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- 2021-06-11 发布
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(2015·课标Ⅰ，17，12分，中)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)∵a＋2an＝4Sn＋3，∴a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)·(an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以通项公式an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝
＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
1．(2013·辽宁，4，易)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
【答案】 D {an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，因为d>0，所以{an}是递增数列，故p1正确；对p2，举反例，令a1＝－3，a2＝－2，d＝1，则a1>2a2，故{nan}不是递增数列，p2不正确；＝d＋，当a1－d>0时，递减，p3不正确；an＋3nd＝4nd＋a1－d，4d>0，{an＋3nd}是递增数列，p4正确．故p1，p4是正确的，故选D.
2．(2011·江西，5，易)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝( )
A．1 B．9 C．10 D．55
【答案】 A a10＝S10－S9＝(S1＋S9)－S9＝S1＝a1＝1，故选A.
3．(2013·湖南，15，难)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
【解析】 (利用an与Sn的关系求通项公式)
(1)由已知得S3＝－a3－，S4＝a4－，两式相减得a4＝a4＋a3－＋，∴a3＝－＝－.
(2)已知Sn＝(－1)nan－，
①当n为奇数时，
两式相减得an＋1＝an＋1＋an＋，
∴an＝－；
②当n为偶数时，则
两式相减得an＋1＝－an＋1－an＋，
即an＝－2an＋1＋＝.
综上，an＝
∴S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＝[(a2＋a4＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]－
＝
－
＝－
＝－
＝.
【答案】 (1)－ (2)
4．(2012·四川，20，12分，中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求a1，a2的值；
(2)设a1>0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．
解：(1)取n＝1，得
a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，①
取n＝2，得a＝2a1＋2a2，②
由②－①，得a2(a2－a1)＝a2.③
若a2＝0，由①知a1＝0.
若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④
由①④解得a1＝＋1，a2＝2＋或a1＝1－，a2＝2－.
综上可得，a1＝0，a2＝0或a1＝＋1，a2＝＋2或a1＝1－，a2＝2－.
(2)当a1>0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2.
当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1，
所以(1＋)an＝(2＋)an－1，
即an＝an－1(n≥2)，
所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1.
令bn＝lg，则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列，
从而b1>b2>…>b7＝lg>lg 1＝0，
当n≥8时，bn≤b8＝lg0，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，
即＝，
所以····…·
＝××××…×，
所以an＝.
【答案】
(3)【解析】 由于an＋1－2＝－－2＝，
所以＝＝＋2，
即bn＋1＝4bn＋2，bn＋1＋＝4.
又a1＝1，故b1＝＝－1.
所以是首项为－，公比为4的等比数列，bn＋＝－×4n－1，
bn＝－×4n－1－.
【答案】 －×4n－1－
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＝
(1)(2013·课标Ⅰ，14)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．
(2)(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．
【解析】 (1)由Sn＝an＋得，当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，两式相减，整理得an＝－2an－1，又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.
(2)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＝.
【点拨】 解题(1)的关键是由an＝Sn－Sn－1构造等比数列求an；解题(2)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.
已知Sn求an的一般步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
(2012·广东，19，14分)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.
考向3 数列的单调性及其应用
1．数列与函数的关系
从函数观点看，数列可以看成是以正整数集N*或N*的有限子集{1，2，3，…，n}为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．
2．数列的单调性
(1)递增数列⇔an＋1>an；
(2)递减数列⇔an＋1a1>a2>a3>a4，
a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－100⇔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，则>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，则>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．
(3)结合相应函数的图象直观判断数列的单调性．
(2015·四川成都检测，20，12分)已知数列{an}．
(1)若an＝n2－5n＋4，则
①数列中有多少项是负数？
②n为何值时，an取最小值？并求出最小值．
(2)假设an＝n2＋kn＋4且对于任意n∈N*，都有an＋1>an.求实数k的取值范围．
解：(1)①由n2－5n＋4<0，解得1n2＋kn＋4，
化简得，k>－2n－1，
又有n∈N*，则有k>－3.
1．(2015·重庆模拟，4)已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )
A．2n－1 B.
C．n2 D．n
【答案】 D 因为an＝n(an＋1－an)，
所以＝，
所以an＝···…···a1＝×××…×××1＝n.
2．(2014·河北四校联考，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.
3．(2015·河南洛阳模拟，7)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5，9，14，20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差，即a2 014－5＝( )
A．2 018×2 012 B．2 020×2 013
C．1 009×2 012 D．1 010×2 013
【答案】 D 因为an－an－1＝n＋2(n≥2)，a1＝5，
所以a2 014＝(a2 014－a2 013)＋(a2 013－a2 012)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2 016＋2 015＋…＋4＋5＝
＋5
＝1 010×2 013＋5，
所以a2 014－5＝1 010×2 013，故选D.
4．(2015·江西九江模拟，13)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 014＝________．
【解析】 a2＝－＝－＝－，
a3＝－＝－＝－2，
a4＝－＝－＝1，
可见a4＝a1，由此可得，an＋3＝an，
因此数列{an}是以3为周期的周期数列，
则S2 014＝671×(a1＋a2＋a3)＋a1
＝671×＋1＝－.
【答案】 －
5．(2015·山东潍坊调研，12)已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
【解析】 方法一(定义法)：因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ>0，即λ>－(2n＋1)(*)．
因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.
方法二(函数法)：设f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－，要使数列{an}为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数f(n)为增函数，故只需满足f(1)－3.
【答案】 λ>－3
6．(2015·山东青岛调研，16，12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)在函数f(x)＝x2＋x的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，不等式Tn>loga(1－a)对任意正整数n恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x的图象上，∴Sn＝n2＋n.①
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，②
①－②得an＝n.
当n＝1时，a1＝S1＝＋＝1，符合上式，
∴an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)得＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＋
＝
＝－.
∵Tn＋1－Tn＝>0，
∴数列{Tn}单调递增，
∴{Tn}中的最小项为T1＝.
要使不等式Tn>loga(1－a)对任意正整数n恒成立，只要>loga(1－a)，即loga(1－a)0，a>0，∴0a，∴00，则a2＋a3>0
B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C．若0
D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0
【答案】 C 对于A，若a1＝2，a2＝－1，a3＝－4，
则a2＋a3＝－5<0，结论不成立；
对于B，若a1＝2，a2＝－1，a3＝－4，
则a1＋a2＝1>0，结论不成立；
对于C，∵00.
∴a1a3＝(a2－d)(a2＋d)＝a－d2＜a，
∴0
C．a1d<0 D．a1d>0
【答案】 C 设bn＝2a1an，则bn＋1＝2a1an+1，由于{2a1an}是递减数列，则bn>bn＋1，
即2a1an > 2a1an+1.
∵y＝2x是单调增函数，∴a1an>a1an＋1，
∴a1an－a1(an＋d)>0，∴a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.
思路点拨：把2a1an看成一个整体bn，利用递减数列的关系式bn>bn＋1求解．
3．(2012·江西，12，易)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
【解析】 方法一：设cn＝an＋bn，
∵{an}，{bn}是等差数列，
∴{cn}是等差数列，设其公差为d，则c1＝7，c3＝c1＋2d＝21，解得d＝7，因此，c5＝a5＋b5＝7＋(5－1)×7＝35.
方法二：设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，∴2(a3＋b3)＝(a1＋b1)＋(a5＋
b5)，即42＝7＋(a5＋b5)，因此a5＋b5＝42－7＝35.
【答案】 35
4．(2013·重庆，12，易)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.
【解析】 设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以S8＝8×1＋×2＝64.
【答案】 64
5．(2013·课标Ⅱ，16，难)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
【解析】 设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则S10＝10a1＋d＝10a1＋45d＝0，①
S15＝15a1＋d＝15a1＋105d＝25.②
联立①②，得a1＝－3，d＝，
所以Sn＝－3n＋×
＝n2－n.
令f(n)＝nSn，则f(n)＝n3－n2，
f′(n)＝n2－n.
令f′(n)＝0，得n＝0或n＝.
当n>时，f′(n)>0，当00，公差d<0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n项和有最大值，且满足
(2)若等差数列的首项a1<0，公差d>0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n项和有最小值，且满足
(1)(2014·北京，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
(2)(2015·山东济南模拟，18，12分)等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
【解析】 (1)∵a7＋a8＋a9>0，a7＋a9＝2a8，
∴3a8>0，即a8>0.
又∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0，
∴等差数列前8项的和最大．故n＝8.
(2)方法一：由S3＝S11得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.从而Sn＝n2＋n＝－(n
－7)2＋a1，
又a1>0，所以－<0.故当n＝7时，Sn最大．
方法二：由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝＝7对称．由方法一可知a＝－<0，故当n＝7时，Sn最大．
方法三：由方法一可知，d＝－a1.要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
方法四：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，
故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，
所以a7>0，a8<0，所以当n＝7时，Sn最大．
【点拨】 题(1)中利用了等差数列的性质，邻项变号前n项和有最值；题(2)的易错点是用二次函数法求最值时，易忽略题目中n∈N*这一隐含条件．
求等差数列前n项和的最值的方法
(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.
(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．
(3)项的符号法：当a1>0，d<0时，满足的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使Sn取最值的n有两个．
(2014·河南郑州联考，17，12分)已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项；
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值．
解：(1)设{an}的公差为d，由已知条件，得
解得a1＝3，d＝－2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)方法一：因为Sn＝na1＋d
＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，
所以n＝2时，Sn取到最大值4.
方法二：因为an＝5－2n，由数列的特点知，项由正变负，
故前若干正数项的和为Sn的最大值，
于是
即
所以n＝2.
故Sn的最大值为S2＝a1＋a2＝3＋1＝4.
1．(2015·广东河源模拟，3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝( )
A．－14 B．－13 C．－12 D．－11
【答案】 D 在等差数列{an}中，S13＝＝13，所以a1＋a13＝2，则a1＝2－a13＝2－13＝－11，故选D.
2．(2014·福建厦门调研，4)等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，S3＝14，且a1＋8，3a2，a3＋6依次成等差数列，则a1·a3等于( )
A．4 B．9 C．16 D．25
【答案】 C ∵S3＝a1＋a2＋a3＝14，a1＋8＋a3＋6＝6a2，∴7a2＝28，即a2＝4，∴a1·a3＝a＝16.
3．(2015·河北承德模拟，4)等差数列{an}的前n项和为Sn(n＝1，2，3，…)，当首项a1和公差d变化时，若a5＋a8＋a11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )
A．S17 B．S18 C．S15 D．S16
【答案】 C 由等差数列的性质得a5＋a11＝2a8，
所以a5＋a8＋a11为定值，即a8为定值．
又因为S15＝＝＝15a8，
所以S15为定值．故选C.
4．(2014·陕西宝鸡三模，14)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝9，S5＝15，则使其前n项和Sn取得最小值时的n＝________．
【解析】 由S5＝，又a5＝9，S5＝15，解得a1＝－3，可得d＝3，故通项公式为an＝3n－6，为递增数列，其中a2＝0，所以其前n项和Sn取得最小值时n＝1或2.
【答案】 1或2
5．(2015·江苏无锡一模，6)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________.
【解析】 由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列{an}从第二项起构成等差数列，则S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.
【答案】 211
6．(2015·河南郑州模拟，13)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋的值为________．
【解析】 因为{an}，{bn}为等差数列，
所以＋＝＋＝＝.
因为＝＝＝＝，
所以＝.
【答案】
7．(2015·山东临沂模拟，19，12分)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<.
解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1代入S＝an，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，
由于Sn≠0时，所以－＝2.
所以是首项为1，公差为2的等差数列．
从而＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以Sn＝.
(2)证明：bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝<，
所以Tn<.
8．(2014·吉林长春质检，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＝
＝
＝－.
9．(2015·陕西咸阳模拟，17，12分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求通项an；
(2)求Sn的最小值；
(3)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解：(1)因为数列{an}为等差数列，
所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.
又a3·a4＝117，
所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，
又公差d>0，所以a3成立，求正整数m的最大值．
解：(1)因为an＋1＝，
所以＝
＝＝－1＋，
即－＝－1，
所以是首项为－2，公差为－1的等差数列，所以＝－2＋(n－1)×(－1)＝－(n＋1)，所以an＝.
(2)bn＝－1＝，
令Cn＝B3n－Bn＝＋＋…＋，
所以Cn＋1－Cn＝＋＋…＋－－…－
＝－＋＋＋
＝－＋
>－＝0，
所以Cn＋1－Cn>0，
所以{Cn}为单调递增数列，
所以(B3n－Bn)min＝B6－B2＝＋＋＋＝，
所以<，所以m<19.
又m∈N*，所以m的最大值为18.
方法点拨：等差数列的综合性问题的求解方法：在解决数列问题时，除注意函数思想、方程思想、消元及整体代换的思想外，还要特别注意解题中要有“目标意识”，即需要什么、求什么，注重数列与函数、不等式知识的交汇．
1．(2015·课标Ⅱ，4，易)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42 C．63 D．84
【答案】 B 由题意知，a3＋a5＝18，
又a3＝a1q2，a5＝a1q4，
∴a1q2＋a1q4＝18，∴q4＋q2－6＝0，
解得q2＝2或－3(舍去)．
∴a3＋a5＋a7＝(a1＋a3＋a5)q2
＝21×2＝42.
2．(2015·安徽，14，中)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
【解析】 ∵{an}为递增的等比数列，∴设公比为q，则q＞1.
∵a2a3＝8，∴a1a4＝8.
又∵a1＋a4＝9，∴a1＝1，a4＝8，∴q＝2.
∴前n项和为＝2n－1.
【答案】 2n－1
1．(2013·江西，3，易)等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0 C．12 D．24
【答案】 A 由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，故选A.
2．(2013·课标Ⅱ，3，易)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A. B．－ C. D．－
【答案】 C 由已知条件及S3＝a1＋a2＋a3得a3＝9a1，设数列{an}的公比为q，则q2＝9.所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，解得a1＝，故选C.
3．(2013·福建，9，中)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.
方法点拨：判断一个数列是等差数列或等比数列关键是作差或作商，看是不是常数．
4．(2014·天津，11，易)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
【解析】 S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6.故(2a1－1)2＝a1×(4a1－6)，解得a1＝－.
【答案】 －
5．(2011·北京，11，中)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
【解析】 ∵q3＝＝－8，∴q＝－2，
则an＝×(－2)n－1，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＋1＋2＋…＋2n－2＝＝2n－1－.
【答案】 －2 2n－1－6.(2013·湖北，18，12分，中)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)由已知条件a1a2a3＝125，得a2＝5.
又a2|q－1|＝10，∴q＝－1或3.
∴数列{an}的通项为an＝5×(－1)n或an＝5×3n－2.
(2)若q＝－1，则＋＋…＋＝－或0，不存在符合条件的正整数m；
若q＝3，则＋＋…＋
＝<，不存在符合条件的正整数m.
综合所述，不存在符合条件的正整数m.
7．(2011·湖北，17，12分，中)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．
解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d，
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，
解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d，10，18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)．
故{bn}的第3项为5，公比为2，
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，
解得b1＝.
所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2n－1＝5·2n－3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，
即Sn＋＝5·2n－2.
所以S1＋＝，
＝＝2.
因此是以为首项，2为公比的等比数列．
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
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．
(1)(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________．
(2)(2013·北京，10)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________．
(3)(2014·安徽，12)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________．
【解析】 (1)设公比为q(q≠0)，∵a2＝1，则由a8＝a6＋2a4得q6＝q4＋2q2，
即q4－q2－2＝0，解得q2＝2，
∴a6＝a2q4＝4.
(2)∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，q＝2，
又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，
∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n＋1－2.
(3)设{an}的公差为d，则a3＋3＝a1＋1＋2d＋2，a5＋5＝a1＋1＋4d＋4，
由题意可得(a3＋3)2＝(a1＋1)(a5＋5)．
∴[(a1＋1)＋2(d＋1)]2
＝(a1＋1)[(a1＋1)＋4(d＋1)]，
∴(a1＋1)2＋4(d＋1)(a1＋1)＋[2(d＋1)]2
＝(a1＋1)2＋4(a1＋1)(d＋1)，
∴d＝－1，∴a3＋3＝a1＋1，
∴公比q＝＝1.
【答案】 (1)4 (2)2 2n＋1－2 (3)1
【点拨】 解题(1)的关键是把a8，a6，a4用a2，q表示，求公比；题(2)中，两个等式的对应比是公比q，这样可求q；题(3)中的a3，a5用a1，d表示，找出a1与d的关系，整体求q.
等比数列的基本运算方法
(1)等比数列可以由首项a1和公比q确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a1和q
进行．
(2)对于等比数列问题一般要给出两个条件，可以通过列方程(组)求出a1，q.如果再给出第三个条件就可以完成an，a1，q，n，Sn的“知三求二”问题．
(3)对称设元法：一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，，x，xq，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，，，xq，xq3，…(注意：此时公比q2>0，并不适合所有情况)这样即可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．
(2013·江苏，14)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3，则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
【解析】 设等比数列的首项为a1，公比为q>0，由
得a1＝，q＝2.
∴an＝a1qn－1＝2n－6，
a1＋a2＋a3＋…＋an＝
＝(2n－1)，
a1·a2·a3·…·an＝aq1＋2＋3＋…＋(n－1)
＝×2，
由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，
得(2n－1)>×2，
化简得2n－1>2.
所以n>，n∈N*，
解得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，如当数列{an}是非零常数列时此结论不成立．
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，10)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B．5 C．4 D．3
(2)(2012·安徽，4)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【解析】 (1)由题意知a1·a8＝a2·a7＝a3·a6＝a4·a5＝10，∴数列{lg an}的前8项和等于lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4·a5)＝4lg 10＝4.故选C.
(2)方法一：由等比中项的性质得a3a11＝a＝16，又数列{an}各项为正，
所以a7＝4.所以a10＝a7×q3＝32.所以log2a10＝5.
方法二：设等比数列的公比为q，由题意知，an>0，
则a3·a11＝a＝＝a＝24，所以a＝210，解得a10＝25.
故log2a10＝5.
【答案】 (1)C (2)B
【点拨】 题(1)利用等比数列的性质，结合对数的运算法则求解；题(2)利用等比数列的性质，通过整体代换求解．
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，要注意挖掘已知和“隐含”的条件．
(1)(2015·辽宁沈阳模拟，6)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝( )
A．2 B. C. D．3
(2)(2014·广东，13)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
(1)【答案】 B 由等比数列的性质得：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是，由已知得S6＝3S3，∴＝，即S9－S6＝4S3，
∴S9＝7S3，∴＝，故选B.
(2)【解析】 由等比数列的性质可知，
a10a11＋a9a12＝2a1a20＝2e5，∴a1a20＝e5，
∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln(a1a20)10＝10ln(a1a20)＝10ln e5＝50.
【答案】 50
考向3 等比数列的判定与证明
(1)(2014·重庆，2)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
(2)(2014·课标Ⅱ，17，12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
①证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
②证明＋＋…＋<.
【解析】 (1)不妨设公比为q，则a＝aq4，a1·a9＝aq8，a2·a6＝a·q6，当q≠±1时，知A，B均不正确；又a＝aq6，a2·a8＝aq8，同理，C不正确；由a＝aq10，a3·a9＝aq10，知D正确．故选D.
(2)证明：①由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
②由①知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.所以＋＋…＋<.
【点拨】 题(1)利用了等比中项的判定方法；题(2)在证明等比数列时用了定义法，在解决第②问时先将通项公式进行放缩，再求和，最后再放缩，命题得证．
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．
其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．
(5)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．
只满足an＋1＝qan(q≠0)的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要a1≠0.
(2012·重庆，21，12分)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0.
(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；
(2)若a2>－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．
证明：(1)由已知得S2＝a2S1＋a1，即a1＋a2＝a1a2＋a1，a2＝a2a1.
因为a2≠0，所以a1＝1，则＝a2.
又由题设条件，知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1，
两式相减，得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，即an＋2＝a2an＋1.
由a2≠0知an＋1≠0，因此＝a2.
综上，＝a2对所有n∈N*成立，从而{an}是首项为1，公比为a2(a2≠0)的等比数列．
(2)当n＝1或2时，显然Sn＝(a1＋an)，等号成立．
设n≥3，a2>－1且a2≠0.由(1)知a1＝1，an＝a，所以要证的不等式化为
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，
即证1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)．
当a2＝1时，上面不等式的等号成立．
当－11时，a－1与a－1(r＝1，2，…，n－1)同为正．
因此当a2>－1且a2≠1时，总有(a－1)·(a－1)>0，
即a＋a<1＋a(r＝1，2，…，n－1)．
上面不等式对r从1到n－1求和得
2(a2＋a＋…＋a)<(n－1)(1＋a)，
由此得1＋a2＋a＋…＋a<(1＋a)．
综上，当a2>－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，等号成立的充要条件是n＝1，2或a2＝1.
1．(2015·河南洛阳模拟，5)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )
A．7 B．5 C．－5 D．－7
【答案】 D 列出方程组即即
①2÷②得＝－，
解得q3＝－2或q3＝－.
当q3＝－2时，a1＝1，a10＝－8，
则a1＋a10＝－7；
当q3＝－时，a1＝－8，a10＝1，
则a1＋a10＝－7.
2．(2015·山东潍坊模拟，6)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝( )
A. B．－ C. D.
【答案】 A 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比数列中S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，所以有8(S9－S6)＝(－1)2，S9－S6＝，即a7＋a8＋a9＝.
3．(2014·河北唐山一模，7)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
【答案】 D ∵
∴
由①②可得＝2，
∴q＝，代入①得a1＝2，
∴an＝2×＝，
∴Sn＝＝4，
∴＝＝2n－1，故选D.
4．(2015·云南丽江一模，9)已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
【答案】 D 设等比数列{an}的公比为q，
则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋，
当q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3；
当q<0时，S3＝1－
≤1－2＝－1.
∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.
5．(2015·福建福州质检，10)已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn，若a3a4a8＝8，则Ⅱ9＝( )
A．512 B．256 C．81 D．16
【答案】 A 由题意可知，a3a4a7q＝a3a7a4q＝a3a7a5＝a＝8，Ⅱ9＝a1a2a3…a9＝(a1a9)(a2a8)·(a3a7)(a4a6)a5＝a，所以Ⅱ9＝83＝512.故选A.
6．(2015·山东泰安模拟，8)在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( )
2
4
1
2
x
y
z
A.1 B．2 C．3 D．4
【答案】 B 由题知表格中第三纵列中的数成首项为4，公比为的等比数列，故有x＝1.
根据每横行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，，故第四列的公比为.
所以y＝5×＝，同理z＝6×＝，因此x＋y＋z＝2.
7．(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】
8．(2014·河北唐山月考，17，12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．
解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·Sn＋2n(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，
∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.
(2)证明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，
∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
9．(2015·湖南长沙模拟，17，12分)已知等比数列{an}的所有项均为正数，首项a1＝1，且a4，3a3，a5成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an＋1－λan}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1(n∈N*)，求实数λ的值．
解：(1)设数列{an}的公比为q，由条件得q3，3q2，q4成等差数列，所以6q2＝q3＋q4，
解得q＝－3，或q＝2.
由数列{an}的所有项均为正数，则q＝2，
数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)记bn＝an＋1－λan，
则bn＝2n－λ·2n－1＝(2－λ)2n－1，
若λ＝2，则bn＝0，Sn＝0不符合条件；
若λ≠2，则＝2，数列{bn}为等比数列，首项为2－λ，公比为2.
此时Sn＝(1－2n)＝(2－λ)(2n－1)．
又Sn＝2n－1(n∈N*)，所以λ＝1.
10．(2015·山西太原二模，18，12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1，2S2，3S3成等差数列，且S4＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证Sn<.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
因为S1，2S2，3S3成等差数列，
所以4S2＝S1＋3S3，
即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)，
所以a2＝3a3，
所以q＝＝.
又S4＝，
即＝，
解得a1＝1，
所以an＝.
(2)证明：由(1)得
Sn＝＝
＝<.
11．(2015·山东临沂模拟，19，12分)在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1，a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋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．(2011·天津，4，易)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )
A．－110 B．－90 C．90 D．110
【答案】 D 由题意得a＝a3·a9，又公差d＝－2，∴(a3－8)2＝a3(a3－12)，∴a3＝16，∴S10＝＝＝5(a3＋a3＋5d)＝5×(16＋16－10)＝110，故选D.
2．(2013·辽宁，14，易)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】 a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根且{an}是递增数列，故a3＝4，a1＝1，故公比q＝2，S6＝＝63.
【答案】 63
3．(2012·课标全国，16，中)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}
的前60项和为________．
【解析】 当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，
∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋3＋a2k＋1＝2，
∴a2k－1＝a2k＋3，
∴a1＝a5＝…＝a61.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a60
＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)
＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)
＝＝30×61＝1 830.
【答案】 1 830
4．(2012·江西，16，12分，中)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，
故k2＝16，因此k＝4，
所以Sn＝－n2＋4n.
从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．
又a1＝S1＝，所以an＝－n.
(2)令bn＝＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，
2Tn＝2＋2＋＋＋…＋，
所以Tn＝2Tn－Tn
＝2＋1＋＋＋…＋－
＝2＋－
＝4－－＝4－.
思路点拨：第(1)问先根据n的二次函数求最值的条件确定k的值，并利用an与Sn的关系求出通项；第(2)问把第(1)问的结果代入后错位相减求和．解答此题易出现如下错误：①求通项时忽略最后一步的检验；②根据错位相减法求和时出现符号写错的现象．
5．(2011·浙江，19，14分，中)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)记An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋.当n≥2时，试比较An与Bn的大小．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由＝·，
得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．
因为d≠0，所以d＝a1＝a.
所以an＝na，Sn＝.
(2)因为＝，所以An＝＋＋＋…＋＝.
因为a2n－1＝2n－1a，
所以Bn＝＋＋＋…＋
＝·＝.
当n≥2时，2n＝C＋C＋C＋…＋C>n＋1，即1－<1－，
所以，当a>0时，AnBn.
考向1 公式法求和
1．等差、等比数列的前n项和公式
(1)等差数列：Sn＝＝na1＋.
(2)等比数列：
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝＝.
2．数列求和的一般思路
数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求之．
3．一些特殊数列的前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.
(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)根据an＝Sn－Sn－1(n≥2)及已知条件Sn求{an}的通项公式；(2){bn}的通项公式中含(－1)n，因此用拆项法与并项法求其前2n项和．
【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an＝n，故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.
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，等差数列乘以(－1)n.
(2013·浙江，18，14分)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.
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为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|＝
方法点拨：绝对值型数列求和的求解策略：
(1)an是先正后负型的{|an|}的前n项和的求解策略：找出an正负的分界点(假设前m项为正)，考虑当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝an，{|an|}的前n项和Tn与{an}的前n项和Sn相等，当n>m时，{|an|}的前n项和Tn＝a1＋a2＋…＋am－am＋1－…－an＝－Sn＋2Sm.可以总结为“一求两考虑”．
(2)an是先负后正型的{|an|}的前n项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一是求出an正负的分界点(假设前m项为负)，两个考虑是当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝－an，Tn＝－Sn，当n>m时，{|an|}的前n项和Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－am＋am＋1＋…＋an＝Sn－2Sm(Sn是数列{an}的前n项和)．
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，那么这个数列的前n项和可用此法来求．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．
(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·江西，17，12分)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1·bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
【思路导引】 (1)构造等差数列，利用等差数列的通项公式求解；(2)利用错位相减法求解数列的前n项和．
【解析】 (1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
两式相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n.
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
错位相减法求和的具体步骤
步骤1→写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；
步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；
步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；
步骤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)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.
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)由题意知，Tn＝λ－，
所以n≥2时，
bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*.
所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，
则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，
两式相减得
Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×
＝－(n－1)×
＝－，
整理得Rn＝.
所以数列{cn}的前n项和Rn＝.
考向3 裂项法求和
1．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项和可尝试此方法，事实上，＝＝＝·.
2．常见式的裂项
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
(2014·山东，19，12分)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－
＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋
＝1＋＝.
所以Tn＝.
【点拨】 本题在分类讨论求和时，易对项数及项确定不准确，产生错误．
用裂项法求和的裂项原则及规律
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
(2013·江西，17，12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，
所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，bn＝，
则bn＝＝.
Tn＝
＝
<＝.
1．(2015·山东青岛模拟，5)数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为( )
A．120 B．99 C．11 D．121
【答案】 A an＝
＝
＝－，
所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.
即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.
2．(2014·广东广州质检，9)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 014＝( )
A．1 006 B．1 007 C．1 008 D．1 009
【答案】 C 由an＋1－an＝sin，
得an＋1＝an＋sin，
所以a2＝a1＋sin π＝1＋0＝1，a3＝a2＋sin＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin 2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sin ＝0＋1＝1，所以a5＝a1.
如此继续可得an＋4＝an(n∈N*)，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2 014＝4×503＋2，因此S2 014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1 008，故选C.
3．(2015·河北石家庄模拟，14)已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，则其前n项和Sn＝________．
【解析】 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，
Sn＝
【答案】
4．(2015·山东烟台模拟，18，12分)在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求{an}的通项an；
(2)若cn＝，求{cn}的前n项和Sn.
解：(1)因为b1＋b3＋b5＝6，所以log2a1＋log2a3＋log2a5＝6，
所以log2(a1a3a5)＝6，所以log2(aq6)＝6，
所以log2(a1q2)＝2，即b3＝2，a1q2＝4.
因为a1>1，所以b1＝log2a1>0，
又因为b1b3b5＝0，所以b5＝0，
即log2(a1q4)＝0，所以a1q4＝1.
又因为a1q2＝4，q>0，所以
所以an＝16·＝25－n.
(2)由(1)知bn＝log2an＝log225－n＝5－n，
所以cn＝－＝－，
所以Sn＝
－
＝－＝－.
5．(2014·重庆二模，19，12分)数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的正整数n都有an>0，4Sn＝(an＋1)2.
(1)求证：数列{an}是等差数列，并求通项公式；
(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
解：(1)令n＝1，4S1＝4a1＝(a1＋1)2，
解得a1＝1，
由4Sn＝(an＋1)2，
得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＋an)(an＋1－an－2)＝0，
因为an>0，
所以an＋1－an＝2，
则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②得
Tn＝＋2－
＝＋2×－
＝－，
所以Tn＝1－.
6．(2015·河南郑州模拟，19，12分)已知a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{an}是递增的等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝1－bn(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意得，a2＝3，a5＝9，
公差d＝＝2，
所以an＝a2＋(n－2)d＝2n－1.
由Sn＝1－bn得，当n＝1时，b1＝.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－1－bn，
得bn＝bn－1，
所以{bn}是以为首项，为公比的等比数列．所以bn＝.
(2)cn＝an·bn＝，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
3Tn＝＋＋＋…＋＋.
两式相减得：2Tn＝2＋＋＋…＋－＝4－，所以Tn＝2－.
7．(2014·河南开封质检，20，12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵bn＋1－bn＝－
＝－
＝－＝2(常数)，
∴数列{bn}是等差数列．
∵a1＝1，∴b1＝2，
因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
由bn＝得an＝.
(2)由cn＝，an＝得cn＝，
∴cncn＋2＝＝2，
∴Tn＝2
＝2<3，
依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，
解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，
所以m的最小值为3.
思路点拨：第(1)问采用定义法进行证明；第(2)问采用裂项法求出数列{cncn＋2}的前n项和Tn，并将Tn进行放缩，使之转化为恒成立问题求解．
1．(2015·浙江，3，易)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0
C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0
【答案】 B 依题意得a＝a3·a8，
∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，
∴a1＝－d.
∴a1d＝－d2<0.
又∵dS4＝d(4a1＋6d)＝4a1d＋6d2
＝－d2＋6d2＝－d2<0，
∴dS4<0，故选B.
2．(2015·湖南，14，中)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．
【解析】 设{an}的公比为q，
则2S2＝2(1＋q)，S3＝1＋q＋q2.
∵3S1，2S2，S3成等差数列，
∴4S2＝4＋4q＝3＋1＋q＋q2，
解得q＝3，或q＝0(舍去)，
∴an＝a1·qn－1＝3n－1.
【答案】 3n－1
3．(2015·安徽，18，12分，中)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′
＝(2n＋2)x2n＋1，
曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，
所以切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标
xn＝1－＝.
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知
Tn＝xx…x
＝·…·.
当n＝1时，
T1＝；
当n≥2时，
因为x＝
＝
＞
＝＝，
所以Tn＞×××…×
＝.
综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
4．(2015·广东，21，14分，难)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.
(1)求a3的值；
(2)求数列{an}的前n项和Tn；
(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2ln n.
解：(1)由题意，知3a3＝(a1＋2a2＋3a3)－(a1＋2a2)＝4－－＝，
∴a3＝.
(2)由条件知，nan＝(a1＋2a2＋…＋nan)－
＝－(n≥2)，
∴nan＝，
∴an＝.
又a1＝4－＝1时也符合此式，
∴an＝(n∈N*)．
∴Tn＝1＋＋…＋
＝
＝2－.
(3)证明：依题意，得bn＝＋an，b1＝a1，
b2＝＋a2，
b3＝＋a3，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(a1＋a2＋…＋an)＝Tn
＝
＜2×.
记f(x)＝ln x＋－1(x＞1)，
则f′(x)＝－＝＞0，
∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
又f(1)＝0，即f(x)＞0，
又k≥2且k∈N*时，＞1，
∴f＝ln＋－1＞0，
即ln＞，
∴＜ln，＜ln，…，＜ln，
即有＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＝ln n，
∴2×＜2＋2ln n，即Sn＜2＋2ln n.
5．(2015·浙江，20，15分，难)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*)．
证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，即an＋1≤an，故an≤.
由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.
由0＜an≤得
＝＝∈[1，2]，
即1≤≤2.
(2)由题意得a＝an－an＋1，
所以Sn＝a1－an＋1.①
由－＝和1≤≤2得
1≤－≤2，
所以n≤－≤2n，
因此≤an＋1≤(n∈N*)．②
由①②得≤≤(n∈N*)．
1．(2012·四川，12，难)设函数f(x)＝2x－cos x，是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝( )
A．0 B.π2 C.π2 D.π2
【答案】 D ∵f(x)＝2x－cos x，
∴f＝2－cos，
∴f＝2x＋π＋sin x，
∴f－π＝2x＋sin x．①
∵y＝2x＋sin x是单调递增的奇函数，
∴y＝f－π是单调递增的奇函数．
又∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，
∴f(a1)－π＋f(a2)－π＋f(a3)－π＋f(a4)－π＋f(a5)－π＝0.
又∵{an}是等差数列，
∴f(a3)－π＝0.
令x＝0代入①式得f－π＝0，
∴f＝π.
又∵f(x)＝2x－cos x是单调递增函数，
∴a3＝，
a1＝－2×＝，
a5＝＋2×＝，
[f(a3)]2－a1a5＝π2－×＝.
故选D.
2．(2013·课标Ⅰ，12，难)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1，2，3，….若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【答案】 B 由bn＋1＝，cn＋1＝得
bn＋1＋cn＋1＝an＋(bn＋cn)，①
bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)，②
由an＋1＝an得an＝a1，代入①得
bn＋1＋cn＋1＝a1＋(bn＋cn)，
∴bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)，
∵b1＋c1－2a1＝2a1－2a1＝0，∴bn＋cn＝2a1>|BnCn|＝a1，所以点An在以Bn，Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图)．由b1>c1得b1－c1>0，所以|bn＋1－cn＋1|＝·(bn－cn)，即|bn－cn|＝(b1－c1)·，所以当n增大时|bn－cn|变小，即点An向点A处移动，即边BnCn上的高增大，又|BnCn|＝an＝a1不变，所以{Sn}为递增数列．
3．(2011·陕西，14，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，使每位同学从各自树坑前出发来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．
【解析】 将20名同学视为数轴上0，10，20，…，190的20个点，树苗放置在x点处，则路程总和为y＝2(|x|＋|x－10|＋…＋|x－190|)，由绝对值的几何意义知，当有奇数个点时，位于中间位置的点到各点的距离和最小；当有偶数个点时，中间两点之间的点到各点的距离之和最小，所以当90≤x≤100时，ymin＝2[x＋(x－10)＋…＋(x－90)＋(100－x)＋(110－x)＋…＋(190－x)]＝2(100＋110－10＋…＋190－90)＝2×10×100＝2 000.
【答案】 2 000
4．(2014·浙江，19，14分，中)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8，
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2，舍去)．
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知，
cn＝－＝－，n∈N*.
Sn＝－
＝1－－
＝－.
所以Sn＝－(n∈N*)．
②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，cn＝，
而－
＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.
5．(2014·湖南，20，13分，难)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
解：(1)因为{an}是递增数列，
所以|an＋1－an|＝an＋1－an＝pn.
而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.
又a1，2a2，3a3成等差数列，
所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，
解得p＝，p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，
因而a2n＋1－a2n－1>0.
于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①
但<，
所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此
a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故
a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④即知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋－＋…＋
＝1＋·
＝＋·.
故数列{an}的通项公式为
an＝＋·.
6．(2013·安徽，20，13分，难)设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)．证明：
(1)对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，满足fn(xn)＝0；
(2)对任意p∈N*，由(1)中xn构成的数列{xn}满足00时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，
故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．
由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0，故fn(1)≥0.
又fn＝－1＋＋
≤－＋
＝－＋·
＝－·<0，
所以存在唯一的xn∈，满足fn(xn)＝0.
(2)当x>0时，fn＋1(x)＝fn(x)＋>fn(x)，
故fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.
由fn＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增知，xn＋1Sn－≥S2－＝－＝－；
综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
【点拨】 本题(1)在解题时易忽略“不是递减数列”导致多解；解题(2)时易忘记分类讨论．
等差、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．
(2014·湖北，18，12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)记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．
解：(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，
此时不存在正整数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，n的最小值为41.
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．
一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题是可以通过转化得到等差或等比数列．
(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)．
【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．
【点拨】 本题考查了等比数列及其前n项和在实际生活中的应用，解题的关键是准确识别题目中的信息，正确表述数列的通项．
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：
(2015·江苏苏州模拟，20，16分)某商店投入81万元经销某种纪念品，经销时间共60天，市场调研表明，该商店在经销这一产品期间第n天的利润an＝(单位：万元，n∈N*)．为了获得更多的利润，商店将每天获得的利润投入到次日的经营中，记第n天的利润率bn＝.例如，b3＝.
(1)求b1，b2的值；
(2)求第n天的利润率bn；
(3)该商店在经销此纪念品期间，哪一天的利润率最大？并求该日的利润率．
【解析】 (1)当n＝1时，b1＝；
当n＝2时，b2＝.
(2)当1≤n≤20时，a1＝a2＝a3＝…＝an－1＝an＝1，
所以bn＝＝.
当21≤n≤60时，
bn＝
＝
＝
＝.
所以第n天的利润率
bn＝
(3)当1≤n≤20时，bn＝是递减数列，此时bn的最大值为b1＝；
当21≤n≤60时，bn＝＝≤＝(当且仅当n＝，即n＝40时，“＝”成立)．
又因为<，
所以当n＝40时，(bn)max＝.
所以该商店在经销此纪念品期间，第40天的利润率最大，且该日的利润率为.
思路点拨：(1)根据利润an和利润率bn的定义求值；(2)分1≤n≤20和21≤n≤60两种情况求解；(3)根据(2)的结论，利用单调性或基本不等式求解．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．
(2014·四川，19，12分)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)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(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－，求数列的前n项和Tn.
【思路导引】 (1)由点在函数的图象上列等式求出d；(2)先求在(a2，b2)处的切线方程，根据截距求a2，an，然后用错位相减法求Tn.
【解析】 (1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f′(x)＝2xln 2，f′(a2)＝2a2ln 2，故函数f(x)＝2x在(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－.
由题意，得a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－
＝2－－＝.
所以Tn＝.
解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
(2015·四川成都模拟，19，12分)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)，不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，设数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由已知得x2－ax＋a≤0的解集有且只有一个元素，所以Δ＝(－a)2－4a＝0，即a2－4a＝0，又因为a>0，所以a＝4，
所以f(x)＝x2－4x＋4，
从而Sn＝f(n)＝n2－4n＋4，
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
所以an＝
(2)由(1)知bn＝
因为Tn＝＋＋＋＋…＋，①
所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋.②
①－②得Tn＝－＋2－，
所以Tn＝－.
(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)可直接令n＝1；(2)用n表示出Sn，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解；(3)先对每一项进行放缩再裂项相消整理求和．
【解析】 (1)令n＝1，则S1＝a1，S－(12＋1－3)S1－3(12＋1)＝0，即a＋a1－6＝0，
解得a1＝2或a1＝－3(舍去)．
(2)S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，
可以整理为(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，
因为数列{an}中，an>0，
所以Sn≠－3，只有Sn＝n2＋n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
而a1＝2，符合an＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．
(3)证明：因为＝＝·<·，
＝－，
所以＋＋…＋
<
＝
＝－<.
故对一切正整数n，有＋＋…＋<.
数列中不等式问题的处理方法
(1)函数法：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)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或最后的结果放缩得到．
(3)比较法：作差或者作商比较法．
(4)数学归纳法：使用数学归纳法进行证明．
(2013·广东，19，14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
解：(1)依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
(2)2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
当n≥2时，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1.
又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
(3)证明：当n＝1时，＝1<；
当n＝2时，＋＝1＋＝<；
当n≥3时，
＝<＝－，此时
＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋
<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋－＝－<.
综上，对一切正整数n，有＋＋…＋<.
1．(2014·河北衡水中学调研，5)已知等比数列{an}的公比q＝2，且2a4，a6，48成等差数列，则{an}的前8项和为( )
A．127 B．255 C．511 D．1 023
【答案】 B ∵2a4，a6，48成等差数列，
∴2a6＝2a4＋48，
∴2a1q5＝2a1q3＋48，解得a1＝1，
∴S8＝＝255.
2．(2014·江西南昌一模，7)已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前n项和的最大值等于( )
A．126 B．130 C．132 D．134
【答案】 C ∵bn＋1－bn＝lg an＋1－lg an＝lg 为常数，
∴{bn}为等差数列．
设公差为d，则
∴
由bn＝－2n＋24≥0，得n≤12，∴{bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，
∴S11，S12最大且S11＝S12＝132.
3．(2015·河南十校联考，14)设数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝________.
【解析】 由S7－S5＝4(T6－T4)得，a6＋a7＝4(b5＋b6)，
又a5＝b5，a6＝b6，所以a6＋a7＝4(a5＋a6)，
所以6a1＋25d＝0，所以a1＝－d，
又q＝＝＝＝－5，
所以＝＝＝＝－.
【答案】 －
4．(2015·湖北武汉模拟，12)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lg xn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．
【解析】 因为y＝xn＋1(n∈N*)，所以y′＝(n＋1)xn(n∈N*)，所以y′|x＝1＝n＋1，
所以在点(1，1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，
即(n＋1)x－y－n＝0，当y＝0时，x＝，所以xn＝，
所以an＝lg xn＝lg ＝lg n－lg(n＋1)，
所以a1＋a2＋…＋a99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋(lg 3－lg 4)＋…＋(lg 99－lg 100)
＝lg 1－lg 100＝－2.
【答案】 －2
5．(2015·上海六校联考，10)已知数列{an}的通项公式为an＝25－n，数列{bn}的通项公式为bn＝n＋k，设cn＝若在数列{cn}中，c5≤cn对任意n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是________．
【解析】 cn是取an和bn中的较大值，又c5是数列{cn}中的最小项，由于函数y＝25－n是减函数，函数y＝n＋k是增函数，所以b5≤a5≤b6或a5≤b5≤a4，即5＋k≤25－5≤6＋k或25－5≤5＋k≤25－4，解得－5≤k≤－4或－4≤k≤－3，所以－5≤k≤－3.
【答案】 [－5，－3]
6．(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 011＋a2 012＋a2 013＝________.
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 011＋a2 013＝1，a2 012＝1 006，故a2 011＋a2 012＋a2 013＝1 007.
【答案】 1 007
7．(2015·河南洛阳检测，17，12分)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
(1)求证：{lg an}是等差数列；
(2)设Tn是数列的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn>(m2－5m)对所有的n∈N*恒成立的整数m的取值集合．
解：(1)证明：依题意，a2＝9a1＋10＝100，故a2＝10a1.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，即an＋1＝10an，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)．
∴lg an＝n，
∴lg an＋1－lg an＝(n＋1)－n＝1，
故{lg an}是等差数列．
(2)由(1)知，＝，
则Tn＝3
＝3
＝3－.
(3)∵Tn＝3－，
∴当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>(m2－5m)，
解得－1＋1＝7.5，
故至少需要8年时间才能实现目标．
9．(2014·湖南株洲六校联考，17，12分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(x∈R)满足f(0)＝f＝0
，且f(x)的最小值是－.设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点(n，Sn)在函数f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)通过bn＝构造一个新的数列{bn}，是否存在非零常数c，使得{bn}为等差数列？
解：(1)因为f(0)＝f＝0，所以f(x)的图象的对称轴为直线x＝＝.又因为f(x)的最小值是－，由二次函数图象的对称性可设
f(x)＝a－.
又f(0)＝0，所以a＝2，
所以f(x)＝2－＝2x2－x.
因为点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，所以Sn＝2n2－n.
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3.
经验证，当n＝1时也符合上式，所以an＝4n－3(n∈N*)．
(2)存在．bn＝＝＝，令c＝－，得bn＝2n，此时数列{bn}为等差数列，所以存在非零常数c＝－，使得{bn}为等差数列．
(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．(2015·山东临沂模拟，3)等比数列{an}中，a1＝3，a4＝24，则a3＋a4＋a5＝( )
A．33 B．72 C．84 D．89
【答案】 C 由题意得q3＝8，q＝2，所以a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝84.
2．(2014·云南昆明重点高中检测，7)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a4＋a5＝12，则S7的值为( )
A．28 B．42 C．56 D．14
【答案】 A 方法一：由等差数列性质知3a4＝12，所以a4＝4，所以S7＝＝7a4＝28.
方法二：设数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＋a4＋a5＝12得a1＋2d＋a1＋3d＋a1＋4d＝12，即3a1＋9d＝12，化简得a1＋3d＝4，故S7＝7a1＋d＝7(a1＋3d)＝7×4＝28.
3．(2015·河南洛阳检测，3)已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝( )
A．64 B．81 C．128 D．243
【答案】 A 由a2＋a3＝q(a1＋a2)＝3q＝6，得q＝2，由a1＋a2＝a1(1＋q)＝3，得a1＝1，
∴a7＝26＝64，故选A.
4．(2015·山东济南一模，5)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．44 B．3×44＋1
C．3×44 D．44＋1
【答案】 C 由an＋1＝3Sn(n≥1)得，an＋2＝3Sn＋1，两式相减得an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn，即an＋2－an＋1＝3an＋1，所以an＋2＝4an＋1，即＝4，a2＝3S1＝3，所以a6＝a2·44＝3×44.
5．(2015·山西四校联考，7)已知数列{an}满足1＋log3an＝log3an＋1(n∈N*)，若a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是( )
A. B．－ C．5 D．－5
【答案】 D 由1＋log3an＝log3an＋1得，log3＝1，即＝3，
则a5＋a7＋a9＝33×(a2＋a4＋a6)＝33×9＝35，
故log(a5＋a7＋a9)＝－5.
6．(2015·山东济宁模拟，6)设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0
C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0
【答案】 A ∵－am0，Sm＋1＝·(m＋1)<0.
7．(2014·湖北荆州质检，8)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，且S10＝60，则S20＝( )
A．80 B．160 C．320 D．640
【答案】 C 由题意可知，a＝a3a7，由于{an}是等差数列，所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，解得a1＝－d(d＝0舍去)，又S10＝10a1＋d＝60，所以a1＋d＝6，从而d＝2，a1＝－3.所以S20＝20a1＋d＝－60＋20×19＝320.
8．(2015·天津模拟，6)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤2的正整数n的集合为( )
A．{1，2} B．{1，2，3，4}
C．{1，2，3} D．{1，2，4}
【答案】 B 因为Sn＝2an－1，
所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－2an－1，
整理得an＝2an－1，
所以{an}是公比为2的等比数列，
又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，
故{an}的通项公式为an＝2n－1.
而≤2，即2n－1≤2n，所满足的正整数n＝1，2，3，4.
9．(2015·山西太原模拟，8)在数列{an}中，an＝2n＋3，前n项和Sn＝an2＋bn＋c，n∈N*，其中a，b，c为常数，则a－b＋c＝( )
A．－3 B．－4 C．－5 D．－6
【答案】 A 因为an＝2n＋3，所以数列{an}为等差数列，所以a1＝2＋3＝5，
所以Sn＝＝＝n2＋4n，
而Sn＝an2＋bn＋c，n∈N*，
所以an2＋bn＋c＝n2＋4n，
得a＝1，b＝4，c＝0，则a－b＋c＝－3.故选A.
10．(2015·江西七校联考，10)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40＝( )
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
【答案】 A 依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10·(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，所以S30＝70，所以(S40－S30)(S20－S10)＝(S30－S20)2，解得S40＝150.
11．(2015·广东肇庆二模，9)若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在1～100这100个数中，能称为“和平数”的所有数的和是( )
A．130 B．325 C．676 D．1 300
【答案】 C 设两个连续偶数为2k＋2和2k(k∈N*)，则(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平数是4的倍数，但不是8的倍数，故在1～100之间，能称为和平数的有4×1，4×3，4×5，4×7，…，4×25，共计13个，其和为4××13＝676.
12．(2015·山东日照模拟，7)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1，n∈N*)，第k项满足7500，则2q2＋q－1＝0，解得q＝(q＝－1舍)，
则有S4＝，a4＝a1q3，故＝15.
【答案】 15
14．(2014·河北邢台模拟，13)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，S7－S4＝15，则Sn的最小值为______．
【解析】 记等差数列{an}的公差为d，
∵＝，
∴12a4＝⇒a1＝5a4⇒4a1＋15d＝0.①
∵S7－S4＝15，即a7＋a6＋a5＝3a6＝15，
∴a6＝a1＋5d＝5.②
由①②解得a1＝－15，d＝4，
∴an＝4n－19，Sn＝＝2n2－17n＝2－，
因此当n＝4时，Sn取得最小值2n2－17n＝2×42－17×4＝－36.
【答案】 －36
15．(2015·湖南长沙模拟，13)已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于________．
【解析】 因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，
即得an＝
故数列的前2 016项的和等于
S2 016＝1 008×＝1 512.
【答案】 1 512
16.
(2015·江苏扬州模拟，10)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，…，如此继续，若共得到1 023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为________．
【解析】 设1＋2＋4＋…＋2n－1＝1 023，即＝1 023，2n＝1 024，n＝10.正方形边长构成数列，，，…，其中第10项为＝，即所求最小正方形的边长为.
【答案】
三、解答题(共6小题，共74分)
17．(12分)(2014·河北保定调研，18)在等差数列{an}中，a2＝4，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋λn(λ∈R)．
(1)求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列是首项为λ，公比为2λ的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵a2＝S2－S1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ，
∴3＋λ＝4，∴λ＝1.
∴a1＝S1＝12＋1×1＝2，∴d＝a2－a1＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由(1)知λ＝1，
∴＋bn＝1×2n－1＝2n－1，
∴bn＝2n－1－
＝2n－1－，
∴Tn＝(1＋21＋…＋2n－1)－
＝－
＝2n－.
18．(12分)(2015·湖北黄冈模拟，17)已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，
所以a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，
所以q＝＝＝2，
所以2a1＋a1＝9，所以a1＝3.
所以an＝3·2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝＝
＝3(2n－1)，
所以3(2n－1)>k·3·2n－1－2，
所以k<2－.
令f(n)＝2－，则f(n)随n的增大而增大，
所以f(n)min＝f(1)＝2－＝，
所以k<.所以实数k的取值范围为.
19．(12分)(2015·山东潍坊模拟，17)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＝，设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知2an＝Sn＋，an>0，
当n＝1时，2a1＝a1＋，所以a1＝，
当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，
两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，整理得＝2，
所以数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列，
an＝a1·2n－1＝×2n－1＝2n－2.
(2)a＝2－bn＝22n－4，所以bn＝4－2n，
cn＝＝＝，
Tn＝＋＋＋…＋＋.①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝4－8－
＝4－8·－
＝4－4－＝，
所以Tn＝.
20．(12分)(2015·广东湛江一模，18)已知数列{dn}满足dn＝n，等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，n∈N*.
(1)求an；
(2)令cn＝1－(－1)nan，不等式ck≥2 014(1≤k≤100，k∈N*)的解集为M，求所有dk＋ak(k∈M)的和．
解：(1)设{an}的首项为a1，公比为q，
所以(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝q.
又因为2(an＋an＋2)＝5an＋1，
所以2(an＋anq2)＝5anq.
则2(1＋q2)＝5q，2q2－5q＋2＝0，
解得q＝(舍)或q＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n.
(2)cn＝1－(－1)nan＝1－(－2)n，dn＝n.
当n为偶数时，cn＝1－2n≥2 014，即2n≤－2 013，不成立；
当n为奇数时，cn＝1＋2n≥2 014，即2n≥2 013，
因为210＝1 024，211＝2 048，
所以n＝2m＋1，5≤m≤49.
则{dk}组成首项为11，公差为2的等差数列，
{ak}(k∈M)组成首项为211，公比为4的等比数列，则所有dk＋ak(k∈M)的和为
＋＝2 475＋＝.
21．(12分)(2014·河南南阳三模，17)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，n∈N*，证明：Tn<2.
解：(1)由Sn＋1＝2Sn＋n＋1得，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
即＝2(n≥2)，
又∵S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，∴a2＝3，
∴＝2，
∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明：∵an＝2n－1，
∴bn＝＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
∴Tn＝＋＋…＋＋，
∴Tn＝2
＝2－－<2.
22．(14分)(2015·广东珠海模拟，18)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n∈N*.
(1)证明：数列{lg(1＋an)}是等比数列；
(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn；
(3)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知，得an＋1＝a＋2an，
∴an＋1＋1＝(an＋1)2.
∵a1＝2，∴an＋1>1，两边取对数，得
lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，
即＝2.
∴数列{lg(1＋an)}是以lg 3为首项，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg 3＝lg 32n－1，∴1＋an＝32n－1.(*)
∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1.
(3)∵an＋1＝a＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)，
∴＝.
∴＝－.
又bn＝＋，∴bn＝2.
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝2
＝2.
由(*)式得，an＝32n－1－1，
又∵a1＝2，an＋1＝32n－1，
∴Sn＝1－.
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