§6.1數列的概念考試要求1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).2.了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數．知識梳理1．數列的有關概念概念含義數列按照確定的順序排列的一列數數列的項數列中的每一個數通項公式如果數列{an}的第n項an與它的序號n之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式遞推公式如果一個數列的相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式數列{an}的前n項和把數列{an}從第1項起到第n項止的各項之和，稱為數列{an}的前n項和，記作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an2.數列的分類分類標準類型滿足條件項數有窮數列項數有限無窮數列項數無限項與項間的大小關系遞增數列an＋1>an其中n∈N*遞減數列an＋1<an常數列an＋1＝an擺動數列從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列3.數列與函數的關系數列{an}是從正整數集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到實數集R的函數，其自變量是序號n，對應的函數值是數列的第n項an，記為an＝f(n)．常用結論1．已知數列{an}的前n項和Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2．在數列{an}中，若an最大，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)數列的項與項數是同一個概念．(×)(2)數列1,2,3與3,2,1是兩個不同的數列．(√)(3)任何一個數列不是遞增數列，就是遞減數列．(×)(4)若數列用圖象表示，則從圖象上看是一群孤立的點．(√)教材改編題1．(多選)已知數列{an}的通項公式為an＝9＋12n，則在下列各數中，是{an}的項的是()A．21B．33C．152D．153答案ABD解析由數列的通項公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.2．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝n2＋n，則a2的值是()A．2B．4C．5D．6答案B解析由題意，S2＝22＋2＝6，S1＝1＋1＝2，所以a2＝S2－S1＝6－2＝4.3．在數列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.答案34解析通過觀察數列各項的規律，發現從第三項起，每項都等于它前兩項之和，因此x＝13＋21＝34.題型一由an與Sn的關系求通項公式例1(1)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，Sn＋1＝2Sn－1，則a10等于()A．128B．256C．512D．1024答案B解析∵Sn＋1＝2Sn－1，∴當n≥2時，Sn＝2Sn－1－1，兩式相減得an＋1＝2an.當n＝1時，a1＋a2＝2a1－1，又a1＝2，∴a2＝1.∴數列{an}從第二項開始為等比數列，公比為2.則a10＝a2×28＝1×28＝256.(2)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝2n＋2－3，則an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n＋1，n≥2))解析根據題意，數列{an}滿足Sn＝2n＋2－3，當n≥2時，有an＝Sn－Sn－1＝(2n＋2－3)－(2n＋1－3)＝2n＋1，當n＝1時，有a1＝S1＝8－3＝5，不符合an＝2n＋1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n＋1，n≥2.))思維升華Sn與an的關系問題的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解．跟蹤訓練1(1)已知正項數列{an}中，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)，則數列{an}的通項公式為()A．an＝n B．an＝n2C．an＝eq\f(n,2) D．an＝eq\f(n2,2)答案B解析∵eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)，∴eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝eq\f(nn－1,2)(n≥2)，兩式相減得eq\r(an)＝eq\f(nn＋1,2)－eq\f(nn－1,2)＝n(n≥2)，∴an＝n2(n≥2)，①又當n＝1時，eq\r(a1)＝eq\f(1×2,2)＝1，a1＝1，適合①式，∴an＝n2，n∈N*.(2)設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝__________.答案－eq\f(1,n)解析因為an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，所以由兩式聯立得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因為Sn≠0，所以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，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為－1，公差為－1的等差數列．所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).題型二由數列的遞推關系求通項公式命題點1累加法例2設[x]表示不超過x的最大整數，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2023)))等于()A．1B．2C．3D．4答案A解析由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．又a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，當n＝1時，a1＝1滿足上式，則eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2023)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2023)－\f(1,2024)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2024)))＝eq\f(2023,1012).所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2023)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2023,1012)))＝1.命題點2累乘法例3在數列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2，n∈N*)，則數列{an}的通項公式為________．答案an＝eq\f(1,n)解析∵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)個式子相乘得，an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).當n＝1時，a1＝1，符合上式，∴an＝eq\f(1,n).思維升華(1)形如an＋1－an＝f(n)的數列，利用累加法．(2)形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的數列，利用an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)(n≥2)即可求數列{an}的通項公式．跟蹤訓練2(1)在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，則an等于()A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn答案A解析因為an＋1－an＝ln

eq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，…an－an－1＝lnn－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式相加得an－a1＝lnn－ln1，則an＝2＋lnn(n≥2)，且a1＝2也滿足此式，因此an＝2＋lnn(n∈N*)．(2)已知數列a1，eq\f(a2,a1)，…，eq\f(an,an－1)，…是首項為1，公比為2的等比數列，則log2an＝________.答案eq\f(nn－1,2)解析由題意知，a1＝1，eq\f(an,an－1)＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，所以an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a2,a1)×a1＝2n－1×2n－2×…×1＝(n≥2)，當n＝1時，a1＝1適合此式，所以log2an＝eq\f(nn－1,2).題型三數列的性質命題點1數列的單調性例4設數列{an}的前n項和為Sn，且?n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.請寫出一個滿足條件的數列{an}的通項公式an＝________.答案n－6，n∈N*(答案不唯一)解析由?n∈N*，an＋1>an可知數列{an}是遞增數列，又Sn≥S6，故數列{an}從第7項開始為正．而a6≤0，因此不妨設數列是等差數列，公差為1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*(答案不唯一)．命題點2數列的周期性例5若數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，則a2024的值為()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案D解析由題意知，a1＝2，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此數列{an}是周期為4的周期數列，所以a2024＝a505×4＋4＝a4＝eq\f(1,3).命題點3數列的最值例6已知數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2n－15)，其最大項和最小項的值分別為()A．1，－eq\f(1,7)B．0，－eq\f(1,7)C.eq\f(1,7)，－eq\f(1,7)D．1，－eq\f(1,11)答案A解析因為n∈N*，所以當1≤n≤3時，an＝eq\f(1,2n－15)<0，且單調遞減；當n≥4時，an＝eq\f(1,2n－15)>0，且單調遞減，所以最小項為a3＝eq\f(1,8－15)＝－eq\f(1,7)，最大項為a4＝eq\f(1,16－15)＝1.思維升華(1)解決數列的單調性問題的方法用作差比較法，根據an＋1－an的符號判斷數列{an}是遞增數列、遞減數列還是常數列．(2)解決數列周期性問題的方法先根據已知條件求出數列的前幾項，確定數列的周期，再根據周期性求值．跟蹤訓練3(1)觀察數列1，ln2，sin3,4，ln5，sin6,7，ln8，sin9，…，則該數列的第11項是()A．1111B．11C．ln11D．sin11答案C解析由數列得出規律，按照1，ln2，sin3，…，是按正整數的順序排列，且以3為循環，由11÷3＝3余2，所以該數列的第11項為ln11.(2)已知數列{an}的通項an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，則數列{an}前20項中的最大項與最小項分別為________．答案3，－1解析an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，當n≥11時，eq\f(2,2n－21)>0，且單調遞減；當1≤n≤10時，eq\f(2,2n－21)<0，且單調遞減．因此數列{an}前20項中的最大項與最小項分別為第11項，第10項．a11＝3，a10＝－1.課時精練1．已知an＝eq\f(n－1,n＋1)，那么數列{an}是()A．遞減數列 B．遞增數列C．常數列 D．擺動數列答案B解析an＝1－eq\f(2,n＋1)，將an看作關于n的函數，n∈N*，易知數列{an}是遞增數列．2．已知數列{an}的前n項和Sn滿足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7等于()A．128B．16C．32D．64答案D解析因為數列{an}的前n項和Sn滿足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，a1＝2，所以Sn＋1＝2Sn，即eq\f(Sn＋1,Sn)＝2，所以數列{Sn}是以2為公比，以2為首項的等比數列，所以Sn＝2×2n－1＝2n.所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.所以a7＝26＝64.3．已知數列{an}滿足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，則an等于()A.eq\f(n2－n,2)B.eq\f(n2－n＋2,2)C.eq\f(2,n2－n)D.eq\f(2,n2－n＋2)答案D解析由題意，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，則當n≥2時，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝n－1，eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－2)＝n－2，…，eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，所以eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n2－n,2)(n≥2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n2－n,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，即an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n≥2)，當n＝1時，a1＝1適合此式，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2).4．設數列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，記數列{an}的前n項之積為Pn，則P2024等于()A．－2B．－1C．1D．2答案C解析a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，得a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq\f(1,2)，…，所以數列{an}是周期為3的周期數列．且P3＝－1,2024＝3×674＋2，所以P2024＝(－1)674×a1a2＝1.5．大衍數列，來源于我國的《乾坤譜》，是世界數學史上第一道數列題，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理．其前11項依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，則大衍數列的第41項為()A．760B．800C．840D．924答案C解析由題意得，大衍數列的奇數項依次為eq\f(12－1,2)，eq\f(32－1,2)，eq\f(52－1,2)，…，易知大衍數列的第41項為eq\f(412－1,2)＝840.6．(多選)已知數列{an}的通項公式為an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n，則下列說法正確的是()A．數列{an}的最小項是a1B．數列{an}的最大項是a4C．數列{an}的最大項是a5D．當n≥5時，數列{an}遞減答案BCD解析假設第n項為{an}的最大項，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故數列{an}中a4與a5均為最大項，且a4＝a5＝eq\f(65,74)，當n≥5時，數列{an}遞減．7．Sn為數列{an}的前n項和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，則數列{an}的通項公式為________.答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))解析由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，當n＝1時，a1＝S1＝3；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，顯然當n＝1時，不滿足上式．所以數列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))8．若數列{an}的前n項和Sn＝n2－10n(n∈N*)，則數列{an}的通項公式an＝________，數列{nan}中數值最小的項是第________項．答案2n－113解析∵Sn＝n2－10n，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；當n＝1時，a1＝S1＝－9也適合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．記f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函數圖象的對稱軸為直線n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，∴當n＝3時，f(n)取最小值．∴數列{nan}中數值最小的項是第3項．9．在①nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)；②Sn＝2n2－1這兩個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并解答．若數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且數列{an}滿足________．(1)求a2，a3；(2)求數列{an}的通項公式．注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．解(1)選擇①：a2－2a1＝1×2，則a2＝4.2a3－3a2＝2×3，則a3＝9.選擇②：a2＝S2－S1＝2×22－1－1＝6.a3＝S3－S2＝2×32－1－2×22＋1＝10.(2)選擇①：由nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an,n)－eq\f(an－1,n－1)＋eq\f(an－1,n－1)－eq\f(an－2,n－2)＋…＋eq\f(a2,2)－a1＋a1＝n－1＋1＝n，所以an＝n2.選擇②：當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－1－[2(n－1)2－1]＝4n－2；當n＝1時，a1＝S1＝1，不符合上式，故{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,4n－2，n≥2，n∈N*.))10．(2023·長沙模擬)已知數列{cn}滿足c1＝eq\f(1,2)，eq\f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq\f(c\o\al(2,n),cn－1)，n∈N*，Sn為該數列的前n項和．(1)求證：數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,cn)))為遞增數列；(2)求證：Sn<1.證明(1)因為c1＝eq\f(1,2)，eq\f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq\f(c\o\al(2,n),cn－1)，所以cn≠1，cn≠0，兩邊分別取倒數可得1－eq\f(1,cn＋1)＝eq\f(1,cn)－eq\f(1,c\o\al(2,n))，整理可得eq\f(1,cn＋1)－eq\f(1,cn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cn)－1))2>0，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,cn)))為遞增數列．(2)由eq\f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq\f(c\o\al(2,n),cn－1)可得eq\f(cn＋1－1＋1,cn＋1－1)＝eq\f(c\o\al(2,n)－1＋1,cn－1)，即eq\f(1,cn＋1－1)＝cn＋eq\f(1,cn－1)，所以cn＝eq\f(1,cn＋1－1)－eq\f(1,cn－1)，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,c2－1)－eq\f(1,c1－1)＋eq\f(1,c3－1)－eq\f(1,c2－1)＋…＋eq\f(1,cn＋1－1)－eq\f(1,cn－1)＝eq\f(1,cn＋1－1)－eq\f(1,c1－1)＝eq\f(1,cn＋1－1)＋2，又eq\f(1,cn)≥eq\f(1,c1)＝2，所以cn＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以eq\f(1,cn＋1－1)<－1，即Sn<1.11．在數列{an}中，a1＝1，a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，則a100等于()A.eq\f(100,99)B．－eq\f(100,99)C．100D．－100答案D解析因為a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，所以nan＋1＋(n＋1)an＝0，所以eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(n＋1,n)，所以eq\f(a2,a1)＝－eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝－eq\f(3,2)，…，eq\f(a100,a99)＝－eq\f(100,99).以上各式左右分別相乘，得eq\f(a100,a1)＝－100，因為a1＝1，所以a100＝－100.12．(2022·全國乙卷)嫦娥二號衛星在完成探月任務后，繼續進行深空探測，成為我國第一顆環繞太陽飛行的人造行星．為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,α1)，b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此類推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．則()A．b1<b5 B．b3<b8C．b6<b2 D．b4<b7答案D解析方法一當n取奇數時，由已知b1＝1＋eq\f(1,α1)，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因為eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正確；當n取偶數時，由已知b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因為eq\f(1,α2)>eq\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正確；因為eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正確；故選D.方法二(特殊值法)不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，則b1＝1＋eq\f(1,1)＝2，b2＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1))＝1＋eq\f(1,b1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，b3＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋eq\f(1,b2)＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3)，所以b4＝1＋eq\f(1,b3)＝1＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,5)，b5＝1＋eq\f(1,b4)＝1＋eq\f(5,8)＝eq\f(13,8)，b6＝1＋eq\f(1,b5)＝1＋eq\f(8,13)＝eq\f(21,13)，b7＝1＋eq\f(1,b6)＝1＋eq\f(13,21)＝eq\f(34,21)，b8＝1＋eq\f(1,b7)＝1＋eq\f(21,34)＝eq\f(55,34).逐一判斷選項可知選D.13．已知數列{an}中，前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(n＋2,3)an，則eq\f(an,an－1)的最大值為________．答案3解析∵Sn＝eq\f(n＋2,3)an，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，可化為eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)＝1＋eq\f(2,n－1)，由函數y＝eq\f(2,x－1)在區間(1，＋∞)上單調遞減，可得當n＝2時，eq\f(2,n－1)取得最大值2.∴eq\f(an,an－1)的最大值為3.14．已知[x]表示不超過x的最大整數，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在數列{an}中，an＝[lgn]，記Sn為數列{an}的前n項和，則a2024＝________；S2024＝________.答案34965解析∵an＝[lgn]，∴當1≤n≤9時，an＝[lgn]＝0；當10≤n≤99時，an＝[lgn]＝1；當100≤n≤999時，an＝[lgn]＝2；當1000≤n≤9999時，an＝[lgn]＝3.∴a2024＝[lg2024]＝3，S2024＝9×0＋90×1＋900×2＋1025×3＝4965.(n∈N*)，則數列{an}第2024項為()A．21012－2 B．21013－3C．21011－2 D．21011－3答案B解析由a2n＋1＝a2n＋(－1)n得a2n－1＝a2n－2＋(－1)n－1(n∈N*，n≥2)，又由a2n＝a2n－1＋2n得a2n＝a2n－2＋2n＋(－1)n－1(n∈N*，n≥2)，所以a4＝a2＋22＋(－1)，a6＝a4＋23＋(－1)2，a8＝a6＋24＋(－1)3，…，a2024＝a2022＋21012＋(－1)1011，將上式相加得a2024＝a2＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)1011＋22＋23＋…＋21012＝2＋eq\f(4×1－21011,1－2)－1＝21013－3.16．在數列{an}中，已知a1＝1，n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，記bn＝eq\f(an,n2)，Tn為數列{bn}的前n項和，則T2025＝________.答案eq\f(2025,1013)解析由n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，得n2an－(Sn－Sn－1)＝n2an－1，所以(n2－1)an＝n2an－1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)×eq\f(n,n＋1).令cn＝eq\f(an,n)，則cn＝cn－1×eq\f(n,n＋1)，所以eq\f(cn,cn－1)＝eq\f(n,n＋1).由累乘法得eq\f(cn,c1)＝eq\f(2,n＋1)，又c1＝a1＝1，所以cn＝eq\f(2,n＋1)，所以eq\f(an,n)＝eq\f(2,n＋1)，所以an＝eq\f(2n,n＋1)，所以bn＝eq\f(an,n2)＝eq\f(2,nn＋1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以T2025＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2025)－\f(1,2026)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2026)))＝eq\f(2025,1013).

§6.2等差數列考試要求1.理解等差數列的概念.2.掌握等差數列的通項公式與前n項和公式.3.能在具體的問題情境中識別數列的等差關系，并能用有關知識解決相應的問題.4.了解等差數列與一次函數、二次函數的關系．知識梳理1．等差數列的有關概念(1)等差數列的定義一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，公差通常用字母d表示，定義表達式為an－an－1＝d(常數)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中項由三個數a，A，b組成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且有2A＝a＋b.2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2).3．等差數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列．(4)數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列．(5)S2n－1＝(2n－1)an.(6)等差數列{an}的前n項和為Sn，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列．常用結論1．已知數列{an}的通項公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數)，則數列{an}一定是等差數列，且公差為p.2．在等差數列{an}中，a1＞0，d＜0，則Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，則Sn存在最小值．3．等差數列{an}的單調性：當d＞0時，{an}是遞增數列；當d＜0時，{an}是遞減數列；當d＝0時，{an}是常數列．4．數列{an}是等差數列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數)．這里公差d＝2A.思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若一個數列從第2項起每一項與它的前一項的差都是常數，則這個數列是等差數列．(×)(2)數列{an}為等差數列的充要條件是對任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)(3)在等差數列{an}中，若am＋an＝ap＋aq，則m＋n＝p＋q.(×)(4)若無窮等差數列{an}的公差d>0，則其前n項和Sn不存在最大值．(√)教材改編題1．在等差數列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，則a10等于()A．－2B．－1C．1D．2答案C解析設等差數列{an}的公差為d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝a1＋4d，,5＝a1＋7d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝19，,d＝－2.))∴an＝－2n＋21.∴a10＝－2×10＋21＝1.2．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝8，S8＝20，則a9＋a10＋a11＋a12等于()A．12B．8C．20D．16答案D解析等差數列{an}中，S4，S8－S4，S12－S8仍為等差數列，即8,20－8，a9＋a10＋a11＋a12為等差數列，所以a9＋a10＋a11＋a12＝16.3．設等差數列{an}的前n項和為Sn.若a1＝10，S4＝28，則Sn的最大值為________．答案30解析由a1＝10，S4＝4a1＋6d＝28，解得d＝－2，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－n2＋11n.當n＝5或6時，Sn最大，最大值為30.題型一等差數列基本量的運算例1(1)(2023·開封模擬)已知公差為1的等差數列{an}中，aeq\o\al(2,5)＝a3a6，若該數列的前n項和Sn＝0，則n等于()A．10B．11C．12D．13答案D解析由題意知(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋5)，na1＋eq\f(nn－1,2)＝0，解得a1＝－6，n＝13.(2)(2020·全國Ⅱ)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環，向外每環依次增加9塊．下一層的第一環比上一層的最后一環多9塊，向外每環依次也增加9塊，已知每層環數相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊答案C解析設每一層有n環，由題意可知從內到外每環之間構成d＝9，a1＝9的等差數列．由等差數列的性質知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，則9n2＝729，得n＝9，則三層共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq\f(27×26,2)×9＝3402(塊)．思維升華(1)等差數列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，n，d，an，Sn，知道其中三個就能求出另外兩個(簡稱“知三求二”)．(2)確定等差數列的關鍵是求出兩個最基本的量，即首項a1和公差d.跟蹤訓練1(1)《周髀算經》有這樣一個問題：從冬至日起，依次為小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種十二個節氣日影長減等寸，冬至、立春、春分日影長之和為三丈一尺五寸，前九個節氣日影長之和為八丈五尺五寸，問芒種日影長為(一丈＝十尺＝一百寸)()A．一尺五寸 B．二尺五寸C．三尺五寸 D．四尺五寸答案B解析由題意知，從冬至日起，依次為小寒、大寒等十二個節氣日影長構成一個等差數列{an}，設公差為d，∵冬至、立春、春分日影長之和為三丈一尺五寸，前九個節氣日影長之和為八丈五尺五寸，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝315，,S9＝9a1＋\f(9×8,2)d＝855，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝135，,d＝－10，))∴芒種日影長為a12＝a1＋11d＝135－11×10＝25(寸)＝2尺5寸．(2)數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))是等差數列，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，那么a2024＝________.答案－eq\f(1011,1012)解析設等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))的公差為d，因為a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(2,a1＋1)＝1，eq\f(2,a3＋1)＝3.所以3＝1＋2d，解得d＝1.所以eq\f(2,an＋1)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)－1.所以a2024＝eq\f(2,2024)－1＝－eq\f(2022,2024)＝－eq\f(1011,1012).題型二等差數列的判定與證明例2(2021·全國甲卷)已知數列{an}的各項均為正數，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列{an}是等差數列；②數列{eq\r(Sn)}是等差數列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．解①③?②.已知{an}是等差數列，a2＝3a1.設數列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因為數列{an}的各項均為正數，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數)，所以數列{eq\r(Sn)}是等差數列．①②?③.已知{an}是等差數列，{eq\r(Sn)}是等差數列．設數列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因為數列{eq\r(Sn)}是等差數列，所以數列{eq\r(Sn)}的通項公式是關于n的一次函數，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數列{eq\r(Sn)}是等差數列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設數列{eq\r(Sn)}的公差為d，d>0，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是關于n的一次函數，且a1＝d2滿足上式，所以數列{an}是等差數列．思維升華判斷數列{an}是等差數列的常用方法(1)定義法．(2)等差中項法．(3)通項公式法．(4)前n項和公式法．跟蹤訓練2已知數列{an}的各項都是正數，n∈N*.(1)若{an}是等差數列，公差為d，且bn是an和an＋1的等比中項，設cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*，求證：數列{cn}是等差數列；(2)若aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，Sn為數列{an}的前n項和，求數列{an}的通項公式．(1)證明由題意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，則cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2(常數)，∴{cn}是等差數列．(2)解當n＝1時，aeq\o\al(3,1)＝aeq\o\al(2,1)，∵a1>0，∴a1＝1.aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)，①當n≥2時，aeq\o\al(3,1)＋aeq\o\al(3,2)＋aeq\o\al(3,3)＋…＋aeq\o\al(3,n－1)＝Seq\o\al(2,n－1)，②①－②得，aeq\o\al(3,n)＝Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)．∵an>0，∴aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③∵a1＝1也符合上式，∴當n≥2時，aeq\o\al(2,n－1)＝2Sn－1－an－1，④③－④得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，∴數列{an}是首項為1，公差為1的等差數列，可得an＝n.題型三等差數列的性質命題點1等差數列項的性質例3(1)已知在等差數列{an}中，若a8＝8且log2()＝22，則S13等于()A．40B．65C．80D．40＋log25答案B解析log2()＝log2＋log2＋…＋log2＝a1＋a2＋…＋a11＝11a6＝22，所以a6＝2，則S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13a6＋a8,2)＝65.(2)已知數列{an}，{bn}都是等差數列，且a1＝2，b1＝－3，a7－b7＝17，則a2024－b2024的值為________．答案4051解析令cn＝an－bn，因為{an}，{bn}都是等差數列，所以{cn}也是等差數列．設數列{cn}的公差為d，由已知，得c1＝a1－b1＝5，c7＝17，則5＋6d＝17，解得d＝2.故a2024－b2024＝c2024＝5＋2023×2＝4051.思維升華等差數列項的性質的關注點(1)在等差數列題目中，只要出現項的和問題，一般先考慮應用項的性質．(2)項的性質常與等差數列的前n項和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)相結合．跟蹤訓練3(1)若等差數列{an}的前15項和S15＝30，則2a5－a6－a10＋a14等于()A．2B．3C．4D．5答案A解析∵S15＝30，∴eq\f(15,2)(a1＋a15)＝30，∴a1＋a15＝4，∴2a8＝4，∴a8＝2.∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.(2)(2023·保定模擬)已知等差數列{an}滿足eq\f(a8,a5)＝－2，則下列結論一定成立的是()A.eq\f(a9,a4)＝－1 B.eq\f(a8,a3)＝－1C.eq\f(a9,a3)＝－1 D.eq\f(a10,a4)＝－1答案C解析由eq\f(a8,a5)＝－2得a5≠0,2a5＋a8＝a4＋a6＋a8＝3a6＝0，所以a6＝0，a3＋a9＝2a6＝0，因為a5≠0，a6＝0，所以a3≠0，eq\f(a9,a3)＝－1.命題點2等差數列前n項和的性質例4(1)設等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若對任意的n∈N*，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，則eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)的值為()A.eq\f(29,45)B.eq\f(13,29)C.eq\f(9,19)D.eq\f(19,30)答案C解析由題意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8，∴eq\f(a2,b3＋b13)＋eq\f(a14,b5＋b11)＝eq\f(a2＋a14,2b8)＝eq\f(a8,b8)＝eq\f(S15,T15)＝eq\f(2×15－3,4×15－3)＝eq\f(27,57)＝eq\f(9,19).(2)已知等差數列{an}共有(2n＋1)項，其中奇數項之和為290，偶數項之和為261，則an＋1的值為()A．30B．29C．28D．27答案B解析奇數項共有(n＋1)項，其和為eq\f(a1＋a2n＋1,2)·(n＋1)＝eq\f(2an＋1,2)·(n＋1)＝290，∴(n＋1)an＋1＝290.偶數項共有n項，其和為eq\f(a2＋a2n,2)·n＝eq\f(2an＋1,2)·n＝nan＋1＝261，∴an＋1＝290－261＝29.思維升華等差數列前n項和的常用的性質是：在等差數列{an}中，數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；S2n－1＝(2n－1)an.跟蹤訓練4(1)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝20，S5＝30，am＝40，則m等于()A．6B．10C．20D．40答案C解析由S4＝20，S5＝30，得a5＝S5－S4＝10，由等差數列的性質，得S5＝30＝5a3，故a3＝6，而a5－a3＝10－6＝4＝2d，故d＝2，am＝40＝a5＋2(m－5)，解得m＝20.(2)已知Sn是等差數列{an}的前n項和，若a1＝－2020，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，則S2023等于()A．2023 B．－2023C．4046 D．－4046答案C解析∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數列，設公差為d′，則eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d′＝6，∴d′＝1，首項為eq\f(S1,1)＝－2020，∴eq\f(S2023,2023)＝－2020＋(2023－1)×1＝2，∴S2023＝2023×2＝4046，故選C.課時精練1．首項為－21的等差數列從第8項起為正數，則公差d的取值范圍是()A．(3，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))答案D解析an＝－21＋(n－1)d，因為從第8項起為正數，所以a7＝－21＋6d≤0，a8＝－21＋7d>0，解得3<d≤eq\f(7,2).2．設Sn是等差數列{an}的前n項和，若S50－S47＝12，則S97等于()A．198B．388C．776D．2023答案B解析∵S50－S47＝a48＋a49＋a50＝12，∴a49＝4，∴S97＝eq\f(97×a1＋a97,2)＝97a49＝97×4＝388.3．已知等差數列{an}的項數為奇數，其中所有奇數項之和為319，所有偶數項之和為290，則該數列的中間項為()A．28B．29C．30D．31答案B解析設等差數列{an}共有2n＋1項，則S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，該數列的中間項為an＋1，又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.4．天干地支紀年法，源于中國．中國自古便有十天干與十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如說第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”，……，依此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，……，依此類推.1911年中國爆發推翻清朝專制帝制、建立共和政體的全國性革命，這一年是辛亥年，史稱“辛亥革命”.1949年新中國成立，請推算新中國成立的年份為()A．己丑年 B．己酉年C．丙寅年 D．甲寅年答案A解析根據題意可得，天干是以10為公差的等差數列，地支是以12為公差的等差數列，從1911年到1949年經過38年，且1911年為“辛亥”年，以1911年的天干和地支分別為首項，則38＝3×10＋8，則1949年的天干為己，38＝12×3＋2，則1949年的地支為丑，所以1949年為己丑年．5．設Sn為等差數列{an}的前n項和，若3a5＝7a11，且a1>0.則使Sn<0的n的最小值為()A．30B．31C．32D．33答案B解析根據題意，設等差數列{an}的公差為d，若3a5＝7a11，且a1>0，則3(a1＋4d)＝7(a1＋10d)，變形可得4a1＋58d＝0，則a1＝－eq\f(29,2)d，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－eq\f(29,2)nd＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(d,2)(n2－30n)，因為a1＝－eq\f(29,2)d>0，所以d<0，若Sn<0，必有n2－30n>0，又由n∈N*，則n>30，故使Sn<0的n的最小值為31.6．(多選)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\f(1,tanA)，eq\f(1,tanB)，eq\f(1,tanC)依次成等差數列，則下列結論中不一定成立的是()A．a，b，c依次成等差數列B.eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)依次成等差數列C．a2，b2，c2依次成等差數列D．a3，b3，c3依次成等差數列答案ABD解析在△ABC中，若eq\f(1,tanA)，eq\f(1,tanB)，eq\f(1,tanC)依次成等差數列，則eq\f(2,tanB)＝eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)，整理得eq\f(2cosB,sinB)＝eq\f(cosC,sinC)＋eq\f(cosA,sinA)，利用正弦定理和余弦定理得2·eq\f(a2＋c2－b2,2abc)＝eq\f(a2＋b2－c2,2abc)＋eq\f(b2＋c2－a2,2abc)，整理得2b2＝a2＋c2，即a2，b2，c2依次成等差數列，此時對等差數列a2，b2，c2的每一項取相同的運算得到數列a，b，c或eq\r(a)，eq\r(b)，eq\r(c)或a3，b3，c3，這些數列都不一定是等差數列，除非a＝b＝c，但題目中未說明△ABC是等邊三角形．7．(2022·全國乙卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝________.答案2解析由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.8．設Sn是等差數列{an}的前n項和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________.答案200解析依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數列，設該等差數列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.9．已知{an}是公差為d的等差數列，其前n項和為Sn，且a5＝1，________.若存在正整數n，使得Sn有最小值．(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn的最小值．從①a3＝－1，②d＝2，③d＝－2這三個條件中選擇符合題意的一個條件，補充在上面的問題中并作答．注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．解選擇①作為補充條件：(1)因為a5＝1，a3＝－1，所以d＝1，所以an＝1＋(n－5)×1＝n－4(n∈N*)．(2)由(1)可知a1＝－3，所以Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(1,2)n(n－7)．因為n∈N*，所以當n＝3或4時，Sn取得最小值，且最小值為－6.故存在正整數n＝3或4，使得Sn有最小值，且最小值為－6.選擇②作為補充條件：(1)因為a5＝1，d＝2，所以an＝1＋(n－5)×2＝2n－9(n∈N*)．(2)由(1)可知a1＝－7，所以Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n2－8n.所以當n＝4時，Sn取得最小值，且最小值為－16.故存在正整數n＝4，使得Sn有最小值，最小值為－16.不可以選擇③作為補充條件．10．在數列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.解(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，∴數列{an}是等差數列，設其公差為d，∵a1＝8，a4＝2，∴d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝－2，∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.(2)設數列{an}的前n項和為Sn，則由(1)可得，Sn＝8n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，∴當n>5時，an<0，則Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；當n≤5時，an≥0，則Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))11．(多選)已知數列{an}是公差不為0的等差數列，前n項和為Sn，滿足a1＋5a3＝S8，下列選項正確的有()A．a10＝0 B．S10最小C．S7＝S12 D．S20＝0答案AC解析根據題意，數列{an}是等差數列，若a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，變形可得a1＝－9d.又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，得a10＝0，故A正確；不能確定a1和d的符號，不能確定S10最小，故B不正確；又由Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－9nd＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(d,2)×(n2－19n)，得S7＝S12，故C正確；S20＝20a1＋eq\f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d.因為d≠0，所以S20≠0，故D不正確．12．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且eq\f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝eq\f(20,11)，則eq\f(S11,S8)等于()A.eq\f(3,7)B.eq\f(1,6)C.eq\f(5,11)D.eq\f(5,4)答案D解析eq\f(a2＋2a7＋a8,a3＋a6)＝eq\f(2a5＋2a7,a3＋a6)＝eq\f(4a6,a3＋a6)＝eq\f(20,11)，所以eq\f(a6,a3＋a6)＝eq\f(5,11)，所以eq\f(S11,S8)＝eq\f(11a6,4a1＋a8)＝eq\f(11a6,4a3＋a6)＝eq\f(5,4).13．將數列{2n－1}與{3n－2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為________．答案3n2－2n解析將數列{2n－1}與{3n－2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}是以1為首項，以6為公差的等差數列，故它的前n項和為Sn＝n×1＋eq\f(nn－1,2)×6＝3n2－2n.14．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為______．答案12解析由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7<0，S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為12.15．將正奇數排成一個三角形陣，按照如圖排列的規律，則第15行第3個數為()A．213B．215C．217D．219答案B解析由題意知，在三角形數陣中，前14行共排了1＋2＋3＋…＋14＝eq\f(14×1＋14,2)＝105個數，則第15行第3個數是數陣的第108個數，即所求數字是首項為1，公差為2的等差數列的第108項，則a108＝1＋(108－1)×2＝215.16．對于數列{an}，定義Hn＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)為{an}的“優值”，已知數列{an}的“優值”Hn＝2n＋1，記數列{an－20}的前n項和為Sn，則Sn的最小值為()A．－70B．－72C．－64D．－68答案B解析∵數列{an}的“優值”Hn＝2n＋1，∴Hn＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，∴2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2)，∴an＝4n－2(n－1)＝2n＋2(n≥2)，又a1＝4，滿足上式，∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－20＝2n－18，∴{an－20}是以－16為首項，2為公差的等差數列，所以{an－20}的前n項和Sn＝n2－17n.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－20＝2n－18≤0，,an＋1－20＝2n－16≥0，))得8≤n≤9，∴Sn的最小值為S8＝S9＝－72.

§6.3等比數列考試要求1.理解等比數列的概念.2.掌握等比數列的通項公式與前n項和公式.3.了解等比數列與指數函數的關系．知識梳理1．等比數列有關的概念(1)定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比都等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示.(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項，此時，G2＝ab.2．等比數列的通項公式及前n項和公式(1)若等比數列{an}的首項為a1，公比是q，則其通項公式為an＝a1qn－1.(2)等比數列通項公式的推廣：an＝amqn－m.(3)等比數列的前n項和公式：當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比數列性質(1)若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w＝m＋n，則aman＝aeq\o\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數列，公比為qm(k，m∈N*)．(3)若數列{an}，{bn}是兩個項數相同的等比數列，則數列{an·bn}，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))也是等比數列(b，p，q≠0)．(4)等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數列，其公比為qn.(n為偶數且q＝－1除外)(5)若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1，))則等比數列{an}遞增．若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1，))則等比數列{an}遞減．常用結論1．等比數列{an}的通項公式可以寫成an＝cqn，這里c≠0，q≠0.2．等比數列{an}的前n項和Sn可以寫成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．3．數列{an}是等比數列，Sn是其前n項和．(1)若a1·a2·…·an＝Tn，則Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比數列．(2)若數列{an}的項數為2n，則eq\f(S偶,S奇)＝q；若項數為2n＋1，則eq\f(S奇－a1,S偶)＝q，或eq\f(S偶,S奇－an)＝q.思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)三個數a，b，c成等比數列的充要條件是b2＝ac.(×)(2)當公比q>1時，等比數列{an}為遞增數列．(×)(3)等比數列中所有偶數項的符號相同．(√)(4)數列{an}為等比數列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數列．(×)教材改編題1．設a，b，c，d是非零實數，則“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析若a，b，c，d成等比數列，則ad＝bc，數列－1，－1,1,1.滿足－1×1＝－1×1，但數列－1，－1，1,1不是等比數列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數列”的必要不充分條件．2．設等比數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝3，S4＝15，則S6等于()A．31B．32C．63D．64答案C解析根據題意知，等比數列{an}的公比不是－1.由等比數列的性質，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.3．已知三個數成等比數列，若它們的和等于13，積等于27，則這三個數為________________．答案1,3,9或9,3,1解析設這三個數為eq\f(a,q)，a，aq，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴這三個數為1,3,9或9,3,1.題型一等比數列基本量的運算例1(1)(2022·全國乙卷)已知等比數列{an}的前3項和為168，a2－a5＝42，則a6等于()A．14B．12C．6D．3答案D解析方法一設等比數列{an}的公比為q，易知q≠1.由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝168，,a2－a5＝42，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝168，,a1q1－q3＝42，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故選D.方法二設等比數列{an}的公比為q，易知q≠1.由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝168，,a2－a5＝42，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝168，,a1q1－q3＝42，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故選D.(2)(2023·桂林模擬)朱載堉(1536～1611)是中國明代一位杰出的音樂家、數學家和天文歷算家，他的著作《律學新說》中闡述了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一組音(八度)分成十二個半音音程的律制，各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等，亦稱“十二等程律”．即一個八度13個音，相鄰兩個音之間的頻率之比相等，且最后一個音的頻率是最初那個音的2倍．設第二個音的頻率為f1，第八個音的頻率為f2.則eq\f(f2,f1)等于()A.eq\r(2)B.eq\r(8,2)C.eq\r(12,2)D．4eq\r(12,2)答案A解析設第一個音的頻率為a，相鄰兩個音之間的頻率之比為q，那么an＝aqn－1，根據最后一個音的頻率是最初那個音的2倍，得a13＝2a＝aq12，即q＝，所以eq\f(f2,f1)＝eq\f(a8,a2)＝q6＝eq\r(2).思維升華等比數列基本量的運算的解題策略(1)等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)可迎刃而解．(2)解方程組時常常利用“作商”消元法．(3)運用等比數列的前n項和公式時，一定要討論公比q＝1的情形，否則會漏解或增解．跟