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- 2021-06-25 发布
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(2015·湖南，19，13分，中)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
解：(1)证明：由条件，对任意n∈N*，有
an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
则对任意n∈N*，n≥2，有
an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，
即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，
所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3.
于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2×(1＋3＋…＋3n－1)
＝3×(1＋3＋…＋3n－1)
＝.
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1
＝×(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝
1．(2012·大纲全国，6，中)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.
C. D.
【答案】 B 由已知Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，＝，而S1＝a1＝1，所以Sn＝，故选B.
2．(2011·四川，9，中)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1
C．45 D．45＋1
【答案】 A 方法一：a1＝1，a2＝3S1＝3，a3＝3S2＝12＝3×41，a4＝3S3＝48＝3×42，a5＝3S4＝192＝3×43，a6＝3S5＝768＝3×44.故选A.
方法二：当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列，又a2＝3S1＝3a1＝3，
∴an＝
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
3．(2014·课标Ⅱ，16，易)数列{an}满足an＋1＝，a2＝2，则a1＝________．
【解析】 ∵an＋1＝，a2＝2，
∴a2＝＝2，
即a1＝.
【答案】
4．(2012·上海，14，中)已知f(x)＝.各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，则a20＋a11的值是________．
【解析】 ∵an＋2＝f(an)＝，a1＝1，
∴a3＝，
a5＝＝，a7＝＝，
a9＝＝，a11＝＝，
又a2 010＝a2 012，
即a2 010＝⇒a＋a2 010－1＝0，
∴a2 010＝.
又a2 010＝＝，
∴1＋a2 008＝＝，
即a2 008＝，依次类推可得a2 006＝a2 004＝…＝a20＝，故a20＋a11＝＋＝.
【答案】
5．(2012·广东，19，14分，中)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)令n＝1时，T1＝2S1－1，
因为T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，所以a1＝1.
(2)当n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]
＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)．
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)．
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，
所以an＝3×2n－1－2.
当n＝1时也满足上式，
所以an＝3×2n－1－2.
思路点拨：利用Tn与Sn的关系得出Sn与an的关系，然后构造等比数列求解．
考向1 由递推公式求通项公式
(1)如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)或an＝f(an－1，an－2)，那么这个式子叫作数列{an}的递推公式．
(2)已知递推公式求通项公式，一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法、公式法等转化为等差数列或等比数列求通项公式．
(2014·湖北襄樊一模，13)已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)成立，数列{an}满足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2，则数列的通项公式an＝________.
【思路导引】 由an＝f(2n)及对任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)成立，令x＝2n，y＝2得到递推公式an＋1＝2an＋2×2n，然后两边同除以2n＋1可构造出数列，它是以＝1为首项，1为公差的等差数列，进而求出{an}的通项公式．
【解析】 ∵an＝f(2n)，则an＋1＝f(2n＋1)且a1＝2＝f(2)．
∵对于任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)，
∴令x＝2n，y＝2，则f(2n＋1)＝2nf(2)＋2f(2n)，
∴an＋1＝2an＋2×2n，
∴－＝1，
∴数列是以＝1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＝n2n.
【答案】 n2n
由递推公式求数列通项的常用方法
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求通项公式．
(2)形如an＋1＝anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式an＝a1···…·求通项公式．
(3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d为常数，b≠0，1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝b(an＋x)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它即可求出an.
(4)形如an＋1＝(p，q，r是常数)的数列，将其变形为＝·＋.
若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；
若p≠r，则再采用(3)的办法求解．
(5)形如an＋2＝pan＋1＋qan(p，q是常数，且p＋q＝1)的数列，构造等比数列．将其变形为an＋2－an＋1＝(－q)·(an＋1－an)，则{an－an－1}(n≥2，n∈N*)是等比数列，且公比为－q，可以求得an－an－1＝f(n)，然后用累加法求得通项．
(1)(2015·山东潍坊一模，13)在数列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 015＝________.
(2)(2014·安徽合肥一模，14)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝______．
(1)【解析】 由an＋2＝an＋1－an得an＋3＝an＋2－an＋1＝an＋1－an－an＋1＝－an，易得an＋4＝－an＋1，an＋5＝－an＋1＋an，an＋6＝an，
∴该数列的周期为6，故a2 015＝a5，由a1＝1，a2＝5，得a3＝4，a4＝－1，a5＝a4－a3＝－1－4＝ －5.∴a2 015＝a5＝－5.
【答案】 －5
(2)【解析】 由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，
∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，
将以上各式累加得
an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，
∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．
【答案】 3×2n－1－2
考向2 由Sn和an的关系求通项
1．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则
an＝
2．已知Sn求an时应注意的问题
(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写”．
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝
(2014·湖南，16，12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【思路导引】 (1)利用an＝结合分类讨论思想求通项公式；(2)由数列的通项公式的特征，利用分组求和法求数列的和T2n＝(2＋22＋…＋22n)＋[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2n＋1＋2n)]．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)，
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则
A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
【点拨】 易错点一：忘记an＝Sn－Sn－1的条件是n≥2，没讨论n＝1的情况；易错点二：对数列的通项公式看不懂，找不出规律，bn实为两部分构成，采用分组求和，T2n＝(2＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]；易错点三：不会并项求和，－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[(－2n＋1)＋2n]＝n.
由Sn与an的关系求通项的一般步骤
(1)令n＝1，由a1＝S1求出a1；
(2)当n≥2时，构造an＝Sn－Sn－1，由递推关系求通项；
(3)验证当n＝1时是否满足当n≥2时的结论；如果满足，则统一“合写”；如果不满足，则分段表示．
(2012·大纲全国，18，12分)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是
a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，
整理得an＝.
显然，当n＝1时也满足上式．
综上可知，{an}的通项公式an＝.
思路点拨： 解答本题的关键是通过给出的Sn与an的关系，得出an与an－1之间的关系，再利用累乘法求得an.
考向3 数列的单调性及其应用
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列叫作递增数列；从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫作递减数列．
(2012·四川，20，12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？
【思路导引】 (1)应用分类讨论思想和公式an＝求an；
(2)根据数列的单调性求的前n项和最大时对应的n值．
【解析】 (1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
所以an＝0.
若a1≠0，则a1＝，当n≥2时，2an＝＋Sn，2an－1＝＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.
综上，当a1＝0时，an＝0；
当a1≠0时，an＝.
(2)当a1>0且λ＝100时，令bn＝lg，
由(1)知bn＝lg＝2－nlg 2.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)．
b1>b2>…>b6＝lg＝lg>lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；
an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．
(2)作商比较法：当an＞0时，＞1⇔数列{an}是单调递增数列；<1⇔数列{an}是单调递减数列；＝1⇔数列{an}是常数列．
当an＜0时，＞1⇔数列{an}是单调递减数列；＜1⇔数列{an}是单调递增数列；＝1⇔数列{an}是常数列．
2．求数列最大项或最小项的方法
可以利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项；利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项．
(2011·浙江，17)若数列中的最大项是第k项，则k＝________.
【解析】 设数列为{an}，则an＋1－an＝(n＋1)(n＋5)－n(n＋4)
＝＝(10－n2)，
所以当n≤3时，an＋1＞an；
当n≥4时，an＋1＜an.
因此，a1＜a2＜a3＜a4，a4＞a5＞a6＞…，
故a4最大，所以k＝4.
【答案】 4
1．(2015·湖北黄冈月考，6)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
【答案】 C 当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为C.
2．(2015·河北石家庄二模，5)在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 015＝( )
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】 D 由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8；所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 015＝a335×6＋5＝a5＝2.
3．(2014·吉林长春调研，8)已知{an}满足an＋1＝an＋2n，且a1＝33，则的最小值为( )
A．21 B．10 C. D.
【答案】 C 由已知条件可知，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)
＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33满足此式．
所以＝n＋－1.
令f(n)＝＝n＋－1，则f(n)在[1，5]上为减函数，
在[6，＋∞)上为增函数，又f(5)＝，
f(6)＝，
则f(5)＞f(6)，故f(n)＝的最小值为，故选C.
4．(2015·山西山大附中一模，11)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则＋＋…＋等于( )
A. B. C. D.
【答案】 B 因为an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，所以an＋1－an＝n＋1，
采用叠加法可得an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋…＋n＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝
2＝2＝.
5．(2014·河南洛阳四校联考，5)已知数列{an}满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n＋1 B．an＝
C．an＝2n D．an＝2n＋2
【答案】 B 由题意可知，数列{an}满足条件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，
则n＞1时，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n>1，
两式相减可得：
＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
∴an＝2n＋1，n>1，n∈N*.
当n＝1时，＝7，∴a1＝14，
综上可知，数列{an}的通项公式为：
an＝
故选B.
6．(2015·山东潍坊一模，11)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________.
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴＝－.
a2＝a2－，∴a2＝－.
∴＝＝－.
∴数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝.
【答案】
7．(2015·湖南长郡中学调研，13)科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n是奇数，则将它乘3加1(即3n＋1)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.如初始正整数为6，按照上述变换规则，我们可以得到一个数列：6，3，10，5，16，8，4，2，1.对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：
(1)如果首项n＝2，则按照上述规则施行变换后的第8项为________．
(2)如果对正整数n(首项)按照上述规则施行变换后的第8项为1(注：1可以多次出现)，则n的所有不同值的个数为________．
【解析】 (1)如果n＝2，按以上变换规则，得到数列：a1＝2，a2＝1，a3＝4，…，a8＝1.
(2)设对正整数n按照上述变换，得到数列a1，a2，…，a7，a8，
∵a8＝1，则a7＝2⇒a6＝4⇒
则n的所有可能取值为2，3，16，20，21，128共6个．
【答案】 1 6
8．(2015·山西大学附中质检，15)已知数列{an}的通项公式为an＝－n＋p，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－5，设cn＝若在数列{cn}中，c8＞cn(n∈N*，n≠8)，则实数p的取值范围是________．
【解析】 由题意可得cn是an，bn中的较小者，{an}是递减数列；{bn}是递增数列．因为c8＞cn(n≠8)，所以c8是cn的最大值，则n＝1，2，3，…7，8时，cn递增，n＝8，9，10，…时，cn递减，
因此，n＝1，2，3，…，7时，2n－5＜－n＋p总成立，当n＝7时，27－5＜－7＋p，所以p＞11，n＝9，10，11，…时，2n－5＞－n＋p总成立，当n＝9时，29－5＞－9＋p成立，所以p<25.又c8＝a8或c8＝b8，若a8≤b8，即 p－8≤23，所以p≤16，则c8＝a8＝p－8，所以p－8＞b7＝27－5，所以p＞12，故12＜p≤16.若a8＞b8，即p－8＞28－5，所以p＞16，所以c8＝b8＝23，那么c8＞c9＝a9，即8＞p－9，所以p＜17，故16＜p＜17，综上，12＜p＜17.
【答案】 (12，17)
9．(2015·江西五校联考，18，12分)已知正项数列{an}，其前n项和为Sn，且an＝2－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由题设条件知4Sn＝(an＋1)2，则4Sn＋1＝(an＋1＋1)2.
两式相减得4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2.
整理得(an＋1－1)2＝(an＋1)2.
又数列{an}各项均为正数，所以an＋1－1＝an＋1，即an＋1＝an＋2，
故数列{an}是等差数列，公差为2，又4S1＝4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，故有an＝2n－1.
(2)由(1)可得
bn＝
＝
＝×
∴Tn＝×
＝×＝.
思路点拨：(1)由作差法研究{an}相邻项的关系，从而求其通项即可；(2)由(1)及裂项求和法求解．
10．(2015·福建三明一模，19，12分)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*满足2Sn＝an(an＋1)，且an≠0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n.
解：(1)因为2Sn＝an(an＋1)，①
所以当n≥2时，2Sn－1＝an－1(an－1＋1)．②
两式相减得2an＝a－a＋an－an－1，
即an＋an－1＝(an＋an－1)(an－an－1)．
因为an≠0，所以当n≥2时，有an－an－1＝1.
又当n＝1时，由2S1＝a1(a1＋1)及a1≠0得a1＝1.
所以数列{an}是等差数列，其通项公式为an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)得cn＝
所以T2n＝(2＋4＋…＋2n)＋3×(21＋23＋…＋22n－1)＋n
＝n(n＋1)＋3×＋n
＝22n＋1＋n2＋2n－2.
1．(2015·课标Ⅱ，5，易)设Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】 A ∵a3＝，∴a1＋a3＋a5＝(a1＋a5)＝3，∴a1＋a5＝2，∴S5＝＝5.
2．(2015·课标Ⅰ，7，中)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝( )
A. B. C．10 D．12
【答案】 B S8＝8a1＋×8×(8－1)d＝8a1＋28，S4＝4a1＋6，由S8＝4S4，解得a1＝，所以a10＝＋9＝.
3．(2015·安徽，13，易)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}
的前9项和等于____________．
【解析】 由条件知{an}就是首项a1＝1，公差d＝的等差数列，
故S9＝9a1＋×d＝9＋×＝27.
【答案】 27
4．(2015·陕西，13，易)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．
【解析】 设首项为a1，由题意，中位数1 010为a1，2 015的等差中项，
∴2×1 010＝2 015＋a1，∴a1＝5.
【答案】 5
5．(2015·福建，17，12分，中)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝＋
＝(211－2)＋55
＝211＋53
＝2 101.
1．(2014·辽宁，9，易)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A．d＞0 B．d＜0 C．a1d＞0 D．a1d＜0
【答案】 D 由条件知an＝a1＋(n－1)d，
∴a1an＝a1dn＋a－a1d，
∵{2a1an}为递减数列，∴a1d＜0.
2．(2014·课标Ⅱ，5，中)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(n＋1) B．n(n－1) C. D.
【答案】 A ∵a2，a4，a8成等比数列，{an}的公差为2，
∴(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，
∴a1＝2，
∴Sn＝na1＋＝2n＋×2＝n(n＋1)．
3．(2013·重庆，12，易)若2，a，b，c，9成等差数列，则c－a＝________.
【解析】 由题意知c－a＝2d，9－2＝4d，
∴c－a＝.
【答案】
4．(2014·重庆，16，13分，中)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
(1)求an及Sn；
(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝＝＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．
5．(2013·重庆，16，13分，中)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1，
Sn＝＝(3n－1)．
(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，
∴公差d＝5，
故T20＝20×3＋×5＝1 010.
思路点拨：(1)由等比数列的定义求出an，再由前n项和公式求出Sn；(2)求出b1，b3，从而求出公差d，即可求T20.
6．(2013·浙江，19，14分，中)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，
即d2－3d－4＝0.
故d＝－1或d＝4.
∴an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，
∵d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，则当n≤11时，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn
＝－n2＋n.
当n≥12时，
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110，
综上所述：
|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
思路点拨：(1)由已知条件列出关于公差d的方程求出d，从而可写出{an}的通项公式；(2)首先由通项公式判断{an}中哪些项为正，哪些项为负，分别求它们绝对值的和．
考向1 等差数列的性质及基本运算
1．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}是等差数列，且k＋l＝m＋n，则ak＋al＝am＋an(k，l，m，n∈N*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}(p，q∈N*)也是等差数列．
(5)若{an}是等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)组成公差为md的等差数列．
2．与等差数列各项的和有关的性质
(1)若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}的公差的.
(2)若{an}是等差数列，Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．
(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质：
①若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝.
②若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝.
(4)两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝.
(1)(2014·重庆，2)在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( )
A．5 B．8 C．10 D．14
(2)(2013·安徽，7)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( )
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
【解析】 (1)方法一：∵a3＋a5＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，
∴d＝1，∴a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.
方法二：由等差数列的性质，可知a1＋a7＝a3＋a5，
∴a7＝(a3＋a5)－a1＝10－2＝8.
(2)方法一：设公差为d，则8a1＋28d＝4a1＋8d，即a1＝－5d，a7＝a1＋6d＝－5d＋6d＝d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.
方法二：根据等差数列的定义和性质可得，S8＝4(a3＋a6)．
又S8＝4a3，
所以a6＝0.又a7＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6.
【答案】 (1)B (2)A
【点拨】 解题时注意整体运算和等差数列性质的运用，这样可提高解题效率．
(2014·浙江，19，14分)已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
【思路导引】 (1)由已知条件列出关于a，d的方程，求公差d，进而用等差数列的求和公式求Sn；(2)灵活运用求和公式，将am＋am＋1＋…＋am＋k表示为Sm＋k－Sm－1，分析二元方程的解．
【解析】 (1)∵S2·S3＝36，a1＝1，
∴(2a1＋d)·(3a1＋3d)＝36，
即d2＋3d－10＝0，∴d＝2或d＝－5(舍去)．
∵d＞0，∴d＝2，
∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
∴Sn＝n＋×2＝n2.
(2)∵am＋am＋1＋…＋am＋k＝65，
∴Sm＋k－Sm－1＝65，
由(1)得(m＋k)2－(m－1)2＝65.
即2mk＋k2＋2m－1＝65，2m(k＋1)＋k2－1＝65，
即(k＋1)(2m＋k－1)＝65＝5×13.
∴k，m∈N*，∴2m＋k－1＞k＋1，
∴解得
∴当m＝5，k＝4时，am＋am＋1＋…＋am＋k＝65.
1.等差数列运算问题的常规解法
等差数列运算问题的一般求法是运用方程思想，设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．
2．等差数列前n项和公式的应用方法
根据不同的已知条件选用两个求和公式，如已知首项和公差选用Sn＝na1＋d；若已知通项公式，则使用Sn＝，同时注意与性质“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的结合使用．
(2012·重庆，16，13分)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．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意知
所以则d＝2.
所以an＝a2＋(n－2)×d＝4＋(n－2)×2＝2n.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．
因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，
所以a＝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.
考向2 等差数列的判定与证明
(2014·大纲全国，17，10分)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
【思路导引】 (1)由条件结合等差数列的定义可得结论；(2)结合(1)，由叠加法可求得．
【解析】 (1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2，
得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.
由bn＝an＋1－an得bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
由bn＝an＋1－an得an＋1－an＝2n－1.
于是 (ak＋1－ak)＝ (2k－1)，
∴an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，∴{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
等差数列判断与证明的基本思路
(1)证明一个数列{an}为等差数列的基本方法有两种：
①利用等差数列的定义证明，即证明an＋1－an＝d(n∈N*)；
②利用等差中项证明，即证明an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)．
(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
①通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B(A，B是常数)，则{an}是等差数列．
②前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}是等差数列．
用定义法证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d意义不同，后者必须加上n≥2，否则n＝1时，a0无定义．
(2012·陕西，16，12分)已知等比数列{an}的公比q＝－.
(1)若a3＝，求数列{an}的前n项和；
(2)证明：对任意k∈N*，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
解：(1)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，
所以数列{an}的前n项和
Sn＝
＝.
(2)证明：对任意k∈N*，2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)，
由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.
所以对任意k∈N*，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
考向3 等差数列的前n项和的最值问题
若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，
(1)若a1>0，d<0，
且满足前n项和Sn最大；
(2)若a1<0，d>0，
且满足前n项和Sn最小．
只有当a1>0，d<0时，无穷数列的前n项和才有最大值，其最大值是将所有非负项相加；只有当a1<0，d>0时，无穷数列的前n项和才有最小值，其最小值是将所有非正项相加．
(2014·湖北，19，12分)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【思路导引】 (1)设数列{an}的公差为d，利用等比数列的性质得到a＝a1·a5，并用a1，d表示a2，a5，列等式求解公差d，进而求解通项，注意对公差d分类讨论；(2)利用(1)的结论，对数列{an}的通项分类讨论，分别利用通项公式及等差数列的前n项和公式求解Sn，然后根据Sn＞60n＋800列不等式求解．
【解析】 (1)设数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)．
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n＜60n＋800，
此时不存在正数n，使得Sn＞60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2，
令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，
解得n＞40或n＜－10(舍去)．
此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
求等差数列前n项和最值的常用方法
(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用其常用性质求其正负转折项，便可求得和的最值．
(2)将{an}的前n项和最值问题看作Sn关于n的二次函数Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)的最值问题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意n∈N*.
(2014·江西，13)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
【解析】 由题意知a1＝7，且当且仅当n＝8时，Sn取最大值，
∴该数列为递减数列且a8＞0，a9＜0，
即⇒－1＜d＜－.
【答案】
1．(2015·山西山大附中月考，2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a4＝6，则S5等于( )
A．10 B．12 C．15 D．30
【答案】 C 由等差中项可得a2＋a4＝a1＋a5，所以S5＝＝15，故选C.
2．(2015·湖南长沙二模，5)等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则S15的值为( )
A．180 B．240 C．360 D．720
【答案】 C 等差数列{an}中，a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，所以5a8＝120，S15＝15a8＝3×120＝360.
3．(2015·江西新余质检，8)在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝( )
A．24 B．48 C．66 D．132
【答案】 D 数列{an}是等差数列，故a6＋3d＝(a6＋6d)＋6，
∴a6＝12.又S11＝＝11a6，
∴S11＝132.
4．(2015·江西南昌二模，7)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A．1 B．－1 C．2 D.
【答案】 A ＝＝＝×＝1.
5．(2014·辽宁大连质检，6)设数列{an}的通项公式为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝( )
A．153 B．210 C．135 D．120
【答案】 A 令an＝2n－7≥0，解得n≥.
∴从第4项开始大于0，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋＝153.
故选A.
6．(2014·安徽望江中学调研，8)设数列{an}是公差d<0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n＝( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
【答案】 C 由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a1＋5d＝0，即a6＝0，又公差d<0，所以数列{an}为递减的等差数列，故当n＝5或n＝6时，Sn最大，故选C.
7．(2015·湖南常德一模，13)已知{an}为等差数列，若a1＋a2＋a3＝5，a7＋a8＋a9＝10，则a19＋a20＋a21＝________.
【解析】 方法一：设数列的公差为d，则a7＋a8＋a9＝a1＋6d＋a2＋6d＋a3＋6d＝5＋18d＝10，所以18d＝5，故a19＋a20＋a21＝a7＋12d＋a8＋12d＋a9＋12d＝10＋36d＝20.
方法二：由等差数列的性质，可知S3，S6－S3，S9－S6，…，S21－S18成等差数列，设此数列公差为D.
所以5＋2D＝10，
所以D＝.
所以a19＋a20＋a21＝S21－S18＝5＋6D＝5＋15＝20.
【答案】 20
8．(2015·山东泰安一模，14)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．
【解析】 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，
即2a1＋2m－1＝5，
所以a1＝3－m.
由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，
解得正整数m的值为5.
【答案】 5
9．(2015·山东省实验中学一模，19，12分)已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)方法一：数列{an}是等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，
∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，
即2d＝4，2a1－d＝－3，
解得d＝2，a1＝－.
方法二：在等差数列{an}中，由an＋1＋an＝4n－3，得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，
∴2d＝an＋2－an＝(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝4n＋1－(4n－3)＝4，
∴d＝2.
又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，
∴a1＝－.
(2)①当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×＝.
②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－3)＝.
易错点拨：(2)中注意分类讨论n为奇数和偶数两种情况，并进行分组求和．
10．(2015·江苏扬州一模，19，16分)已知数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，a＝anan＋2＋k(k为常数)．
(1)若k＝(a2－a1)2，求证：a1，a2，a3成等差数列；
(2)若k＝0，且a2，a4，a5成等差数列，求的值．
解：(1)证明：∵k＝(a2－a1)2，∴a＝anan＋2＋(a2－a1)2.
令n＝1，则a＝a1a3＋(a2－a1)2.∵a1＞0，∴2a2＝a1＋a3，故a1，a2，a3成等差数列．
(2)当k＝0时，a＝anan＋2，∵数列{an}的各项都为正数，∴数列{an}是等比数列，设公比为q＞0，
∵a2，a4，a5成等差数列，∴a2＋a5＝2a4，
∴a1q＋a1q4＝2a1q3.
∵a1＞0，q＞0，∴q3－2q2＋1＝0，
即(q－1)(q2－q－1)＝0，
解得q＝1或q＝.
∴＝1或.
11．(2014·山西运城调研，17，12分)已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－(n≥2，n∈N*)．
(1)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)设cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵an＝2－，
∴an＋1＝2－.
∴bn＋1－bn＝－
＝－＝＝1，
∴{bn}是首项为b1＝＝1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知bn＝1＋(n－1)＝n，
∵cn＝＝
＝·，
∴Sn＝
＝
＝－.
1．(2015·课标Ⅱ，9，中)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C. D.
【答案】 C 设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝，且a3a5＝4(a4－1)，∴a＝4a4－4，∴a－4a4＋4＝0，∴(a4－2)2＝0，∴a4＝2，∴＝q3，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝.
2．(2015·课标Ⅰ，13，易)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．
【解析】 由题意可知数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，故Sn＝＝126，解得n＝6.
【答案】 6
3．(2015· 广东，13，易)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2，c＝5－2，则b＝________．
【解析】 ∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac＝(5＋2)·(5－2)＝25－24＝1.
∵b为正数，∴b＝1.
【答案】 1
1．(2012·北京，6，易)已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是( )
A．a1＋a3≥2a2 B．a＋a≥2a
C．若a1＝a3，则a1＝a2 D．若a3＞a1，则a4＞a2
【答案】 B 当a1＜0，q＜0时，a1＜0，a2＞0，a3＜0，∴A错误；而当q＝－1时，C错误；当q＜0时，由a3＞a1得a3q＜a1q，即a4＜a2，D项错误，∴B项正确．
2．(2012·安徽，5，易)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝( )
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】 A ∵公比为2且a3a11＝16，
∴a1×22×a1×210＝16，∴a×212＝16.又an＞0，∴a1×26＝4，
而a5＝a1·24，∴a5＝1.
3．(2011·辽宁，5，易)若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】 B ∵an·an＋1＝16n，∴an－1·an＝16n－1，
∴＝＝q2＝＝16，则q＝±4.
又anan＋1＝16n>0，∴q＝4.
4．(2013·课标Ⅰ，6，易)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
【答案】 D 由题意得an＝，
Sn＝＝
＝3－2an.
选D.
5．(2013·北京，11，易)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________，前n项和Sn＝________.
【解析】 ∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴q＝2.又由a2＋a4＝a1q＋a1q3知a1＝2，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
【答案】 2 2n＋1－2
6．(2013·广东，11，中)设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
【解析】 方法一(直接法)：易求得a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，∴a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝15.
方法二(转化法)：相当于求首项为1，公比为2的等比数列的前4项和，S4＝＝15.
【答案】 15
7．(2013·辽宁，14，中)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．
【解析】 由x2－5x＋4＝0的两根为1和4，又{an}为递增数列，
∴a1＝1，a3＝4，q＝2，
∴S6＝＝63.
【答案】 63
8．(2013·江西，17，12分，中)设Sn表示数列{an}的前n项和．
(1)若{an}是等差数列，推导Sn的计算公式；
(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝.判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．
解：(1)方法一：设{an}的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，
又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，
∴2Sn＝n(a1＋an)，
∴Sn＝.
方法二：设{an}的公差为d，则
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，
又Sn＝an＋an－1＋…＋a1
＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，
∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]
＝2na1＋n(n－1)d，
∴Sn＝na1＋d.
(2){an}是等比数列．证明如下：
∵Sn＝，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－
＝＝qn.
∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，
有＝＝q，
∴{an}是首项为1且公比为q(q≠0)的等比数列．
9．(2012·天津，18，13分，中)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，证明Tn－8＝an－1·bn＋1(n∈N*，n≥2)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.
由条件得方程组
解得
∴an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得
Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)·2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)·2n＋(3n－1)·2n＋1.②
由①－②，得
－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3·2n－(3n－1)·2n＋1
＝－(3n－1)·2n＋1－2
＝－(3n－4)·2n＋1－8，
即Tn－8＝(3n－4)·2n＋1.
而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)·2n＋1，
∴Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．
考向1 等比数列基本量的求解
1．等比数列相关公式
(1)通项公式及其推广
通项公式
通项公式的推广
an＝a1qn－1
(揭示首末两项的关系)
an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关系)
(2)前n项和公式
Sn＝或Sn＝
2．基本量计算过程中涉及的数学思想方法
(1)方程思想．等比数列的通项公式和前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量a1和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论思想．等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，即分q＝1和q≠1两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视．
(3)整体思想．应用等比数列前n项和时，常把qn，当成整体求解．
(2014·福建，17，12分)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.
(1)求an；
(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】 (1)设{an}的公比为q，依题意得
解得因此an＝3n－1.
(2)∵bn＝log3an＝n－1，b1＝1－1＝0，
∴数列{bn}的前n项和Sn＝＝.
求等比数列基本量的方法
求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：
(1)由已知条件列出首项和公比的方程(组)；
(2)求出首项和公比；
(3)求出项数或前n项和等其余量．
(2013·四川，16，12分)在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．
解：设该数列的公比为q，由已知可得
a1q－a1＝2，4a1q＝3a1＋a1q2，
所以，a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0，
解得q＝3或q＝1.
由于a1(q－1)＝2，因此q＝1不合题意，应舍去．
故公比q＝3，首项a1＝1.
所以数列的前n项和Sn＝.
考向2 等比数列的性质及应用
1．等比数列的单调性
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
(1)当q>1，a1>0或01，a1<0或00时，数列{an}为递减数列；
(3)当q＝1时，数列{an}是(非零)常数列；
(4)当q＝－1时，数列{an}是摆动数列．
2．等比数列项的运算性质
若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.
(1)特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，am·an＝a.
(2)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
在等比数列{an}中，若am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)，则不一定有m＋n＝p＋q成立，当数列{an}是非零常数列时不成立．
3．等比数列前n项和的性质
若Sn是等比数列的前n项和，则当q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列．
(1)(2014·大纲全国，8)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( )
A．31 B．32 C．63 D．64
(2)(2014·广东，13)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．
【解析】 (1)方法一：在等比数列{an}中，S2，S4－S2，S6－S4也成等比数列，故(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，则(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.故选C.
方法二：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
若q＝1，则有Sn＝na1，显然不符合题意，故q≠1.
由已知可得两式相除得1＋q2＝5，解得q2＝4.
故q＝2或q＝－2.
若q＝2，代入解得a1＝1，此时S6＝＝＝63.
若q＝－2，代入解得a1＝－3，此时S6＝＝＝63.故选C.
方法三：因为数列{an}为等比数列，若q＝1，则有Sn＝na1，显然不符合题意，故q≠1.
设其前n项和为Sn＝kqn－k.
由题意可得
两式相除得1＋q2＝5，解得q2＝4.
代入解得k＝1.故Sn＝qn－1.
所以S6＝q6－1＝(q2)3－1＝43－1＝63，故选C.
方法四：设等比数列的公比为q，
则S2＝a1＋a2＝3，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋q2)(a1＋a2)＝(1＋q2)×3＝15，
解得q2＝4.
故S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(1＋q2＋q4)(a1＋a2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C.
(2)因为an＞0，a1a5＝4，{an}为等比数列，所以a＝4，
所以a3＝2.
所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1·a2·a3·a4·a5)＝log2a＝log225＝5.
【答案】 (1)C (2)5
【点拨】 解题(1)方法一利用等比数列的性质Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠S2m)也成等比数列求解；方法二利用等比数列的基本运算求解；方法三利用等比数列前n项和公式的结构特征设出前n项和的表达式；方法四是利用整体代换的方法；解题(2)利用等比数列性质，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则aman＝apaq，特别当m＋n＝2p时有anam＝a成立．
运用等比数列的性质巧解题
在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a1，q满足的方程组，求解方程组，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘“隐含”的条件．
(1)(2012·广东，12)若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1aa5＝________.
(2)(2014·江苏，7)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
(1)【解析】 ∵在等比数列中a2a4＝a1a5＝a，
∴a1aa5＝(a2a4)2＝＝.
【答案】
(2)【解析】 在等比数列中an＝amqn－m，
设公比为q.∵a2＝1，∴a8＝a6＋2a4，
得q6＝q4＋2q2，q4－q2－2＝0，解得q2＝2，
∴a6＝a2q4＝4.
【答案】 4
考向3 等比数列的判定与证明
(2014·江西，17，12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
【思路导引】 (1)由an＝Sn－Sn－1求出an；(2)利用等比数列的性质找出m与n的关系即可．
【解析】 (1)∵Sn＝(n∈N*)，
∴Sn－1＝(n≥2)，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝3n－2，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，也符合上式．
∴an＝3n－2(n∈N*)．
(2)证明：要使a1，an，am成等比数列，只需a＝a1·am，
即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.
∵n＞1，∴3n2－4n＋2＞1，而此时，m∈N*，且m＞n，
∴对任意的n＞1，都存在m∈N*，使a1，an，am成等比数列．
【点拨】 本题主要考查Sn与an的关系及等比数列性质，由Sn的递推公式求an时，一定要注意对n＝1的检验．
等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(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．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列．
(2013·福建，9)已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是( )
A．数列{bn}为等差数列，公差为qm
B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m
C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2
D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm
【答案】 C bn＝am(n－1)＋1·(1＋q＋q2＋…＋qm－1)，＝＝qm，故数列{bn}为等比数列，公比为qm，选项A，B均错误；
cn＝a·q1＋2＋…＋(m－1)，＝＝＝(qm)m＝qm2，故数列{cn}为等比数列，公比为qm2，D错误，故选C.
1．(2015·江西南昌一模，7)已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝( )
A．4× B．4×
C．4× D．4×
【答案】 B 由题意得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，故a1＝4，a2＝6，所以q＝，an＝4× .
2．(2015·山东济南二模，6)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝2，则a1＝( )
A. B. C. D．2
【答案】 C ∵等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝2，∴由等比数列的性质得a＝2a，∴a6＝a5，公比q＝＝，a1＝＝，故选C.
3．(2015·河南焦作一模，7)在正项等比数列{an}中，lg a3＋lg a6＋lg a9＝6，则a1a11的值是( )
A．10 000 B．1 000 C．100 D．10
【答案】 A 正项等比数列{an}中，lg a3＋lg a6＋lg a9＝6，由对数运算法则及等比数列的性质，有lg a3a6a9＝6，a3a6a9＝106，a＝106，∴a6＝100，a1a11＝a＝1002＝10 000，故选A.
4．(2015·湖南怀化调研，5)设数列{an}是首项大于零的等比数列，则“a1＜a2”是“数列{an}是递增数列”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】 C 设数列的公比为q，因为a1＜a2，所以有a1＜a1q，又a1＞0，解得q＞1，所以数列{an}是递增数列；反之，若数列{an}是递增数列且a1＞0，则公比q＞1，所以a1＜a1q，即a1＜a2，所以a1＜a2是数列{an}是递增数列的充分必要条件．故选C.
5．(2014·江西九江月考，5)一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数列的公比为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】 B 由题意知an>0，S4＝5S2，显然公比q≠1，且q>0，所以＝，即q
4－5q2＋4＝0，解得q2＝4或q2＝1(舍去)，又q>0，所以q＝2.
6．(2014·河北衡水一模，8)已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为( )
A. B. C. D．不存在
【答案】 A 因为a7＝a6＋2a5，所以q2－q－2＝0，
q＝2或q＝－1(舍去)．
又＝＝4a1，
所以m＋n＝6.
则＋＝(m＋n)
＝≥.
当且仅当＝，即n＝2m时，等号成立．
此时m＝2，n＝4.故选A.
7．(2015·山西太原二模，14)等比数列{an}，q＝2，前n项和为Sn，则＝________.
【解析】 在等比数列中，S4＝＝15a1，所以＝＝.
【答案】
8．(2014·广东深圳一模，14)已知公比为2的等比数列{an}中，a2＋a5＋a8＋a11＋a14＋a17＋a20＝13，则该数列前21项的和S21＝________．
【解析】 设等比数列的首项为a1，公比q＝2，前n项和为Sn.由题知a2，a5，a8，a11，a14，a17，a20仍为等比数列，其首项为a2，公比为q3，故其前7项的和为T7＝＝＝·＝S21·＝13，解得S21＝.
【答案】
9．(2015·陕西西工大附中模拟，17，12分)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2n－1＋an(n∈N*)，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设公比为q，则a2＝q，a3＝q2，
∵a2是a1和a3－1的等差中项，
∴2a2＝a1＋(a3－1)，2q＝1＋(q2－1)，解得q＝2，
∴an＝2n－1.
(2)bn＝2n－1＋an＝2n－1＋2n－1
则Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋2＋…＋2n－1)＝＋＝n2＋2n－1.
10．(2015·河北常德一模，18，12分)在1和2之间依次插入n(n∈N*)个正数a1，a2，a3，…，an，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，令bn＝2log2Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝2n，设Sn＝＋＋…＋，求Sn.
解：(1)设等比数列1，a1，a2，a3，…，an，2的公比为q，
则2＝1·qn＋1，∴qn＋1＝2，
∴Tn＝1·a1·a2·…·an·2
＝1·q·q2·…·qn·qn＋1＝
q1＋2＋3＋…＋(n＋1)＝，
∴bn＝2log2Tn＝2log22＝n＋2.
故数列{bn}的通项公式为bn＝n＋2.
(2)由cn＝2n，得Sn＝＋＋＋…＋，
∴Sn＝＋＋＋…＋.
由错位相减法得Sn＝＋＋＋＋…＋－，∴Sn＝4－.
11．(2014·安徽池州一模，20，13分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设cn＝an＋1－2an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：an＋1＝2·an，
＝2·，∴bn＋1＝2bn，
∴数列{bn}是公比为2的等比数列．
(2)由(1)知{bn}是公比为2的等比数列，
又b1＝＝a1＝1，
∴bn＝b1·2n－1＝2n－1，∴＝2n－1，
∴an＝n2·2n－1.
(3)cn＝(n＋1)2·2n－2n2·2n－1
＝(2n＋1)·2n，
∴Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n.①
2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1.②
①－②得，－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)·2n＋1
＝2＋－(2n＋1)·2n＋1
＝－2－(2n－1)·2n＋1，
∴Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
1．(2015·江苏，11，中)设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．
【解析】 a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，
以上n－1个式子相加得，
an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
∵a1＝1，
∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
∴＝＝2，
∴S10＝2＝2＝.
【答案】
2．(2015·山东，19，12分，中)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d.
令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.
解得a1＝1，d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，
所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得
－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1
＝×4n＋1－.
所以Tn＝×4n＋1＋
＝.
3．(2015·安徽，18，12分，中)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，
可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
4．(2015·浙江，17，15分，中)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝2，an＋1＝2an，知an≠0，故＝2，即{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知，当n＝1时，b1＝b2－1，
故b2＝2.
当n≥2时，bn＝bn＋1－bn，
整理得＝，所以是以1为首项，1为公比的等比数列，即＝1，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n.
因此Tn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得
－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
1．(2012·课标全国，12，中)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3 690 B．3 660
C．1 845 D．1 830
【答案】 D ∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，
∴a1＋a2＋…＋a60
＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)
＝10＋26＋42＋…＋234＝＝1 830.
2．(2012·福建，11，难)数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于( )
A．1 006 B．2 012
C．503 D．0
【答案】 A ∵y＝cos 的周期T＝＝4，
∴可分四组求和．
则a1＋a5＋…＋a2 009＝0，
a2＋a6＋…＋a2 010＝－2－6－…－2 010＝
＝－503×1 006，
a3＋a7＋…＋a2 011＝0，
a4＋a8＋…＋a2 012＝4＋8＋…＋2 012＝
＝503×1 008，
∴S2 012＝0－503×1 006＋0＋503×1 008
＝503×(－1 006＋1 008)＝1 006.
3．(2013·江苏，14，难)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3，则满足a1＋a2＋…＋an＞a1a2…a
n的最大正整数n的值为________．
【解析】 设公比为q，∵a5＝，a6＋a7＝a5q＋a5q2＝3，
∴q＋q2＝3，∴q2＋q－6＝0，
∴(q－2)(q＋3)＝0.
∵q＞0，∴q＝2.
∵a5＝a1q4＝，∴a1＝，
an＝·2n－1＝2n－6.
则a1＋a2＋…＋an＝＝2－5·(2n－1)．
a1a2…an＝2－5·2－4·2－3·…·2n－6＝2，
∴2－5(2n－1)＞2，
∴2n－1＞2＋5.
令n＞＋5，
即n2－13n＋10＜0，＜n＜，∴n≤12，n∈N*，
∴当n＝1，2，3，…，12时，2n－1＞2＋5.
当n≥13时，2n－1＜2＋5.
从而满足a1＋a2＋…＋an＞a1a2…an的最大正整数n的值为12.
【答案】 12
4．(2014·安徽，18，12分，中)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知可得＝＋1，
即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1. ②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
5．(2014·山东，19，12分，难)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，
解得a1＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知bn＝a＝n(n＋1)．
则bn＋1－bn＝2(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．
可得当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝
＝，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)
＝－n(n＋1)
＝－.
所以Tn＝
考向1 公式法求和
1．数列求和的一般思路
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求前n项和的数列来求之．
2．一些特殊数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；
(4)12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)；
(5)13＋23＋33＋…＋n3＝n2(n＋1)2.
(2013·安徽，19，13分)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－an＋2sin x满足f′＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】 (1)由题设可得
f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x.
对任意n∈N*，f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)因为bn＝2
＝2＝2n＋＋2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n)＋
＝2n＋2·＋
＝n2＋3n＋1－.
【点拨】 本题是以函数、三角函数为载体，考查数列问题，也是关于数列的创新题．解答(1)的关键是牢记正、余弦函数的导数公式；解答(2)时注意将通项公式分组转化为等差、等比数列求和．
几类可以使用公式求和的数列
(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．
(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．
(3)等差数列各项加上绝对值或等差数列乘以(－1)n.
(2013·课标Ⅱ，17，12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解：(1)设{an}的公差为d，由题意得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，即d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，∴d＝0(舍去)或d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
考向2 错位相减法求和
错位相减法求和的适用条件及关注点
(1)适用条件：如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成(即求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列)，那么这个数列的前n项和可用此法来求．
(2)关注点：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，要分公比等于1和不等于1两种情况求解．
(2014·课标Ⅰ，17，12分)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【解析】 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，
从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋－
＝＋－＝1－.
所以Sn＝2－.
错位相减法求和的具体步骤
(1)写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；
(2)等式两边同乘以等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；
(3)两式错位相减转化成等比数列求和；
(4)两边同除以1－q，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论．
(2013·山东，20，12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得
解得a1＝1，d＝2.
因此an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，
当n＝1时，＝；
当n≥2时，＝1－－＝.
所以＝(n∈N*)．
由(1)知，an＝2n－1，n∈N*，
所以bn＝，n∈N*.
又Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得
T＝＋－
＝－－，
所以Tn＝3－.
思路点拨：本题(1)是将两个条件转化为关于a1和d的方程组求解，体现了方程的思想；本题(2)分两步，即第一步求an，此过程中易忽略对n＝1和n≥2的讨论；第二步用错位相减法求和时，两式相减后易漏掉两边同乘以2.
考向3 裂项法求和
裂项相消求和的原理及注意问题
(1)原理：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．
(3)一般地，若{an}为等差数列，则求数列的前n项和时可尝试此方法，事实上，＝＝＝·.
(2013·江西，16，12分)正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)由a－(2n－1)an－2n＝0，
得(an－2n)(an＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以an＝2n.
(2)由于an＝2n，bn＝，
则bn＝＝.
Tn＝
＝＝.
【点拨】 本题考查数列通项公式及前n项和的求法，解题的关键是利用裂项相消法求和时，一定要注意消项时对称相消，对称剩余，最后剩余项数是偶数．
常见的裂项方法
数 列
(n为正整数)
裂项方法
(k为非零常数)
＝
＝
＝－
(a>0，a≠1)
loga＝loga(n＋1)－logan
(a＞0，a≠1)
(2013·课标Ⅰ，17，12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d，
由已知可得
解得a1＝1，d＝－1.
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知＝
＝，
从而数列的前n项和为
＝.
1．(2015·安徽马鞍山一模，7)公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )
A．－20 B．0 C．7 D．40
【答案】 A 设数列的公比为q，由－3a1，－a2，a3成等差数列得－2q＝－3＋q2，解得q＝－3或q＝1(舍去)，故S4＝＝－20.
2．(2015·山西阳泉质检，7)已知数列{an}的前n项和为Sn，并满足：an＋2＝2an＋1－an，a5＝4－a3，则S7＝( )
A．7 B．12 C．14 D．21
【答案】 C 由an＋2＝2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5＝4－a3得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝＝14.
3．(2014·江西南昌3月月考，4)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为( )
A．380－ B．400－
C．420－ D．440－
【答案】 C 令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3
＝2×－3×＝420－.
4．(2015·河北保定调研，10)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( )
A．6n－n2 B．n2－6n＋18
C. D.
【答案】 C 由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7.
当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式，
∴an＝2n－7，n∈N*.
∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.
∴当n≤3时，Tn＝|Sn|＝6n－n2，
当n>3时，Tn＝Sn＋2|S3|＝n2－6n＋18.
∴Tn＝
5．(2015·山东泰安一模，13)下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．
【解析】 a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，等式两边同时累加得an－a1＝2＋3＋…＋n.即an＝1＋2＋…＋n＝，所以第n个图形中小正方形的个数是.
【答案】
6．(2014·山西晋中名校高三联考，16)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 013＝________.
【解析】 ∵a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，
∴a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，可得该数列是周期为4的数列，
∴S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013
＝503×(－2)＋1＝－1 005.
【答案】 －1 005
思路点拨：对于问题所求项或前n项和的下标较大时，可考虑数列是否具有周期性，利用周期求解．方法是通过计算前几项归纳出周期再求解．
7．(2015·河南郑州一模，14)整数数列{an}满足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________．
【解析】 由an＋2＝an＋1－an，得an＋2＝an－an－1－an＝－an－1，
易得该数列是周期为6的数列，且an＋2＋an－1＝0，S800＝a1＋a2＝2 013，S813＝a1＋a2＋a3＝2 000，
∴∴
∴依次可得a5＝－1 000，
a6＝13，由此可知an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4＋an＋5＋an＋6＝0，
∴S2 015＝S5＝－13.
【答案】 －13
8．(2015·山东青岛一模，17，12分)等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝15，a5＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝3，求数列的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，首项为a1，由题意得
即
解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝3＝3n，
所以·bn＝n·3n，
所以Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n·3n，
3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1，
两式相减得2Sn＝－(3＋32＋33＋34＋…＋3n)＋n·3n＋1
＝＋n·3n＋1
＝，
所以Sn＝.
9．(2015·河南洛阳一模，17，12分)已知n∈N*，数列{dn}满足dn＝，数列{an}满足an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n；数列{bn}为公比大于1的等比数列，且b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实根．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)将数列{bn}中的第a1项，第a2项，第a3项，…，第an项，…删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前2 013项的和．
解：(1)因为dn＝，
所以an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝＝3n.
因为b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实数根．
解得b2＝4，b4＝16，所以bn＝2n.
(2)由题知将数列{bn}中的第3项，第6项，第9项，…删去后构成的新数列{cn}中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是c1＝2，c2＝4，公比均是8，
T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012)
＝＋
＝.
10．(2015·河北邢台调研，17，12分)已知各项均不相等的等差数列{an}的前5项和为S5＝35，a1＋1，a3＋1，a7＋1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列的前n项和，问是否存在常数m，使Tn＝m，若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由已知得5a1＋10d＝35，则a1＋2d2＝7，
又a1＋1，a3＋1，a7＋1成等比数列，所以82＝(8－2d)(8＋4d)，
解得a1＝3，d＝2，
所以an＝2n＋1.
(2)Sn＝n(n＋2)，
＝＝，
所以Tn＝
＝
＝
故存在常数m＝.
1．(2015·浙江，10，易)已知{an}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________．
【解析】 ∵a2，a3，a7成等比数列，
∴a＝a2·a7，
即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，
化简得d＝－a1.
又2a1＋a2＝3a1＋d＝1，
∴a1＝1，即a1＝，d＝－1.
【答案】 －1
2．(2015·福建，16，易)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________．
【解析】 ∵a，b是函数f(x)的两个不同的零点，
∴a，b是方程x2－px＋q＝0的两根，
∴(p>0，q>0)
∴a＞0，b＞0.
又∵a，b，－2可适当排序后成等比数列，
∴－2一定是a，b的等比中项，即ab＝4＝q.
而a，b，－2可适当排序后成等差数列，则有两种情况：
①b是a，－2的等差中项，则2b＝a－2.
联立⇒a＝4，b＝1，
∴p＝a＋b＝5.
②a是b，－2的等差中项，则2a＝b－2，
联立⇒a＝1，b＝4，
∴p＝a＋b＝5.
综上所述，p＋q＝9.
【答案】 9
3．(2015· 北京，16，13分，中)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，
故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63.
所以b6与数列{an}的第63项相等．
4．(2015·重庆，16，13分，易)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得a1＋2d＝2，3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，
解得a1＝1，d＝，
故通项公式an＝1＋，
即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2.
故{bn}的前n项和
Tn＝＝＝2n－1.
5．(2015·湖北，19，12分，中)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d＞1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，
故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，故Tn＝6－.
1．(2012·四川，12，中)设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．0 B．7
C．14 D．21
【答案】 D ∵f(x)＝(x－3)3＋x－1＝(x－3)3＋(x－3)＋2，
而y＝x3＋x是单调递增的奇函数，
∴f(x)＝(x－3)3＋(x－3)＋2是关于点(3，2)成中心对称的增函数．
又∵{an}是等差数列，
∴f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14＝7×2，
∴f(a4)＝2，即(a4－3)3＋a4－1＝2，
∴a4＝3，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝21.
故选D.
2．(2011·陕西，10，中)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )
A．①和⑳ B．⑨和⑩
C．⑨和⑪ D．⑩和⑪
【答案】 D 方法一：设树苗放在第n个坑，且不妨设相邻两坑的距离为1个单位长度，则前n个坑到第n个坑的距离分别为|n－1|，|n－2|，…，2，1，0.其和为S1＝|n－1|＋|n－2|＋…＋2＋1＋0＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋0＝.
后面各坑到第n个坑的距离分别为1，2，…，20－n，
其和为S2＝1＋2＋3＋…＋20－n
＝，
∴各坑到第n个坑的距离和为
S＝S1＋S2＝(n2－n＋n2－41n＋420)
＝n2－21n＋210.
当n＝时，S最小．
又∵n∈N*，∴n＝10或n＝11时，S最小．
方法二(估算法)：分别计算树苗放在第1，9，10，11个坑时，各坑到其距离之和．
当树苗放在第1个坑时，各坑到其距离和为S1＝1＋2＋3＋…＋19＝190；
当树苗放在第9个坑时，各坑到其距离和为S2＝8＋7＋6＋…＋1＋0＋1＋2＋3＋…＋11＝36＋66＝102；
当树苗放在第10个坑时，各坑到其距离和为S3＝9＋8＋7＋…＋1＋0＋1＋2＋…＋10＝100.
易知树苗放在第11个坑时，各坑到其距离和为S4＝S3＝100.故选D.
3．(2013·江西，12，中)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
【解析】 由题意知第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，则2n＋1≥102.又25＋1＝26＝64，26＋1＝27＝128，∴n≥6.
∴n的最小值为6.
【答案】 6
4．(2014·安徽，12，中)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2.过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.
【解析】 由BC＝2得BA＝a1＝2⇒AA1＝a2＝⇒A1A2＝a3＝×＝1，由此可归纳出{an}是以a1＝2为首项，为公比的等比数列，因此a7＝a1×q6＝2×＝.
【答案】
5．(2014·陕西，14，中)已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则f2 014(x)的表达式为________．
【解析】 由已知易知fn(x)＞0，
∵fn＋1(x)＝f(fn(x))＝，
∴＝＝＋1，
∴－＝1，
∴是以＝为首项，1为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×1＝，
∴fn(x)＝，
∴f2 014(x)＝.
【答案】 f2 014(x)＝
6．(2014·四川，19，12分，中)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列{anb}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知，bn＝2an＞0.
当n≥1时，＝2an＋1－an＝2d.
∴数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．
(2)∵函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线斜率为2a2ln 2，
∴函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为
y－2a2＝2a2ln 2(x－a2)，
∴它在x轴上的截距为a2－，故a2＝2.
∴d＝a2－a1＝1，∴an＝n，bn＝2n，anb＝n·4n.
于是Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1.
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1＝.
∴Sn＝.
7．(2012·安徽，21，13分，难)设函数f(x)＝＋sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)设{xn}的前n项和为Sn，求sin Sn.
解：(1)令f′(x)＝＋cos x＝0，
得cos x＝－，
解得x＝2kπ±π(k∈Z)．
∵xn是f(x)从小到大排列的第n个正的极小值点，
∴xn＝2nπ－π(n∈N*)．
(2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－，
∴sin Sn＝sin.
∵n(n＋1)表示两个连续正数的乘积，n(n＋1)一定为偶数，
∴sin Sn＝－sin.
当n＝3m－2(m∈N*)时，
sin Sn＝－sin＝－；
当n＝3m－1(m∈N*)时，
sin Sn＝－sin＝；
当n＝3m(m∈N*)时，
sin Sn＝－sin 2mπ＝0.
综上所述，sin Sn＝
8．(2014·江苏，20，16分，难)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
解：(1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”．
(2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1.
当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am.所以{an}是“H数列”，因此d的值为－1.
(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．
下证{bn}是“H数列”．设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm.所以{bn}是“H数列”．
同理可证{cn}也是“H数列”．
所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
9．(2013·天津，19，14分，难)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3，4S4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明Sn＋≤(n∈N*)．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
∵－2S2，S3，4S4成等差数列，
∴S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，
可得2a4＝－a3，∴q＝＝－.
又a1＝，
∴等比数列{an}的通项公式为
an＝×＝(－1)n－1·.
(2)证明：由(1)知，Sn＝1－，
Sn＋＝1－＋
＝
当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，
∴Sn＋≤S1＋＝.
当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小．
∴Sn＋≤S2＋＝.
故对于n∈N*，有Sn＋≤.
考向1 等差数列与等比数列的综合问题
等差数列与等比数列比较表
等差数列
等比数列
通项
公式
an＝a1＋(n－1)d或
an＝am＋(n－m)d
an＝a1qn－1或
an＝am·qn－m
前n项和公式
Sn＝或Sn＝na1＋d
Sn＝
常用
性质
若m，n，p，q∈N*，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq
若m，n，p，q∈N*，m＋n＝p＋q，则aman＝apaq
(2014·北京，15，13分)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
【思路导引】 (1)求出数列{an}的公差d＝3，确定an，利用q3＝，求出q，进而求出bn； (2)采用分组求和．
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3.
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n.
设等比数列{bn－an}的公比为q，
由题意得q3＝＝＝8，
解得q＝2.
∴bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，
从而bn＝3n＋2n－1.
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1.
∵数列{an}的前n项和为n(n＋1)，数列{bn－an}的前n项和为＝2n－1.
∴数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
等差数列、等比数列综合问题的解题策略
(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．
(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．
(2013·湖北，19，13分)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
解：(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得
即
解得
所以数列{an}的通项公式为
an＝3×(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝
＝1－(－2)n.
若存在n，使得Sn≥2 013，则
1－(－2)n≥2 013，
即(－2)n≤－2 012，
当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
即2n≥2 012，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
方法点拨：本题主要考查等差、等比数列基本量的运算，以及分类讨论的数学思想方法．解题(1)的关键是利用已知条件列方程组求解，解题(2)要注意分类讨论．
考向2 数列的实际应用
数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是an与an＋1的递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间的递推关系．
(2012·湖南，20，13分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
【思维导引】 (1)由题意找出a1，a2与d的关系，递推出an＋1与an的关系；(2)用迭代法找出an与d的关系，再用等比数列前n项和求解．
【解析】 (1)由题意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d，
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d
＝－d
＝an－2－d－d
＝…
＝a1－d ，
整理得an＝(3 000－d)－2d
＝(3 000－3d)＋2d.
由题意，am＝4 000，知(3 000－3d)＋2d＝4 000，
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
数列综合应用题的解题步骤
(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．
(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．
(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．
具体解题步骤如下：
(2011·湖南，20，12分)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.
(1)求第n年初M的价值an的表达式；
(2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则需在第n年初对M更新．证明：需在第9年初对M更新．
解：(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．
an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，
又a6＝70，所以an＝70×.
因此，第n年初M的价值an的表达式为
an＝
(2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当n≥7时，由于S6＝570，故
Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)
＝570＋70××4×
＝780－210×，
An＝.
因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．
又A8＝＝82>80，
A9＝＝76<80，
所以需在第9年初对M更新．
考向3 数列与函数、不等式的综合应用
数列与函数、不等式的综合问题
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题．此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题．解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
(2014·广东，19，14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n
－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
【思路导引】 (1)由Sn与a1的关系直接求出a1的值；(2)利用前n项和与第n项的关系an＝求解；(3)可用放缩法证明．
【解析】 (1)令n＝1，得S－(－1)S1－3×2＝0，即S＋S1－6＝0，∴(S1＋3)(S1－2)＝0.∵S1>0，∴S1＝2，即a1＝2.
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，得(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0.
∵an>0(n∈N*)，∴Sn>0，从而Sn＋3>0，∴Sn＝n2＋n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.
又a1＝2＝2×1，∴an＝2n.
(3)证明：k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝.
∴＋＋…＋
≤
＝<.
∴对一切正整数n，有＋＋…＋<.
数列中不等式问题的处理方法
(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．
(2)放缩方法：数列中的不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到．
(3)比较方法：作差或作商比较法．
(2013·广东，19，14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
解：(1)证明：当n＝1时，4a1＝a－5，a＝4a1＋5，∵an＞0，
∴a2＝.
(2)当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，
∵an＞0，∴an＋1＝an＋2.
∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．
∵a2，a5，a14构成等比数列．
∴a＝a2·a14＝(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，
由(1)可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1.
∵a2－a1＝3－1＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(3)证明：＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝·
＝·＜.
思路点拨：第(1)(2)两问是已知Sn求an，{an}是等差数列，第(3)问只需裂项求和即可，估计不少考生能猜出通项公式，跳过第(2)问，做出第(3)问．本题易错点在于分成n＝1，n≥2后，不会求a1，没有证明a1也满足通项公式．
1．(2015·四川成都一模，8)设曲线y＝2 014xn＋1(n∈N*)在点(1，2 014)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝log2 014xn，则a1＋a2＋…＋a2 013的值为( )
A．2 014 B．2 013
C．1 D．－1
【答案】 D ∵y′＝2 014(n＋1)xn，故曲线在点(1，2 014)处的切线方程是y－2 014＝2 014(n＋1)(x－1)，∴xn＝.
∴a1＋a2＋…＋a2 013＝log2 014(a1a2…a2 013)
＝log2 014
＝log2 014＝－1.
2．(2014·山西晋中名校高三联考，5)已知正项等差数列{an}满足：an＋1＋an－1＝a(n≥2)，等比数列{bn}满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝( )
A．－1或2 B．0或2
C．2 D．1
【答案】 C 由题意可知an＋1＋an－1＝2an＝a，解得an＝2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数，故an＝0舍去)，又bn＋1bn－1＝b＝2bn(n≥2)，所以bn＝2(n≥2)，故log2(a2＋b2)＝log24＝2.
思路点拨：解答本题的关键是巧妙运用等差中项和等比中项公式求an和bn的表达式．
3．(2015·福建福州质检，9)已知函数f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线x＋3y＋2＝0垂直，若数列的前n项和为Sn，则S2 015的值为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A 由题意f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，
∴f(n)＝n2＋n，故数列的通项公式＝＝－，
∴S2 015＝＋＋…＋－＝1－＝.
4．(2015·甘肃兰州一模，8)如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn
在函数f(x)＝x＋(x＞0)的图象上．若点Bn的坐标(n，0)(n≥2，n∈N*)．记矩形AnBnCnDn的周长为an，则a2＋a3＋…＋a10＝( )
A．208 B．216 C．212 D．220
【答案】 B 由点Bn的坐标(n，0)(n≥2，n∈N*)，得Cn，令x＋＝n＋，即x2－ x＋1＝0，解得x＝n或x＝，所以Dn ，所以矩形AnBnCnDn的周长an＝2＋2＝4n，所以a2＋a3＋…＋a10＝8＋12＋16＋…＋40＝216.
5．(2015·山东滨州一模，14)数列{an}的通项为an＝(－1)n·n·sin＋1的前n项和为Sn，则S100＝________.
【解析】 由数列{an}的通项公式得a1＝0，a2＝1，a3＝4，a4＝1，a5＝－4，a6＝1，a7＝8，a8＝1，…，四项为一组，每组的和都是6，故S100＝25×6＝150.
【答案】 150
6．(2015·北京石景山一模，14)对于实数x，用[x]表示不超过x的最大整数，如[0.3]＝0，[5.6]＝5.若n∈N*，an＝，Sn为数列{an}的前n项和，则S8＝________；S4n＝________.
【解析】 因为an＝，所以当n＝1，2，3时an＝0；当n＝4，5，6，7时，an＝1；当n＝8，9，10，11时，an＝2；…；当n＝4n，4n＋1，4n＋2，4n＋3时，an＝n，所以S8＝3×0＋4×1＋2＝6.S4n＝3×0＋4[1＋2＋…＋(n－1)]＋n＝4×＋n＝2n2－n.
【答案】 6 2n2－n
7．(2014·安徽安庆二模，13)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2 013＋a2 014＋a2 015＝________.
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6
【解析】 由a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1，2，－2，3，－3，…，偶数项为1，2，3，…，故a2 013＋a2 015＝1，a2 014＝1 007，故a2 013＋a2 014＋a2 015＝1 008.
【答案】 1 008
8．(2015·山东潍坊一模，14)现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n＝________.
【解析】 设对应的数列为{an}，公差为d，(d＞0)．由题意知a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，a＝a1an.由an＋an－1＋an－2＝114得3an－1＝114，解得an－1＝38，即(a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，所以an－1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.
【答案】 16
9．(2015·江西师大附中调研，16，12分)已知{an}为公差不为零的等差数列，首项a1＝a，{an}的部分项ak1，ak2，…，akn恰为等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝5.
(1)求数列{an}的通项公式an(用a表示)；
(2)若数列{kn}的前n项和为Sn，求Sn.
解：(1){an}的公差为d(d≠0)，由已知得a1＝a，a2＝a＋d，a5＝a＋4d成等比数列，
∴(a＋d)2＝a(a＋4d)，
得a＝0或d＝2a，
若a＝0，则{an}为0，d，2d，3d，4d，…，这与a1，a2，a5成等比数列矛盾，
∴d＝2a，
∴an＝a1＋(n－1)d＝(2n－1)a.
(2)由(1)可知an＝(2n－1)a，
∴akn＝(2kn－1)a，
而等比数列{akn}的公比q＝＝＝3.
∴akn＝a·3n－1，
∴akn＝(2kn－1)a＝a·3n－1，
∴kn＝＝×3n－1＋.
∴Sn＝＋×n
＝×＋＝.
10．(2015·湖北荆州三模，19，13分)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加.
(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
解：(1)第1年投入800万元，第2年投入800×万元，…，第n年投入800×万元，所以，n年内的总投入为an＝800＋800×＋…＋800×＝800× ＝4 000×.
第1年旅游业收入400万元，第2年旅游业收入400×万元，…，第n年旅游业收入万元，所以，n年内的旅游业总收入为
bn＝400＋400×＋…＋400×
＝400×
＝1 600×.
(2)设至少经过n年，旅游业的总收入才能超过总投入，由此得bn－an＞0，即
1 600×－4 000×＞0，令x＝，代入上式得5x2－7x＋2＞0，解此不等式，得x＜或x＞1(舍去)．即＜，由此得n≥5.
所以至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入．
11．(2015·湖南师大附中调研，18，12分)对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设数列{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝.
(1)求数列{an}的通项公式，并判断数列{Sn}是否为“减差数列”；
(2)设bn＝(2－nan)t＋an，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，求实数t的取值范围．
解：(1)设数列{an}的公比为q，因为a1＝1，S3＝，所以1＋q＋q2＝，
即4q2＋4q－3＝0，
所以(2q－1)(2q＋3)＝0.
因为q＞0，所以q＝，所以an＝，
Sn＝＝2－，
所以＝2－－＜2－＝Sn＋1，
所以数列{Sn}是“减差数列”．
(2)由题设知，bn＝t＋＝2t－.
由＜bn＋1(n≥3，n∈N*)，
得t－＋t－＜2t－，
即＋＞，化简得t(n－2)＞1.
又当n≥3时，t(n－2)＞1恒成立，即t＞恒成立，
所以t＞＝1.
故t的取值范围是(1，＋∞)．
12．(2014·安徽合肥第一次质检，19，13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋3＝3an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an，Tn＝＋＋…＋，求证：≤Tn<.
解：(1)当n＝1时，2S1＋3＝3a1，∴a1＝3.
当n≥2时，2Sn＋3＝3an，2Sn－1＋3＝3an－1，
∴2Sn－2Sn－1＝3an－3an－1，
∴an＝3an－1(n≥2)．
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)证明：由(1)得＝＝n，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，①
∴Tn＝＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，②
由①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－n×
＝－n×
＝－n×，
∴Tn＝－<.
另一方面，Tn＋1－Tn＝－－＝>0，
∴{Tn}单调增加，故Tn≥T1＝.
综上，≤Tn<.
思路点拨：(1)借助an＝Sn－Sn－1求解；(2)分两步证明：第一步证明Tn<，可通过错位相减法求和后再放缩证明；第二步证明≤Tn，可利用{Tn}的单调性加以证明．
(时间：120分钟__分数：150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2014·北京海淀一模，4)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－5，则a1－a2－a3－a4＝( )
A．－14 B．－9 C．11 D．16
【答案】 D 在等差数列中，a3＝a1＋2d，即－5＝1＋2d，故d＝－3，则a2＝－2，a4＝－8，所以a1－a2－a3－a4＝16.
2．(2012·辽宁，4)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则a2＋a10＝( )
A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】 B 在等差数列中a2＋a10＝a4＋a8＝16.
3．(2015·山东德州一模，5)数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn＝，若b4b5＝2，则a9＝( )
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】 C 因为{bn}为等比数列且bn＝，所以数列{an}也为等比数列，设公比为q，所以由b4b5＝2得＝q2＝2，所以a9＝a1q8＝24＝16，选C.
4．(2015·湖北黄冈中学质检，4)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－n＋(1－t)，则“t＝1”是“数列{an}为等差数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】 C 等差数列的前n项和的特点是形如“Sn＝an2＋bn”，故数列{an}为等差数列，则1－t＝0，∴t＝1，故选C.
5．(2015·浙江杭州一模，7)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】 C 由题意知S7＝7a4＜0，a4＋a5＞0，S8＝＝＞0，∴当n≥8时Sn
＞0，故选C.
6．(2012·湖北，7)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln |x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】 C 由题设可知a1≠0，an＝a1qn－1，分别代入①②③④，可知只有①③满足“保等比数列函数”的定义．
7．(2015·河南郑州二模，6)设数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )
A. B. C. D.
【答案】 B 设此数列的公比为q(q＞0)，由已知a2a4＝1，得a＝1，所以a3＝1，由S3＝7，知a3＋＋＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝，q＝－(舍去)，所以a1＝＝＝4.
所以S5＝＝.选B.
8．(2011·湖北，9)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )
A．1升 B.升
C.升 D.升
【答案】 B 设该数列为{an}，公差为d，
则
即解得
∴第5节的容积为a5＝a1＋4d＝＋×4＝(升)．
9．(2013·大纲全国，7)已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
【答案】 C 由3an＋1＋an＝0，得＝－，故数列{an}是公比q＝－的等比数列．又a2＝－，可得a1＝4.
所以S10＝
＝3(1－3－10)．
10．(2014·河北石家庄质检，10)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝2－
C．an＝ D．an＝
【答案】 C 由题意得＝＋1，则＋1＝2，易知＋1＝2≠0，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则＋1＝2n，则an＝.
方法点拨：本题将an＋1＝取倒数，构造新数列并证明其为等比数列，进而求出an
11．(2015·河南安阳一模，7)数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B.(2n－1)
C.(4n－1) D．4n－1
【答案】 C (a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an)－(a1＋a2＋a3＋…＋an－1)＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，a1＝1也适合上式，所以an＝2n－1，a＝(2n－1)2＝4n－1，且a＝12＝1，＝＝4，故数列{a}是以1为首项，4
为公比的等比数列，所以a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)，故选C.
12．(2014·湖北黄冈二模，11)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，a2＝2，b1＝2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i＋j＝k＋l时，都有ai＋bj＝ak＋bl，则 (ai＋bi)(注：ai＝a1＋a2＋…＋an)的值为( )
A．2 012 B．2 013 C．2 014 D．2 015
【答案】 D 由条件可得a1＝1，b1＝2；a2＝2，b2＝3；a3＝3，b3＝4；…；a2 013＝2 013，b2 013＝2 014.∴ (ai＋bi)＝[(1＋2 014)×2 013]＝2 015.
二、填空题(共4小题，每小题4分，共16分)
13．(2012·课标全国，14)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
【解析】 由S3＝－3S2可得a1＋a2＋a3＝－3(a1＋a2)，
即a1(1＋q＋q2)＝－3a1(1＋q)，
化简整理得q2＋4q＋4＝0，解得q＝－2.
【答案】 －2
14．(2015·黑龙江大庆一模，15)两个等差数列的前n项和之比为，则它们的第7项之比为________．
【解析】 设这两个等差数列的前n项和分别为Sn，Tn，由题意知＝＝＝3.
【答案】 3
方法点拨：两个等差数列的第n项的比等于这两个等差数列的前2n－1项和的比．
15．(2014·江苏扬州三模，7)若Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝－36，S13＝－104，则a5与a7的等比中项为________．
则由等差数列的性质可得9a5＝－36，13a7＝－104.
解得a5＝－4，a7＝－8，
则a5与a7的等比中项为±＝±4.
【答案】 ±4
16．(2015·山东烟台质检，13)设直线nx＋(n＋1)y＝(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2 014的值为________．
【解析】 当x＝0时，y＝.当y＝0时，y＝，∴三角形的面积Sn＝××＝＝－.
∴S1＋S2＋…＋S2 014＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
【答案】
三、解答题(共6小题，共74分)
17．(12分)(2014·山西山大附中调研，17)公差不为零的等差数列{an}中，a3＝7，且a2，a4，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设an＝bn＋1－bn，b1＝1，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)∵等差数列{an}中，a3＝7，且a2，a4，a9成等比数列，
∴a＝a2·a9，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)．
整理得6a1d＋9d2＝9a1d＋8d2，即d2＝3a1d.
∵d≠0，∴d＝3a1.
又a3＝a1＋2d＝7a1＝7，
∴a1＝1，d＝3，
∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)b1＝1，an＝3n－2，an＝bn＋1－bn，
∴a1＝b2－b1，a2＝b3－b2，…，an－1＝bn－bn－1，
∴a1＋a2＋…＋an－1＝bn－b1，
即＝＝bn－1，
则bn＝＋1＝.
思路点拨：根据等差数列与等比数列的性质可求得a1＝1，d＝3，进而求得通项公式；根据已知的形式可采用累加的方法，对数列求和，然后化简，右边抵消合并后将b1的值代入，整理后即可得到数列{bn}的通项公式．
18．(12分)(2015·山东威海一模，19)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＞0，S4，S2，S3成等差数列，16是a2和a8的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等差数列{bn}中，b1＝1，前9项和等于27，令cn＝2an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
∵S4，S2，S3成等差数列，
∴S2－S4＝S3－S2.
∴－a3－a4＝a3，∴2a3＝－a4，
∴q＝－2.
又∵16是a2和a8的等比中项，
∴a2·a8＝162.
∴a5＝±16.
∵q＝－2，a1＞0，
当a5＝16时，a1＝1，
当a5＝－16时，a1＝－1(舍去)，
∴an＝(－2)n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
∴＝27，∴b5＝3.
∴d＝＝，∴bn＝.
∴cn＝2anbn＝(n＋1)(－2)n－1.
∴Tn＝2＋3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(n＋1)(－2)n－1，
－2Tn＝2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1＋(n＋1)(－2)n.
∴3Tn＝2＋(－2)＋(－2)2＋…(－2)n－1－(n＋1)(－2)n
＝2＋－(n＋1)(－2)n
＝－－(n＋1)(－2)n
＝－(－2)n.
∴Tn＝－(－2)n.
19．(12分)(2015·山东潍坊一模，18)已知等差数列{an}满足：an＋1＞an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{bn}的前三项．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设Tn＝＋＋…＋(n∈N*)，求Tn.
解：(1)设d，q分别为等差数列{an}，等比数列{bn}的公差与公比，且d＞0.
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3有
b1＝2，b2＝2＋d，b3＝4＋2d.
∴(2＋d)2＝2(4＋2d)，d2＝4，
∵an＋1>an，∴d＞0，∴d＝2，q＝＝2，
an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝2×2n－1＝2n.
(2)Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋.②
①－②，得Tn
＝＋－.
∴Tn＝1＋－
＝3－－
＝3－.
20．(12分)(2014·浙江杭州二模，18)设在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝1，b1＝2，bn>0(n∈N*)，且b1，a2，b2成等差数列，a2，b2，a3＋2成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝abn，数列{cn}的前n项和为Sn.若0)．由题意，
得
解得d＝q＝3，
∴an＝3n－2，bn＝2×3n－1.
(2)cn＝3×bn－2＝2×3n－2，
∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2(31＋32＋…＋3n)－2n
＝3n＋1－2n－3.
∴＝＝3n＋1.
∴3n＋1<2×3n＋t恒成立，
即t>(－3n＋1)max.
故t>－2.
21．(12分)(2013·湖南，19)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0，2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.
(1)求a1，a2并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和．
解：(1)令n＝1，得2a1－a1＝a，即a1＝a，∵a1≠0，∴a1＝1，
令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.
当n≥2时，由2an－1＝Sn，2an－1－1＝Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知，nan＝n·2n－1.
记数列{n·2n－1}的前n项和为Bn，于是
Bn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②
①－②得
－Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n.
从而Bn＝1＋(n－1)·2n.
思路点拨：(1)用赋值法求出a1，a2，再用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an；(2)用错位相减法可求出{nan}的前n项和．
22．(14分)(2012·湖北，20)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，
或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；
当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，
Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上所述，Sn＝
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