,5).當(dāng)d＝eq\f(3,5)時(shí)，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)；當(dāng)d＝－eq\f(3,5)時(shí)，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×eq\f(3,5)＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3,5)n－eq\f(1,5)或an＝－eq\f(3,5)n＋eq\f(41,5).8．(13分)在等差數(shù)列{an}中，公差d＞0，前n項(xiàng)和為Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令bn＝eq\f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一個(gè)非零常數(shù)c，使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列？若存在，求出c的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)由題設(shè)，知{an}是等差數(shù)列，且公差d＞0，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a3＝45，,a1＋a5＝18，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝45，,a1＋a1＋4d＝18.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))),n＋c)，∵c≠0，∴可令c＝－eq\f(1,2)，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列．即存在一個(gè)非零常數(shù)c＝－eq\f(1,2)，使數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列．B級(jí)能力突破(時(shí)間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．(·咸陽模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，則n＝ ()．A．12 B．14 C．16 D．18解析Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝210，得n＝14.答案B2．(·廣州一模)已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)是 ()．A．2 B．3 C．4 D．5解析由eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)得：eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)，要使eq\f(an,bn)為整數(shù)，則需eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)為整數(shù)，所以n＝1,2,3,5,11，共有5個(gè)．答案D二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·徐州調(diào)研)等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2n＋1，其前n項(xiàng)和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10項(xiàng)和為________．解析∵an＝2n＋1，∴a1＝3，∴Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，∴eq\f(Sn,n)＝n＋2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差為1，首項(xiàng)為3的等差數(shù)列，∴前10項(xiàng)和為3×10＋eq\f(10×9,2)×1＝75.答案754．(·諸城一中月考)設(shè)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)的等差數(shù)列，奇數(shù)項(xiàng)之和為44，偶數(shù)項(xiàng)之和為33，則這個(gè)數(shù)列的中間項(xiàng)是________，項(xiàng)數(shù)是________．解析設(shè)等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為2n＋1，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq\f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，∴eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n)＝eq\f(44,33)，解得n＝3，∴項(xiàng)數(shù)2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11為所求中間項(xiàng)．答案117三、解答題(共25分)5．(12分)在數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2＋an＝2an＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn是數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和，求Sn.解(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差數(shù)列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.(2)令an≥0，得n≤5.即當(dāng)n≤5時(shí)，an≥0，n≥6時(shí)，an<0.∴當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；當(dāng)n≥6時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))6．(13分)(·四川)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2an＝S2＋Sn對(duì)一切正整數(shù)n都成立．(1)求a1，a2的值；(2)設(shè)a1＞0，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(lg\f(10a1,an)))的前n項(xiàng)和為Tn.當(dāng)n為何值時(shí)，Tn最大？并求出Tn的最大值．解(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2， ①取n＝2，得aeq\o\al(2,2)＝2a1＋2a2， ②由②－①，得a2(a2－a1)＝a2， ③(i)若a2＝0，由①知a1＝0，(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1. ④由①、④解得，a1＝eq\r(2)＋1，a2＝2＋eq\r(2)；或a1＝1－eq\r(2)，a2＝2－eq\r(2).綜上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝eq\r(2)＋1，a2＝eq\r(2)＋2；或a1＝1－eq\r(2)，a2＝2－eq\r(2).(2)當(dāng)a1＞0時(shí)，由(1)知a1＝eq\r(2)＋1，a2＝eq\r(2)＋2.當(dāng)n≥2時(shí)，有(2＋eq\r(2))an＝S2＋Sn，(2＋eq\r(2))an－1＝S2＋Sn－1，所以(1＋eq\r(2))an＝(2＋eq\r(2))an－1，即an＝eq\r(2)an－1(n≥2)，所以an＝a1(eq\r(2))n－1＝(eq\r(2)＋1)·(eq\r(2))n－1.令bn＝lgeq\f(10a1,an)，則bn＝1－lg(eq\r(2))n－1＝1－eq\f(1,2)(n－1)lg2＝eq\f(1,2)lgeq\f(100,2n－1)，所以數(shù)列{bn}是單調(diào)遞減的等差數(shù)列(公差為－eq\f(1,2)lg2)，從而b1＞b2＞…＞b7＝lgeq\f(10,8)＞lg1＝0，當(dāng)n≥8時(shí)，bn≤b8＝eq\f(1,2)lgeq\f(100,128)＜eq\f(1,2)lg1＝0，故n＝7時(shí)，Tn取得最大值，且Tn的最大值為T7＝eq\f(7b1＋b7,2)＝eq\f(71＋1－3lg2,2)＝7－eq\f(21,2)lg2.特別提醒：教師配贈(zèng)習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設(shè)計(jì)·高考總復(fù)習(xí)》光盤中內(nèi)容.第3講等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和【年高考會(huì)這樣考】考查等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式、等比中項(xiàng)的性質(zhì)與證明．eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,85)考點(diǎn)梳理1．等比數(shù)列的定義如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等比數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．?dāng)?shù)學(xué)語言表達(dá)式為eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)，q為常數(shù)．2．等比數(shù)列的通項(xiàng)公式(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，則它的通項(xiàng)公式為an＝a1·qn－1.(2)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am·qn－m，(n，m∈N*)．3．等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q(q≠0)，其前n項(xiàng)和為Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1；,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))4．等比數(shù)列及前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)等比中項(xiàng)如果a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項(xiàng)．即：G是a與b的等比中項(xiàng)?a，G，b成等比數(shù)列?G2＝ab.(2)若{an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak·al＝am·an.(3)若{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，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)))仍是等比數(shù)列．(4)公比不為－1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn.【助學(xué)·微博】一個(gè)推導(dǎo)利用錯(cuò)位相減法推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和：Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，同乘q得：qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn，兩式相減得(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)(q≠1)．兩個(gè)防范(1)由an＋1＝qan，q≠0并不能立即斷言{an}為等比數(shù)列，還要驗(yàn)證a1≠0.(2)在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須對(duì)q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形導(dǎo)致解題失誤．四種方法等比數(shù)列的判斷方法有：(1)定義法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數(shù))或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數(shù)且n≥2)，則{an}是等比數(shù)列；(2)中項(xiàng)公式法：在數(shù)列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(3)通項(xiàng)公式法：若數(shù)列通項(xiàng)公式可寫成an＝c·qn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列；(4)前n項(xiàng)和公式法：若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝k·qn－k(k為常數(shù)且k≠0，q≠0,1)，則{an}是等比數(shù)列．注前兩種方法也可用來證明一個(gè)數(shù)列為等比數(shù)列．考點(diǎn)自測(cè)1．(·遼寧)若等比數(shù)列{an}滿足anan＋1＝16n，則公比為()．A．2B．4C．8D．16解析由anan＋1＝aeq\o\al(2,n)q＝16n＞0知q＞0，又eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2＝eq\f(16n＋1,16n)＝16，∴q＝4.答案B2．(·新課標(biāo)全國)已知{an}為等比數(shù)列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10A．7B．5C．－5D．－7解析設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5·a6＝a4·a7＝－8))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,q3＝－\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q3＝－2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,a10＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a10＝－8，))所以a1＋a10＝－7.答案D3．(·蘭州模擬)在等比數(shù)列{an}中，已知a7·a12＝5，則a8a9A．10B．25C．50D．75解析因?yàn)閍7·a12＝a8·a11＝a9·a10＝5，∴a8a9a10a11＝52＝25.答案B4．已知等比數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝4n＋a，則a的值等于()．A．－4B．－1C．0D．1解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4＋a，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，4＋a＝3，∴a＝－1.答案B5．已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項(xiàng)和為________．解析顯然公比q≠1，由題意可知eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，由求和公式可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項(xiàng)和T5＝eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,86)考向一等比數(shù)列的判定與證明【例1】?(·寧波十校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝3an－2n(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{1＋an}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)bn＝eq\f(an,an＋1＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[審題視點(diǎn)](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為an與an－1的遞推關(guān)系，再構(gòu)造數(shù)列{1＋an}；(2)分組后用公式求和．(1)證明當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－2n－3an－1＋2(n－1)，即n≥2時(shí)，an＝3an－1＋2，從而有n≥2時(shí)，an＋1＝3(an－1＋1)．又2a1＝2S1＝3a1－2，得a1＝2，故a1＋1＝3≠0，故數(shù)列{1＋an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，則an＋1＝3×3n－1＝3n，故an＝3n－1.(2)解bn＝eq\f(an,an＋1＋1)＝eq\f(3n－1,3n＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3n＋1)，則Tn＝eq\f(n,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋\f(1,34)＋…＋\f(1,3n＋1)))＝eq\f(n,3)－eq\f(1,32)×eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(n,3)＋eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n)－1)).證明一個(gè)數(shù)列為等比數(shù)列常用定義法與等比中項(xiàng)法，其他方法只用于選擇、填空題中的判定；若證明某數(shù)列不是等比數(shù)列，則只要證明存在連續(xù)三項(xiàng)不成等比數(shù)列即可．【訓(xùn)練1】(·長沙模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等比數(shù)列；(2)求{an}的通項(xiàng)公式．(1)證明b1＝a2－a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，∴{bn}是以1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)解由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)．考向二等比數(shù)列基本量的求解【例2】?(1)已知{an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1,5S2＝S4，則a5＝________.(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S4＝1，S8＝17，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．[審題視點(diǎn)]建立首項(xiàng)a1和公比q的方程組求解．解析(1)由題意易得公比q≠1.由5S2＝S4，得5×eq\f(1－q2,1－q)＝eq\f(1－q4,1－q)，解得q＝2.∴an＝2n－1，∴a5＝24＝16.(2)在等比數(shù)列{an}中，由S4＝1，S8＝17，則q≠1，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1q4－1,q－1)＝1，,\f(a1q8－1,q－1)＝17，))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②÷①得q4＋1＝17，則q4＝16，∴q＝2，或q＝－2.由q＝2代入①得a1＝eq\f(1,15)，由q＝－2代入①得a1＝－eq\f(1,5)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,15)·2n－1或an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))·(－2)n－1.答案(1)16(2)an＝eq\f(1,15)·2n－1或an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))·(－2)n－1對(duì)于等比數(shù)列的有關(guān)計(jì)算問題，可類比等差數(shù)列問題進(jìn)行，在解方程組的過程中要注意“相除”消元的方法，同時(shí)要注意整體代入(換元)思想方法的應(yīng)用．(2)在涉及等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)要注意對(duì)公比q是否等于1進(jìn)行判斷和討論．【訓(xùn)練2】(·浙江)設(shè)公比為q(q>0)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝________.解析∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝－1(舍去)或q＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)考向三等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用【例3】?(1)等比數(shù)列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，前n項(xiàng)和Sn＝126，則公比q＝________.(2)等比數(shù)列{an}中，q＝2，S99＝77，則a3＋a6＋…＋a99＝________.[審題視點(diǎn)](1)利用等比數(shù)列的性質(zhì)：“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”；(2)把前99項(xiàng)分三組，再轉(zhuǎn)化為a3＋a6＋…＋a99.解析(1)由題知a1an＝128，a1＋an＝66，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝64))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝64，,an＝2.))又Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝126，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,n＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,n＝6.))(2)∵S99＝(a1＋a4＋…＋a97)＋(a2＋a5＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))(a3＋a6＋…＋a99)＝77，∴a3＋a6＋…＋a99＝44.答案(1)2或eq\f(1,2)(2)44在解決有關(guān)等比數(shù)列的計(jì)算問題時(shí)，要注意挖掘隱含條件，充分利用其性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以減少運(yùn)算量，提高解題速度．【訓(xùn)練3】(·北京東城區(qū)一模)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比數(shù)列，則xyz的值為()．A．－3B．±3C．－3eq\r(3)D．±3eq\r(3)解析由等比中項(xiàng)知y2＝3，∴y＝±eq\r(3)，又∵y與－1，－3符號(hào)相同，∴y＝－eq\r(3)，y2＝xz，所以xyz＝y(tǒng)3＝－3eq\r(3).答案Ceq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,87)熱點(diǎn)突破13——運(yùn)用等差(比)數(shù)列的性質(zhì)巧解題【命題研究】通過近三年的高考試題分析，對(duì)等差(比)數(shù)列的性質(zhì)考查每年必考，有的以選擇題、填空題出現(xiàn)，難度中等偏下，有的在解答題中出現(xiàn)，常與求通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn結(jié)合命題，題目難度中等．【真題探究】?(·安徽)公比為2的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a3a11＝16，則log2a10＝()．A．4B．5C．6D．7[教你審題]由等比數(shù)列的性質(zhì)可求a7，再由a10＝a7·23求a10.[解法]由題意可知a3a11＝aeq\o\al(2,7)＝16，因?yàn)閧an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.[答案]B[反思]在解答等差(比)數(shù)列的基本計(jì)算，可利用列方程組解決，但是運(yùn)算量較大，若利用等差(比)數(shù)列的性質(zhì)解決，大大減少了運(yùn)算量，同時(shí)也降低了出錯(cuò)的概率．【試一試】在等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，前87項(xiàng)和S87＝140，則a3＋a6＋a9＋…＋a87等于________．解析法一a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·eq\f(1－q329,1－q3)＝eq\f(q2,1＋q＋q2)·eq\f(a11－q87,1－q)＝eq\f(4,7)×140＝80.法二設(shè)b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87.因?yàn)閎1q＝b2，b1q2＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q