高考數(shù)學(xué)（文）精準(zhǔn)備考一輪全國通用版講義第八單元數(shù)列

第八單元數(shù)列教材復(fù)習(xí)課“數(shù)列”相關(guān)基礎(chǔ)知識一課過數(shù)列的有關(guān)概念[過雙基]1．?dāng)?shù)列的有關(guān)概念概念含義數(shù)列按照一定順序排列的一列數(shù)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)列中的每一個(gè)數(shù)數(shù)列的通項(xiàng)數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)與序號n之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)公式叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式前n項(xiàng)和數(shù)列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數(shù)列的前n項(xiàng)和2．a(chǎn)n與Sn的關(guān)系若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))eq\a\vs4\al([小題速通])1．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S21的值為()A．5 B.eq\f(7,2)C.eq\f(9,2)D.eqD.\f(13,2)解析：選B∵an＋an＋1＝eq\f(1,2)，a2＝2，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，n為奇數(shù)，,2，n為偶數(shù).))∴S21＝11×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq\f(7,2).2．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝eq\f(an－1,an)(n∈N*)，則a2018＝()A.eq\f(1,2) B．3C．－eq\f(1,2)D.eqD.\f(2,3)解析：選D由a1＝3，an＋1＝eq\f(an－1,an)，得a2＝eq\f(a1－1,a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(a2－1,a2)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(a3－1,a3)＝3，……，由上可得，數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，故a2018＝a672×3＋2＝a2＝eq\f(2,3).3．已知數(shù)列{an}滿足an＝eq\f(3,2n－11)(n∈N*)，前n項(xiàng)的和為Sn，則關(guān)于an，Sn的敘述正確的是()A．a(chǎn)n，Sn都有最小值 B．a(chǎn)n，Sn都沒有最小值C．a(chǎn)n，Sn都有最大值 D．a(chǎn)n，Sn都沒有最大值解析：選A①∵an＝eq\f(3,2n－11)，∴當(dāng)n≤5時(shí)，an<0且單調(diào)遞減；當(dāng)n≥6時(shí)，an>0，且單調(diào)遞減．故當(dāng)n＝5時(shí)，a5＝－3為an的最小值；②由①的分析可知：當(dāng)n≤5時(shí)，an<0；當(dāng)n≥6時(shí)，an>0.故可得S5為Sn的最小值．綜上可知，an，Sn都有最小值．4．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，則a5＝________.解析：依題意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易錯(cuò)]1．易混項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)，它們是兩個(gè)不同的概念，數(shù)列的項(xiàng)是指數(shù)列中某一確定的數(shù)，而項(xiàng)數(shù)是指數(shù)列的項(xiàng)對應(yīng)的位置序號．2．在利用數(shù)列的前n項(xiàng)和求通項(xiàng)時(shí)，往往容易忽略先求出a1，而是直接把數(shù)列的通項(xiàng)公式寫成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只適用于n≥2的情形．1．已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n2－8n＋15，則()A．3不是數(shù)列{an}中的項(xiàng)B．3只是數(shù)列{an}中的第2項(xiàng)C．3只是數(shù)列{an}中的第6項(xiàng)D．3是數(shù)列{an}中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng)解析：選D令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是數(shù)列{an}中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng)．2．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3＋2n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3＋2＝5；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，不符合an＝2n－1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2.))答案：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))等差數(shù)列[過雙基]1．等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列．符號表示為an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù))．(2)等差中項(xiàng)：數(shù)列a，A，b成等差數(shù)列的充要條件是A＝eq\f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中項(xiàng)．2．等差數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝eq\f(n?a1＋an?,2).3．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則{a2n}也是等差數(shù)列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(5)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列．eq\a\vs4\al([小題速通])1．在等差數(shù)列{an}中，已知a2與a4是方程x2－6x＋8＝0的兩個(gè)根，若a4>a2，則a2018＝()A．2018 B．2017C．2016 D．2015解析：選A因?yàn)閍2與a4是方程x2－6x＋8＝0的兩個(gè)根，且a4>a2，所以a2＝2，a4＝4，則公差d＝1，所以a1＝1，則a2018＝2018.2．在等差數(shù)列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S5＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：選C∵等差數(shù)列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，∴a2＋a3＋a4＝3a3＝3，解得a3＝1，∴S5＝eq\f(5,2)(a1＋a5)＝5a3＝5.3.正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a4＋a10－aeq\o\al(2,7)＋15＝0，則S13＝()A．－39 B．5C．39 D．65解析：選D∵正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a4＋a10－aeq\o\al(2,7)＋15＝0，∴aeq\o\al(2,7)－2a7－15＝0，解得a7＝5或a7＝－3(舍去)，∴S13＝eq\f(13,2)(a1＋a7)＝13a7＝13×5＝65.4．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且3a3＝a6＋4.若S5<10，則a2的取值范圍是()A．(－∞，2) B．(－∞，0)C．(1，＋∞) D．(0,2)解析：選A設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3a3＝a6＋4，∴3(a2＋d)＝a2＋4d＋4，可得d＝2a2－4.∵S5<10，∴eq\f(5?a1＋a5?,2)＝eq\f(5?a2＋a4?,2)＝eq\f(5?2a2＋2d?,2)＝5(3a2－4)<10，解得a2<2.∴a2的取值范圍是(－∞，2)．5．在等差數(shù)列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn取得最大值，則d的取值范圍為________．解析：由當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))[清易錯(cuò)]1．求等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的最值時(shí)，需要注意“自變量n為正整數(shù)”這一隱含條件．2．注意區(qū)分等差數(shù)列定義中同一個(gè)常數(shù)與常數(shù)的區(qū)別．1．(2018·武昌聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則使得Sn達(dá)到最大的n的值為()A．18 B．19C．20 D．21解析：選C由a1＋a3＋a5＝105?a3＝35，a2＋a4＋a6＝99?a4＝33，則{an}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，Sn＝－n2＋40n，因此當(dāng)Sn取得最大值時(shí)，n＝20.2．在數(shù)列{an}中，若a1＝－2，且對任意的n∈N*，有2an＋1＝1＋2an，則數(shù)列{an}前10項(xiàng)的和為()A．2 B．10C.eq\f(5,2)D.eqD.\f(5,4)解析：選C由2an＋1＝1＋2an，可得an＋1－an＝eq\f(1,2)，即數(shù)列{an}是以－2為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，則an＝eq\f(n－5,2)，所以數(shù)列{an}的前10項(xiàng)的和S10＝eq\f(10×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(5,2))),2)＝eq\f(5,2).等比數(shù)列[過雙基]1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：如果一個(gè)數(shù)列從第eq\a\vs4\al(2)項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一常數(shù)(不為零)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等比數(shù)列．這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示，定義的表達(dá)式為eq\f(an＋1,an)＝q.(2)等比中項(xiàng)：如果a，G，b成等比數(shù)列，那么eq\a\vs4\al(G)叫做a與b的等比中項(xiàng)．即：G是a與b的等比中項(xiàng)?a，G，b成等比數(shù)列?G2＝ab.2．等比數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝a1qn－1.(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1?1－qn?,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))3．等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，則am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k)；(3)若數(shù)列{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)都是等比數(shù)列，則{λan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍然是等比數(shù)列；(4)在等比數(shù)列{an}中，等距離取出若干項(xiàng)也構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…為等比數(shù)列，公比為qk.eq\a\vs4\al([小題速通])1．(2017·全國卷Ⅱ)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞解析：選B每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項(xiàng)的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a1?1－27?,1－2)＝381，解得a1＝3.2．設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()B.eq B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10) D．1或2解析：選B設(shè)S2＝k，則S4＝3k，由數(shù)列{an}為等比數(shù)列，得S2，S4－S2，S6－S4為等比數(shù)列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).3．設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，公比q＝2，前n項(xiàng)和為Sn，則eq\f(S4,a3)的值為()A.eq\f(15,4)B.eqB.\f(15,2)C.eq\f(7,4)D.eqD.\f(7,2)解析：選A根據(jù)等比數(shù)列的公式，得eq\f(S4,a3)＝eq\f(\f(a1?1－q4?,1－q),a1q2)＝eq\f(1－q4,?1－q?q2)＝eq\f(1－24,?1－2?×22)＝eq\f(15,4).4．已知等比數(shù)列{an}的公比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，則數(shù)列{an}的前2018項(xiàng)的和為()A．8064 B．4C．－4 D．0解析：選D∵等比數(shù)列{an}的公比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，∴a3a5＝a2a6＝16，∴a3，a5是方程x2－8x＋16＝0的兩個(gè)根，解得a3＝a5＝4，∴4q2＝4，∵q≠1，∴q＝－1，∴a1＝eq\f(a3,q2)＝4，∴數(shù)列{an}的前2018項(xiàng)的和為S2018＝eq\f(4[1－?－1?2018],1－?－1?)＝0.5．(2018·信陽調(diào)研)已知等比數(shù)列{an}的公比q>0，且a5·a7＝4aeq\o\al(2,4)，a2＝1，則a1＝()A.eq\f(1,2)B.eqB.\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：選B因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，所以a5a7＝aeq\o\al(2,6)＝4aeq\o\al(2,4)，所以a6＝2a4，q2＝eq\f(a6,a4)＝2，又q>0，所以q＝eq\r(2)，a1＝eq\f(a2,q)＝eq\f(\r(2),2).[清易錯(cuò)]1．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比數(shù)列(例如：當(dāng)公比q＝－1且n為偶數(shù)時(shí)，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比數(shù)列；當(dāng)q≠－1或q＝－1且n為奇數(shù)時(shí)，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比數(shù)列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)總成立．2．在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須注意對q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形而導(dǎo)致解題失誤．1．設(shè)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，已知S3＝8，S6＝7，則a7＋a8＋a9等于()A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(57,8)D.eqD.\f(55,8)解析：選A因?yàn)閍7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比數(shù)列，即8，－1，S9－S6成等比數(shù)列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝eq\f(1,8).所以a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).2．設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝3a3，則公比q＝________.解析：當(dāng)q≠1時(shí)，由題意，eq\f(a1?1－q3?,1－q)＝3a1q2，即1－q3＝3q2－3q3，整理得2q3－3q2＋1＝0，解得q＝－eq\f(1,2).當(dāng)q＝1時(shí)，S3＝3a3，顯然成立．故q＝－eq\f(1,2)或1.答案：－eq\f(1,2)或1一、選擇題1．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1 B．2C．4 D．8解析：選C設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3da1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.2．(2018·江西六校聯(lián)考)在等比數(shù)列{an}中，若a3a5a7＝－3eq\r(3)，則a2a8＝()B.eq B.eq\r(17)C．9 D．13解析：選A由a3a5a7＝－3eq\r(3)，得aeq\o\al(3,5)＝－3eq\r(3)，即a5＝－eq\r(3)，故a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝3.3．在數(shù)列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的個(gè)位數(shù)，則a2018＝()A．8 B．6C．4 D．2解析：選D由題意得a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8.所以數(shù)列中的項(xiàng)從第3項(xiàng)開始呈周期性出現(xiàn)，周期為6，故a2018＝a335×6＋8＝a8＝2.4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2，n∈N*)，則a7＝()A．53 B．54C．55 D．109解析：選Ca2＝a1＋2×2，a3＝a2＋2×3，……，a7＝a6＋2×7，各式相加得a7＝a1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，則S6＝()A．44 B．45C.eq\f(1,3)×(46D.eq D.eq\f(1,4)×(45－1)解析：選B由an＋1＝3Sn，得a2＝3S1＝3.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝3Sn－1，則an＋1－an＝3an，n≥2，即an＋1＝4an，n≥2，則數(shù)列{an}從第二項(xiàng)起構(gòu)成等比數(shù)列，所以S6＝eq\f(a7,3)＝eq\f(3×45,3)＝45.6．等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，對一切自然數(shù)n，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(a5,b5)等于()A.eq\f(3,4)B.eqB.\f(5,6)C.eq\f(9,10)D.eqD.\f(10,11)解析：選C∵S9＝eq\f(9?a1＋a9?,2)＝9a5，T9＝eq\f(9?b1＋b9?,2)＝9b5，∴eq\f(a5,b5)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(9,10).7．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，若5S2＝S4，則log4a3的值為()A．1 B．2C．0或1 D．0或2解析：選C由題意得，等比數(shù)列{an}中，5S2＝S4，a1＝1，所以5(a1＋a2)＝a1＋a2＋a3＋a4，即5(1＋q)＝1＋q＋q2＋q3，q3＋q2－4q－4＝0，即(q＋1)(q2－4)＝0，解得q＝－1或±2，當(dāng)q＝－1時(shí)，a3＝1，log4a3＝0.當(dāng)q＝±2時(shí)，a3＝4，log4a3＝1.綜上所述，log4a3的值為0或1.8．設(shè)數(shù)列{an}是公差為d(d>0)的等差數(shù)列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋a13＝()A．75 B．90C．105 D．120解析：選C由a1＋a2＋a3＝15得3a2＝15，解得a2＝5，由a1a2a3＝80，得(a2－d)a2(a2＋d)＝80，將a2＝5代入，得d＝3(d＝－3舍去)，從而a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3×(5＋30)＝105.二、填空題9．若數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析：當(dāng)n≥2時(shí)，由a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，得a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，兩式相減得3n－1an＝eq\f(n,3)－eq\f(n－1,3)＝eq\f(1,3)，則an＝eq\f(1,3n).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,3)滿足an＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3n).答案：an＝eq\f(1,3n)10．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2an－1，則an＝________.解析：∵Sn＝2an－1，①∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，②①－②得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.∵S1＝a1＝2a1－1，即a1＝1，∴數(shù)列{an}為首項(xiàng)是1，公比是2的等比數(shù)列，故an＝2n－1.答案：2n－111．已知數(shù)列{an}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，則a20＝________.解析：由a2n＝a2n－1＋(－1)n，得a2n－a2n－1＝(－1)n，由a2n＋1＝a2n＋n，得a2n＋1－a2n＝n，故a2－a1＝－1，a4－a3＝1，a6－a5＝－1，…，a20－a19＝1.a3－a2＝1，a5－a4＝2，a7－a6＝3，…，a19－a18＝9.又a1＝1，累加得：a20＝46.答案：4612．?dāng)?shù)列{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，若a3＝3，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，則此數(shù)列的前5項(xiàng)和S5＝________.解析：設(shè)公比為q(q>0)，由an＋1＝2an＋3an－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，則a1＝eq\f(1,3)，所以此數(shù)列的前5項(xiàng)和S5＝eq\f(\f(1,3)×?1－35?,1－3)＝eq\f(121,3).答案：eq\f(121,3)三、解答題13．已知在等差數(shù)列{an}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.(1)求公差d及通項(xiàng)an；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn及使得Sn取得最大值時(shí)n的值．解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,2a1＋18d＝－18，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，))∴an＝11－2n.(2)由(1)知，Sn＝eq\f(n?a1＋an?,2)＝eq\f(n?9＋11－2n?,2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，∴n＝5時(shí)，Sn取得最大值．14．已知數(shù)列{an}滿足eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)＝n2＋n.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(?－1?nan,2)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)∵eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an,2n)＝n2＋n，∴當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(an－1,2n－1)＝(n－1)2＋n－1，兩式相減得eq\f(an,2n)＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．又∵當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(a1,2)＝1＋1，∴a1＝4，滿足an＝n·2n＋1.∴an＝n·2n＋1.(2)∵bn＝eq\f(?－1?nan,2)＝n(－2)n，∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n.－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，∴兩式相減得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝eq\f(－2[1－?－2?n],1－?－2?)－n(－2)n＋1＝eq\f(－?－2?n＋1－2,3)－n(－2)n＋1＝－eq\f(?3n＋1??－2?n＋1＋2,3)，∴Sn＝－eq\f(?3n＋1??－2?n＋1＋2,9).高考研究課(一)等差數(shù)列的3考點(diǎn)——求項(xiàng)、求和及判定[全國卷5年命題分析]考點(diǎn)考查頻度考查角度等差數(shù)列通項(xiàng)5年6考求通項(xiàng)或某一項(xiàng)等差數(shù)列前n項(xiàng)和5年5考求項(xiàng)數(shù)、求和等差數(shù)列的判定5年2考判斷數(shù)列成等差數(shù)列或求使數(shù)列成等差數(shù)列的參數(shù)值等差數(shù)列基本量的運(yùn)算[典例](1)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，則n＝()A．5 B．5C．7 D．8(2)(2016·全國卷Ⅱ)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.①求b1，b11，b101；②求數(shù)列{bn}的前1000項(xiàng)和．[解析](1)法一：由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可得Sn＋2－Sn＝(n＋2)a1＋eq\f(?n＋2??n＋1?,2)d－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(na1＋\f(n?n－1?,2)d))＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋4n＋2＝36，解得n＝8.法二：由Sn＋2－Sn＝an＋2＋an＋1＝a1＋a2n＋2＝36，因此a2n＋2＝a1＋(2n＋1)d＝35，解得n＝8.答案：D(2)①設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.②因?yàn)閎n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,2，100≤n＜1000，,3，n＝1000，))所以數(shù)列{bn}的前1000項(xiàng)和為1×90＋2×900＋3×1＝1893.[方法技巧]等差數(shù)列運(yùn)算的解題思路由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及通項(xiàng)公式可知，若已知a1，d，n，an，Sn中三個(gè)便可求出其余兩個(gè)，即“知三求二”，“知三求二”的實(shí)質(zhì)是方程思想，即建立方程組求解．[即時(shí)演練]1．已知數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若S6＝4S3，則a10＝()A.eq\f(17,2)B.eqB.\f(19,2)C.eq\f(9,10)D.eqD.\f(8,9)解析：選B∵S6＝4S3，公差d＝1.∴6a1＋eq\f(6×5,2)×1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)×1))，解得a1＝eq\f(1,2).∴a10＝eq\f(1,2)＋9×1＝eq\f(19,2).2．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a1，a3，a4成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則eq\f(S4－S2,S5－S3)的值為()A．－2 B．－3C．2 D．3解析：選D設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閍1，a3，a4成等比數(shù)列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，可得a1＝－4d，所以eq\f(S4－S2,S5－S3)＝eq\f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq\f(－3d,－d)＝3.3．(2018·大連聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的公差d>0.設(shè){an}的前n項(xiàng)和為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.解：(1)由題意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，將a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因?yàn)閐>0，所以d＝2.從而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝5，,k＝4.))即所求m的值為5，k的值為4.等差數(shù)列的判定與證明[典例]已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，a11＝8，設(shè)bn＝log2an，且b4＝17.(1)求證：數(shù)列{bn}是以－2為公差的等差數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最大值．[思路點(diǎn)撥](1)利用等比數(shù)列以及對數(shù)的運(yùn)算法則，轉(zhuǎn)化證明數(shù)列{bn}是以－2為公差的等差數(shù)列；(2)求出數(shù)列的和，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解最大值即可．[解](1)證明：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2eq\f(an＋1,an)＝log2q，因此數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．又b11＝log2a11＝3，b4＝17，所以等差數(shù)列{bn}的公差d＝eq\f(b11－b4,7)＝－2，故數(shù)列{bn}是以－2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知，bn＝25－2n，則Sn＝eq\f(n?b1＋bn?,2)＝eq\f(n?23＋25－2n?,2)＝n(24－n)＝－(n－12)2＋144，于是當(dāng)n＝12時(shí)，Sn取得最大值，最大值為144.[方法技巧]等差數(shù)列判定與證明的方法方法解讀適合題型定義法對于n≥2的任意自然數(shù)，an－an－1為同一常數(shù)?{an}是等差數(shù)列解答題中證明問題等差中項(xiàng)法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數(shù)列通項(xiàng)公式法an＝pn＋q(p，q為常數(shù))對任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列選擇、填空題中的判定問題前n項(xiàng)和公式法驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn(A，B是常數(shù))對任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列[即時(shí)演練]1．(2016·浙江高考)如圖，點(diǎn)列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q(mào)表示點(diǎn)P與Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則()A．{Sn}是等差數(shù)列 B．{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列C．{dn}是等差數(shù)列 D．{deq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列解析：選A由題意，過點(diǎn)A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分別作直線B1Bn＋1的垂線，高分別記為h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差數(shù)列，又Sn＝eq\f(1,2)×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|為定值，所以{Sn}是等差數(shù)列．故選A.2．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列．解：(1)設(shè){an}的公比為q.由題設(shè)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1?1＋q?＝2，,a1?1＋q＋q2?＝－6.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,q＝－2.))故{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(?－2?×[1－?－2?n],1－?－2?)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋?－1?n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列．等差數(shù)列的性質(zhì)[典例](1)已知等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，若am＝8，則m的值為()A．8 B．12C．6 D．4(2)已知數(shù)列{an}，{bn}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,2n)，則eq\f(a7,b7)＝()A.eq\f(41,26)B.eqB.\f(23,14)C.eq\f(11,7)D.eqD.\f(11,6)(3)(2018·天水模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S10＝10，S20＝30，則S30＝________.[解析](1)由a3＋a6＋a10＋a13＝32，得(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝32，得4a8＝32，即a8＝8，m＝8.(2)因?yàn)閧an}，{bn}為等差數(shù)列，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋2,2n)，所以eq\f(a7,b7)＝eq\f(2a7,2b7)＝eq\f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq\f(\f(13?a1＋a13?,2),\f(13?b1＋b13?,2))＝eq\f(S13,T13)＝eq\f(3×13＋2,2×13)＝eq\f(41,26).(3)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差數(shù)列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.[答案](1)A(2)A(3)60[方法技巧]等差數(shù)列的性質(zhì)(1)項(xiàng)的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，am－an＝(m－n)d?eq\f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其幾何意義是點(diǎn)(n，an)，(m，am)所在直線的斜率等于等差數(shù)列的公差．(2)和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.[即時(shí)演練]1．(2018·岳陽模擬)在等差數(shù)列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．95 B．100C．135 D．80解析：選B由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8構(gòu)成新的等差數(shù)列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．(2018·廣州模擬)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，且a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差數(shù)列，則eq\f(a3＋a5,a4＋a6)的值是()A.eq\f(\r(5)－1,2)B.eqB.\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(3－\r(5),2)D.eqD.\f(3＋\r(5),2)解析：選A設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差數(shù)列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，所以eq\f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq\f(a3＋a3q2,a4＋a4q2)＝eq\f(a3?1＋q2?,a4?1＋q2?)＝eq\f(1,q)＝eq\f(2,\r(5)＋1)＝eq\f(\r(5)－1,2).3．若兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別是Sn，Tn，已知eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(7n,n＋3)，則eq\f(a10,b9＋b12)＋eq\f(a11,b8＋b13)＝________.解析：∵數(shù)列{an}和{bn}都是等差數(shù)列，∴eq\f(a10,b9＋b12)＋eq\f(a11,b8＋b13)＝eq\f(a10＋a11,b9＋b12)＝eq\f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq\f(S20,T20)＝eq\f(7×20,20＋3)＝eq\f(140,23).答案：eq\f(140,23)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值等差數(shù)列的通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn均為n的函數(shù)，通常利用函數(shù)法或通項(xiàng)變號法解決等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的最值問題．[典例]等差數(shù)列{an}中，設(shè)Sn為其前n項(xiàng)和，且a1>0，S3＝S11，當(dāng)Sn取得最大值時(shí)，n的值為________．[解析]法一：用“函數(shù)法”解題由S3＝S11，可得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，即d＝－eq\f(2,13)a1.從而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1，因?yàn)閍1>0，所以－eq\f(a1,13)<0.故當(dāng)n＝7時(shí)，Sn最大．法二：用“通項(xiàng)變號法”解題由法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋?n－1?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故當(dāng)n＝7時(shí)，Sn最大．[答案]7[方法技巧]求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn最值的2種方法(1)函數(shù)法利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)表達(dá)式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖象求二次函數(shù)最值的方法求解．(2)通項(xiàng)變號法①當(dāng)a1>0，d<0時(shí)，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當(dāng)a1<0，d>0時(shí)，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.[即時(shí)演練]1．(2018·濰坊模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1＝29，S10＝S20，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17解析：選A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(n?n－1?,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴當(dāng)n＝15時(shí)，Sn取得最大值．2．已知{an}是等差數(shù)列，a1＝－26，a8＋a13＝5，當(dāng){an}的前n項(xiàng)和Sn取最小值時(shí)，n的值為()A．8 B．9C．10 D．11解析：選B設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝－26，a8＋a13＝5，∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得d＝3，∴Sn＝－26n＋eq\f(n?n－1?,2)×3＝eq\f(3,2)n2－eq\f(55,2)n＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(55,6)))2－eq\f(3025,24)，∴{an}的前n項(xiàng)和Sn取最小值時(shí)，n＝9.3．已知{an}是各項(xiàng)不為零的等差數(shù)列，其中a1>0，公差d<0，若S10＝0，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和取最大值時(shí)，n＝________.解析：由S10＝eq\f(10?a1＋a10?,2)＝5(a5＋a6)＝0，可得a5＋a6＝0，∴a5>0，a6<0，即數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為最大值，∴n＝5.答案：51．(2017·全國卷Ⅲ)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項(xiàng)的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，則d＝－2，所以{an}前6項(xiàng)的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.2．(2016·全國卷Ⅰ)已知等差數(shù)列{an}前9項(xiàng)的和為27，a10＝8，則a100＝()A．100 B．99C．98 D．97解析：選C法一：∵{an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1.))∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.法二：∵{an}是等差數(shù)列，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差數(shù)列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差數(shù)列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.3．(2014·全國卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由．解：(1)證明：由題設(shè)，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由題設(shè)，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列．4．(2013·全國卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)設(shè){an}的公差為d.由題意，aeq\o\al(2,11)＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以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}是首項(xiàng)為25，公差為－6的等差數(shù)列．從而Sn＝eq\f(n,2)(a1＋a3n－2)＝eq\f(n,2)(－6n＋56)＝－3n2＋28n.一、選擇題1．(2018·廈門一中測試)已知數(shù)列{an}中，a2＝eq\f(3,2)，a5＝eq\f(9,8)，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差數(shù)列，則a7＝()A.eq\f(10,9) B.eq\f(11,10)C.eq\f(12,11)D.eqD.\f(13,12)解析：選D設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))的公差為d，則eq\f(1,a5－1)＝eq\f(1,a2－1)＋3d，即eq\f(1,\f(9,8)－1)＝eq\f(1,\f(3,2)－1)＋3d，解得d＝2，所以eq\f(1,a7－1)＝eq\f(1,a2－1)＋5d＝12，解得a7＝eq\f(13,12).2．我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》有如下問題：“今有金箠，長五尺，斬本一尺，重四斤，斬末一尺，重二斤，問次一尺各重幾何？”意思是：“現(xiàn)有一根金箠，長五尺，一頭粗，一頭細(xì)，在粗的一端截下1尺，重4斤，在細(xì)的一端截下1尺，重2斤，問依次每一尺各重多少斤？”根據(jù)上題的已知條件，若金箠由粗到細(xì)是均勻變化的，問第二尺與第四尺的重量之和為()A．6斤 B．9斤C．9.5斤 D．12斤解析：選A依題意，金箠由粗到細(xì)各尺的重量構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)a1＝4，則a5＝2.由等差數(shù)列的性質(zhì)得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺與第四尺的重量之和為6斤．3．(2018·銀川一中月考)在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1>0，公差d≠0，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，有下列命題：①若S3＝S11，則必有S14＝0；②若S3＝S11，則必有S7是Sn中的最大項(xiàng)；③若S7>S8，則必有S8>S9；④若S7>S8，則必有S6>S9.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選D對于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，則S14＝eq\f(14?a1＋a14?,2)＝0，所以①正確；對于②，當(dāng)S3＝S11時(shí)，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是Sn中的最大項(xiàng)，所以②正確；對于③，若S7>S8，則a8<0，那么d<0，可知a9<0，此時(shí)S9－S8<0，即S8>S9，所以③正確；對于④，若S7>S8，則a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正確．故選D.4．(2018·大同模擬)在等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，則此數(shù)列前20項(xiàng)的和等于()A．290 B．300C．580 D．600解析：選B由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，所以S20＝eq\f(20?a1＋a20?,2)＝10(a2＋a19)＝300.5．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，則n的值為()A．18 B．19C．20 D．21解析：選D因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，Sn＝eq\f(n?a1＋an?,2)＝eq\f(n?a5＋an－4?,2)＝eq\f(n,2)×32＝16n＝336，解得n＝21.6．設(shè){an}是等差數(shù)列，d是其公差，Sn是其前n項(xiàng)和，且S5<S6，S6＝S7>S8，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．d<0B．a(chǎn)7＝0C．S9>S5D．當(dāng)n＝6或n＝7時(shí)Sn取得最大值解析：選C由S5<S6，得a1＋a2＋a3＋a4＋a5<a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，即a6>0.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正確；∵d＝a7－a6<0，∴A正確；而C選項(xiàng)，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由結(jié)論a7＝0，a8<0，知C選項(xiàng)錯(cuò)誤；∵S5<S6，S6＝S7>S8，∴結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)特性可知D正確．故選C.7．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，則()A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8|C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0解析：選B因?yàn)?S8－S5)(S9－S5)<0，所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0，因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，所以a6＋a7＋a8＝3a7，a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)，所以a7(a7＋a8)<0，所以a7與(a7＋a8)異號．又公差d>0，所以a7<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故選B.二、填空題8．在數(shù)列{an}中，an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，a1＝2，則a20＝________.解析：由an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，a1＝2，可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋3(n－1)，即an＝eq\f(2,6n－5)，所以a20＝eq\f(2,115).答案：eq\f(2,115)9．?dāng)?shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項(xiàng)為eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，公差d＝eq\f(1,2)的等差數(shù)列，故eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n，即an＝n·2n－1.答案：an＝n·2n－110．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，則λ＝________.解析：當(dāng)S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8時(shí)，由等差數(shù)列的性質(zhì)得：S4，S8－S4，S12－S8成等差數(shù)列，∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，解得λ＝2.答案：2三、解答題11．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列，a3＋a4＝12.(1)求a1＋a2＋a3＋a4＋a5；(2)設(shè)bn＝10－an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，若b1≠b2，則n為何值時(shí)，Sn最大？Sn最大值是多少？解：(1)設(shè){an}的公差為d，∵a1，a2，a5成等比數(shù)列，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝0或d＝2a1.當(dāng)d＝0時(shí)，∵a3＋a4＝12，∴an＝6，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30；當(dāng)d≠0時(shí)，∵a3＋a4＝12，∴a1＝1，d＝2，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25.(2)∵b1≠b2，bn＝10－an，∴a1≠a2，∴d≠0，由(1)知an＝2n－1，∴bn＝10－an＝10－(2n－1)＝11－2n，Sn＝10n－n2＝－(n－5)2＋25.∴當(dāng)n＝5時(shí)，Sn取得最大值，最大值為25.12．(2018·沈陽質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表達(dá)式．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝2，))故an＝2n－7(n∈N*)．(2)由an＝2n－7<0，得n<eq\f(7,2)，即n≤3，所以當(dāng)n≤3時(shí)，an＝2n－7<0，當(dāng)n≥4時(shí)，an＝2n－7>0.由(1)知Sn＝n2－6n，所以當(dāng)n≤3時(shí)，Tn＝－Sn＝6n－n2；當(dāng)n≥4時(shí)，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.故T5＝13，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))13．已知數(shù)列{an}中，a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)．(1)證明數(shù)列{an－2n}是等差數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(an,2n)，求bn的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝an－1＋2n－1＋3＝an－1＋2n－2n－1＋3，∴an－2n－(an－1－2n－1)＝3.又a1＝4，∴a1－2＝2，故數(shù)列{an－2n}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，∴an－2n＝2＋(n－1)×3＝3n－1，∴an＝2n＋3n－1.(2)bn＝eq\f(an,2n)＝eq\f(2n＋3n－1,2n)＝1＋eq\f(3n－1,2n)，∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5,22)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3n－1,2n)))＝n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋\f(5,22)＋…＋\f(3n－1,2n)))，令Tn＝eq\f(2,2)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(3n－1,2n)，①則eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(3n－1,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(3,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(3,2n)－eq\f(3n－1,2n＋1)，＝1＋3×eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－eq\f(3n－1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(3n＋5,2n＋1)，∴Sn＝n＋5－eq\f(3n＋5,2n).已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)．(1)求a2，a3；(2)求實(shí)數(shù)λ使eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))為等差數(shù)列，并由此求出an與Sn；(3)求n的所有取值，使eq\f(Sn,an)∈N*，說明你的理由．解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，∴a2＝2×3＋22－1＝9，a3＝2×9＋23－1＝25.(2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，∴an＋1－1＝2(an－1)＋2n＋1，∴eq\f(an＋1－1,2n＋1)－eq\f(an－1,2n)＝1，故λ＝－1時(shí)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,2n)))成等差數(shù)列，且首項(xiàng)為eq\f(a1－1,2)＝1，公差d＝1.∴eq\f(an－1,2n)＝n，即an＝n·2n＋1.∴Sn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋n，設(shè)Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①則2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2，∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)·2n＋1＋2＋n.(3)eq\f(Sn,an)＝eq\f(?n－1?·2n＋1＋n＋2,n·2n＋1)＝2＋eq\f(n－2n＋1,n·2n＋1)，結(jié)合y＝2x及y＝eq\f(1,2)x的圖象可知2n>eq\f(n,2)恒成立，∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n·2n＋1>0，∴eq\f(Sn,an)<2.當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＝1∈N*；當(dāng)n≥2時(shí)，∵an>0且{an}為遞增數(shù)列，∴Sn>0且Sn>an，∴eq\f(Sn,an)>1，即1<eq\f(Sn,an)<2，∴當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(Sn,an)?N*.綜上可得n＝1.高考研究課(二)等比數(shù)列的3考點(diǎn)——基本運(yùn)算、判定和應(yīng)用[全國卷5年命題分析]考點(diǎn)考查頻度考查角度等比數(shù)列的基本運(yùn)算5年7考由項(xiàng)與和的關(guān)系求首項(xiàng)、求前n項(xiàng)和、求項(xiàng)數(shù)等等比數(shù)列的判定5年3考證明等比數(shù)列等比數(shù)列的綜合應(yīng)用5年4考求和后放縮法證明不等式，等比數(shù)列求項(xiàng)之積的最值等比數(shù)列基本量的運(yùn)算[典例](1)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，則eq\f(Sn,an)＝()A．4n－1 B．4n－1C．2n－1 D．2n－1(2)(2017·全國卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.①若a3＋b3＝5，求{bn}的通項(xiàng)公式；②若T3＝21，求S3.[解析](1)設(shè){an}的公比為q，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，?ⅰ?,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，?ⅱ?))由(ⅰ)(ⅱ)可得eq\f(1＋q2,q＋q3)＝2，∴q＝eq\f(1,2)，代入(ⅰ)得a1＝2，∴an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(4,2n)，∴Sn＝eq\f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1.答案：D(2)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.(ⅰ)①由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.(ⅱ)聯(lián)立(ⅰ)(ⅱ)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{(lán)bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1.②由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0，解得q＝－5或q＝4.當(dāng)q＝－5時(shí)，由(ⅰ)得d＝8，則S3＝21.當(dāng)q＝4時(shí)，由(ⅰ)得d＝－1，則S3＝－6.[方法技巧]解決等比數(shù)列有關(guān)問題的常用思想方法(1)方程的思想等比數(shù)列中有五個(gè)量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關(guān)鍵量a1和q，問題可迎刃而解．(2)分類討論的思想等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式涉及對公比q的分類討論，當(dāng)q＝1時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和Sn＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(a1?1－qn?,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).[即時(shí)演練]1．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝eq\f(1,4)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，S3＝eq\f(3,16)，若am＝－eq\f(1,512)，則m的值為()A．8 B．10C．9 D．7解析：選A設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S3＝eq\f(3,4)≠eq\f(3,16)，不符合題意，∴q≠1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,S3＝\f(a1?1－q3?,1－q)＝\f(3,16)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4),q＝－\f(1,2)，))∴an＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋1.由am＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1＝－eq\f(1,512)，得m＝8.2．(2017·北京高考)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＋a4＝10，))所以2a1＋4d＝10，解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因?yàn)閎1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.從而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).等比數(shù)列的判定與證明[典例](1)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3且an＋2＝3an＋1－2an，n∈N*，對數(shù)列{an}有下列命題：①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{an＋1－an}是等比數(shù)列；③當(dāng)n≥2時(shí)，an都是質(zhì)數(shù)；④eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2，n∈N*，則其中正確的命題有()A．② B．①②C．③④ D．②④(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．①求a2，a3的值；②求證：數(shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列．[解析](1)∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝2為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列，∴an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…a2－a1＝21，累加得：an－a1＝21＋22＋…＋2n－1＝eq\f(2?1－2n－1?,1－2)＝2n－2，∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.顯然①②③中，只有②正確，又∵eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n－1)<eq\f(1,2n－1)(n≥2)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))<2，故④正確；綜上所述，①③錯(cuò)誤，②④正確．答案：D(2)[思路點(diǎn)撥]①令n＝1,2,3，即可求出結(jié)論；②當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，與已知式相減，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，化簡整理，即可得出結(jié)論．解：①∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2×1＝2；當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.②證明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，(ⅰ)∴當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)·Sn－1＋2(n－1)．(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)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，∴eq\f(Sn＋2,Sn－1＋2)＝2，故{Sn＋2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．[方法技巧]等比數(shù)列的3種判定方法定義法若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列等比中項(xiàng)法若數(shù)列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列通項(xiàng)公式法若數(shù)列通項(xiàng)公式可寫成an＝c·qn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列[即時(shí)演練]1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋an＝2n(n∈N*)，則下列數(shù)列中一定為等比數(shù)列的是()A．{an} B．{an－1}C．{an－2} D．{Sn}解析：選C由Sn＋an＝2n(n∈N*)，可得Sn－1＋an－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*)，兩式相減得an＝eq\f(1,2)an－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝eq\f(1,2)(an－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{an－2}一定是等比數(shù)列．2．(2018·惠州模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)設(shè)bn＝an＋1－2an，證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)證明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.∵Sn＋1＝4an＋2，①∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝4an－1＋2，②①－②，得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，故{bn}是首項(xiàng)b1＝3，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3×2n－1，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為eq\f(3,4)的等差數(shù)列．∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(3,4)＝eq\f(3n－1,4)，∴an＝(3n－1)·2n－2.等比數(shù)列的性質(zhì)[典例](1)(2018·衡水模擬)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n等于()A．80 B．30C．26 D．16(2)等比數(shù)列{an}滿足an＞0，n∈N*，且a3