2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第七章第3講等比數(shù)列[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.理解等比數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義.2.探索并掌握等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系.3.能在具體的問(wèn)題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問(wèn)題.4.體會(huì)等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系．1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義如果一個(gè)數(shù)列從第eq\x(\s\up1(01))2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比都等于eq\x(\s\up1(02))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eq\x(\s\up1(03))公比，通常用字母q表示(顯然q≠0)，定義的表達(dá)式為eq\x(\s\up1(04))eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q≠0)．(2)等比中項(xiàng)如果在a與b中間插入一個(gè)數(shù)G，使a，G，b成等比數(shù)列，那么eq\x(\s\up1(05))G叫做a與b的等比中項(xiàng)，此時(shí)eq\x(\s\up1(06))G2＝ab．2．等比數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝eq\x(\s\up1(07))a1qn－1．(2)前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(08))na1，q＝1，,\x(\s\up1(09))\f(a1（1－qn）,1－q)＝\x(\s\up1(10))\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝amqn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，則aman＝apaq＝aeq\o\al(2,k).(3)若數(shù)列{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{anbn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍然是等比數(shù)列．(4)在等比數(shù)列{an}中，等距離取出若干項(xiàng)也構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…為等比數(shù)列，公比為qk.(5)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比數(shù)列(m∈N*)．(6)若等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為2n(n∈N*)，公比為q，奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則eq\f(S偶,S奇)＝q.(7)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，q＝－1且n為偶數(shù)除外．(8)等比數(shù)列{an}滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))時(shí)，{an}是遞增數(shù)列；滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))時(shí)，{an}是遞減數(shù)列．(9)等比數(shù)列前n項(xiàng)和Sn＝A＋B·Cn?A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不為零)．(10)在等比數(shù)列中Sn＋m＝Sn＋qnSm，n，m∈N*.1．(人教A選擇性必修第二冊(cè)4.3.1練習(xí)T2改編)在等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝8，則a5＝()A．5 B．±5C．4 D．±4答案C解析∵aeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2>0，∴a5＝4.故選C.2．(人教A選擇性必修第二冊(cè)4.3.2練習(xí)T1(3)改編)在等比數(shù)列{an}中，a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，則a2的值為()A.eq\f(3,2) B．－3C．－eq\f(3,2) D．－3或eq\f(3,2)答案D解析由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).∴a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)或－3.故選D.3．已知{an}是等比數(shù)列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值為()A．5 B．10C．15 D．20答案A解析根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，得a2a4＝aeq\o\al(2,3)，a4a6＝aeq\o\al(2,5)，∴a2a4＋2a3a5＋a4a6＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2.而a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴(a3＋a5)2＝25，∵an>0，∴a3＋a5＝5.故選A.4．(2021·全國(guó)甲卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若S2＝4，S4＝6，則S6＝()A．7 B．8C．9 D．10答案A解析解法一：易知S2，S4－S2，S6－S4構(gòu)成等比數(shù)列，由等比中項(xiàng)得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故選A.解法二：因?yàn)镾2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝6，))兩式相除，得q2＝eq\f(1,2)，eq\f(a1,1－q)＝8，所以S6＝eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故選A.5．(人教A選擇性必修第二冊(cè)P37練習(xí)T4改編)已知三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，若它們的和等于13，積等于27，則這三個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．答案1，3，9或9，3，1解析設(shè)這三個(gè)數(shù)為eq\f(a,q)，a，aq，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴這三個(gè)數(shù)為1，3，9或9，3，1.考向一等比數(shù)列的基本運(yùn)算例1(1)(2023·全國(guó)甲卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若8S6＝7S3，則{an}的公比為_(kāi)_______．答案－eq\f(1,2)解析若q＝1，則由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，則a1＝0，不符合題意，所以q≠1.當(dāng)q≠1時(shí)，因?yàn)?S6＝7S3，所以8·eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq\f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq\f(1,2).(2)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8，則an＝________，a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝________．答案2neq\f(8,5)－(－1)n×eq\f(22n＋3,5)解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))整理得2q2－5q＋2＝0，因?yàn)閝>1，所以q＝2，a1＝2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2×2n－1＝2n.因?yàn)?－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－1×22n＋1，所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1×22n＋1＝eq\f(23\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－22))\s\up12(n))),1－（－22）)＝eq\f(8,5)－(－1)n×eq\f(22n＋3,5).等比數(shù)列基本量的運(yùn)算的解題策略(1)等比數(shù)列中有五個(gè)量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過(guò)列方程(組)可迎刃而解．(2)解方程組時(shí)常常利用“作商”消元法．提醒：運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，一定要討論公比q＝1的情形，否則會(huì)漏解或增解．1.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120答案C解析解法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，與題意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq\f(a1（1－q2）,1－q)①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故選C.解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)镾4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否則S4＝0，從而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比數(shù)列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).當(dāng)S2＝－1時(shí)，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即為－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；當(dāng)S2＝eq\f(5,4)時(shí)，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，與S4＝－5矛盾，舍去．故選C.2．(2023·湖北名校聯(lián)盟模擬)已知遞增的等比數(shù)列{an}中，前3項(xiàng)的和為7，前3項(xiàng)的積為8，則a4的值為()A．2 B．4C．6 D．8答案D解析由前3項(xiàng)的和為7，得a1＋a1q＋a1q2＝7，由前3項(xiàng)的積為8，得a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝8，即a2＝2，則a1＝eq\f(2,q)，代入a1＋a1q＋a1q2＝7，得eq\f(2,q)＋eq\f(2,q)·q＋eq\f(2,q)·q2＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2)，因?yàn)閧an}為遞增的等比數(shù)列，所以q＝2，則a1＝eq\f(2,q)＝1，所以a4＝1×23＝8.故選D.考向二等比數(shù)列的判定與證明例2已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常數(shù)λ，使得{an＋λ}為等比數(shù)列？若存在，求λ的值和數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3.當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9.當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.(2)假設(shè){an＋λ}是等比數(shù)列，則(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.下面證明{an＋3}為等比數(shù)列：∵Sn＝2an－3n，∴Sn＋1＝2an＋1－3n－3，∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，即2an＋3＝an＋1，∴2(an＋3)＝an＋1＋3，∴eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2，∴存在λ＝3，使得數(shù)列{an＋3}是首項(xiàng)為a1＋3＝6，公比為2的等比數(shù)列．∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．等比數(shù)列的判定方法定義法若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數(shù)，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數(shù)且n≥2，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列等比中項(xiàng)法若數(shù)列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列通項(xiàng)公式法若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可寫(xiě)成an＝c·qn－1(c，q均為非零常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式法若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝k·qn－k(k為非零常數(shù)，q≠0，1)，則{an}是等比數(shù)列(2023·寧德高三期中)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)證明：數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)證明：由an＋2＝2an＋1＋3an可得，an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)，因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以a1＋a2>0，所以數(shù)列{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列．(2)構(gòu)造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan，所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，因?yàn)閍2－3a1＝eq\f(3,2)－3×eq\f(1,2)＝0，所以an＋1－3an＝0?an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是以a1＝eq\f(1,2)為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．所以an＝eq\f(3n－1,2).多角度探究突破考向三等比數(shù)列的性質(zhì)角度等比數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)例3(1)(2023·漳州三模)已知數(shù)列{an}為遞減的等比數(shù)列，n∈N*，且a2a7＝32，a3＋a6＝18，則{an}的公比為()A.eq\f(1,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(\f(3,5))C．2eq\f(3,5) D．2答案A解析由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a7＝a3a6＝32，,a3＋a6＝18，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝2，,a6＝16))(舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝16，,a6＝2，))∴{an}的公比q＝eq\r(3,\f(a6,a3))＝eq\f(1,2).故選A.(2)(2023·全國(guó)乙卷)已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________．答案－2解析設(shè){an}的公比為q(q≠0)，又a2a4a5＝a3a6，a4a5＝a3a6，所以a2＝1，因?yàn)閍9a10＝－8，所以a2q7·a2q8＝－8，則q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，則q5＝－2，則a7＝a2q5＝q5＝－2.(1)在解決等比數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題時(shí)，要注意挖掘隱含條件、利用性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q＝2k，則aman＝apaq＝aeq\o\al(2,k)”，可以減少運(yùn)算量，提高解題速度．(2)在應(yīng)用相應(yīng)性質(zhì)解題時(shí)，要注意性質(zhì)成立的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形．此外，解題時(shí)注意設(shè)而不求思想的運(yùn)用．1.(2023·成都模擬)設(shè){an}是等比數(shù)列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，則a4－a5＝()A．8 B．－8C．4 D．－4答案B解析因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，且a1－a2＝1，a3－a2＝2，所以等比數(shù)列{an}的公比q＝eq\f(a3－a2,a2－a1)＝－2，所以a4－a5＝(a2－a3)q2＝－8.故選B.2．在等比數(shù)列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，則a8a9a10＝()A．4 B．8C．32 D．64答案D解析由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得aeq\o\al(3,3)＝4，aeq\o\al(3,6)＝16，又aeq\o\al(2,6)＝a3a9，故aeq\o\al(6,6)＝aeq\o\al(3,3)aeq\o\al(3,9)，則162＝4aeq\o\al(3,9)，解得aeq\o\al(3,9)＝64，即a8a9a10＝64.故選D.角度等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)例4(1)已知各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}，Sn為其前n項(xiàng)和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝()A．150 B．－200C．150或－200 D．400或－50答案A解析解法一：由等比數(shù)列的性質(zhì)知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.故選A.解法二：設(shè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝A－Aqn，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A（1－q9）＝70，,A（1－q3）＝10，))兩式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10.∴S12＝A(1－q12)＝－10×(1－24)＝150.故選A.(2)已知等比數(shù)列{an}的前10項(xiàng)中，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為85eq\f(1,4)，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為170eq\f(1,2)，則S＝a3＋a6＋a9＋a12的值為_(kāi)_______．答案585解析設(shè)公比為q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(S偶,S奇)＝q＝2，,S奇＝\f(a1[1－（q2）5],1－q2)＝85\f(1,4)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2(1＋q3)(1＋q6)＝585.(1)等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)主要是：若Sn≠0，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列(q＝－1且n為偶數(shù)除外)．(2)注意等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的變形．當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，即Sn＝A－Aqn(q≠1)．(3)利用等比數(shù)列的性質(zhì)可以減少運(yùn)算量，提高解題速度．解題時(shí)，根據(jù)題目條件，分析具體的變化特征，即可找到解決問(wèn)題的突破口．1.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(1,2)，則eq\f(S15,S5)＝________．答案eq\f(3,4)解析因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等比數(shù)列．因?yàn)閑q\f(S10,S5)＝eq\f(1,2).設(shè)S5＝2k，S10＝k，則S10－S5＝－k，所以S15－S10＝eq\f(k,2)，則S15＝eq\f(3k,2)，所以eq\f(S15,S5)＝eq\f(\f(3k,2),2k)＝eq\f(3,4).2．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3n＋a，則a＝________，數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為_(kāi)_______．答案－1eq\f(9n－1,2)解析設(shè)數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，因?yàn)镾n＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又?jǐn)?shù)列{an}為等比數(shù)列，所以an＝2·3n－1，且2＝3＋a，所以a＝－1.因?yàn)閑q\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)＝9，且aeq\o\al(2,1)＝4，所以{aeq\o\al(2,n)}是首項(xiàng)為4，公比為9的等比數(shù)列，所以{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f(4（1－9n）,1－9)＝eq\f(9n－1,2).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝－7，S6＝－63，則q＝()A．－2 B．2C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案B解析解法一：由等比數(shù)列的性質(zhì)，得q3＝eq\f(S6－S3,S3)＝eq\f(－63－（－7）,－7)＝8，∴q＝2.故選B.解法二：由題意得q≠1，∵等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S3＝－7，S6＝－63，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝－7，,S6＝\f(a1（1－q6）,1－q)＝－63，))解得a1＝－1，q＝2.故選B.2．(2020·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè){an}是等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，則a6＋a7＋a8＝()A．12 B．24C．30 D．32答案D解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故選D.3．(2023·全國(guó)甲卷)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4＝()A.eq\f(15,8) B.eq\f(65,8)C．15 D．40答案C解析由題意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)·(q＋2)＝0.由題意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.4．(2023·揭陽(yáng)模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a2＝2，a4＝8，數(shù)列{an＋an＋3}的前n項(xiàng)和為Sn，則S5＝()A．288 B．99C．99或279 D．279答案D解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0.依題意q2＝eq\f(a4,a2)＝4，所以q＝2.又a1＝eq\f(a2,q)＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1，所以an＋an＋3＝2n－1＋2n＋2＝9×2n－1，S5＝9×(1＋2＋22＋23＋24)＝9×eq\f(1－25,1－2)＝279.故選D.5．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比為q，則下列說(shuō)法正確的是()A．若S3＝4，S6＝12，則S9＝29B．若a1＝1，q＝eq\f(3,4)，則Sn＝4－3anC．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝－6D．若a1＝1，a5＝4a3，則an＝2n－1答案B解析對(duì)于A，由S3(S9－S6)＝(S6－S3)2，即4(S9－12)＝(12－4)2，解得S9＝28，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，Sn＝eq\f(1－\f(3,4)an,1－\f(3,4))＝4－3an，B正確；對(duì)于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，解得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，當(dāng)q3＝－eq\f(1,2)時(shí)，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(4,－\f(1,2))＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－7.當(dāng)q3＝－2時(shí)，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(－2,－2)＋(－2)×(－2)2＝－7，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵a5＝4a3，∴q4＝4q2，∴q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2，故an＝(－2)n－1或an＝2n－1，D錯(cuò)誤．故選B.6．(2023·天津高考)已知{an}為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an＋1＝2Sn＋2，則a4的值為()A．3 B．18C．54 D．152答案C解析解法一：因?yàn)閍n＋1＝2Sn＋2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1＋2，兩式相減，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比數(shù)列．當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故選C.解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍n＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq\f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq\f(2a1,1－q)qn＋eq\f(2a1,1－q)＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故選C.7．(2023·日照三模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(4,n)，則a6的值為()A．220 B．224C．21024 D．24096答案C解析an＋1＝aeq\o\al(4,n)，a1＝2，易知an>0，故lnan＋1＝4lnan，故{lnan}是首項(xiàng)為ln2，公比為4的等比數(shù)列，lnan＝4n－1·ln2，lna6＝45·ln2＝ln21024，故a6＝21024.故選C.8．(2020·全國(guó)Ⅱ卷)數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴eq\f(an＋1,an)＝2，∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝eq\f(ak＋1（1－210）,1－2)＝eq\f(2k＋1（1－210）,1－2)＝2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，則k＋1＝5，解得k＝4.故選C.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·重慶模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝2，且an＋1＝3an＋2n，則()A．?dāng)?shù)列{an＋2n}是等比數(shù)列 B．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))是等比數(shù)列C．a(chǎn)n＝2×3n－2n＋1 D．Sn＝2(3n－2n)答案ABD解析an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3·2n＝3(an＋2n)，又a1＋2＝4≠0?eq\f(an＋1＋2n＋1,an＋2n)＝3，故數(shù)列{an＋2n}是以4為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，an＋2n＝4×3n－1，即an＝4×3n－1－2n，Sn＝eq\f(4（1－3n）,1－3)－eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2(3n－2n)，故A，D正確，C錯(cuò)誤；eq\f(an＋1,2n＋1)＋1＝eq\f(3an＋2n,2n＋1)＋1＝eq\f(3,2)×eq\f(an,2n)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))，又因?yàn)閑q\f(a1,21)＋1＝2≠0，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)＋1))是以2為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，故B正確eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可\f(an,2n)＋1＝\f(an＋2n,2n)，可推斷A，B同時(shí)對(duì)錯(cuò))).故選ABD.10．(2023·海倫市期末)十二平均律是我國(guó)明代音樂(lè)理論家和數(shù)學(xué)家朱載堉發(fā)明的．明萬(wàn)歷十二年(公元1584年)，他寫(xiě)成《律學(xué)新說(shuō)》，提出了十二平均律的理論．十二平均律的數(shù)學(xué)意義是：在1和2之間插入11個(gè)數(shù)，使包含1和2的這13個(gè)數(shù)依次成遞增的等比數(shù)列，記插入的11個(gè)數(shù)之和為M，則依此規(guī)則，下列結(jié)論正確的是()A．M>11B．該等比數(shù)列的公比為eq\r(13,2)C．插入的第9個(gè)數(shù)是插入的第5個(gè)數(shù)的eq\r(3,2)倍D．M＝eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))答案CD解析由題意設(shè)該等比數(shù)列的公比為q，a1＝1，a13＝2，故q12＝2，即q＝eq\r(12,2)，B錯(cuò)誤；因?yàn)椴迦氲?1個(gè)數(shù)之和為M，則M＝a2＋a3＋…＋a12＝eq\f(\r(12,2)[1－（\r(12,2)）11],1－\r(12,2))＝eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))，D正確；eq\f(a10,a6)＝q4＝eq\r(3,2)，C正確；若M>11，則eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))>11，化簡(jiǎn)得2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12)))eq\s\up12(12)，但eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12)))eq\s\up12(12)>1.176>1.363>2，A錯(cuò)誤．故選CD.11．(2023·邵陽(yáng)模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)積為T(mén)n，并且滿足條件a1>1，a6a7>1，eq\f(a6－1,a7－1)<0，則下列結(jié)論正確的是()A．0<q<1 B．a(chǎn)6a8>1C．Tn的最大值為T(mén)6 D．T13>1答案AC解析①若q<0，∵a1>1，則a6<0，a7>0，∴a6a7<0，與a6a7>1矛盾，②若q≥1，∵a1>1，則a6>1，a7>1，∴eq\f(a6－1,a7－1)>0，與eq\f(a6－1,a7－1)<0矛盾，∴0<q<1，故A正確；∵eq\f(a6－1,a7－1)<0，則a6>1，0<a7<1，∴a6a8＝aeq\o\al(2,7)<1，故B錯(cuò)誤；∵a6>1，0<a7<1，∴Tn的最大值為T(mén)6，故C正確；∵T13＝a1a2…a13＝aeq\o\al(13,7)<1，故D錯(cuò)誤．故選AC.三、填空題12．(2023·北京高考)我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類(lèi)似于砝碼的、用來(lái)測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”．已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量(單位：銖)從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列{an}，該數(shù)列的前3項(xiàng)成等差數(shù)列，后7項(xiàng)成等比數(shù)列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，則a7＝________；數(shù)列{an}所有項(xiàng)的和為_(kāi)_______．答案48384解析解法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為d，后7項(xiàng)的公比為q(q>0)，則q4＝eq\f(a9,a5)＝eq\f(192,12)＝16，且q>0，可得q＝2，則a3＝eq\f(a5,q2)＝3，即1＋2d＝3，可得d＝1，a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋eq\f(3×（1－27）,1－2)＝384.解法二：因?yàn)楫?dāng)3≤n≤7時(shí)，{an}為等比數(shù)列，則aeq\o\al(2,7)＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48.又aeq\o\al(2,5)＝a3a7，則a3＝eq\f(aeq\o\al(2,5),a7)＝3.設(shè)后7項(xiàng)的公比為q(q>0)，則q2＝eq\f(a5,a3)＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝eq\f(a3－a9q,1－q)＝eq\f(3－192×2,1－2)＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.13．已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且aeq\o\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________．答案2n解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.∵aeq\o\al(2,5)＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q，∴an＝qn.∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an(1＋q2)＝5anq，∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).∵{an}為遞增數(shù)列，∴q＝2，∴an＝2n.14．1904年，瑞典數(shù)學(xué)家科赫構(gòu)造了一種曲線．如圖①，取一個(gè)邊長(zhǎng)為1的正三角形，在每個(gè)邊上以中間的eq\f(1,3)為一邊，向外側(cè)凸出作一個(gè)正三角形，再把原來(lái)邊上中間的eq\f(1,3)擦掉，得到第2個(gè)圖形(如圖②)，重復(fù)上面的步驟，得到第3個(gè)圖形(如圖③)．這樣無(wú)限地作下去，得到的圖形的輪廓線稱(chēng)為科赫曲線．云層的邊緣、山脈的輪廓、海岸線等自然界里的不規(guī)則曲線都可用“科赫曲線”的方式來(lái)研究，這門(mén)學(xué)科叫“分形幾何學(xué)”．則第5個(gè)圖形的邊長(zhǎng)為_(kāi)_______；第n個(gè)圖形的周長(zhǎng)為_(kāi)_______．答案eq\f(1,81)3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(n－1)解析第1個(gè)圖形的邊長(zhǎng)為1，第2個(gè)圖形的邊長(zhǎng)為第1個(gè)圖形邊長(zhǎng)的eq\f(1,3)，以此類(lèi)推，…，則第5個(gè)圖形的邊長(zhǎng)為1×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,81)；以一條邊為例，原本的一條邊被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那條邊上又衍生出2條，即原本的1條邊變成現(xiàn)在的(3－1)＋2＝4條，翻了4倍，所以周長(zhǎng)之間的關(guān)系為bn＝eq\f(1,3)·4·bn－1＝eq\f(4,3)bn－1，所以{bn}是公比為q＝eq\f(4,3)的等比數(shù)列，而首項(xiàng)b1＝3，所以bn＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(n－1).四、解答題15．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝3，Sn＝2＋an＋1.(1)證明：數(shù)列{Sn－2}為等比數(shù)列；(2)記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，證明：Tn＜2.證明(1)因?yàn)镾n＝2＋an＋1＝2＋(Sn＋1－Sn)，所以2Sn＝Sn＋1＋2，所以Sn＋1－2＝2(Sn－2)，因?yàn)镾1－2≠0，所以Sn－2≠0，eq\f(Sn＋1－2,Sn－2)＝2，故數(shù)列{Sn－2}是首項(xiàng)為S1－2＝1，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)可知Sn－2＝2n－1，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2＋2n－1)＜eq\f(1,2n－1)，所以Tn＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＜2.16．(2023·江蘇省七市三模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.(1)證明：數(shù)列{an＋1－2an}是等比數(shù)列；(2)證明：存在兩個(gè)等比數(shù)列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立．證明(1)由已知，an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1，∴an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an)，顯然an＋1－2an＝0與a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－2an≠0，∴eq\f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝3，∴數(shù)列{an＋1－2an}是首項(xiàng)為a2－2a1＝5－2＝3，公比為3的等比數(shù)列．(2)∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1，∴an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an)，顯然an＋1－3an＝0與a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－3an≠0，∴eq\f(an＋2－3an＋1,an＋1－3an)＝2，∴數(shù)列{an＋1－3an}是首項(xiàng)為a2－3a1＝5－3＝2，公比為2的等比數(shù)列，∴an＋1－3an＝2n，①又an＋1－2an＝3n，②∴②－①得，an＝3n－2n，∴存在bn＝3n，cn＝－2n，兩個(gè)等比數(shù)列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立．第4講數(shù)列的求和[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.探索并掌握等差、等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，及其推導(dǎo)用到的“倒序相加法”“錯(cuò)位相減法”和其他一些重要的求和方法.2.能在具體的問(wèn)題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差、等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問(wèn)題．1．公式法(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))2．分組轉(zhuǎn)化法一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組轉(zhuǎn)化法，分別求和后再相加減．3．并項(xiàng)求和法一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和，可兩兩結(jié)合求解，則稱(chēng)之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1)nf(n)類(lèi)型，可采用兩項(xiàng)合并求解．4．錯(cuò)位相減法如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來(lái)求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和就是用此法推導(dǎo)的．5．倒序相加法如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和即是用此法推導(dǎo)的．6．裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和．常見(jiàn)的拆項(xiàng)類(lèi)型(1)分式型：eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．(2)指數(shù)型：eq\f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，eq\f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq\f(1,n·2n－1)－eq\f(1,（n＋1）·2n)等．(3)根式型：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))等．(4)對(duì)數(shù)型：logmeq\f(an＋1,an)＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.1．(人教B選擇性必修第三冊(cè)習(xí)題5－5BT4改編)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，則S5＝()A．1 B.eq\f(5,6)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)答案B解析∵an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).故選B.2．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2答案C解析Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq\f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故選C.3．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n·(2n－1)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)和為()A．－200 B．－100C．200 D．100答案D解析根據(jù)題意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故選D.4．(人教B選擇性必修第三冊(cè)習(xí)題5－5BT3改編)Sn＝eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（2n）2－1)＝________．答案eq\f(n,2n＋1)解析通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,（2n）2－1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).5．(人教A選擇性必修第二冊(cè)習(xí)題4.3T3(2)改編)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1))解析記Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，當(dāng)x＝1時(shí)，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)，當(dāng)x≠1時(shí)，xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋x3＋…＋xn－1－nxn，所以Sn＝eq\f(1－xn,（1－x）2)－eq\f(nxn,1－x)(x≠1)．原式＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1.))多角度探究突破考向一分組求和與并項(xiàng)求和角度分組求和例1(2023·廣東深圳模擬)已知數(shù)列{an}為正項(xiàng)等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為遞增的正項(xiàng)等比數(shù)列，a1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，因?yàn)閍1＝1，a1－b1＝a2－b2＝a4－b3＝0，所以得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋d＝q，,1＋3d＝q2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝1，,d＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,d＝1，))因?yàn)閿?shù)列{bn}為正項(xiàng)遞增數(shù)列，所以q＝2，d＝1，所以an＝1＋(n－1)×1＝n，bn＝1×2n－1＝2n－1.(2)由(1)得cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))所以數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和為T(mén)2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(21＋23＋…＋22n－1)＝eq\f(（1＋2n－1）n,2)＋eq\f(21×（1－4n）,1－4)＝eq\f(3n2＋22n＋1－2,3).分組轉(zhuǎn)化求和的常見(jiàn)類(lèi)型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和．(2)若an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)，))且數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項(xiàng)和S100.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，依題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq\f(1,2)(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，b1對(duì)應(yīng)的區(qū)間為(0，1]，則b1＝0；b2，b3對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，2]，(0，3]，則b2＝b3＝1，即有2個(gè)1；b4，b5，b6，b7對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，則b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22個(gè)2；b8，b9，…，b15對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，則b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23個(gè)3；b16，b17，…，b31對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，則b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24個(gè)4；b32，b33，…，b63對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，則b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25個(gè)5；b64，b65，…，b100對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，則b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37個(gè)6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.角度并項(xiàng)求和例2已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝9，S5＝25.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn；(2)設(shè)bn＝(－1)nSn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，Sn＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.(2)結(jié)合(1)知bn＝(－1)nn2，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋(6－5)×(6＋5)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，Tn＝Tn－1＋(－1)nn2＝eq\f(（n－1）n,2)－n2＝－eq\f(n（n＋1）,2).綜上，Tn＝eq\f(（－1）nn（n＋1）,2).形如an＝(－1)nf(n)類(lèi)型，可采用兩項(xiàng)合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和．解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.a1＝1也滿足an＝n，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T(mén)2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，則A＝eq\f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.考向二裂項(xiàng)相消法求和例3(2023·承德模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n).(1)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列．從下面三個(gè)條件中選擇一個(gè)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))；②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1).注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解(1)證明：因?yàn)閑q\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，當(dāng)n＝2時(shí)，上述式子恒成立，當(dāng)n>2時(shí)，兩邊同除以(n－2)(n－1)可得eq\f(an,n－1)－eq\f(an－1,n－2)＝－eq\f(1,（n－1）（n－2）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n－2)，即eq\f(an,n－1)－eq\f(1,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)－eq\f(1,n－2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))為常數(shù)列，即eq\f(an－1,n－1)＝a2－1，所以an－1＝(n－1)(a2－1)，即an＝(n－1)(a2－1)＋1，當(dāng)n＝1時(shí)，也適合上式，所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，a2－1為公差的等差數(shù)列．(2)設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閍2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列，所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，解得d＝2，所以an＝2n－1.若選①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))，則bn＝eq\f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，所以Tn＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（2n＋1）2))).若選②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，則bn＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(eq\r(3)－eq\r(1)＋eq\r(5)－eq\r(3)＋…＋eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－1)．若選③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1)，則bn＝eq\f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)，所以Tn＝eq\f(1,1×21)－eq\f(1,3×22)＋eq\f(1,3×22)－eq\f(1,5×23)＋…＋eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1).利用裂項(xiàng)相消法求和的注意事項(xiàng)(1)抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)；或者前面剩幾項(xiàng)，后面也剩幾項(xiàng)．(2)將通項(xiàng)裂項(xiàng)后，有時(shí)需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開(kāi)的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原通項(xiàng)相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).1.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n項(xiàng)和為24，則n＝()A．25 B．576C．624 D．625答案C解析an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故選C.2．(2022·新高考Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.解(1)因?yàn)閑q\f(Sn,an)是首項(xiàng)為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，故Sn＝eq\f(n＋2,3)an.①當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(n＋1,3)an－1.②由①－②可知an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).所以eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1也滿足上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)．(2)證明：因?yàn)閑q\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,2)＋eq\f(2,2)－eq\f(2,3)＋…＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)＝2－eq\f(2,n＋1)＜2.考向三錯(cuò)位相減法求和例4(2021·全國(guó)乙卷)設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn<eq\f(Sn,2).解(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1，因?yàn)閍1，3a2，9a3成等差數(shù)列，所以a1＋9a3＝2×3a2，即1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，bn＝eq\f(nan,3)＝eq\f(n,3n).(2)證明：由(1)知，Sn＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))).又bn＝eq\f(n,3n)，則Tn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，①兩邊同乘eq\f(1,3)，則eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,34)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，整理，得Tn＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,2×3n)＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，則2Tn－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq\f(n,3n)＜0，故Tn＜eq\f(Sn,2).錯(cuò)位相減法求和的具體步驟在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比數(shù)列這三個(gè)條件中選擇符合題意的兩個(gè)條件，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并求解．已知數(shù)列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差數(shù)列{bn}滿足________，________，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項(xiàng)和Sn.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解因?yàn)閍1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an＝3n－1.選①②時(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3.因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3)，滿足b2n＝2bn＋1.所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n).Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(2,31)＋eq\f(7,32)＋eq\f(12,33)＋…＋eq\f(5n－3,3n)，(ⅰ)所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(2,32)＋eq\f(7,33)＋eq\f(12,34)＋…＋eq\f(5n－8,3n)＋eq\f(5n－3,3n＋1)，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,3)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(5,6)－eq\f(15,2×3n＋1)－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(10n＋9,2×3n＋1)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(10n＋9,4×3n).選②③時(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3.因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化簡(jiǎn)得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1)，Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，(ⅰ)所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得eq\f(2,3)Sn＝1＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2×3n)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(2n＋3,4×3n－1).選①③時(shí)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.又因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化簡(jiǎn)得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而無(wú)解．所以等差數(shù)列{bn}不存在，故不符合題意．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．?dāng)?shù)列{(－1)n(2n－1)}的前2023項(xiàng)和S2023＝()A．－2023 B．2022C．－2021 D．2023答案A解析S2023＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2021－1)＋(2×2022－1)－(2×2023－1)＝－4045＝－2023.故選A.2．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2024＝()A．0 B．1012C．506 D．1010答案B解析由an＝ncoseq\f(nπ,2)，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因?yàn)?024＝4×506，所以S2024＝2×506＝1012.故選B.3．若數(shù)列{an}，{bn}滿足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，則{bn}的前10項(xiàng)和為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(5,12)C.eq\f(1,2) D.eq\f(7,12)答案B解析bn＝eq\f(1,an)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，{bn}的前10項(xiàng)和S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,11)－eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,12)＝eq\f(5,12).故選B.4．(2021·北京高考)數(shù)列{an}是遞增的整數(shù)數(shù)列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，則n的最大值為()A．9 B．10C．11 D．12答案C解析若要使n盡可能的大，則a1和數(shù)列{an}的遞增幅度要盡可能小，不妨設(shè)數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公差為1的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，則an＝n＋2，S11＝eq\f(3＋13,2)×11＝88<100，S12＝eq\f(3＋14,2)×12＝102>100，所以n的最大值為11.故選C.5．(2023·遂寧模擬)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝eq\f(Sn,n)，則稱(chēng)數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“均值數(shù)列”．已知數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“均值數(shù)列”且bn＝n，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若eq\f(1,2)(m2－m＋eq\r(3)－3)<Tn對(duì)n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[－1，2]B．(－1，2)C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)答案B解析由題意eq\f(Sn,n)＝n，即Sn＝n2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝S1＝1滿足an＝2n－1，故對(duì)任意的n∈N*，an＝2n－1，則eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),2)，Tn＝eq\f