2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第3節(jié) 等比數(shù)列含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第三節(jié)等比數(shù)列課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.理解等比數(shù)列的概念.2.掌握等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式.3.了解等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.預(yù)計2025年高考會從以下兩個角度來考查：(1)等比數(shù)列及其前n項和的基本運算與性質(zhì)，可能與等差數(shù)列綜合出題，難度較小；(2)等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，可能與函數(shù)、方程、不等式結(jié)合考查，難度中檔.必備知識——強(qiáng)基礎(chǔ)1．等比數(shù)列的概念(1)定義：如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的比都等于eq\x(\s\up1(01))同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做等比數(shù)列，這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，公比通常用字母q表示(顯然q≠0)．?dāng)?shù)學(xué)語言表達(dá)式：eq\f(an,an－1)＝eq\x(\s\up1(02))q(n≥2，q為非零常數(shù))．(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數(shù)G，使a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項．此時G2＝eq\x(\s\up1(03))ab．提醒：(1)“G2＝ab”是“a，G，b成等比數(shù)列”的必要不充分條件．(2)只有當(dāng)兩個數(shù)同號時，這兩個數(shù)才有等比中項，且等比中項有兩個，它們互為相反數(shù)．(3)等比數(shù)列的奇數(shù)項符號相同，偶數(shù)項符號相同．2．等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式(1)若等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比是q，則其通項公式為an＝eq\x(\s\up1(04))a1qn－1；通項公式的推廣：an＝amqn－m.(2)等比數(shù)列的前n項和公式：當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比數(shù)列的性質(zhì)已知{an}是等比數(shù)列，Sn是數(shù)列{an}的前n項和．(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則有akal＝eq\x(\s\up1(06))aman．(2)相隔等距離的項組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數(shù)列，公比為eq\x(\s\up1(07))qm．(3)當(dāng)q≠－1，或q＝－1且n為奇數(shù)時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比數(shù)列，其公比為eq\x(\s\up1(08))qn．1．若數(shù)列{an}，{bn}(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則數(shù)列{can}(c≠0)，{|an|}，{aeq\o\al(2,n)}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{anbn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))也是等比數(shù)列．2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數(shù)列，還要驗證a1≠0.3．在運用等比數(shù)列的前n項和公式時，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．4．三個數(shù)成等比數(shù)列，通常設(shè)為eq\f(x,q)，x，xq；四個符號相同的數(shù)成等比數(shù)列，通常設(shè)為eq\f(x,q3)，eq\f(x,q)，xq，xq3.5．若已知等比數(shù)列{an}，公比為q，前n項和為Sn，則Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(－a1,1－q)·qn＋eq\f(a1,1－q)＝kqn－k(k≠0，q≠1)，即Sn為關(guān)于n的指數(shù)型函數(shù)，且qn的系數(shù)與常數(shù)項互為相反數(shù)．6．{an}為等比數(shù)列，若a1a2…an＝Tn，則Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比數(shù)列．7．若{an}為正項等比數(shù)列，則{logcan}(c>0，c≠1)為等差數(shù)列．8．若{an}為等差數(shù)列，則{can}(c>0，c≠1)為等比數(shù)列．9．若{an}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列?{an}是非零常數(shù)列．10．(1)項的個數(shù)的“奇偶”性質(zhì)，在等比數(shù)列{an}中，公比為q.①若共有2n項，則S偶∶S奇＝q；②若共有2n＋1項，則eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm?qn＝eq\f(Sn＋m－Sn,Sm)(q為公比)．11．等比數(shù)列的單調(diào)性當(dāng)q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0時，{an}是遞增數(shù)列；當(dāng)q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0時，{an}是遞減數(shù)列；當(dāng)q＝1時，{an}是常數(shù)列．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)三個數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.()(2)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列．()(3)滿足an＋1＝qan(n∈N*，q為常數(shù))的數(shù)列{an}為等比數(shù)列．()(4)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則數(shù)列{lnan}是等差數(shù)列．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小題熱身(1)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝()A．16 B．8C．4 D．2答案C解析設(shè)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以a3＝a1q2＝4.故選C.(2)若等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n＋b，則b＝()A．3 B．1C．－1 D．0答案C解析當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3＋b，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1，當(dāng)b＝－1時，a1＝2適合an＝2·3n－1，{an}是等比數(shù)列．當(dāng)b≠－1時，a1不適合an＝2·3n－1，{an}不是等比數(shù)列．故選C.(3)(人教A選擇性必修第二冊4.3.1練習(xí)T2改編)在等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a7＝8，則a5＝()A．5 B．±5C．4 D．±4答案C解析∵aeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.又a5＝a3q2＞0，∴a5＝4.故選C.(4)(人教A選擇性必修第二冊4.3.2練習(xí)T4改編)已知三個數(shù)成等比數(shù)列，若它們的和等于13，積等于27，則這三個數(shù)為________．答案1，3，9或9，3，1解析設(shè)這三個數(shù)為eq\f(a,q)，a，aq，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,q)＋aq＝13，,a·\f(a,q)·aq＝27，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝3，))∴這三個數(shù)為1，3，9或9，3，1.考點探究——提素養(yǎng)考點一等比數(shù)列基本量的運算例1(1)(2023·全國甲卷)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4＝()A．eq\f(15,8) B．eq\f(65,8)C．15 D．40答案C解析由題意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由題意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.(2)在等比數(shù)列{an}中，a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，則a2的值為()A．eq\f(3,2) B．－3C．－eq\f(3,2) D．－3或eq\f(3,2)答案D解析由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)，得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)或－3.故選D.【通性通法】等比數(shù)列基本量運算的解題策略方程思想等比數(shù)列的基本量為首項a1和公比q，通常利用已知條件及通項公式或前n項和公式列方程(組)求解，等比數(shù)列中包含a1，q，n，an，Sn五個量，可“知三求二”整體思想當(dāng)所給條件只有一個時，可將已知和所求都用a1，q表示，尋求兩者間的聯(lián)系，整體代換即可求解分類討論思想若題目中公比q未知，則運用等比數(shù)列前n項和公式時要分q＝1和q≠1兩種情況進(jìn)行討論【鞏固遷移】1．(2024·福建泉州中學(xué)階段考試)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，則eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1答案B解析解法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故選B.解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a4（q2－1）,a3（q2－1）)＝eq\f(a4,a3)＝eq\f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(\f(a1（1－qn）,1－q),a1qn－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故選B.2．(2023·全國甲卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．若8S6＝7S3，則{an}的公比為________．答案－eq\f(1,2)解析若q＝1，則由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，則a1＝0，不符合題意，所以q≠1.當(dāng)q≠1時，因為8S6＝7S3，所以8·eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝7·eq\f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq\f(1,2).考點二等比數(shù)列的性質(zhì)及其應(yīng)用(多考向探究)考向1等比數(shù)列項的性質(zhì)例2(1)在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，已知0<a1<1，其前n項之積為Tn，且T12＝T6，則Tn取得最小值時，n的值是________．答案9解析由T12＝T6，得eq\f(T12,T6)＝1，即a7a8a9a10a11a12＝(a9a10)3＝1，故a9a10＝1，因為a1a18＝a9a10，則a1a18＝1，由于0<a1<1，得a18>1，所以等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，故0<a9<1<a10，則Tn取得最小值時，n＝9.(2)(2023·湖南師大附中模擬)在等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝eq\f(12,5)，a4a5＝－eq\f(2,5)，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＝________．答案－6解析eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋eq\f(1,a6)＋eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＝eq\f(a1＋a8,a1a8)＋eq\f(a2＋a7,a2a7)＋eq\f(a3＋a6,a3a6)＋eq\f(a4＋a5,a4a5)，∵在等比數(shù)列{an}中，a4a5＝－eq\f(2,5)，則a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝－eq\f(2,5)，∴原式＝－eq\f(5,2)(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8)＝－eq\f(5,2)×eq\f(12,5)＝－6.【通性通法】利用項的性質(zhì)的解題策略策略一在解決等比數(shù)列的有關(guān)問題時，要注意挖掘隱含條件、利用性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q＝2k，則am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k)”，可以減少運算量，提高解題速度策略二在應(yīng)用相應(yīng)性質(zhì)解題時，要注意性質(zhì)成立的前提條件，有時需要進(jìn)行適當(dāng)變形．此外，解題時注意設(shè)而不求思想的運用【鞏固遷移】3．公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，則m的值為()A．8 B．9C．10 D．11答案B解析∵公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，又a2am＝4，∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.故選B.4．(2023·北京東城區(qū)模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，則公比q＝________，log2(a1a2a3…an)的最大值為________．答案eq\f(1,2)15解析因為a1＋a2＝48，所以由a4＋a5＝6，可得q3(a1＋a2)＝6，q3＝eq\f(1,8)，q＝eq\f(1,2).由a1＋a2＝48，可得a1＋eq\f(1,2)a1＝48?a1＝32，所以an＝32·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝26－n，log2(a1a2a3…an)＝log2(25·24·…·26－n)＝log22eq\s\up7(\f(5＋6－n,2))＝eq\f(n（11－n）,2)，因為eq\f(n（11－n）,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,8)，n∈N*，所以n＝5或6時，eq\f(n（11－n）,2)有最大值，為15.考向2等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)例3(1)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120答案C解析解法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，與題意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq\f(a1（1－q2）,1－q)①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故選C.解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否則S4＝0，從而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比數(shù)列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).當(dāng)S2＝－1時，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即為－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；當(dāng)S2＝eq\f(5,4)時，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，與S4＝－5矛盾，舍去．故選C.(2)已知等比數(shù)列{an}共有2n項，其和為－240，且奇數(shù)項的和比偶數(shù)項的和大80，則公比q＝________．答案2解析由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))所以q＝eq\f(S偶,S奇)＝eq\f(－160,－80)＝2.【通性通法】等比數(shù)列的性質(zhì)分類類型一通項公式的變形類型二等比中項的變形類型三前n項和公式的變形提醒：應(yīng)用時根據(jù)題目條件，認(rèn)真分析，發(fā)現(xiàn)具體的變化特征即可找出解決問題的突破口．【鞏固遷移】5．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝t·2n－1－1，則t＝()A．2 B．－2C．1 D．－1答案A解析設(shè)等比數(shù)列的公比為q，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1，不符合題意；當(dāng)q≠1時，等比數(shù)列的前n項和公式為Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝－eq\f(a1,1－q)·qn＋eq\f(a1,1－q)，依題意Sn＝t·2n－1－1＝eq\f(1,2)t·2n－1，即eq\f(1,2)t＋(－1)＝0，解得t＝2.故選A.6．(2024·湖南岳陽一中月考)已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S8－2S4＝5，則a9＋a10＋a11＋a12的最小值為________．答案20解析在正項等比數(shù)列{an}中，Sn>0，因為S8－2S4＝5，則S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8是等比數(shù)列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以S12－S8＝eq\f(（S4＋5）2,S4)＝eq\f(25,S4)＋S4＋10≥2eq\r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(當(dāng)且僅當(dāng)S4＝5時取等號)．因為a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20.考向3等比數(shù)列前n項和最值問題例4(多選)(2024·河北涿州模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，并滿足條件a1＞1，a2023a2024＞1，eq\f(a2023－1,a2024－1)＜0，下列結(jié)論正確的是()A．S2023＜S2024B．a(chǎn)2023a2025－1＜0C．T2024是數(shù)列{Tn}中的最大項D．?dāng)?shù)列{Tn}無最大項答案AB解析當(dāng)q＜0時，a2023a2024＝aeq\o\al(2,2023)q＜0，與已知矛盾；當(dāng)q≥1時，a2023＞1，a2024＞1，eq\f(a2023－1,a2024－1)＞0，與已知矛盾，故0＜q＜1，且a2023＞1，0＜a2024＜1，故S2024＞S2023，A正確；a2023a2025－1＝aeq\o\al(2,2024)－1＜0，B正確；T2023是數(shù)列{Tn}中的最大項，C，D錯誤．故選AB.【通性通法】涉及等比數(shù)列的單調(diào)性與最值的問題，一般要考慮公比與首項的符號對其的影響．【鞏固遷移】7．(2023·安徽安慶模擬)已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，若q>0，則eq\f(S1＋S3,S2)的最小值是________．答案2eq\r(2)－1解析由題意知，eq\f(S1＋S3,S2)＝eq\f(a1＋a1＋a2＋a3,a1＋a2)＝eq\f(2＋q＋q2,1＋q)＝eq\f(（q＋1）2－（q＋1）＋2,1＋q)＝q＋1＋eq\f(2,q＋1)－1，又q>0，則q＋1＋eq\f(2,q＋1)－1≥2eq\r(2)－1，當(dāng)且僅當(dāng)q＝eq\r(2)－1時，等號成立．即eq\f(S1＋S3,S2)的最小值是2eq\r(2)－1.考點三等比數(shù)列的判定與證明例5Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋λ}是等比數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．解(1)易知q≠1，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝13，,q>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))∴an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).(2)假設(shè)存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋λ}是等比數(shù)列，∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq\f(1,2)，此時Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)×3n，則eq\f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq\f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，故存在常數(shù)λ＝eq\f(1,2)，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是以eq\f(3,2)為首項，3為公比的等比數(shù)列．【通性通法】等比數(shù)列的判定與證明的方法提醒：(1)在解答題中證明一個數(shù)列為等比數(shù)列時，一般用定義法與等比中項法，判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列，有通項公式法及前n項和公式法，只用于選擇題、填空題中的判定．(2)如果要判定一個數(shù)列不是等比數(shù)列，則只需判定存在連續(xù)的三項不成等比數(shù)列即可．(3)判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時，要注意各項不為0.(4)在利用遞推關(guān)系判定等比數(shù)列時，要注意對n＝1的情形進(jìn)行驗證．【鞏固遷移】8．(2024·江西撫州一中質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，b1＝eq\f(1,2)，2an＋1＝an＋eq\f(1,2)bn，2bn＋1＝eq\f(1,2)an＋bn.(1)證明：數(shù)列{an＋bn}，{an－bn}為等比數(shù)列；(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，證明：Sn＜eq\f(10,3).證明(1)依題意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an＋1＝an＋\f(1,2)bn，①,2bn＋1＝\f(1,2)an＋bn，②))①＋②，得an＋1＋bn＋1＝eq\f(3,4)(an＋bn)．又a1＋b1＝eq\f(3,2)≠0，∴{an＋bn}是首項為eq\f(3,2)，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，①－②，得an＋1－bn＋1＝eq\f(1,4)(an－bn)．又a1－b1＝eq\f(1,2)≠0，∴{an－bn}是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列．(2)由(1)得，an＋bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，③an－bn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)，④③＋④得，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，故Sn＝eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＋eq\f(\f(3,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3n,4n))),1－\f(3,4))＝eq\f(10,3)－eq\f(1,3×4n)－eq\f(3n＋1,4n)＜eq\f(10,3).課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知等比數(shù)列{an}中，a5＝9，a3a8＝81a2，則a2a6＝()A．27 B．9C．±9 D．±27答案A解析因為數(shù)列{an}為等比數(shù)列，所以a3a8＝a2a9＝81a2，可得a9＝81，因為a5＝9，所以eq\f(a9,a5)＝q4＝9，q2＝3，a3＝eq\f(a5,q2)＝eq\f(9,3)＝3，所以a2a6＝a3a5＝27.故選A.2．(2023·天津高考)已知{an}為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，an＋1＝2Sn＋2，則a4的值為()A．3 B．18C．54 D．152答案C解析解法一：因為an＋1＝2Sn＋2，所以當(dāng)n≥2時，an＝2Sn－1＋2，兩式相減，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比數(shù)列．當(dāng)n＝1時，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故選C.解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq\f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq\f(2a1,1－q)qn＋eq\f(2a1,1－q)＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故選C.3．(2024·開封模擬)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝32n－1＋r，則r的值為()A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)答案B解析因為Sn＝32n－1＋r＝eq\f(1,3)×9n＋r，由等比數(shù)列前n項和公式中qn的系數(shù)與常數(shù)項互為相反數(shù)，可知r＝－eq\f(1,3).4．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn為其前n項和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，則S12＝()A．40 B．60C．32 D．50答案B解析數(shù)列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，即4，8，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.故選B.5．(2023·廣東汕頭模擬)數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2 B．3C．4 D．5答案C解析a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，則an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2為首項，q＝2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2×2n－1＝2n.又ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴eq\f(2k＋1（1－210）,1－2)＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.故選C.6．(2024·蘇北四市模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，且等比數(shù)列{an}滿足a2a2023＝1，則f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)＝()A．2024 B．1012C．2 D．eq\f(1,2)答案A解析易知f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2,1＋x2)＋eq\f(2x2,x2＋1)＝2，又a2a2023＝1，所以a2023＝eq\f(1,a2)，則f(a2)＋f(a2023)＝f(a2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝2.因為{an}為等比數(shù)列，所以a1a2024＝a2a2023＝…＝a1012a1013＝1，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)＝1012×[f(a2)＋f(a2023)]＝2×1012＝2024.故選A.7．(2024·重慶八中階段考試)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝8，a4＝－1，則數(shù)列{Sn}()A．有最大項，有最小項B．有最大項，無最小項C．無最大項，有最小項D．無最大項，無最小項答案A解析根據(jù)題意，等比數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝－1，則q3＝eq\f(a4,a1)＝－eq\f(1,8)，則q＝－eq\f(1,2)，則Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),\f(3,2))＝eq\f(16,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).若n為奇數(shù)，則Sn＝eq\f(16,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))，此時有S1>S3>…>Sn>eq\f(16,3)；若n為偶數(shù)，則Sn＝eq\f(16,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，此時有S2<S4<…<Sn<eq\f(16,3)，所以數(shù)列{Sn}有最大項S1，最小項S2.故選A.8．(2023·河南鄭州高三第二次質(zhì)量預(yù)測)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，Sn＋1·(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，則S2023＝()A．32023－1 B．32023＋1C．eq\f(32022＋1,2) D．eq\f(32023＋1,2)答案D解析因為Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，所以Seq\o\al(2,n＋1)－3nSn＋1＝Seq\o\al(2,n)＋3nSn，即Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＝3nSn＋1＋3nSn，所以(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝3n(Sn＋1＋Sn)，因為數(shù)列{an}的各項都是正項，即Sn＋1＋Sn>0，所以Sn＋1－Sn＝3n，即an＋1＝3n，所以當(dāng)n≥2時，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以數(shù)列{an}從第2項起，構(gòu)成以a2＝3為首項，q＝3為公比的等比數(shù)列，所以S2023＝a1＋eq\f(a2（1－q2022）,1－q)＝2＋eq\f(3×（1－32022）,1－3)＝eq\f(32023＋1,2).故選D.二、多項選擇題9．(2023·茂名一模)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比為q，則下列說法中正確的是()A．若q>1，則an＋1>anB．若a1＝1，q＝eq\f(3,4)，則Sn＝4－3anC．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝－7D．若a1＝1，a5＝4a3，則an＝2n－1答案BC解析對于A，若a1<0且q>1，則an＝a1qn－1<0，∴an＋1－an＝an(q－1)<0，即an＋1<an，A錯誤；對于B，∵a1＝1，q＝eq\f(3,4)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n),1－\f(3,4))＝eq\f(1－\f(3,4)an,1－\f(3,4))＝4－3an，B正確；對于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，∴a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，∴q3＝－eq\f(1,2)或q3＝－2.當(dāng)q3＝－eq\f(1,2)時，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(4,－\f(1,2))＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－7；當(dāng)q3＝－2時，a1＋a10＝eq\f(a4,q3)＋a4q6＝eq\f(－2,－2)＋(－2)×(－2)2＝－7，C正確；對于D，∵a1＝1，a5＝4a3，∴q4＝4q2，得q＝－2或q＝2，∴an＝(－2)n－1或an＝2n－1，D錯誤．故選BC.10．(2024·江蘇蘇州期中)已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n(n∈N*)項和為Sn，前n(n∈N*)項積為Tn，若a1＝eq\f(1,32)，T5＝T6，則()A．q＝2B．當(dāng)n＝6時，Sn取得最大值C．當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時，Tn取得最小值D．Sn>Tn的正整數(shù)n的最大值為12答案AD解析對于A，因為T5＝T6，所以a6＝eq\f(T6,T5)＝1，因為q5＝eq\f(a6,a1)＝32，解得q＝2，故A正確；對于B，因為a1>0，q>1，所以數(shù)列{an}是各項為正的遞增數(shù)列，所以Sn無最大值，故B錯誤；對于C，因為a1＝eq\f(1,32)，a6＝1，q＝2，所以1≤n≤5時，0<an<1，n≥7時，an>1，所以當(dāng)n＝5或n＝6時，Tn取得最小值，故C錯誤；對于D，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(2n－1,25)，Tn＝a1a2·a3…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1＝(2－5)n·2eq\s\up7(\f(n（n－1）,2))＝2eq\s\up7(\f(n2－11n,2))，因為Sn>Tn，所以eq\f(2n－1,25)>2eq\s\up7(\f(n2－11n,2))，即2n－1>2eq\s\up7(\f(n2－11n+10,2))，所以2n－2eq\s\up7(\f(n2－11n+10,2))>1，即n>eq\f(n2－11n＋10,2)，所以eq\f(13－\r(129),2)<n<eq\f(13＋\r(129),2)，正整數(shù)n的最大值為12，故D正確．故選AD.三、填空題11．設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________．答案eq\f(121,3)解析由aeq\o\al(2,4)＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3.所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).12．(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________．答案－2解析設(shè){an}的公比為q(q≠0)，則a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，顯然an≠0，則a4＝q2，即a1q3＝q2，則a1q＝1，因為a9a10＝－8，則a1q8·a1q9＝－8，則q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，則q5＝－2，則a7＝a1q·q5＝q5＝－2.13．(2024·江西南昌二中階段考試)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1，2，…)，若數(shù)列{bn}有連續(xù)四項在集合{－53，－23，19，37，82}中，則6q＝________．答案－9解析{bn}有連續(xù)四項在集合{－53，－23，19，37，82}中，bn＝an＋1，則an＝bn－1，{an}有連續(xù)四項在集合{－54，－24，18，36，81}中．又{an}是等比數(shù)列，等比數(shù)列中有負(fù)數(shù)項，則q<0，且負(fù)數(shù)項為相隔兩項，等比數(shù)列各項的絕對值遞增或遞減，按絕對值由小到大的順序排列上述數(shù)值為18，－24，36，－54，81，相鄰兩項相除，得eq\f(－24,18)＝－eq\f(4,3)，eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)，eq\f(－54,36)＝－eq\f(3,2)，eq\f(81,－54)＝－eq\f(3,2)，顯然－24，36，－54，81是{an}中連續(xù)的四項，q＝－eq\f(3,2)或q＝－eq\f(2,3)(|q|>1，∴此種情況應(yīng)舍去)，∴q＝－eq\f(3,2)，∴6q＝－9.14．(2023·湖南益陽一模)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，若bn＝eq\f(1,an－2)，則數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝________．答案－eq\f(4n＋6n－1,9)解析由an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，有an＋1－eq\f(1,2)＝2－eq\f(1,an)＝2·eq\f(an－\f(1,2),an)，an＋1－2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\f(an－2,an).將上述兩式相除得到eq\f(an＋1－2,an＋1－\f(1,2))＝eq\f(1,4)·eq\f(an－2,an－\f(1,2))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－2,an－\f(1,2))))是以eq\f(1,4)為公比，eq\f(a1－2,a1－\f(1,2))＝－2為首項的等比數(shù)列，所以eq\f(an－2,an－\f(1,2))＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)，an＝2－eq\f(3,2＋4n－1)，從而bn＝－eq\f(2,3)－eq\f(4n－1,3).所以Sn＝－eq\f(2n,3)－eq\f(1,3)×eq\f(4n－1,3)＝－eq\f(2n,3)－eq\f(4n－1,9)＝－eq\f(4n＋6n－1,9).四、解答題15．(2024·廣西柳州模擬)已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)證明：數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通項公式．解(1)證明：因為an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因為{an}中各項均為正數(shù)，所以an＋1＋an＞0，所以eq\f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，所以數(shù)列{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列．(2)由題意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因為an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，因為a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，即an＝eq\f(1,2)×3n－1.16．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}為等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)證明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數(shù)．解(1)證明：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))解得b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以命題得證．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1?b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數(shù)為10－2＋1＝9.17．(多選)(2023·山東濟(jì)南二模)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)4＝4 B．{a2n}是等比數(shù)列C．a(chǎn)2n－a2n－1＝2n－1 D．a(chǎn)2n－1＋a2n＝2n＋1答案ABC解析∵a1＝1，anan＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，由anan＋1＝2n可得an＋1an＋2＝2n＋1，∴eq\f(an＋2,an)＝2，∴{a2n}，{a2n－1}分別是以2，1為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1.綜上可知，A，B，C正確，D錯誤．故選ABC.18．(2024·廣東揭陽階段練習(xí))已知正項數(shù)列{an}中，a1＝5，且aeq\o\al(2,n＋1)－2aeq\o\al(2,n)－an＋1an＋an＋1－2an＝0，Sn為其前n項和，若存在正整數(shù)n，使得eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)成立，則m的取值范圍是________．答案(0，＋∞)解析由已知aeq\o\al(2,n＋1)－2aeq\o\al(2,n)－an＋1an＋an＋1－2an＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an＋1)＝0，由于an>0，所以an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an，即數(shù)列{an}是首項為5，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝5×2n－1，Sn＝eq\f(5×（1－2n）,1－2)＝5(2n－1)，由eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)變形為2－m<eq\f(2an,Sn)，因為存在正整數(shù)n，使得eq\f(2－m,2an)<eq\f(1,Sn)成立，所以2－m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2an,Sn)))eq\s\do7(max)，由于eq\f(2an,Sn)＝eq\f(2n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2n－1)，所以1<eq\f(2an,Sn)≤2，所以2－m<2，則m>0，即m的取值范圍為(0，＋∞)．第四節(jié)數(shù)列求和課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項和公式.2.掌握數(shù)列求和的幾種常見方法.數(shù)列求和是高考考查的重點知識，預(yù)計2025年高考會考查等差、等比數(shù)列的前n項和公式以及其他求和公式，可能與通項公式相結(jié)合，也有可能與函數(shù)、方程、不等式等相結(jié)合，綜合命題，難度適中.必備知識——強(qiáng)基礎(chǔ)數(shù)列求和的幾種常用方法1．公式法(1)等差數(shù)列的前n項和公式①已知等差數(shù)列的第1項和第n項求前n項和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)；②已知等差數(shù)列的第1項和公差求前n項和Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.(2)等比數(shù)列的前n項和公式當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，①已知等比數(shù)列的第1項和第n項求前n項和Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)；②已知等比數(shù)列的第1項和公比求前n項和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q).2．分組求和法與并項求和法(1)若一個數(shù)列是由若干個等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時可用分組求和法，分別求和后相加減．(2)形如an＝(－1)n·f(n)類型，常采用兩項合并求解．3．裂項相消法把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．4．錯位相減法如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)列的前n項和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項和公式就是用此法推導(dǎo)的．5．倒序相加法如果一個數(shù)列{an}的前n項中與首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和即可用倒序相加法求解，如等差數(shù)列的前n項和公式即是用此法推導(dǎo)的．1．1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).2．12＋22＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).3．裂項求和常用的變形(1)分式型：eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－,\f(1,（n＋1）（n＋2）)))等．(2)指數(shù)型：eq\f(2n,（2n＋1－1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，eq\f(n＋2,n（n＋1）·2n)＝eq\f(1,n·2n－1)－eq\f(1,（n＋1）·2n)等．(3)根式型：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))等．(4)對數(shù)型：logmeq\f(an＋1,an)＝logman＋1－logman，an>0，m>0且m≠1.1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，則S9＝2.()(2)eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據(jù)錯位相減法求和．()(4)若數(shù)列a1，a2－a1，…，an－an－1是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第二冊4.4練習(xí)T2改編)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,n（n＋1）)，則S5＝()A．1 B．eq\f(5,6)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,30)答案B解析∵an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).故選B.(2)(人教A選擇性必修第二冊4.4練習(xí)T1改編)數(shù)列{an}的通項公式an＝(－1)n(2n－1)，則該數(shù)列的前100項和為()A．－200 B．－100C．200 D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故選D.(3)(人教A選擇性必修第二冊習(xí)題4.3T3改編)若數(shù)列{an}的通項公式an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項和為()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2答案C解析Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋2×eq\f(n（n＋1）,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故選C.(4)在數(shù)列{an}中，a1＝1，anan＋1＝－2，則S100＝________．答案－50解析根據(jù)題意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以{an}中所有的奇數(shù)項均為1，所有的偶數(shù)項均為－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝1－2＋…＋1－2＝50×(－1)＝－50.考點探究——提素養(yǎng)考點一拆項分組法求和例1(2023·湖南岳陽統(tǒng)考三模)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，其公比q≠－1，eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(1,27)，且S4＝a3＋93.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)已知bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\f(1,3)an，n為奇數(shù)，,an，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)因為{an}是等比數(shù)列，公比q≠－1，則a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a1（1－34）,1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n為奇數(shù)，,3n，n為偶數(shù).))當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)·[1＋（n－1）],2)＋eq\f(9（1－9eq\s\up7(\f(n,2))）,1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)·3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f(（n＋1）2,4).綜上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)·3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n為奇數(shù)，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n為偶數(shù).))【通性通法】拆項分組法求和的常見類型【鞏固遷移】1．?dāng)?shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n項和Sn的值為________．答案n2＋1－eq\f(1,2n)解析由題意可得，通項公式為an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(n[1＋（2n－1）],2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).考點二并項轉(zhuǎn)化法求和例2在等差數(shù)列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(－1)n·an，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解(1)由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)由(1)，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，(ⅰ)當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝2＋2＋…＋2＝eq\f(n,2)×2＝n；(ⅱ)當(dāng)n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝Sn－1＋bn＝n－1－2n＝－n－1.∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù)，,－n－1，n為奇數(shù).))【通性通法】并項轉(zhuǎn)化法求和定義一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩或幾個相結(jié)合求解，則稱之為并項求和適用條件形如an＝(－1)nf(n)類型，周期型eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如an＝sin\f(nπ,3)))可采用幾項合并求解注意一般對n分奇偶進(jìn)行討論，結(jié)果一般用分段形式表示【鞏固遷移】2．(2024·浙江臺州中學(xué)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，數(shù)列{bn}滿足對任意正整數(shù)m≥2均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)成立．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{bn}的前99項和．解(1)因為a1＋2a2＋…＋nan＝2n，所以當(dāng)n≥2時，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)．兩式相減，得nan＝2，所以an＝eq\f(2,n)(n≥2)．又當(dāng)n＝1時，a1＝2，也符合上式，所以an＝eq\f(2,n).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(n,2).因為對任意的正整數(shù)m≥2，均有bm－1＋bm＋bm＋1＝eq\f(1,am)＝eq\f(m,2)，故數(shù)列{bn}的前99項和b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b97＋b98＋b99＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b97＋b98＋b99)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a98)＝eq\f(2,2)＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(98,2)＝eq\f(33×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋\f(98,2))),2)＝825.考點三裂項相消法求和例3(2023·承德模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n).(1)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；(2)若a2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列．從下面三個條件中選擇一個，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))；②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))；③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1).注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)證明：因為eq\f(an＋1,Sn)＝eq\f(2,n)，即n(an＋1)＝2Sn，當(dāng)n＝1時，a1＋1＝2S1，解得a1＝1，當(dāng)n≥2時，(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－1，所以n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2Sn－2Sn－1，即n(an＋1)－(n－1)(an－1＋1)＝2an，所以(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，當(dāng)n＝2時，上述式子恒成立，當(dāng)n>2時，兩邊同除以(n－2)(n－1)可得eq\f(an,n－1)－eq\f(an－1,n－2)＝－eq\f(1,（n－1）（n－2）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n－2)，即eq\f(an,n－1)－eq\f(1,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)－eq\f(1,n－2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))為常數(shù)列，即eq\f(an－1,n－1)＝a2－1，所以an－1＝(n－1)(a2－1)，即an＝(n－1)(a2－1)＋1，當(dāng)n＝1時，也適合上式，所以an＋1－an＝n(a2－1)＋1－(n－1)(a2－1)－1＝a2－1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，a2－1為公差的等差數(shù)列．(2)設(shè){an}的公差為d，因為a2＋1，a3＋1，a5成等比數(shù)列，所以(a3＋1)2＝a5(a2＋1)，即(2＋2d)2＝(1＋4d)(2＋d)，解得d＝2，所以an＝2n－1.若選①bn＝eq\f(n,aeq\o\al(2,n)aeq\o\al(2,n＋1))，則bn＝eq\f(n,（2n－1）2（2n＋1）2)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))，所以Tn＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,（2n－1）2)－\f(1,（2n＋1）2)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（2n＋1）2))).若選②bn＝eq\f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，則bn＝eq\f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋1)－\r(2n－1),（\r(2n－1)＋\r(2n＋1)）（\r(2n＋1)－\r(2n－1)）)＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(eq\r(3)－eq\r(1)＋eq\r(5)－eq\r(3)＋…＋eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－1)．若選③bn＝eq\f(2n＋3,anan＋12n＋1)，則bn＝eq\f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）2n＋1)＝eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)，所以Tn＝eq\f(1,1×21)－eq\f(1,3×22)＋eq\f(1,3×22)－eq\f(1,5×23)＋…＋eq\f(1,（2n－1）×2n)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（2n＋1）×2n＋1).【通性通法】利用裂項相消法求和的注意事項(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項．(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).【鞏固遷移】3．?dāng)?shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n項和為24，則n＝()A．25 B．576C．624 D．625答案C解析an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故選C.4．(2022·新高考Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(1)求{an}的通項公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.解(1)因為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首項為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，故Sn＝eq\f(n＋2,3)an.①當(dāng)n≥2時，Sn－1＝eq\f(n＋1,3)an－1.②由①－②可知an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).所以eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1也滿足上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)．(2)證明：因為eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,2)＋eq\f(2,2)－eq\f(2,3)＋…＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)＝2－eq\f(2,n＋1)＜2.考點四錯位相減法求和例4(2023·全國甲卷)已知數(shù)列{an}中，a2＝1，設(shè)Sn為{an}的前n項和，2Sn＝nan.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n項和Tn.解(1)因為2Sn＝nan，當(dāng)n＝1時，2a1＝a1，即a1＝0；當(dāng)n＝3時，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1，即2an＝nan－(n－1)an－1，化簡得(n－2)an＝(n－1)an－1，當(dāng)n≥3時，eq\f(an,n－1)＝eq\f(an－1,n－2)＝…＝eq\f(a3,2)＝1，即an＝n－1，當(dāng)n＝1，2時都滿足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．(2)因為eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)＝eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即Tn＝2－(2＋n)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，n∈N*.【通性通法】1．錯位相減法求和的適用條件若{an}是公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，{bn}是公比為q(q≠1)的等比數(shù)列，求數(shù)列{anbn}的前n項和Sn.2．錯位相減法求和的步驟3．錯位相減法求和的注意事項注意點一在寫出Sn與qSn的表達(dá)式時，應(yīng)特別注意將兩式“錯位對齊”，以便下一步準(zhǔn)確寫出Sn－qSn，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形注意點二等式右邊由第一項、中間n－1項的和式、最后一項三部分組成注意點三經(jīng)常把b2＋b3＋…＋bn這n－1項和看成n項和，把－anbn＋1寫成＋anbn＋1導(dǎo)致錯誤【鞏固遷移】5．(2023·河北示范性高中調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2＝6，an＋1＝2(Sn＋1)．(1)證明{an}為等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{nan}的前n項和Tn.解(1)因為an＋1＝2(Sn＋1)，所以an＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，故an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即eq\f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又a2＝2(S1＋1)＝2a1＋2，故a1＝2，即eq\f(a2,a1)＝3，因此eq\f(an＋1,an)＝3(n∈N*)．故{an}是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列．因此an＝2×3n－1(n∈N*)．(2)因為Tn＝2×1＋2×2×3＋2×3×32＋…＋2n×3n－1，①故3Tn＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n，②①－②，得－2Tn＝2＋(2×3＋2×32＋…＋2×3n－1)－2n×3n＝2＋eq\f(2×3（3n－1－1）,3－1)－2n×3