【創(chuàng)新設(shè)計(jì)-教師用書】(人教A版-理科)2021屆高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)細(xì)致講解練：第五篇-數(shù)列

第五篇數(shù)列A第1講數(shù)列的概念與簡潔表示法[最新考綱]1．了解數(shù)列的概念和幾種簡潔的表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式)．2．了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù).知識(shí)梳理1．?dāng)?shù)列的概念(1)數(shù)列的定義依據(jù)肯定挨次排列的一列數(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)列的通項(xiàng)公式假如數(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．(3)數(shù)列的前n項(xiàng)和在數(shù)列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數(shù)列的前n項(xiàng)和．2．?dāng)?shù)列的表示方法(1)表示方法列表法列表格表達(dá)n與f(n)的對(duì)應(yīng)關(guān)系圖象法把點(diǎn)(n，f(n))畫在平面直角坐標(biāo)系中公式法通項(xiàng)公式把數(shù)列的通項(xiàng)使用通項(xiàng)公式表達(dá)的方法遞推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表達(dá)數(shù)列的方法(2)數(shù)列的函數(shù)特征：上面數(shù)列的三種表示方法也是函數(shù)的表示方法，數(shù)列可以看作是定義域?yàn)檎麛?shù)集(或它的有限子集{1,2，…，n}的函數(shù)an＝f(n))當(dāng)自變量由小到大依次取值時(shí)所對(duì)應(yīng)的一列函數(shù)值．*3．?dāng)?shù)列的分類分類原則類型滿足條件按項(xiàng)數(shù)分類有窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)有限無窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)無限單調(diào)性遞增數(shù)列an＋1＞an其中n∈N*遞減數(shù)列an＋1＜an常數(shù)列an＋1＝an搖擺數(shù)列從其次項(xiàng)起，有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng)，有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列周期性?n∈N*，存在正整數(shù)常數(shù)k，an＋k＝an4.an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.))辨析感悟1．對(duì)數(shù)列概念的生疏(1)數(shù)列1,2,3,4,5,6與數(shù)列6,5,4,3,2,1表示同一數(shù)列．(×)(2)1,1,1,1，…不能構(gòu)成一個(gè)數(shù)列．(×)2．對(duì)數(shù)列的性質(zhì)及表示法的理解(3)(教材練習(xí)改編)數(shù)列1,0,1,0,1,0，…的通項(xiàng)公式，只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)(4)任何一個(gè)數(shù)列不是遞增數(shù)列，就是遞減數(shù)列．(×)(5)(2021·開封模擬改編)已知Sn＝3n＋1，則an＝2·3n－1.(×)[感悟·提升]1．一個(gè)區(qū)分“數(shù)列”與“數(shù)集”數(shù)列與數(shù)集都是具有某種屬性的數(shù)的全體，數(shù)列中的數(shù)是有序的，而數(shù)集中的元素是無序的，同一個(gè)數(shù)在數(shù)列中可以重復(fù)消滅，而數(shù)集中的元素是互異的，如(1)、(2)．2．三個(gè)防范一是留意數(shù)列不僅有遞增、遞減數(shù)列，還有常數(shù)列、搖擺數(shù)列，如(4)．二是數(shù)列的通項(xiàng)公式不唯一，如(3)中還可以表示為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù)，,0，n為偶數(shù).))三是已知Sn求an時(shí)，肯定要驗(yàn)證n＝1的特殊情形，如(5).同學(xué)用書第79頁考點(diǎn)一由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列的通項(xiàng)【例1】依據(jù)下面各數(shù)列前幾項(xiàng)的值，寫出數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式：(1)－1,7，－13,19，…；(2)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(3)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(4)5,55,555,5555，….解(1)偶數(shù)項(xiàng)為正，奇數(shù)項(xiàng)為負(fù)，故通項(xiàng)公式必含有因式(－1)n，觀看各項(xiàng)的確定值，后一項(xiàng)的確定值總比它前一項(xiàng)的確定值大6，故數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(6n－5)．(2)這是一個(gè)分?jǐn)?shù)數(shù)列，其分子構(gòu)成偶數(shù)數(shù)列，而分母可分解為1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一項(xiàng)都是兩個(gè)相鄰奇數(shù)的乘積．知所求數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2n,2n－12n＋1).(3)數(shù)列的各項(xiàng)，有的是分?jǐn)?shù)，有的是整數(shù)，可將數(shù)列的各項(xiàng)都統(tǒng)一成分?jǐn)?shù)再觀看．即eq\f(1,2)，eq\f(4,2)，eq\f(9,2)，eq\f(16,2)，eq\f(25,2)，…，從而可得數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝eq\f(n2,2).(4)將原數(shù)列改寫為eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999，…，易知數(shù)列9,99,999，…的通項(xiàng)為10n－1，故所求的數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝eq\f(5,9)(10n－1)．規(guī)律方法依據(jù)所給數(shù)列的前幾項(xiàng)求其通項(xiàng)時(shí)，需認(rèn)真觀看分析，抓住其幾方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相鄰項(xiàng)的變化特征；拆項(xiàng)后的各部分特征；符號(hào)特征．應(yīng)多進(jìn)行對(duì)比、分析，從整體到局部多角度觀看、歸納、聯(lián)想．【訓(xùn)練1】依據(jù)下面數(shù)列的前幾項(xiàng)的值，寫出數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式：(1)eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，…；(2)eq\f(3,2)，1，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，….解(1)各項(xiàng)的分母分別為21,22,23,24，…，易看出第2,3,4項(xiàng)的分子分別比分母少3.因此把第1項(xiàng)變?yōu)椋璭q\f(2－3,2)，原數(shù)列可化為－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，…，因此可得數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n).(2)將數(shù)列統(tǒng)一為eq\f(3,2)，eq\f(5,5)，eq\f(7，,10)，eq\f(9,17)，…，對(duì)于分子3,5,7,9，…，是序號(hào)的2倍加1，可得分子的通項(xiàng)公式為bn＝2n＋1，對(duì)于分母2,5,10,17，…，聯(lián)想到數(shù)列1,4,9,16，…，即數(shù)列{n2}，可得分母的通項(xiàng)公式為cn＝n2＋1，因此可得數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).考點(diǎn)二由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)an【例2】(2021·廣東卷節(jié)選)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)依題意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4；(2)由題意2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，所以當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)兩式相減得2an＝nan＋1－(n－1)an－eq\f(1,3)(3n2－3n＋1)－(2n－1)－eq\f(2,3)，整理得(n＋1)an－nan＋1＝－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項(xiàng)為eq\f(a1,1)＝1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.規(guī)律方法給出Sn與an的遞推關(guān)系，求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項(xiàng)公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.【訓(xùn)練2】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．解(1)令n＝1時(shí)，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1(2)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.由于當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1也滿足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，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)，由于a1＋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)也成立，所以an＝3×2n－1－2.同學(xué)用書第80頁考點(diǎn)三由遞推公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式【例3】在數(shù)列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，則通項(xiàng)an＝________；(2)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，則通項(xiàng)an＝________.審題路線(1)變形為an＋1－an＝n＋1?用累加法，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)?得出an.(2)變形為an＋1＋1＝3(an＋1)?再變形為eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(1,3)?用累乘法或迭代法可求an.解析(1)由題意得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(nn＋1,2)＋1.又a1＝2＝eq\f(1×1＋1,2)＋1，符合上式，因此an＝eq\f(nn＋1,2)＋1.(2)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，法一eq\f(a2＋1,a1＋1)＝3，eq\f(a3＋1,a2＋1)＝3，eq\f(a4＋1,a3＋1)＝3，…，eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.將這些等式兩邊分別相乘得eq\f(an＋1＋1,a1＋1)＝3n.由于a1＝1，所以eq\f(an＋1＋1,1＋1)＝3n，即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，又a1＝1也滿足上式，故an＝2×3n－1－1.法二由eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，即an＋1＋1＝3(an＋1)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1＝3(an－1＋1)，∴an＋1＝3(an－1＋1)＝32(an－2＋1)＝33(an－3＋1)＝…＝3n－1(a1＋1)＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1＝2×31－1－1也滿足．∴an＝2×3n－1－1.答案(1)eq\f(nn＋1,2)＋1(2)2×3n－1－1規(guī)律方法數(shù)列的遞推關(guān)系是給出數(shù)列的一種方法，依據(jù)給出的初始值和遞推關(guān)系可以依次寫出這個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)，由遞推關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式，常用的方法有：①求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再歸納猜想出數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式；②將已知遞推關(guān)系式整理、變形，變成等差、等比數(shù)列，或用累加法、累乘法、迭代法求通項(xiàng)．【訓(xùn)練3】設(shè){an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，則它的通項(xiàng)公式an＝________.解析∵(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1·an－naeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a5,a4)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)×…×eq\f(n－1,n)，∴an＝eq\f(1,n).答案eq\f(1,n)1．求數(shù)列通項(xiàng)或指定項(xiàng)，通常用觀看法(對(duì)于交叉數(shù)列一般用(－1)n或(－1)n＋1來區(qū)分奇偶項(xiàng)的符號(hào))；已知數(shù)列中的遞推關(guān)系，一般只要求寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)，若求通項(xiàng)可用歸納、猜想和轉(zhuǎn)化的方法．2．由Sn求an時(shí)，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2，))留意驗(yàn)證a1是否包含在后面an的公式中，若不符合要單獨(dú)列出，一般已知條件含an與Sn的關(guān)系的數(shù)列題均可考慮上述公式．3．已知遞推關(guān)系求通項(xiàng)：對(duì)這類問題的要求不高，但試題難度較難把握．一般有三種常見思路：(1)算出前幾項(xiàng)，再歸納、猜想；(2)“an＋1＝pan＋q”這種形式通常轉(zhuǎn)化為an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系數(shù)法求出λ，再化為等比數(shù)列；(3)利用累加、累乘法或迭代法可求數(shù)列的通項(xiàng)公式．思想方法4——用函數(shù)的思想解決數(shù)列問題【典例】(2021·新課標(biāo)全國Ⅱ卷)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為________．解析由題意及等差數(shù)列的性質(zhì)，知a1＋a10＝0，a1＋a15＝eq\f(10,3).兩式相減，得a15－a10＝eq\f(10,3)＝5d，所以d＝eq\f(2,3)，a1＝－3.所以nSn＝n·[na1＋eq\f(nn－1,2)d]＝eq\f(n3－10n2,3).令f(x)＝eq\f(x3－10x2,3)，x＞0，則f′(x)＝eq\f(1,3)x(3x－20)，由函數(shù)的單調(diào)性，可知函數(shù)f(x)在x＝eq\f(20,3)時(shí)取得最小值，檢驗(yàn)n＝6時(shí)，6S6＝－48，而n＝7時(shí)，7S7＝－49，故nSn的最小值為－49.答案－49[反思感悟](1)本題求出的nSn的表達(dá)式可以看做是一個(gè)定義在正整數(shù)集N*上的三次函數(shù)，因此可以接受導(dǎo)數(shù)法求解．(2)易錯(cuò)分析：由于n為正整數(shù)，因而不能將eq\f(20,3)代入求最值，這是考生簡潔忽視而產(chǎn)生錯(cuò)誤的地方．【自主體驗(yàn)】1．設(shè)an＝－3n2＋15n－18，則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)的值是()．A.eq\f(16,3) B.eq\f(13,3)C．4 D．0解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(3,4)，由二次函數(shù)性質(zhì)，得當(dāng)n＝2或3時(shí)，an最大，最大為0.答案D2．已知{an}是遞增數(shù)列，且對(duì)于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．解析設(shè)f(n)＝an＝n2＋λn，其圖象的對(duì)稱軸為直線n＝－eq\f(λ,2)，要使數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，只需使定義在正整數(shù)上的函數(shù)f(n)為增函數(shù)，故只需滿足－eq\f(λ,2)＜eq\f(3,2)，即λ＞－3.答案(－3，＋∞)對(duì)應(yīng)同學(xué)用書P285基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2022·深圳中學(xué)模擬)數(shù)列0，eq\f(2,3)，eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，…的一個(gè)通項(xiàng)公式為()．A．a(chǎn)n＝eq\f(n－1,n＋1)(n∈N*)B．a(chǎn)n＝eq\f(n－1,2n＋1)(n∈N*)C．a(chǎn)n＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)D．a(chǎn)n＝eq\f(2n,2n＋1)(n∈N*)解析將0寫成eq\f(0,1)，觀看數(shù)列中每一項(xiàng)的分子、分母可知，分子為偶數(shù)列，可表示為2(n－1)，n∈N*；分母為奇數(shù)列，可表示為2n－1，n∈N*，故選C.答案C2．若Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(1,a5)＝()．A.eq\f(5,6)B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30)D．30解析當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)，∴eq\f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.答案D3．(2022·貴陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n2－1，則a3＝()．A．－10B．6C．10D．14解析a3＝S3－S2＝2×32－1－(2×22－1)＝10.答案C4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是()．A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n－1C．n2D．n解析法一(構(gòu)造法)由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是常數(shù)列．且eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n.法二(累乘法)：n≥2時(shí)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2).…eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，兩邊分別相乘得eq\f(an,a1)＝n，又由于a1＝1，∴an＝n.答案D5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()．A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1D.eq\f(1,2n－1)解析∵Sn＝2an＋1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an，∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2)，又a2＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1≠eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－1＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2，n≥2，))∴Sn＝2an＋1＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.答案B二、填空題6．(2021·蚌埠模擬)數(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，明顯要想使和最大，則應(yīng)把全部的非負(fù)項(xiàng)求和即可，令an≥0，則－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可見，當(dāng)n＝11時(shí)，a11＝0，故a10是最終一個(gè)正項(xiàng)，a11＝0，故前10或11項(xiàng)和最大．答案10或117．(2022·廣州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，則當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，兩式左右兩邊分別相減得3n－1an＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(1,3n)(n≥2)．由題意知，a1＝eq\f(1,3)，符合上式，∴an＝eq\f(1,3n)(n∈N*)．答案an＝eq\f(1,3n)8．(2021·淄博二模)在如圖所示的數(shù)陣中，第9行的第2個(gè)數(shù)為________．解析每行的其次個(gè)數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，由題意知a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，所以a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2(n－1)－1＝2n－3，等式兩邊同時(shí)相加得an－a2＝eq\f(2n－3＋3×n－2,2)＝n2－2n，所以an＝n2－2n＋a2＝n2－2n＋3(n≥2)，所以a9＝92－2×9＋3＝66.答案66三、解答題9．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n2－7n＋6.(1)這個(gè)數(shù)列的第4項(xiàng)是多少？(2)150是不是這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)？若是這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)，它是第幾項(xiàng)？(3)該數(shù)列從第幾項(xiàng)開頭各項(xiàng)都是正數(shù)？解(1)當(dāng)n＝4時(shí)，a4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是這個(gè)數(shù)列的第16項(xiàng)．(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．∴從第7項(xiàng)起各項(xiàng)都是正數(shù)．10．在數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為其前n項(xiàng)和，且an＋1＝2Sn＋n2－n＋1.(1)設(shè)bn＝an＋1－an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)∵an＋1＝2Sn＋n2－n＋1，∴an＝2Sn－1＋(n－1)2－(n－1)＋1(n≥2)，兩式相減得，an＋1－an＝2an＋2n－2(n≥2)．由已知可得a2＝3，∴n＝1時(shí)上式也成立．∴an＋1－3an＝2n－2(n∈N*)，an－3an－1＝2(n－1)－2(n≥2)．兩式相減，得(an＋1－an)－3(an－an－1)＝2(n≥2)．∵bn＝an＋1－an，∴bn－3bn－1＝2(n≥2)，bn＋1＝3(bn－1＋1)(n≥2)．∵b1＋1＝3≠0，∴{bn＋1}是以3為公比，3為首項(xiàng)的等比數(shù)列，∴bn＋1＝3×3n－1＝3n，∴bn＝3n－1.∴Tn＝31＋32＋…＋3n－n＝eq\f(1,2)·3n＋1－n－eq\f(3,2).(2)由(1)知，an＋1－an＝3n－1，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝30＋31＋32＋…＋3n－1－(n－1)＝eq\f(1,2)(3n＋1)－n.力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(4,11－2n)，則滿足an＋1＜an的n的取值為()．A．3B．4C．5D．6解析由an＋1＜an，得an＋1－an＝eq\f(4,9－2n)－eq\f(4,11－2n)＝eq\f(8,9－2n11－2n)＜0，解得eq\f(9,2)＜n＜eq\f(11,2)，又n∈N*，∴n＝5.答案C2．(2022·湖州模擬)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()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))C．(1,3)D．(2,3)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D二、填空題3．在一個(gè)數(shù)列中，假如?n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k為常數(shù))，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，k叫做這個(gè)數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，公積為8，則a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.解析依題意得數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)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28三、解答題4．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，＋∞).同學(xué)用書第81頁第2講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和[最新考綱]1．理解等差數(shù)列的概念．2．把握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式．3．能在具體的問題情境中識(shí)別數(shù)列的等差關(guān)系，并能用有關(guān)學(xué)問解決相應(yīng)的問題．4．了解等差數(shù)列與一次函數(shù)、二次函數(shù)的關(guān)系.知識(shí)梳理1．等差數(shù)列的定義假如一個(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)公式與前n項(xiàng)和公式(1)若等差數(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.若等差數(shù)列{an}的第m項(xiàng)為am，則其第n項(xiàng)an可以表示為an＝am＋(n－m)d.(2)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.(其中n∈N*，a1為首項(xiàng)，d為公差，an為第n項(xiàng))3．等差數(shù)列及前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)若a，A，b成等差數(shù)列，則A叫做a，b的等差中項(xiàng)，且A＝eq\f(a＋b,2).(2)若{an}為等差數(shù)列，當(dāng)m＋n＝p＋q，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－S2m(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))．4．等差數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系(1)等差數(shù)列與一次函數(shù)的區(qū)分與聯(lián)系等差數(shù)列一次函數(shù)解析式an＝kn＋b(n∈N*)f(x)＝kx＋b(k≠0)不同點(diǎn)定義域?yàn)镹*，圖象是一系列孤立的點(diǎn)(在直線上)，k為公差定義域?yàn)镽，圖象是一條直線，k為斜率相同點(diǎn)數(shù)列的通項(xiàng)公式與函數(shù)解析式都是關(guān)于自變量的一次函數(shù)．①k≠0時(shí)，數(shù)列an＝kn＋b(n∈N*)圖象所表示的點(diǎn)均勻分布在函數(shù)f(x)＝kx＋b(k≠0)的圖象上；②k＞0時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列，函數(shù)為增函數(shù)；③k＜0時(shí)，數(shù)列為遞減數(shù)列，函數(shù)為減函數(shù)(2)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可變形為Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，當(dāng)d≠0時(shí)，它是關(guān)于n的二次函數(shù)，它的圖象是拋物線y＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x上橫坐標(biāo)為正整數(shù)的均勻分布的一群孤立的點(diǎn)．辨析感悟1．對(duì)等差數(shù)列概念的理解(1)若一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列．(×)(2)等差數(shù)列的公差是相鄰兩項(xiàng)的差．(×)(3)(教材習(xí)題改編)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是其通項(xiàng)公式為n的一次函數(shù)．(×)2．等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和(4)數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對(duì)任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)(5)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d打算的．(√)(6)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是常數(shù)項(xiàng)為0的二次函數(shù)．(×)3．等差數(shù)列性質(zhì)的活用(7)(2021·廣東卷改編)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝20.(√(8)(2021·遼寧卷改編)已知關(guān)于d＞0的等差數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}，{nan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))，{an＋3nd}都是遞增數(shù)列．(×)[感悟·提升]一點(diǎn)留意等差數(shù)列概念中的“從第2項(xiàng)起”與“同一個(gè)常數(shù)”的重要性，如(1)、(2)．等差數(shù)列與函數(shù)的區(qū)分一是當(dāng)公差d≠0時(shí)，等差數(shù)列的通項(xiàng)公式是n的一次函數(shù)，當(dāng)公差d＝0時(shí)，an為常數(shù)，如(3)；二是公差不為0的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是n的二次函數(shù)，且常數(shù)項(xiàng)為0；三是等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d打算的，如(8)中若an＝3n－12，則滿足已知，但nan＝3n2－12n并非遞增；若an＝n＋1，則滿足已知，但eq\f(an,n)＝1＋eq\f(1,n)是遞減數(shù)列；設(shè)an＝a1＋(n－1)d＝dn＋m，則an＋3nd＝4dn＋m是遞增數(shù)列.同學(xué)用書第82頁考點(diǎn)一等差數(shù)列的基本量的求解【例1】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－5.又k∈N*，故k＝7為所求．規(guī)律方法(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1】(1)(2021·浙江五校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，則它的前10項(xiàng)的和S10＝()．A．85B．135C(2)(2021·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝()．A．3B．4C解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝4，,2a1＋6d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))∴S10＝10×(－4)＋eq\f(10×9,2)×3＝95.(2)法一∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ma1＋\f(mm－1,2)＝0，①,m－1a1＋\f(m－1m－2,2)＝－2，②))由①得a1＝eq\f(1－m,2)，代入②可得m＝5.法二∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且前n項(xiàng)和為Sn，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．∴eq\f(Sm－1,m－1)＋eq\f(Sm＋1,m＋1)＝eq\f(2Sm,m)，即eq\f(－2,m－1)＋eq\f(3,m＋1)＝0，解得m＝5.經(jīng)檢驗(yàn)為原方程的解．故選C.答案(1)C(2)C考點(diǎn)二等差數(shù)列的判定與證明【例2】(2022·梅州調(diào)研改編)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．審題路線(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為關(guān)于Sn與Sn－1的式子?同除Sn·Sn－1?利用定義證明?得出結(jié)論．(2)由(1)求eq\f(1,Sn)?再求Sn?再代入條件an＝－2SnSn－1，求an?驗(yàn)證n＝1的狀況?得出結(jié)論．(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.))規(guī)律方法證明一個(gè)數(shù)列是否為等差數(shù)列的基本方法有兩種：一是定義法，證明an－an－1＝d(n≥2，d為常數(shù))；二是等差中項(xiàng)法，證明2an＋1＝an＋an＋2.若證明一個(gè)數(shù)列不是等差數(shù)列，則只需舉出反例即可，也可以用反證法．【訓(xùn)練2】已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.設(shè)bn＝eq\f(an－2n,3n).證明：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式．證明∵bn＋1－bn＝eq\f(an＋1－2n＋1,3n＋1)－eq\f(an－2n,3n)＝eq\f(3an＋3n＋1－2n－2n＋1,3n＋1)－eq\f(3an－3·2n,3n＋1)＝1，∴{bn}為等差數(shù)列，又b1＝eq\f(a1－2,3)＝0.∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.同學(xué)用書第83頁考點(diǎn)三等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用【例3】(1)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S8＝4a3，a7＝－2，則a9A．－6B．－4C．－2D．2(2)在等差數(shù)列{an}中，前m項(xiàng)的和為30，前2m項(xiàng)的和為100，則前3解析(1)S8＝4a3?eq\f(8a1＋a8,2)＝4a3?a3＋a6＝a3，∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.(2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，由等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數(shù)列，則2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2答案(1)A(2)210規(guī)律方法奇妙運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)，可化繁為簡；若奇數(shù)個(gè)數(shù)成等差數(shù)列且和為定值時(shí)，可設(shè)中間三項(xiàng)為a－d，a，a＋d；若偶數(shù)個(gè)數(shù)成等差數(shù)列且和為定值時(shí)，可設(shè)中間兩項(xiàng)為a－d，a＋d，其余各項(xiàng)再依據(jù)等差數(shù)列的定義進(jìn)行對(duì)稱設(shè)元．【訓(xùn)練3】(1)在等差數(shù)列{an}中．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，則n＝________.(2)已知等差數(shù)列{an}中，S3＝9，S6＝36，則a7＋a8＋a9＝________.解析(1)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.(2)∵{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.答案(1)26(2)451．等差數(shù)列的推斷方法(1)定義法：an＋1－an＝d(d是常數(shù))?{an}是等差數(shù)列．(2)等差中項(xiàng)法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．(3)通項(xiàng)公式：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列．(4)前n項(xiàng)和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列．2．方程思想和化歸思想：在解有關(guān)等差數(shù)列的問題時(shí)可以考慮化歸為a1和d等基本量，通過建立方程(組)獲得解．方法優(yōu)化4——整體代入法(整體相消法)在數(shù)列解題中的應(yīng)用【典例】(1)(2022·遼寧卷)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．143(2)(2021·北京卷)若等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，則公比q＝________；前n項(xiàng)和Sn＝________.[一般解法](1)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.(2)由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＋a1q4＝40，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q1＋q2＝20，,a1q21＋q2＝40，))解得q＝2，a1＝2，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.[美麗?解法](1)由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝eq\f(11×16,2)＝88.(2)由已知，得eq\f(a3＋a5,a2＋a4)＝eq\f(qa2＋a4,a2＋a4)＝q＝2，又a1＝2，所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n＋1－2.[反思感悟]整體代入法是一種重要的解題方法和技巧，簡化了解題過程，節(jié)省了時(shí)間，這就要求同學(xué)要把握公式，理解其結(jié)構(gòu)特征．【自主體驗(yàn)】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)對(duì)應(yīng)同學(xué)用書P287基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2021·溫州二模)記Sn為等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和，若eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，則其公差d＝()．A.eq\f(1,2)B．2C．3D．4解析由eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，得eq\f(a1＋a2＋a3,3)－eq\f(a1＋a2,2)＝1，即a1＋d－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(d,2)))＝1，∴d＝2.答案B2．(2022·濰坊期末考試)在等差數(shù)列{an}中，a5＋a6＋a7＝15，那么a3＋a4＋…＋a9等于()．A．21B．30C．35解析由題意得3a6＝15，a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7答案C3．(2021·揭陽二模)在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，則m的值為()．A．37B．36C．20D．19解析由am＝a1＋a2＋…＋a9，得(m－1)d＝9a5＝36d?m答案A4．(2022·鄭州模擬){an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，已知a7＝5，S7＝21，則S10＝()．A．40B．35C．30D．28解析設(shè)公差為d，則由已知得S7＝eq\f(7a1＋a7,2)，即21＝eq\f(7a1＋5,2)，解得a1＝1，所以a7＝a1＋6d，所以d＝eq\f(2,3).所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10＋eq\f(10×9,2)×eq\f(2,3)＝40.答案A5．(2021·淄博二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足a13＝S13＝13，則a1＝()．A．－14B．－13C．－12D．－11解析在等差數(shù)列中，S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.答案D二、填空題6．(2021·肇慶二模)在等差數(shù)列{an}中，a15＝33，a25＝66，則a35＝________.解析a25－a15＝10d＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.答案997．(2022·成都模擬)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前三項(xiàng)之和S3＝9，則{an}的通項(xiàng)an＝________.解析由a1＝1，S3＝9，得a1＋a2＋a3＝9，即3a1＋3d＝9，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n答案2n－18．(2021·浙江五校聯(lián)考)若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，則S3∶S5＝________.解析eq\f(S3,S5)＝eq\f(3a1＋a3,5a1＋a5)＝eq\f(3a2,5a3)＝eq\f(3,5)×eq\f(5,2)＝eq\f(3,2).答案3∶2三、解答題9．已知等差數(shù)列{an}的公差d＝1，前n項(xiàng)和為Sn.(1)若1，a1，a3成等比數(shù)列，求a1；(2)若S5＞a1a9，求a1解(1)由于數(shù)列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,1)＝1×(a1＋2)，即aeq\o\al(2,1)－a1－2＝0，解得a1＝－1或2.(2)由于數(shù)列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞aeq\o\al(2,1)＋8a1，即aeq\o\al(2,1)＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.故a1的取值范圍是(－5,2)．10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＝eq\f(Sn,n)＋2(n－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并求an與Sn.(2)是否存在自然數(shù)n，使得S1＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)－(n－1)2＝2015？若存在，求出n的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．證明(1)由an＝eq\f(Sn,n)＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1)(n∈N*)．當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，即an－an－1＝4，故數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列．于是，an＝4n－3，Sn＝eq\f(a1＋ann,2)＝2n2－n(n∈N*)．(2)由(1)，得eq\f(Sn,n)＝2n－1(n∈N*)，又S1＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1.令2n－1＝2015，得n＝1008，即存在滿足條件的自然數(shù)n＝1008.力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．(2022·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．12B．14C．16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．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝13，S3＝S11，當(dāng)Sn最大時(shí)，n的值是()．A．5B．6C．7解析法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a7＋a8＝0，依據(jù)首項(xiàng)等于13可推知這個(gè)數(shù)列遞減，從而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7時(shí)，Sn最大．法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a(bǔ)1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，知當(dāng)n＝7時(shí)，S法三依據(jù)a1＝13，S3＝S11，則這個(gè)數(shù)列的公差不等于零，且這個(gè)數(shù)列的和先是單調(diào)遞增然后又單調(diào)遞減，依據(jù)公差不為零的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和是關(guān)于n的二次函數(shù)，以及二次函數(shù)圖象的對(duì)稱性，得只有當(dāng)n＝eq\f(3＋11,2)＝7時(shí)，Sn取得最大值．答案C二、填空題3．(2022·九江一模)正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，則a7＝________.解析由于2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，所以數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝1為首項(xiàng)，以d＝aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1)＝4－1＝3為公差的等差數(shù)列，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝eq\r(3n－2)，n≥1.所以a7＝eq\r(3×7－2)＝eq\r(19).答案eq\r(19)三、解答題4．(2021·西安模擬)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零實(shí)數(shù)c使得{bn}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)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞0，由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，所以a3，a4是關(guān)于x的方程x2－22x＋117＝0的解，所以a3＝9，a4＝13，易知a1＝1，d＝4，故通項(xiàng)為an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n1＋4n－3,2)＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).法一所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)(c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c＝－eq\f(1,2).當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝2.故當(dāng)c＝－eq\f(1,2)時(shí)，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．法二由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.同學(xué)用書第84頁第3講等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和[最新考綱]1．理解等比數(shù)列的概念，把握等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式．2．能在具體的問題情境中識(shí)別數(shù)列的等比關(guān)系，并能用有關(guān)學(xué)問解決相應(yīng)的問題．3．了解等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.知識(shí)梳理1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)等比數(shù)列的定義假如一個(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)非零常數(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：eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)，q為常數(shù)．(2)等比中項(xiàng)假如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．等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式(1)若等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比是q，則其通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1；若等比數(shù)列{an}的第m項(xiàng)為am，公比是q，則其第n項(xiàng)an可以表示為an＝amqn－m.(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比數(shù)列及前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)若{an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak·al＝am·an.(2)相隔等距離的項(xiàng)組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數(shù)列，公比為qm(3)當(dāng)q≠－1，或q＝－1且n為奇數(shù)時(shí)，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn.(4)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．辨析感悟1．對(duì)等比數(shù)列概念的理解(1)若一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等比數(shù)列．(×)(2)三個(gè)數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.(×)(3)若三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，那么這三個(gè)數(shù)可以設(shè)為eq\f(a,q)，a，aq.(√)2．通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和的關(guān)系(4)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝an，則其前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(a1－an,1－a).(×)(5)(2021·新課標(biāo)全國Ⅰ卷改編)設(shè)首項(xiàng)為1，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝3－2an.(√)3．等比數(shù)列性質(zhì)的活用(6)假如數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列．(×)(7)(2022·蘭州模擬改編)在等比數(shù)列{an}中，已知a7·a12＝5，則a8a9a10(8)(2021·江西卷改編)等比數(shù)列x,3x＋3,6x＋6，…的第四項(xiàng)等于－2或0.(×)[感悟·提升]1．一個(gè)區(qū)分等差數(shù)列的首項(xiàng)和公差可以為零，且等差中項(xiàng)唯一；而等比數(shù)列首項(xiàng)和公比均不為零，等比中項(xiàng)可以有兩個(gè)值．如(1)中的“常數(shù)”，應(yīng)為“同一非零常數(shù)”；(2)中，若b2＝ac，則不能推出a，b，c成等比數(shù)列，由于a，b，c為0時(shí)，不成立．2．兩個(gè)防范一是在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必需留意對(duì)q＝1或q≠1分類爭辯，防止因忽視q＝1這一特殊情形而導(dǎo)致解題失誤，如(4)．二是運(yùn)用等比數(shù)列的性質(zhì)時(shí)，留意條件的限制，如(6)中當(dāng)eq\f(an＋1,an)＝q＜0時(shí)，lnan＋1－lnan＝lnq無意義.同學(xué)用書第85頁考點(diǎn)一等比數(shù)列的判定與證明【例1】(2021·濟(jì)寧測試)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)于任意的正整數(shù)n都有Sn＝2an－3n，設(shè)bn＝an＋3.求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求an.證明由Sn＝2an－3n對(duì)于任意的正整數(shù)都成立，得Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，兩式相減，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3(n＋1)－2an＋3n，所以an＋1＝2an＋1－2an－3，即an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，即eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2對(duì)一切正整數(shù)都成立，所以數(shù)列{bn}是等比數(shù)列．由已知得：S1＝2a1－3，即a1＝2a1－3，所以a所以b1＝a1＋3＝6，即bn＝6·2n－1.故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3.規(guī)律方法證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列常用的方法：一是定義法，證明eq\f(an,an－1)＝q(n≥2，q為常數(shù))；二是等比中項(xiàng)法，證明aeq\o\al(2,n)＝an－1·an＋1.若推斷一個(gè)數(shù)列不是等比數(shù)列，則只需舉出反例即可，也可以用反證法．【訓(xùn)練1】(2021·陜西卷)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知沖突．∴假設(shè)不成立，∴{an＋1}不是等比數(shù)列．考點(diǎn)二等比數(shù)列基本量的求解【例2】(2021·湖北卷)已知等比數(shù)列{an}滿足：|a2－a3|＝10，a1a2(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在正整數(shù)m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，說明理由．審題路線(1)建立關(guān)于a1與q的方程組可求解．(2)分兩種狀況，由an?eq\f(1,an)?再用等比數(shù)列求和求eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)?得到結(jié)論．解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(3,1)q3＝125，,|a1q－a1q2|＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(5,3)，,q＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,q＝－1.))故an＝eq\f(5,3)·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.(2)若an＝eq\f(5,3)·3n－1，則eq\f(1,an)＝eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(3,5)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列．從而eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)＝eq\f(\f(3,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m)),1－\f(1,3))＝eq\f(9,10)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m))<eq\f(9,10)<1.若an＝－5·(－1)n－1，則eq\f(1,an)＝－eq\f(1,5)(－1)n－1，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為－eq\f(1,5)，公比為－1的等比數(shù)列，從而eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，m＝2k－1k∈N*，,0，m＝2kk∈N*，))故eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)<1.綜上，對(duì)任何正整數(shù)m，總有eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)<1.故不存在正整數(shù)m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≥1成立．規(guī)律方法等比數(shù)列基本量的求解是等比數(shù)列中的一類基本問題，解決這類問題的關(guān)鍵在于嫻熟把握等比數(shù)列的有關(guān)公式并能機(jī)敏運(yùn)用，尤其需要留意的是，在使用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，應(yīng)當(dāng)要分類爭辯，有時(shí)還應(yīng)擅長運(yùn)用整體代換思想簡化運(yùn)算過程．【訓(xùn)練2】(1)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________．(2)設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．已知a2a4＝1，S3＝7，則S5解析(1)明顯公比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).(2)明顯公比q≠1，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,4).答案(1)eq\f(31,16)(2)eq\f(31,4)考點(diǎn)三等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用【例3】(1)(2022·新課標(biāo)全國卷)已知{an}為等比數(shù)列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10A．7B．5C．－5(2)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝－1，前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，則公比q＝________.解析(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))解得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.))當(dāng)a4＝4，a7＝－2時(shí)，易得a1＝－8，a10＝1，從而a1＋a10＝－7；當(dāng)a4＝－2，a7＝4時(shí)，易得a10＝－8，a1＝1，從而a1＋a10＝－7.(2)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠1，則eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)知S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且公比為q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).答案(1)D(2)－eq\f(1,2)規(guī)律方法嫻熟把握等比數(shù)列的一些性質(zhì)可提高解題速度，歷年高考對(duì)等比數(shù)列的性質(zhì)考查較多，主要是考查“等積性”，題目“小而巧”且背景不斷更新．解題時(shí)要擅長類比并且要能正確區(qū)分等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，不要把兩者的性質(zhì)搞混．【訓(xùn)練3】(1)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比數(shù)列，則xyz的值為 ()．A．－3 B．±3C．－3eq\r(3) D．±3eq\r(3)(2)(2022·昆明模擬)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，則aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝()．A．4B．6C．8 D．8－4eq\r(2)解析(1)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).(2)由等比數(shù)列性質(zhì)，得a3a7＝aeq\o\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1)2＝(2eq\r(2))2＝8.答案(1)C(2)C1．等比數(shù)列的判定方法有以下幾種：(1)定義：eq\f(an＋1,an)＝q(q是不為零的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．(2)通項(xiàng)公式：an＝cqn－1(c、q均是不為零的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．(3)等比中項(xiàng)法：aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．2．方程觀點(diǎn)以及基本量(首項(xiàng)a1和公比q)思想仍舊是求解等比數(shù)列問題的基本方法：在a1，q，n，an，Sn五個(gè)量中，知三求二．3．在求解與等比數(shù)列有關(guān)的問題時(shí)，除了要機(jī)敏地運(yùn)用定義和公式外，還要留意等比數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用，以削減運(yùn)算量而提高解題速度．教你審題6——如何確定數(shù)列中的項(xiàng)【典例】(2022·山東卷)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bm?，求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和[審題]一審條件?：依據(jù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化為先求a4，再結(jié)合a9求a1和d.二審條件?：轉(zhuǎn)化為求{bm}的通項(xiàng)公式，盡而再求Sm.三審結(jié)構(gòu)：由9m＜an＜92m得9m－1＋1≤n解(1)由a3＋a4＋a5＝84，可得3a4＝84，即a4＝28，而a9＝73，則5d＝a9－a4＝45，即d＝9.又a1＝a4－3d＝28－27＝1，所以an＝1＋(n－1)×9＝9n－8，即an＝9n－8(n∈N*(2)對(duì)任意m∈N*,9m＜9n－8＜92m，則9m＋8＜9即9m－1＋eq\f(8,9)＜n＜92m－1＋eq\f(8,9)，而n∈N*，所以9m－1＋1≤n≤92m－1.由題意，可知bm＝92m－1－9于是Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝91＋93＋…＋92m－1－(90＋91＋…＋9m－1)＝eq\f(9－92m＋1,1－92)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－9,80)－eq\f(9m－1,8)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80)，即Sm＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).[反思感悟]本題第(2)問設(shè)置了落入?yún)^(qū)間內(nèi)的項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列