2014高三数学一轮复习课件--数列

　数列第一节数列的概念与简单表示法第二节等差数列及其前n项和第三节等比数列及其前n项和第四节数列求和第五节数列的综合应用目录数列[知识能否忆起]1．数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：①数列：按照排列的一列数．②数列的项：数列中的．一定顺序每一个数(2)数列的分类：有限><无限 分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数 无穷数列 项数 项与项间的大小关系 递增数列 an＋1an 其中n∈N* 递减数列 an＋1an 常数列 an＋1＝an(3)数列的通项公式：如果数列{an}的第n项与之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2．数列的递推公式如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且与它的(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．任一项an序号n前一项an－1答案：B[小题能否全取]1．(教材习题改编)数列1，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，eq\f(4,7)，eq\f(5,9)…的一个通项公式是　(　　)A．an＝eq\f(n,2n＋1)　　　　　　　B．an＝eq\f(n,2n－1)C．an＝eq\f(n,2n－3)D．an＝eq\f(n,2n＋3)2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)A．15 B．16C．49 D．64解析：a8＝S8－S7＝64－49＝15.答案：A答案：AA．递增数列 B．递减数列C．常数列 D．摆动数列3．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n,n＋1)，则这个数列是(　　)解析：an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋2)－eq\f(n,n＋1)＝eq\f(n＋12－nn＋2,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1n＋2)>0.解析：a4·a3＝2×33·(2×3－5)＝54.答案：544．(教材习题改编)已知数列{an}的通项公式是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2·3n－1n为偶数，,2n－5n为奇数，))则a4·a3＝________.5．已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋eq\f(q,n)，且a2＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(3,2)，则a8＝________.解析：由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2p＋\f(q,2)＝\f(3,2)，,4p＋\f(q,4)＝\f(3,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,4)，,q＝2.))则an＝eq\f(1,4)n＋eq\f(2,n)，故a8＝eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)1.对数列概念的理解(1)数列是按一定“顺序”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，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．2．数列的函数特征数列是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1,2,3，…，n})的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的函数解析式，即f(n)＝an(n∈N*)．[例1]　(2013·天津南开中学月考)下列公式可作为数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是(　　)A．an＝1　　　　　　　　　B．an＝eq\f(－1n＋1,2)C．an＝2－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))D．an＝eq\f(－1n－1＋3,2)[答案]　C[自主解答]　由an＝2－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，….若本例中数列变为：0,1,0,1，…，则{an}的一个通项公式为________．答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0n为奇数，,1n为偶数.))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或an＝\f(1＋－1n,2)或an＝\f(1＋cosnπ,2)))1．根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．1．写出下面数列的一个通项公式．(1)3,5,7,9，…；(2)eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，eq\f(31,32)，…；(3)3,33,333,3333，…；(4)－1，eq\f(3,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(3,4)，－eq\f(1,5)，eq\f(3,6)，….解：(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝eq\f(2n－1,2n).(3)将数列各项改写为eq\f(9,3)，eq\f(99,3)，eq\f(999,3)，eq\f(9999,3)，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，….所以an＝eq\f(1,3)(10n－1)．(4)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号为(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·eq\f(2＋－1n,n)，也可写为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)，n为正奇数，,\f(3,n)，n为正偶数.))由an与Sn的关系求通项an(1)Sn＝2n2＋3n；(2)Sn＝3n＋1.[例2]　已知数列{an}的前n项和Sn，根据下列条件分别求它们的通项an.[自主解答]　(1)由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋3×1＝5，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1.(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，　　　n＝1，,2×3n－1，n≥2.))已知数列{an}的前n项和Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：(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．答案：D2．(2012·聊城模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，则eq\f(1,a5)＝(　　)A.eq\f(5,6)　　　　　　　　　　B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30)D．30解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)，则a5＝eq\f(1,5×6)＝eq\f(1,30).[例3]　已知数列{an}的通项公式为an＝n2－21n＋20.(1)n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)n为何值时，该数列的前n项和最小？数列的性质[自主解答]　(1)因为an＝n2－21n＋20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(21,2)))2－eq\f(361,4)，可知对称轴方程为n＝eq\f(21,2)＝10.5.又因n∈N*，故n＝10或n＝11时，an有最小值，其最小值为112－21×11＋20＝－90.(2)设数列的前n项和最小，则有an≤0，由n2－21n＋20≤0，解得1≤n≤20，故数列{an}从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小．在本例条件下，设bn＝eq\f(an,n)，则n为何值时，bn取得最小值？并求出最小值．解：bn＝eq\f(an,n)＝eq\f(n2－21n＋20,n)＝n＋eq\f(20,n)－21，令f(x)＝x＋eq\f(20,x)－21(x>0)，则f′(x)＝1－eq\f(20,x2)，由f′(x)＝0解得x＝2eq\r(5)或x＝－2eq\r(5)(舍)．而4<2eq\r(5)<5，故当n≤4时，数列{bn}单调递减；当n≥5时，数列{bn}单调递增．而b4＝4＋eq\f(20,4)－21＝－12，b5＝5＋eq\f(20,5)－21＝－12，所以当n＝4或n＝5时，bn取得最小值，最小值为－12.1．数列中项的最值的求法根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数an＝f(n)，利用求解函数最值的方法求解，但要注意自变量的取值．2．前n项和最值的求法(1)先求出数列的前n项和Sn，根据Sn的表达式求解最值；(2)根据数列的通项公式，若am≥0，且am＋1<0，则Sm最大；若am≤0，且am＋1>0，则Sm最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.答案：C3．(2012·江西七校联考)数列{an}的通项an＝eq\f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大值是(　　)A．3eq\r(10)B．19C.eq\f(1,19)D.eq\f(\r(10),60)解析：an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，由基本不等式得，eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,2\r(90))，由于n∈N*，易知当n＝9或10时，an＝eq\f(1,19)最大．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，下面介绍由递推公式求通项公式的几种方法．1．累加法[典例1]　(2011·四川高考)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则a8＝ (　　)A．0　　　　　　　　　　　B．3C．8D．11[解析]　由已知得bn＝2n－8，an＋1－an＝2n－8，所以a2－a1＝－6，a3－a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累加法得a8－a1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a8＝a1＝3.[答案]　B[题后悟道]　对形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法，巧妙求出an－a1与n的关系式．(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．2．累乘法[典例2]　(2012·大纲全国卷)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.[解]　(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…，an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.将以上n－1个等式中等号两端分别相乘，整理得an＝eq\f(nn＋1,2).综上可知，{an}的通项公式an＝eq\f(nn＋1,2).[题后悟道]　对形如an＋1＝anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法，巧妙求出eq\f(an,a1)与n的关系式．3．构造新数列[典例3]　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2；则an＝________.[答案]　2×3n－1－1[解析]　∵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.[题后悟道]　对于形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”的递推公式求通项公式，可用迭代法或构造等比数列法．上面是三种常见的由递推公式求通项公式的题型和对应解法，从这些题型及解法中可以发现，很多题型及方法都是相通的，如果能够真正理解其内在的联系及区别，也就真正做到了举一反三、触类旁通，使自己的学习游刃有余，真正成为学习的主人．教师备选题（给有能力的学生加餐）1．下列说法中，正确的是(　　)A．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}B．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq\f(1,k)D．数列0,2,4,6,8，…可记为{2n}答案：C解析：∵数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的通项公式为an＝eq\f(n＋1,n)＝1＋eq\f(1,n)，∴ak＝1＋eq\f(1,k).故C正确；由数列的定义可知A、B均错；D应记作{2(n－1)}．答案：B2．数列{an}满足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为(　　)解析：a1＝eq\f(1,2)－a2＝eq\f(1,2)－2，a2＝2，a3＝eq\f(1,2)－2，a4＝2，…，知a2n＝2，a2n－1＝eq\f(1,2)－2，故S21＝10×eq\f(1,2)＋a1＝5＋eq\f(1,2)－2＝eq\f(7,2).A．5B.eq\f(7,2)C.eq\f(9,2)D.eq\f(13,2)3．如图关于星星的图案中，第n个图案中星星的个数为an，则数列{an}的一个通项公式是(　　)A．an＝n2－n＋1B．an＝eq\f(nn－1,2)C．an＝eq\f(nn＋1,2)D．an＝eq\f(nn＋2,2)答案：C解析：从图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个，…故an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).4．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，则其通项公式为________．解析：两边取倒数，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)＝2＋eq\f(1,an)，故有eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2.故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，公差为2的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)＋2(n－1)＝eq\f(6n－5,3)，故an＝eq\f(3,6n－5).答案：eq\f(3,6n－5)5．已知数列{an}满足：a1＝1，(n－1)an＝n×2nan－1(n∈N，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n≥2，有(n－1)an＝n×2nan－1，故eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)×2n，则有eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)×2n－1，eq\f(an－2,an－3)＝eq\f(n－2,n－3)×2n－2，…，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)×22.上述n－1个式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)×2n))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n－2)×2n－1))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n－3)×2n－2))×…×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×22))＝n×2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝n×2.又因为a1＝1，所以an＝n×2，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n×2._1423834350.unknown_1423834355.unknown_1423834343.unknown答案：an＝n×2_1423834382.unknown[知识能否忆起]第2项差an＋1－an＝d一、等差数列的有关概念1．定义：如果一个数列从起，每一项与它的前一项的都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为(n∈N*，d为常数)．等差中项a1＋(n－1)d二、等差数列的有关公式1．通项公式：an＝.2．等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是，其中A叫做a，b的．A＝eq\f(a＋b,2)na1＋eq\f(nn－1,2)d2．前n项和公式：Sn＝＝.eq\f(a1＋ann,2)三、等差数列的性质1．若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq.2．在等差数列{an}中，ak，a2k，a3k，a4k，…仍为等差数列，公差为kd.3．若{an}为等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列，公差为n2d.4．等差数列的增减性：d>0时为递增数列，且当a1<0时前n项和Sn有最小值．d<0时为递减数列，且当a1>0时前n项和Sn有最大值．5．等差数列{an}的首项是a1，公差为d.若其前n项之和可以写成Sn＝An2＋Bn，则A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，当d≠0时它表示二次函数，数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn是{an}成等差数列的充要条件．[小题能否全取]1．(2013·福建高考)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为 (　　)答案：B　法二：∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.A．1　　　　　　　　B．2C．3D．4解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝10，,a1＋3d＝7.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))故d＝2.答案：D2．(教材习题改编)在等差数列{an}中，a2＋a6＝eq\f(3π,2)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a4－\f(π,3)))＝(　　)解析：∵a2＋a6＝eq\f(3π,2)，∴2a4＝eq\f(3π,2).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a4－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,3)))＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2).A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(1,2)答案：BA．58 B．88C．143 D．1763．(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝88.答案：2n－14．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝________.解析：由an＋1＝an＋2知{an}为等差数列其公差为2.故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.解析：设{an}的公差为d，由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，又a1＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(1,2)，故a2＝a1＋d＝1，Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)(n2－n)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)n2＋eq\f(1,4)n.5．(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝eq\f(1,2)，S2＝a3，则a2＝________，Sn＝______.答案：1　eq\f(1,4)n2＋eq\f(1,4)n1.与前n项和有关的三类问题(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想．(3)利用二次函数的图象确定Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的纵坐标不一定是最小值．(2)Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝An2＋Bn⇒d＝2A.2．设元与解题的技巧已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．[例1]在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．(1)求a2，a3的值；　等差数列的判断与证明(2)设bn＝eq\f(an＋3,2n)(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．[自主解答]　(1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)，∴a2＝2a1＋22＋3＝1，a3＝2a2＋23＋3＝13.(2)证明：对于任意n∈N*，∵bn＋1－bn＝eq\f(an＋1＋3,2n＋1)－eq\f(an＋3,2n)＝eq\f(1,2n＋1)[(an＋1－2an)－3]＝eq\f(1,2n＋1)[(2n＋1＋3)－3]＝1，∴数列{bn}是首项为eq\f(a1＋3,2)＝eq\f(－3＋3,2)＝0，公差为1的等差数列．1．证明{an}为等差数列的方法：(1)用定义证明：an－an－1＝d(d为常数，n≥2)⇔{an}为等差数列；(2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列；(3)通项法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列；2．用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝eq\f(na1＋an,2).1．已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.(1)求Sn；(2)证明：数列{an}是等差数列．解：(1)设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＝A＋B＋C，,0＝4A＋2B＋C，,6＝9A＋3B＋C，))解得A＝2，B＝－4，C＝0.故Sn＝2n2－4n.(2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.∴an＝4n－6(n∈N*)．an＋1－an＝4，∴数列{an}是等差数列.[例2]　(2012·重庆高考)已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．[自主解答]　(1)设数列{an}的公差为d，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋2d＝8，,2a1＋4d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2.))所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)．因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以aeq\o\al(2,k)＝a1Sk＋2.从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6.2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．1．等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．2．(1)在等差数列中，已知a6＝10，S5＝5，则S8＝______.解析：(1)∵a6＝10，S5＝5，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝10，,5a1＋10d＝5.))解方程组得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝3.))则S8＝8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44.(2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S4,12)－eq\f(S3,9)＝1，则公差为________．答案：　(1)44　(2)6(2)依题意得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，即公差为6.[例3]　(1)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项和S9等于(　　)A．66　　　　　　B．99C．144D．297(2)(2012·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝(　　)A．18B．17C．16D．15[答案]　(1)B　(2)A[自主解答]　(1)由等差数列的性质及a1＋a4＋a7＝39，可得3a4＝39，所以a4＝13.同理，由a3＋a6＋a9＝27，可得a6＝9.所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f(9a4＋a6,2)＝99.(2)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得d＝eq\f(1,4)，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.1．等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．2．应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．A．6 B．7C．8 D．9(2)(2013·海淀期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为 (　　)3．(1)(2012·江西高考)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.解析：(1)设两等差数列组成的和数列为{cn}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.答案：(1)35　(2)B(2)∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥0，,ak＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－3k≥0，,22－3k＋1≤0，))解得eq\f(19,3)≤k≤eq\f(22,3).∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.“题型技法点拨——快得分”系列之（六）特值法解等差数列问题[典例]　在等差数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn满足条件eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，n＝1,2，…则an＝________.[答案]　n[常规解法]　因Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n＋eq\f(nn－1,2)d，则S2n＝2na1＋eq\f(2n2n－1,2)d＝2n＋n(2n－1)d，故eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(2n＋n2n－1d,n＋\f(nn－1,2)d)＝eq\f(22dn＋2－d,dn＋2－d)＝eq\f(4n＋2,n＋1).解得d＝1，则an＝n.2．特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到，就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形等来求解或否定问题的目的；用特殊值法解题时要注意，所选取的特例一定要简单，且符合题设条件．1．上述解法计算量较大，很容易出错，若采用特殊值计算很简单，因{an}为等差数列且a1＝1，只要求出公差d，便可得出an，若令n＝1，则有eq\f(S2,S1)＝3，即可求出公差d.　[巧思妙解]　令n＝1，则eq\f(S2,S1)＝3，∴S2＝3，a2＝2，可得d＝1，则an＝n.针对训练1．已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，若a2＝4，则a9＝(　　)A．6　　　　　B．9C．18D．20答案：C　解析：法一：∵a2＝a1＋1＝a1＋a1＝4，∴a1＝2，a9＝a8＋1＝a8＋a1＝2a4＋a1＝4a2＋a1＝18.法二：∵a2＝a1＋1＝a1＋a1＝4，∴a1＝2，令p＝n，q＝1，所以an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝2，∴{an}是等差数列，且首项为2，公差为2，故a9＝2＋(9－1)×2＝18.答案：B　法二：令n＝1，只有B项符合．2．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n,3n＋1)，则eq\f(an,bn)＝(　　)A.eq\f(2,3)B.eq\f(2n－1,3n－1)C.eq\f(2n＋1,3n＋1)D.eq\f(2n－1,3n＋4)解析：法一：eq\f(an,bn)＝eq\f(2an,2bn)＝eq\f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(22n－1,32n－1＋1)＝eq\f(2n－1,3n－1).教师备选题（给有能力的学生加餐）(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．1．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*)．解：(1)证明：∵an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).∴n≥2时，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).∴数列{bn}是以－eq\f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，则an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)，设函数f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))内为减函数．故当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(2Sn＋48,n)，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝14，,7a1＋21d＝70，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,a1＋3d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3.))所以an＝3n－2.(2)因为Sn＝eq\f(n,2)[1＋(3n－2)]＝eq\f(3n2－n,2)，所以bn＝eq\f(3n2－n＋48,n)＝3n＋eq\f(48,n)－1≥2eq\r(3n·\f(48,n))－1＝23，当且仅当3n＝eq\f(48,n)，即n＝4时取等号，故数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23.(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．3．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数均值为Cn－1.(1)若an＝eq\f(n2＋3n－8,2)，求C1，C2，C3；解：(1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，∴在a1与a2之间插入－1,0，C1＝－eq\f(1,2).在a2与a3之间插入2,3,4，C2＝3.在a3与a4之间插入6,7,8,9，C3＝eq\f(15,2).(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝eq\f(an－an－1,n＋1)＝1，∴Cn－1＝eq\f(\f(nan－1＋an,2),n)＝eq\f(an－1＋an,2)＝eq\f(n2＋2n－9,2).假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列．∴(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)＝eq\f(2n＋5,2)－λ·eq\f(2n＋3,2)＝(1－λ)n＋eq\f(5,2)－eq\f(3,2)λ＝常数，∴λ＝1.即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．[知识能否忆起]2同一个常数公比1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比等于(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，通常用字母q表示，定义的表达式为．eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)Ga1qn－12．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝.(2)等比中项：(2)前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))如果a、G、b成等比数列，那么叫做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＝abna13．等比数列{an}的常用性质(1)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2r(m，n，p，q，r∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.特别地，a1an＝a2an－1＝a3an－2＝….(2)在公比为q的等比数列{an}中，数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列，公比为；数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时q≠－1)；an＝amqn－m.qk[小题能否全取]1．(教材习题改编)等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于 (　　)答案：C　A．4　　　　　　B．8C．16D．32解析：a2·a6＝aeq\o\al(2,4)＝16.答案：C2．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)解析：(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，a1＝4，q＝eq\f(3,2)，故an＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.A．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))nB．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))nC．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1D．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1答案：AA．64 B．81C．128 D．2433．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝(　　)解析：q＝eq\f(a2＋a3,a1＋a2)＝2，故a1＋a1q＝3⇒a1＝1，a7＝1×27－1＝64.4．(2011·北京高考)在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝4，则公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________.解析：a4＝a1q3，得4＝eq\f(1,2)q3，解得q＝2，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝2n－1－eq\f(1,2).答案：2　2n－1－eq\f(1,2)解析：∵S3＋3S2＝0，∴a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，∴a1(4＋4q＋q2)＝0.∵a1≠0，∴q＝－2.5．(2012·新课标全国卷)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.答案：－21.等比数列的特征(1)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．(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≠0.2．等比数列的前n项和Sn(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的，注意这种思想方法在数列求和中的运用．(2)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这一特殊情形导致解题失误．[例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．[自主解答]　(1)证明：∵an＋Sn＝n，①∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝eq\f(1,2).∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝eq\f(1,2)，c1＝－eq\f(1,2).又cn＝an－1，故{cn}是以－eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)可知cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴an＝cn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.在本例条件下，若数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，证明{bn}是等比数列．证明：∵由(2)知an＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.又b1＝a1＝eq\f(1,2)也符合上式，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∵eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是等比数列．等比数列的判定方法(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．(1)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．(2)等比中项法：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．(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．1.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.解：(1)证明：b1＝a2－a1＝1.当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，故{bn}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，当n≥2时，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.当n＝1时，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，故an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*).[例2]　(2011·全国高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.[自主解答]　设{an}的公比为q，由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3.))当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3×(2n－1)；当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解．2．在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，切不可忽视q的取值而盲目用求和公式．2．(2013·山西适应性训练)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a