【文档说明】通用版高考数学(文数)一轮复习第08单元《数列》学案(含详解) .doc，共(63)页，668.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第八单元数列教材复习课“数列”相关基础知识一课过数列的有关概念[过双基]1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{an}的第n项an通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的

通项公式前n项和数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋„＋an叫做数列的前n项和2．an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.[小题速通]1．数

列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21的值为()A．5B.72C.92D.132解析：选B∵an＋an＋1＝12，a2＝2，∴an＝－32，n为奇数，2，n为偶数.∴S21

＝11³－32＋10³2＝72.2．数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an－1an(n∈N*)，则a2018＝()A.12B．32C．－12D.23解析：选D由a1＝3，an＋1＝an－1an，得a2＝a1－1a1＝23，a3＝a2－

1a2＝－12，a4＝a3－1a3＝3，„„，由上可得，数列{an}是以3为周期的周期数列，故a2018＝a672³3＋2＝a2＝23.3．已知数列{an}满足an＝32n－11(n∈N*)，前n项的和为Sn，则关于an，Sn的叙述正确的是()A．an，Sn都有最小值B．an，S

n都没有最小值C．an，Sn都有最大值D．an，Sn都没有最大值解析：选A①∵an＝32n－11，∴当n≤5时，an<0且单调递减；当n≥6时，an>0，且单调递减．故当n＝5时，a5＝－3为an的最小值；②由①的分析可知：当n≤5时，an<0；当n≥6时，an>

0.故可得S5为Sn的最小值．综上可知，an，Sn都有最小值．4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1(n∈N*)，则a5＝________.解析：依题意得an＋1－an＝2n＋1，a5＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋

(a5－a4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易错]1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－

Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．1．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则()A．3不是数列{an}中的项B．3只是数列{an}中的第2项C．3只是数列{an}中的第6项D．3是数列{an}中的第2项或第6项解析：选D令a

n＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________．3解析：当n＝1时，a1＝S1

＝3＋2＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因为当n＝1时，不符合an＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝5，n＝1，2n－1，n≥2.答案：a

n＝5，n＝1，2n－1，n≥2等差数列[过双基]1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是

A＝a＋b2，其中A叫做a，b的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.(2)前n项和公式：Sn＝na1＋nn－2d＝na1＋an2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N

*)．(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{an}，{bn

}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，„(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．[小题速通]1．在等差数列{an}中，已知a2与a4是方程x2－6x＋8＝0的两个根，若a4>a2，则a2018＝()A．201

8B．2017C．2016D．2015解析：选A因为a2与a4是方程x2－6x＋8＝0的两个根，且a4>a2，所以a2＝2，a4＝4，则公差d＝1，所以a1＝1，则a2018＝2018.2．在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn为等差数列{

an}的前n项和，则S5＝()4A．3B．4C．5D．6解析：选C∵等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＝3，Sn为等差数列{an}的前n项和，∴a2＋a3＋a4＝3a3＝3，解得a3＝1，∴S5＝52(a1＋a5)＝5a3＝5.3

.正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a4＋a10－a27＋15＝0，则S13＝()A．－39B．5C．39D．65解析：选D∵正项等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＋a10－a27＋15＝0，∴a27－2a7－15＝0，解得a7＝5或a7＝－3(舍去)，

∴S13＝132(a1＋a7)＝13a7＝13³5＝65.4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且3a3＝a6＋4.若S5<10，则a2的取值范围是()A．(－∞，2)B．(－∞，0)C．(1，＋∞)D．(0,2

)解析：选A设等差数列{an}的公差为d，∵3a3＝a6＋4，∴3(a2＋d)＝a2＋4d＋4，可得d＝2a2－4.∵S5<10，∴a1＋a52＝a2＋a42＝a2＋2d2＝5(3a2－4)<10，解

得a2<2.∴a2的取值范围是(－∞，2)．5．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．解析：由当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得d<0，a8>

0，a9<0，即d<0，7＋7d>0，7＋8d<0，解得－1<d<－78.答案：－1，－78[清易错]1．求等差数列的前n项和Sn的最值时，需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．51．(武昌联考)已知数列{

an}是等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{an}的前n项和为Sn，则使得Sn达到最大的n的值为()A．18B．19C．20D．21解析：选C由a1＋a3＋a5＝105⇒a3＝35，

a2＋a4＋a6＝99⇒a4＝33，则{an}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，Sn＝－n2＋40n，因此当Sn取得最大值时，n＝20.2．在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n∈N*，有2an＋1＝1＋2an，则数列{an

}前10项的和为()A．2B．10C.52D.54解析：选C由2an＋1＝1＋2an，可得an＋1－an＝12，即数列{an}是以－2为首项，12为公差的等差数列，则an＝n－52，所以数列{an}的前10项的和S10＝10³－2＋522＝52

.等比数列[过双基]1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为an＋1an＝q.(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做

a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1.(2)前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－qn1－q＝a1－anq1－q，q≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an

＝am²qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am²an＝ap²aq＝a2k；6(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)都是等比数列，则{λan}，1an，{a2n}，{an²bn}，anb

n(λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，„为等比数列，公比为qk.[小题速通]1．(全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中

有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．

5盏D．9盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝a1－271－2＝381，解得a1＝3.2．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4S2＝3，则S6S4＝()A．2B.73C.310D

．1或2解析：选B设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴S6S4＝7k3k＝73

.3．设数列{an}是等比数列，公比q＝2，前n项和为Sn，则S4a3的值为()A.154B.152C.74D.72解析：选A根据等比数列的公式，得S4a3＝a1－q41－qa1q2＝1－q4－qq2＝1－24－2＝154.4．已知等比数列{an}的公

比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，则数列{an}的前2018项的和为()A．8064B．4C．－4D．0解析：选D∵等比数列{an}的公比q≠1，且a3＋a5＝8，a2a6＝16，7∴a3a5＝a2a6＝16，∴a3，a5是方程x2－8x＋16＝0的两个根，解得a3＝a5＝4，∴4q2＝

4，∵q≠1，∴q＝－1，∴a1＝a3q2＝4，∴数列{an}的前2018项的和为S2018＝4[1－－2018]1－－＝0.5．(信阳调研)已知等比数列{an}的公比q>0，且a5²a7＝4a24，a2＝1，则a1＝()A

.12B.22C.2D．2解析：选B因为{an}是等比数列，所以a5a7＝a26＝4a24，所以a6＝2a4，q2＝a6a4＝2，又q>0，所以q＝2，a1＝a2q＝22.[清易错]1．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝

－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn²(S3n－S2n)总成立．2．在运用等比数列的前n项和公式时，必

须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．1．设数列{an}为等比数列，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.18B．－18C.578D.558解析：选A因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且

S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18.所以a7＋a8＋a9＝18.2．设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________.解析：当q≠1时，由题意，a1－q31－q＝3a

1q2，即1－q3＝3q2－3q3，8整理得2q3－3q2＋1＝0，解得q＝－12.当q＝1时，S3＝3a3，显然成立．故q＝－12或1.答案：－12或1一、选择题1．(全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差

为()A．1B．2C．4D．8解析：选C设等差数列{an}的公差为d，由a4＋a5＝24，S6＝48，得a1＋3da1＋4d＝24，6a1＋6³52d＝48，即2a1＋7d＝24，2a1＋5d＝16，解得d＝4.2．(江西六校联考)在等比数

列{an}中，若a3a5a7＝－33，则a2a8＝()A．3B.17C．9D．13解析：选A由a3a5a7＝－33，得a35＝－33，即a5＝－3，故a2a8＝a25＝3.3．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位

数，则a2018＝()A．8B．6C．4D．2解析：选D由题意得a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2018＝a335³6＋8＝a8＝2.4．已知数列{an}满足a1＝1，a

n＝an－1＋2n(n≥2，n∈N*)，则a7＝()A．53B．54C．55D．109解析：选Ca2＝a1＋2³2，a3＝a2＋2³3，„„，a7＝a6＋2³7，各式相加得a7＝a1＋2(2＋3＋4＋„＋7)＝55.5．设数列{an}的前n项

和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则S6＝()9A．44B．45C.13³(46－1)D.14³(45－1)解析：选B由an＋1＝3Sn，得a2＝3S1＝3.当n≥2时，an＝3Sn－1，则an＋1－an＝3an，n≥2，即an＋1＝4an，n≥2，则数列{a

n}从第二项起构成等比数列，所以S6＝a73＝3³453＝45.6．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，对一切自然数n，都有SnTn＝nn＋1，则a5b5等于()A.34B.56C.910D.1011解析：选C∵S9＝a1＋a92＝9a5，T9＝b1＋

b92＝9b5，∴a5b5＝S9T9＝910.7．已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，若5S2＝S4，则log4a3的值为()A．1B．2C．0或1D．0或2解析：选C由题意得，等比数列{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，当q＝－1时，a3＝1，log4a3＝0.当q＝±2时，a3＝4，log4a3＝1.综上所述，log4a3的值为0或1.

8．设数列{an}是公差为d(d>0)的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝()A．75B．90C．105D．120解析：选C由a1＋a2＋a3＝15得3a2＝15，解得a2＝5，由a1a2a3＝8

0，得(a2－d)a2(a2＋d)＝80，将a2＝5代入，得d＝3(d＝－3舍去)，从而a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3³(5＋30)＝105.10二、填空题9．若数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋„＋

3n－1an＝n3，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n≥2时，由a1＋3a2＋32a3＋„＋3n－1an＝n3，得a1＋3a2＋32a3＋„＋3n－2an－1＝n－13，两式相减得3n－1an＝n3－n－13＝13，则an＝13n.当n＝1时，a1＝13满足an＝13n，所

以an＝13n.答案：an＝13n10．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－1，则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，∴数列{an}为首项是1，公比是2的等比数列，故an＝2n－1.答案：2n－111．已知数列{an}中，a2n＝a2n－1＋(－1)n，a2n＋1＝a2n＋n，a1＝1，则a20＝________.解析：由a

2n＝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．数列{an}为正项等比数列，若a3＝3，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则此数列的前5项和S5＝________.解析：设公比为q(q>0)，由a

n＋1＝2an＋3an－1，可得q2＝2q＋3，所以q＝3，又a3＝3，11则a1＝13，所以此数列的前5项和S5＝13－351－3＝1213.答案：1213三、解答题13．已知在等差数列{an}中，a3＝5，a1＋a19＝－18.(1)求公差d及通项an；(2)求数列{an

}的前n项和Sn及使得Sn取得最大值时n的值．解：(1)∵a3＝5，a1＋a19＝－18，∴a1＋2d＝5，2a1＋18d＝－18，∴a1＝9，d＝－2，∴an＝11－2n.(2)由(1)知，Sn＝na

1＋an2＝n＋11－2n2＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，∴n＝5时，Sn取得最大值．14．已知数列{an}满足a12＋a222＋a323＋„＋an2n＝n2＋n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝－nan

2，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)∵a12＋a222＋a323＋„＋an2n＝n2＋n，∴当n≥2时，a12＋a222＋a323＋„＋an－12n－1＝(n－1)2＋n－1，两式相减得an2n＝2n(n≥2)，∴an＝n²2n＋1(n

≥2)．又∵当n＝1时，a12＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n²2n＋1.∴an＝n²2n＋1.(2)∵bn＝－nan2＝n(－2)n，∴Sn＝1³(－2)1＋2³(－2)2＋3³(－2)3＋„＋n³(－2)n.－2Sn＝1³(－2

)2＋2³(－2)3＋3³(－2)4＋„＋(n－1)³(－2)n＋n(－2)n＋1，∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋„＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－2[1－－n]1－－－n(－2)n＋1＝－－n＋1－23－n(－2)n＋

1＝－n＋－n＋1＋23，∴Sn＝－n＋－n＋1＋29.12高考研究课(一)等差数列的3考点——求项、求和及判定[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度等差数列通项5年6考求通项或某一项等差数列前n

项和5年5考求项数、求和等差数列的判定5年2考判断数列成等差数列或求使数列成等差数列的参数值等差数列基本量的运算[典例](1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝()A．5B．5C．7D．8(2)(全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项

和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.①求b1，b11，b101；②求数列{bn}的前1000项和．[解析](1)法一：由等差数列前n项和公式可得Sn＋2－Sn＝(n＋2)a1＋n＋n＋2d－na1＋nn

－2d＝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设数列{an}的公差为d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.②因为bn＝0，1≤n＜10，1，10≤n＜100，2，

100≤n＜1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为1³90＋2³900＋3³1＝1893.[方法技巧]13等差数列运算的解题思路由等差数列的前n项和公式及通项公式可知，若已知a1，d，n，an，Sn中三个便可求出其余两个，即“知

三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．[即时演练]1．已知数列{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S6＝4S3，则a10＝()A.172B.192C.910D.89解析：选B∵S6＝4S3，公差d＝1.∴6a

1＋6³52³1＝4³3a1＋3³22³1，解得a1＝12.∴a10＝12＋9³1＝192.2．已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则S4－S2S5－S3的值

为()A．－2B．－3C．2D．3解析：选D设{an}的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，可得a1＝－4d，所以S4－S2S5－S3＝a3＋a4a4＋a5＝－3d－d＝3.3．(大连联考)已知等差数列{an}

的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2²S3＝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)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5

.因为d>0，所以d＝2.从而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2m＋k－1＝13，k＋1＝5，解得m＝5，k＝4.即所求m的值为5，k的值为4.14等差数列的判定与证明[典例]已知{an}是各项均为正数的等比数列，a11＝8，设bn＝log2an，且b4＝17.(1)求证：数列{bn}是以－2为公差的等差数列

；(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn的最大值．[思路点拨](1)利用等比数列以及对数的运算法则，转化证明数列{bn}是以－2为公差的等差数列；(2)求出数列的和，利用二次函数的性质求解最大值即可．[解](1)证明：设等比数列{an}

的公比为q，则bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an＝log2an＋1an＝log2q，因此数列{bn}是等差数列．又b11＝log2a11＝3，b4＝17，所以等差数列{bn}的公差d＝b11－b47＝－2，故数列{bn}是以－2为公差的等差数列．(2)由(

1)知，bn＝25－2n，则Sn＝nb1＋bn2＝n＋25－2n2＝n(24－n)＝－(n－12)2＋144，于是当n＝12时，Sn取得最大值，最大值为144.[方法技巧]等差数列判定与证明的方法方法解读适合题型定义法对于n

≥2的任意自然数，an－an－1为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列通项公式法an＝pn＋q(p，q为常数)对任

意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列[即时演练]1．(浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分

别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则()15A．{Sn}是等差数列B．{S2n}是

等差数列C．{dn}是等差数列D．{d2n}是等差数列解析：选A由题意，过点A1，A2，A3，„，An，An＋1，„分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，„，hn，hn＋1，„，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，„，hn，hn＋1，

„成等差数列，又Sn＝12³|BnBn＋1|³hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.2．(全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判

断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得a1＋q＝2，a1＋q＋q2＝－6.解得a1＝－2，q＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(

1)可得Sn＝－－－n]1－－＝－23＋(－1)n2n＋13.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－2n＋23＝2－23＋－n2n＋13＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．等差数列的性质[典例](1)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，且a3＋a6＋a

10＋a13＝32，若am＝8，则m的值为()A．8B．12C．6D．4(2)已知数列{an}，{bn}为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝3n＋22n，则a7b7＝()16A.4126B.2314C.117D.116(3)(天水模拟)已知

等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则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)因为{an}，{bn}为等差数列，且SnTn＝3n＋22n

，所以a7b7＝2a72b7＝a1＋a13b1＋b13＝a1＋a132b1＋b132＝S13T13＝3³13＋22³13＝4126.(3)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.[答案](

1)A(2)A(3)60[方法技巧]等差数列的性质(1)项的性质在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－anm－n＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2

)和的性质在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝„＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.[即时演练]1．(岳阳模拟)在等差数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．95B．100C．135D．80解析

：选B由等差数列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差数列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3³20＝100.2．(广州模拟)已知等比数列{an}的

各项都为正数，且a3，12a5，a4成等差数列，则a3＋a5a4＋a6的值是()17A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52解析：选A设等比数列{an}的公比为q，由a3，12a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a

3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝1＋52或q＝1－52(舍去)，所以a3＋a5a4＋a6＝a3＋a3q2a4＋a4q2＝a3＋q2a4＋q2＝1q＝25＋1＝5－12.3．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，T

n，已知SnTn＝7nn＋3，则a10b9＋b12＋a11b8＋b13＝________.解析：∵数列{an}和{bn}都是等差数列，∴a10b9＋b12＋a11b8＋b13＝a10＋a11b9＋b12＝a10＋a11b10＋b11＝S20T20＝7³2020

＋3＝14023.答案：14023等差数列前n项和的最值等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题．[典例]等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，当Sn取得最大值时，n的值为_______

_．[解析]法一：用“函数法”解题由S3＝S11，可得3a1＋3³22d＝11a1＋11³102d，即d＝－213a1.从而Sn＝d2n2＋a1－d2n＝－a113(n－7)2＋4913a1，因为a1>0，所以－a113<0.故

当n＝7时，Sn最大．法二：用“通项变号法”解题由法一可知，d＝－213a1.要使Sn最大，则有an≥0，an＋1≤0，18即a1＋n－－213a1≥0，a1＋n－

213a1≤0，解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．[答案]7[方法技巧]求等差数列前n项和Sn最值的2种方法(1)函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①当a1>0，d<0时

，满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足am≤0，am＋1≥0的项数m使得Sn取得最小值为Sm.[即时演练]1．(潍坊模拟)在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}

的前n项和Sn的最大值为()A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋10³92d＝20a1＋20³192d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋nn－1

2³(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．2．已知{an}是等差数列，a1＝－26，a8＋a13＝5，当{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值为()A．8B．9C．10D．11解析：选B设数列{an}的公差为d，∵a1＝－26，a8＋a13＝

5，∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得d＝3，19∴Sn＝－26n＋nn－2³3＝32n2－552n＝32n－5562－302524，∴{an}的前n项和Sn取最小值时，n＝9.3．已知{an}是各项不为零的等差数列，其中a1>0，公差d<0

，若S10＝0，则数列{an}的前n项和取最大值时，n＝________.解析：由S10＝a1＋a102＝5(a5＋a6)＝0，可得a5＋a6＝0，∴a5>0，a6<0，即数列{an}的前5项和为最大值，∴n＝5.答

案：51．(全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：选A设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列

，所以a2a6＝a23，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6³1＋6³52³(－2)＝－24.2．(全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，

则a100＝()A．100B．99C．98D．97解析：选C法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴a1＋4d＝3，a1＋9d＝8，∴a1＝－1，d＝1.∴a100＝a1＋99d＝－1＋99³1＝

98.法二：∵{an}是等差数列，∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差数列{an}中，a5，a10，a15，„，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.20故a100＝a5＋(20－1)³5＝98.3．(2014²全国卷Ⅰ

)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减得

an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，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}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ

＝4，使得数列{an}为等差数列．4．(2013²全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋„＋a3n－2.解：(1)设{an}的公差为d.由题意，a211＝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}是首项为25，公差为－

6的等差数列．从而Sn＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.一、选择题1．(厦门一中测试)已知数列{an}中，a2＝32，a5＝98，且1an－1是等差数列，则a7＝()21A.109B.1110C.1211D.1312解析：选D设

等差数列1an－1的公差为d，则1a5－1＝1a2－1＋3d，即198－1＝132－1＋3d，解得d＝2，所以1a7－1＝1a2－1＋5d＝12，解得a7＝1312.2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一

尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为()A．6斤B．9斤C．9.5斤D．

12斤解析：选A依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2.由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．3．(银川一中月考)在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为Sn(n∈N*)，有下列命题：

①若S3＝S11，则必有S14＝0；②若S3＝S11，则必有S7是Sn中的最大项；③若S7>S8，则必有S8>S9；④若S7>S8，则必有S6>S9.其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选D对于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0

，则S14＝a1＋a142＝0，所以①正确；对于②，当S3＝S11时，易知a7＋a8＝0，又a1>0，d≠0，所以a7>0>a8，故S7是Sn中的最大项，所以②正确；对于③，若S7>S8，则a8<0，那么d<0，可知a9<0，此时S9－S8<0，即

S8>S9，所以③正确；对于④，若S7>S8，则a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正确．故选D.224．(大同模拟)在等差数列{}an中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝8

7，则此数列前20项的和等于()A．290B．300C．580D．600解析：选B由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，所以S20＝2a1＋a202＝

10(a2＋a19)＝300.5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9＝18，an－4＝30(n>9)，若Sn＝336，则n的值为()A．18B．19C．20D．21解析：选D因为{an}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a

5＝2，Sn＝na1＋an2＝na5＋an－42＝n2³32＝16n＝336，解得n＝21.6．设{an}是等差数列，d是其公差，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论错误的是()A．d<0B

．a7＝0C．S9>S5D．当n＝6或n＝7时Sn取得最大值解析：选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＝S

7，∴a1＋a2＋„＋a6＝a1＋a2＋„＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正确；∵d＝a7－a6<0，∴A正确；而C选项，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，知C选项错误；∵S5<S6，S6＝S7>S8，∴结合等差数列前

n项和的函数特性可知D正确．故选C.7．等差数列{an}的前n项和为Sn，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则()A．|a7|>|a8|B．|a7|<|a8|C．|a7|＝|a8|D．|a7|＝0解析：选B因为(S8－S5)(S9－S5)<0，

所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0，因为{an}为等差数列，所以a6＋a7＋a8＝3a7，a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)，23所以a7(a7＋a8)<0，所以a7与(a7＋a8)异号．又公差d>0，所以a7

<0，a8>0，且|a7|<|a8|，故选B.二、填空题8．在数列{an}中，an＋1＝an1＋3an，a1＝2，则a20＝________.解析：由an＋1＝an1＋3an，a1＝2，可得1an＋1－1an＝3，所以1an是以12为首项，3为公差的等差数列．所以1an＝12＋3(

n－1)，即an＝26n－5，所以a20＝2115.答案：21159．数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，则数列{an}的通项公式为________．解析：∵a1＝1，an＋1＝2an＋2n，∴an＋12n＋1＝an2n＋12，∴数列an2n是首项为a12＝12

，公差d＝12的等差数列，故an2n＝12＋(n－1)³12＝12n，即an＝n²2n－1.答案：an＝n²2n－110．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝________.解析：当S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8时，由等差

数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，∴2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，∴2(3S4－S4)＝S4＋(λ²3S4－3S4)，解得λ＝2.答案：2三、解答题2411．已知数列{an}是等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，a3＋a4＝12.(1)求a1＋a2＋a3＋a4

＋a5；(2)设bn＝10－an，数列{bn}的前n项和为Sn，若b1≠b2，则n为何值时，Sn最大？Sn最大值是多少？解：(1)设{an}的公差为d，∵a1，a2，a5成等比数列，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝0或d＝2a1.当d＝0时，∵a3＋a4＝12

，∴an＝6，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝30；当d≠0时，∵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.∴当n＝5时，Sn取得最大值，最大值为25.12．(沈阳质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6＝4，

S5＝－5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意知2a1＋7d＝4，5a1＋5³42d＝－5

，解得a1＝－5，d＝2，故an＝2n－7(n∈N*)．(2)由an＝2n－7<0，得n<72，即n≤3，所以当n≤3时，an＝2n－7<0，当n≥4时，an＝2n－7>0.由(1)知Sn＝

n2－6n，所以当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；当n≥4时，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.故T5＝13，Tn＝6n－n2，n≤3，n2－6n＋18，n≥4.13．已知数列{an}中，

a1＝4，an＝an－1＋2n－1＋3(n≥2，n∈N*)．25(1)证明数列{an－2n}是等差数列，并求{an}的通项公式；(2)设bn＝an2n，求bn的前n项和Sn.解：(1)证明：当n≥2时

，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，故数列{an－2n}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴an－2n＝2

＋(n－1)³3＝3n－1，∴an＝2n＋3n－1.(2)bn＝an2n＝2n＋3n－12n＝1＋3n－12n，∴Sn＝1＋22＋1＋522＋„＋1＋3n－12n＝n＋22＋522＋„＋3n－12n，令Tn＝22

＋522＋„＋3n－12n，①则12Tn＝222＋523＋„＋3n－12n＋1，②①－②得，12Tn＝1＋322＋323＋„＋32n－3n－12n＋1，＝1＋3³141－12n－11－12－3n

－12n＋1＝52－3n＋52n＋1，∴Sn＝n＋5－3n＋52n.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1(n∈N*)．(1)求a2，a3；(2)求实数λ使an＋

λ2n为等差数列，并由此求出an与Sn；(3)求n的所有取值，使Snan∈N*，说明你的理由．解：(1)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，∴a2＝2³3＋22－1＝9，a3＝2³9＋23－1＝25.(2)∵a1＝3，an＋1＝2an＋2n＋1－1，26∴an＋

1－1＝2(an－1)＋2n＋1，∴an＋1－12n＋1－an－12n＝1，故λ＝－1时，数列an＋λ2n成等差数列，且首项为a1－12＝1，公差d＝1.∴an－12n＝n，即an＝n²2n＋1.∴Sn＝(1³2＋2³2

2＋3³23＋„＋n³2n)＋n，设Tn＝1³2＋2³22＋3³23＋„＋n³2n，①则2Tn＝1³22＋2³23＋3³24＋„＋n³2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋„＋2n－n³2n＋1＝(

1－n)²2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)²2n＋1＋2，∴Sn＝Tn＋n＝(n－1)²2n＋1＋2＋n.(3)Snan＝n－n＋1＋n＋2n²2n＋1＝2＋n－2n＋1n²2n＋1，结合y＝2x及y＝12x的图象可知2n>n2恒成立，∴2n＋1>n，即n－2n＋1<0，∵n²2n＋

1>0，∴Snan<2.当n＝1时，Snan＝S1a1＝1∈N*；当n≥2时，∵an>0且{an}为递增数列，∴Sn>0且Sn>an，∴Snan>1，即1<Snan<2，∴当n≥2时，Snan∉N*.综上可得n＝1.高考研究课(二

)等比数列的3考点——基本运算、判定和应用[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度等比数列的基本运算5年7考由项与和的关系求首项、求前n项和、求项数等等比数列的判定5年3考证明等比数列等比数列的综合应用5年4考求和后放缩法证明不等式，等比数列求项之积的最值27等比数列基本量的运算[典例]

(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，则Snan＝()A．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－1(2)(全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b

2＝2.①若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；②若T3＝21，求S3.[解析](1)设{an}的公比为q，∵a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，∴a1＋a1q2＝52，ⅰa1q＋a1q3＝54，ⅱ由(ⅰ)(ⅱ)可得1＋q2q＋q3

＝2，∴q＝12，代入(ⅰ)得a1＝2，∴an＝2³12n－1＝42n，∴Sn＝2³1－12n1－12＝41－12n，∴Snan＝41－12n42n＝2n－1.答案：D(2)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则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)联立(ⅰ)(ⅱ)解得d＝3，q＝0(舍去)或d＝1，q＝2.因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.②由b1＝1，T3＝21，得q2＋q

－20＝0，解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由(ⅰ)得d＝8，则S3＝21.28当q＝4时，由(ⅰ)得d＝－1，则S3＝－6.[方法技巧]解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a1，n

，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝a1－qn1－q＝

a1－anq1－q.[即时演练]1．已知数列{an}是首项a1＝14的等比数列，其前n项和为Sn，S3＝316，若am＝－1512，则m的值为()A．8B．10C．9D．7解析：选A设数列{an}的公比为q，若q＝1，则S3＝34≠316，不符合题

意，∴q≠1.由a1＝14，S3＝a1－q31－q＝316，得a1＝14q＝－12，∴an＝14²－12n－1＝－12n＋1.由am＝－12m＋1＝－1512，得m

＝8.2．(北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋„＋b2n－1.解：(1)设等差数列{an

}的公差为d.因为a1＝1，a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，29解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q²b1q3＝9.

解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.从而b1＋b3＋b5＋„＋b2n－1＝1＋3＋32＋„＋3n－1＝3n－12.等比数列的判定与证明[典例](1)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3且an＋2＝3an＋

1－2an，n∈N*，对数列{an}有下列命题：①数列{an}是等差数列；②数列{an＋1－an}是等比数列；③当n≥2时，an都是质数；④1a1＋1a2＋„＋1an<2，n∈N*，则其中正确的命题有()A．②B．①②C．③④D．②④(2

)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．[解析](1)∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∴数列{an＋1－a

n}是以a2－a1＝2为首项、2为公比的等比数列，∴an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，„a2－a1＝21，累加得：an－a1＝21＋22＋„＋2n－1＝－2n－11－2＝2n－2，∴an＝2n－2＋a1＝2n－1.显然①②③中，只有②正确，又∵1an＝1

2n－1<12n－1(n≥2)，30∴1a1＋1a2＋„＋1an<1＋12＋122＋„＋12n－1＝1－12n1－12<2，故④正确；综上所述，①③错误，②④正确．答案：D(2)[思路点拨]①令n＝1,2,3，即可求出结论；②当n≥

2时，a1＋2a2＋3a3＋„＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，与已知式相减，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，化简整理，即可得出结论．解：①∵a1＋2a2＋3a3＋„＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2³1＝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*)，(ⅰ)∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋„＋(n－1)an－1＝(n－

2)²Sn－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，∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．[方法技巧]等比数列的3种判定方法定义法若an＋1an＝q(q

为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列等比中项法若数列{an}中，an≠0且a2n＋1＝an²an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成an＝c²qn(c，q均是不为0的常数，n

∈N*)，则{an}是等比数列[即时演练]1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝2n(n∈N*)，则下列数列中一定为等比数列的是()31A．{an}B．{an－1}C．{an－2}D．{Sn}解析：选C由Sn＋an＝2n(n∈N*)，可得

Sn－1＋an－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＝12an－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝12(an－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{an－

2}一定是等比数列．2．(惠州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：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∴当n≥2时，Sn＝4an－1＋2，②①－②，得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．∵bn＝an＋1－2

an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．(2)由(1)知bn＝an＋1－2an＝3³2n－1，∴an＋12n＋1－an2n＝34，故an2n是首项为12，公差

为34的等差数列．∴an2n＝12＋(n－1)³34＝3n－14，∴an＝(3n－1)²2n－2.等比数列的性质[典例](1)(衡水模拟)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()

A．80B．30C．26D．16(2)等比数列{an}满足an＞0，n∈N*，且a3²a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋„＋log2a2n－1＝________.[解析](1)∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，32∴Sn

²(S3n－S2n)＝(S2n－Sn)2，即2³(14－S2n)＝(S2n－2)2，解得S2n＝6或S2n＝－4(舍去)．同理，(6－2)(S4n－14)＝(14－6)2，解得S4n＝30.(2)由等比数列

的性质，得a3²a2n－3＝a2n＝22n，从而得an＝2n.∴log2a1＋log2a2＋„＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)²(a2a2n－2)²„²(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)＝2n2－n.[答案](1)

B(2)2n2－n[方法技巧](1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am²an＝ap²aq”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解

题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．[即时演练]1．已知数列{an}为等比数列，其中a5，a9为方程x2＋2018x＋9＝0的两根，则a7的值为()A．－3B．3C．±3D．9解析

：选A∵数列{an}为等比数列，其中a5，a9为方程x2＋2018x＋9＝0的两根，∴a5＋a9＝－2018，a5²a9＝9，∴a5<0，a9<0，则a7＝－a5a9＝－3.2．(辽宁五校联考)已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋

2a3)＋a3a9的值为()A．10B．20C．100D．200解析：选Ca7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a24＋2a4a6＋a26＝(a4＋a6)2＝102＝100.3．(长春二模)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a

3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.解析：设数列{an}的公比为q，33由a1a2a3＝4＝a31q3与a4a5a6＝12＝a31q12，可得q9＝3，an－1anan＋

1＝a31q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14.答案：14等比数列的构造与求值[典例](1)记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3an＋1，则a10＝()A．－39210B．－310210C.39210D.31

0210(2)(福建莆田一中检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1，则使不等式S21＋S22＋„＋S2n<2³3n＋1成立的n的最大值为()A．2B．3C．4D．5[解析

](1)由Sn＝3an＋1，Sn＋1＝3an＋1＋1，得an＋1＝3an＋1－3an，整理得an＋1＝32an，又a1＝3a1＋1，a1＝－12，故数列{an}是以－12为首项，32为公比的等比数列，∴an＝－12³32n－1，故a10＝－12³

329＝－39210.(2)由2Sn＝an＋1，得2Sn＝an＋1＝Sn＋1－Sn，则3Sn＝Sn＋1，即Sn＋1Sn＝3，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，3为公比的等比数列，则Sn＝3n－1.所

以数列{S2n}是以S21＝1为首项，9为公比的等比数列，所以S21＋S22＋„＋S2n＝－9n1－9＝18(9n－1)．于是原不等式可化为18(9n－1)<2³3n＋1，即3n(3n－48)<1，可知满足此不等式的n的最大值为3.[答

案](1)A(2)B[方法技巧]构造法求解数列的通项公式时，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an－1(n≥2)的系数不同时应考虑构造等比数列来运算．如利用已知条件构造成an＋1＋X＝m(an＋X)的形式，然后利用等比数列的通项公式求解即可．34[即时演练]1．已知数列{an}的前n项和为Sn

，a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则Sn＝()A．2n－1B．2n－1C．3n－1D.12(3n－1)解析：选D易知S1＝a1＝1.因为2Sn＝an＋1－1＝Sn＋1－Sn－1，所以Sn＋1＋12＝3Sn＋12，即数列Sn＋12是以S1＋12

＝32为首项，3为公比的等比数列，则Sn＋12＝32³3n－1，所以Sn＝12(3n－1)．2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝anan＋2(n∈N*)，则a10＝________.解析：由已知取倒数可得，1an＋1＝2an＋1⇒1an＋1＋1＝21an＋1，又a1＝1，

故1an＋1是以2为首项，2为公比的等比数列，故1an＋1＝2³2n－1＝2n，an＝12n－1，a10＝11023.答案：110231．(2015²全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5

＋a7＝()A．21B．42C．63D．84解析：选B设数列{an}的公比为q，∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a

1＋a3＋a5)＝2³21＝42.2．(2013²全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝()A.13B．－13C.19D．－19解析：选C由题知q≠1

，则S3＝a1－q31－q＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，35则a1＝19.3．(全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，

a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，两式相除，得1＋q1－q2＝13，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.答案：－84．(全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2„an的最大值为________．解析：设等比数

列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝12.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2„an＝an1q1＋2＋„＋(n－1)＝23n²12n－1n2＝

23n－n22＋n2＝2－n22＋72n.记t＝－n22＋7n2＝－12(n2－7n)＝－12n－722＋498，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2„an的最大值为26＝64.答案：645．(全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{b

n}满足b1＝1，b2＝13，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝13，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(

2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝bn3，因此{bn}是首项为1，公比为13的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，36则Sn＝1－13n1－13＝32－12³3n－1.一、选择题1．若等

差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2b2＝()A．－1B．1C.12D．－2解析：选B设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1

²q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1³(－2)＝2，所以a2b2＝1.2．(海口调研)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则S8S4的值为()A.12B.1716C．2D．17解析：选B设{an}的公比为q，依题意得

a5a2＝18＝q3，因此q＝12.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，S8S4＝q4＋1＝1716.3．在等比数列{an}中，a1，a5为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a3＝()A．

4B．5C．±4D．±5解析：选A∵a1，a5为方程x2－10x＋16＝0的两根，∴a1＋a5＝10，a1a5＝16，则a1，a5为正数，在等比数列{an}中，a23＝a1a5＝16，则a3＝±4，∵a1，a5为正数，∴a3＝4.4．已知

Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足S2mSm＝9，a2mam＝5m＋1m－1，则数列{an}的公比为()A．－2B．237C．－3D．3解析：选B设数列{an}的公比为q，若q＝1，则

S2mSm＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.∵S2mSm＝a1－q2m1－qa1－qm1－q＝qm＋1＝9，∴qm＝8.∴a2mam＝a1q2m－1a1qm－1＝qm＝8＝5m＋1m－1，∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.5．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＝lgan，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前n项和的最大值为()A．126B．130C．132D．134解析：选C设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意可知，lga3＝b3，lga6＝b6.又b3＝18，b6＝12

，则a1q2＝1018，a1q5＝1012，∴q3＝10－6，即q＝10－2，∴a1＝1022.又{an}为正项等比数列，∴{bn}为等差数列，且公差d＝－2，b1＝22，∴数列{bn}的前n项和Sn＝22n＋nn－2³(－2)＝－n2＋23n＝－n－2322＋5294

.又n∈N*，故n＝11或12时，(Sn)max＝132.6．正项等比数列{an}中，存在两项am，an，使得aman＝4a1，且a6＝a5＋2a4，则1m＋4n的最小值是()A.32B．2C.73D.256解

析：选A设等比数列{an}的公比为q，其中q>0，于是有a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0(q>0)，由此解得q＝2.由aman＝16a21，得a21³2m＋n－2＝16a21，故m＋n＝6，其中m，n∈N*，∴1m＋4n＝161m＋4n(m＋

n)＝5＋nm＋4mn6≥5＋2nm³4mn6＝32，当且仅当nm＝4mn，即m＝2，n＝4时等号成立，∴1m＋4n的最小值为32.二、填空题387．已知数列{an}满足a1，a2a1，a3a2，„，anan－1是首项为1，公比为2的等比数列，则a101＝__

______.解析：因为数列{an}满足a1，a2a1，a3a2，„，anan－1是首项为1，公比为2的等比数列，所以a1＝1，anan－1＝2n－1，所以an＝a1²a2a1²a3a2²„²anan－1＝1³2³22³„³2n－1＝21＋2＋„＋(n

－1)＝2nn－2，当n＝1时，a1＝1满足上式，故an＝2nn－2，所以a101＝2－2＝25050.答案：250508．(辽宁一模)在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝158，a8a9＝－98，则1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝____

____.解析：因为1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，所以1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a8a9＝158÷－98＝－53.答案：－539．设数列{a

n}的前n项和为Sn(n∈N*)，关于数列{an}有下列四个命题：①若{an}既是等差数列又是等比数列，则an＝an＋1(n∈N*)；②若Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，则{an}是等差数列；③若Sn＝1－(

－1)n，则{an}是等比数列；④若S1＝1，S2＝2，且Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，则数列{an}是等比数列．其中真命题的序号是________．解析：若{an}既是等差数列又是等比数列，设其前三项分

别为：a－d，a，a＋d(d为公差)，则a2＝(a－d)(a＋d)，解得d＝0，因此an＝an＋1(n∈N*)，①正确；由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)是数列{an}为等差数列的充要条件，可知②正确；若Sn＝1－(

－1)n，则a1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(－1)n－1，为等比数列，首项为2，公比为－1，因此③正确；39由Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，可得Sn＋1－Sn＝2(Sn－S

n－1)，即an＋1＝2an，又S1＝1，S2＝2，∴a1＝1，a2＝1，可得a2＝a1，∴数列{an}不是等比数列，④错误．故真命题的序号是①②③.答案：①②③三、解答题10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝Sn＋n2(n∈N*)．(1

)若数列{an＋t}是等比数列，求t的值；(2)求数列{an}的通项公式；解：(1)当n＝1时，由a1＝S1＋12＝a1＋12，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，即an＝2an－1＋1，∴a2＝3，a3＝7.依题意，得

(3＋t)2＝(1＋t)(7＋t)，解得t＝1，当t＝1时，an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2，即{an＋1}为等比数列成立，故实数t的值为1.(2)由(1)，知当n≥2时，an＋1＝2(an－1＋1)，又因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2

为首项，2为公比的等比数列．所以an＋1＝2³2n－1＝2n，∴an＝2n－1.11．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；(2)设bn＝2n－1an²an

＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn<12.证明：(1)∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，又∵a2－a1＝3－1＝2，∴数列{an＋1－an}是首项为2、公

比为2的等比数列．(2)由(1)可知an＋1－an＝2n，显然数列{an}是递增的，∴bn＝2n－1an²an＋1＝12²2nan²an＋1＝12²an＋1－anan²an＋1＝121an－1an＋1，40

于是Tn＝121a1－1a2＋1a2－1a3＋„＋1an－1an＋1＝121a1－1an＋1＝121－1an＋1<12.12．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋13an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(

2)设bn＝log4(1－Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝1b1b2＋1b2b3＋„＋1bnbn＋1，求Tn的取值范围．解：(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋13a1＝1，得a1＝34，当n≥2时，Sn＋

13an＝1，Sn－1＋13an－1＝1，两式相减得，Sn－Sn－1＋13(an－an－1)＝0，∴an＝14an－1.∴{an}是以34为首项，14为公比的等比数列．故an＝3414n－1＝314n(n∈N*

)．(2)由(1)知1－Sn＋1＝13an＋1＝14n＋1，∴bn＝log4(1－Sn＋1)＝log414n＋1＝－(n＋1)，∴1bnbn＋1＝1n＋n＋＝1n＋1－1n＋2，

故Tn＝1b1b2＋1b2b3＋„＋1bnbn＋1＝12－13＋13－14＋„＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2，∴16≤Tn<12，即Tn的取值范围为16，12.1．数列{an}

是以a为首项，q为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋„＋an，数列cn＝2＋b1＋b2＋„＋bn，若{cn}为等比数列，则a＋q＝()A.2B．3C.5D．6解析：选B由题意知q≠1.因为数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，所以bn41＝1＋a1－

q－aqn1－q，所以cn＝2－aq－q2＋1－q＋a1－qn＋aqn＋1－q2，要使{cn}为等比数列，则2－aq－q2＝0且1－q＋a1－q＝0，所以a＝1，q＝2，则a＋q＝3.2．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)

令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，当n≥2时，an＋1＝2Sn＋3，可得an＝2Sn－1＋3.两式相减得，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，an＋1＝3an

，则an＝a2²3n－2＝9³3n－2＝3n.又an＝3n对n＝1也成立，所以an＝3n.(2)由(1)知，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)³3n，故Tn＝1³3＋3³32＋5³33＋„＋(2n－1)³3n，3Tn＝1³32＋3³33＋5³34＋„＋(2n－1)³3n＋1，两式相减可得－2T

n＝3＋2(32＋33＋„＋3n)－(2n－1)³3n＋1＝3＋2³1－3n－11－3－(2n－1)³3n＋1，化简可得Tn＝3＋(n－1)³3n＋1.高考研究课(三)数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：转化的思想，即将一般数列设

法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.分组转化法求和一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．[典例

]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；42(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[思路点拨](1)根据题意，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)化简，再验证a1，即可得出结论；(2)b

n＝2n＋(－1)nn，分两部分求和：2n利用等比数列的前n项和公式求解；(－1)nn的结果易得，则求得结论．[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－n－2＋

n－2＝n.又a1也满足an＝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＝－22n1－2＝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.[方法技巧](1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组

求和法求数列{cn}的前n项和．(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．[即时演练]已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q＞1，且3(an＋2

＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.解：(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，∴3

(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0.∵公比q＞1，∴q＝3.又首项a1＝3，∴数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)∵bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列，43∴bn＋13an＝1＋2(n－1)．即数

列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，Sn＝－(1＋3＋32＋„＋3n－1)＋[1＋3＋„＋(2n－1)]＝－12(3n－1)＋n2.裂项相消法求和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．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．一般地，若{an}为等差数列，则求数列1anan＋1的前n项和可尝试此方法，事实上，1an

an＋1＝ddanan＋1＝an＋1－andanan＋1＝1d²1an－1an＋1.[典例](全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋„＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n

项和．[解](1)因为a1＋3a2＋„＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋„＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)记

an2n＋1的前n项和为Sn.由(1)知an2n＋1＝2n＋n－＝12n－1－12n＋1.则Sn＝11－13＋13－15＋„＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.[方法技巧]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律44(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．2．常见式的裂项数列(n为正整数)裂项方法1nn＋k(

k为非零常数)1nn＋k＝1k1n－1n＋k14n2－114n2－1＝1212n－1－12n＋11n＋n＋11n＋n＋1＝n＋1－nl

oga1＋1n(a>0，a≠1)loga1＋1n＝loga(n＋1)－logan[即时演练]1．(福州质检)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1fn＋＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝()A.2017－1B.

2018－1C.2019－1D.2019＋1解析：选C由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.∴an＝1fn＋＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2018＝a1＋a2＋a3＋„＋a2018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋„＋(2018－2017)＋(2019

－2018)＝2019－1.2．(银川质检)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n＋1n＋2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<564.解：(1

)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，45所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)

＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，则bn＝n＋1n＋2a2n＝n＋14n2n＋2＝1161n2－1n＋2.故Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋„＋1n－2－

1n＋2＋1n2－1n＋2＝1161＋122－1n＋2－1n＋2<1161＋122＝564.错位相减法求和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{an²bn}的前n项和

，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．[典例](天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2

)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．[思路点拨](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列的{bn}公比为q，建立方程求解；(2)先求{a2n}的通项，可得a2nbn＝(6n－2)²2n，再根据错位相减法求和．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，

等比数列{bn}的公比为q.由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.因为b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3

，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2nbn＝(6n－2)²2n.得Tn＝4³2＋10³22＋16³23＋„＋(6n－2)³2n，2Tn＝4³22＋10³23＋16³2

4＋„＋(6n－8)³2n＋(6n－2)³2n＋1，上述两式相减，得－Tn＝4³2＋6³22＋6³23＋„＋6³2n－(6n－2)³2n＋146＝12³1－2n1－2－4－(6n－2)³2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(

3n－4)2n＋2＋16.[方法技巧]用错位相减法求和的3个注意事项(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”以便下一步准确写出“

Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[即时演练](山东高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的

等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列bnan的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意知，a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2.又an＞0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知，S2n＋1

＝n＋b1＋b2n＋12＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝bnan，则cn＝2n＋12n，因此Tn＝c1＋c2＋„＋cn＝32＋522＋723＋„＋2n－12n－1＋2n＋12n，又12Tn＝322＋523＋724＋„＋2n－1

2n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Tn＝32＋12＋122＋„＋12n－1－2n＋12n＋1＝32＋1－12n－1－2n＋12n＋1＝52－2n＋52n＋1，所以Tn＝5－2n＋

52n.471．(2014²全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1)B.n(n－1)C.nn＋12D.nn－12解析：选A因为a2，a4，a8成等比数列，所以a24＝a2²a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)²(a

1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋nn－12d＝n(n＋1)．2．(全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n1Sk＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，解

得a1＝1，d＝1，所以Sn＝nn＋2，1Sn＝2nn＋＝21n－1n＋1，因此k＝1n1Sk＝21－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1＝2nn＋1.答案：2nn＋13．(20

15²全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．解：(1)由a2n＋2an＝4Sn＋

3，①可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an>0，得an＋1－an＝2.又a

21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝1n＋n＋＝1212n＋1－12n＋3.48设数列{

bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝1213－15＋15－17＋„＋12n＋1－12n＋3＝nn＋.4．(2014²全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3a

n＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明：1a1＋1a2＋„＋1an<32.证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋12＝32，所以

an＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以an＋12＝3n2，因此{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2³3n－1，所以13n－1≤12³3n－1

.于是1a1＋1a2＋„＋1an≤1＋13＋„＋13n－1＝321－13n<32.所以1a1＋1a2＋„＋1an<32.一、选择题1．在公差大于0的等差数列{an}中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列(－1)n－1an的前21项和为

()A．21B．－21C．441D．－441解析：选A设等差数列{an}的公差为d，d>0，由题意可得492(a1＋6d)－(a1＋12d)＝1，a1(a1＋5d＋5)＝(a1＋2d－1)2，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以(－1)n－1an＝(－1)n－

1(2n－1)，故数列(－1)n－1an的前21项和为1－3＋5－7＋„＋37－39＋41＝－2³10＋41＝21.2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为()A．380－351－1519B．400－251－1520C．4

20－341－1520D．440－451－1520解析：选C令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋„＋a20＝2(1＋2＋„＋20)－315＋152＋„＋

1520＝2³＋2－3³151－15201－15＝420－341－1520.3．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{bn}满足关系a1b1＋a2b2＋a3b3＋„＋anbn＝

12n，数列{bn}的前n项和为Sn，则S5的值为()A．－454B．－450C．－446D．－442解析：选B由题意可得an＝2n－1，因为a1b1＋a2b2＋a3b3＋„＋anbn＝12n，所以当n≥2时，a1b1＋a2b2＋a3

b3＋„＋an－1bn－1＝12n－1，两式相减可得anbn＝－12n，则bn＝－(2n－1)²2n(n≥2)，当n＝1时，b1＝2，不满足上式，则S5＝2－12－40－112－288＝－450.4．已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，„，110＋210＋310＋

„＋910，„，若bn＝1an²an＋1，那么数列{bn}的前n项和Sn＝()A.nn＋1B.4nn＋1C.3nn＋1D.5nn＋1解析：选B由题意知an＝1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋„＋nn＋1＝n2，则bn＝1an²an＋1＝4nn＋＝41n－1n＋1，所以Sn

＝41－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1＝41－1n＋1＝4nn＋1.505．(福州质检)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则

i＝120181ai＝()A.20182019B.20172018C．2D.40362019解析：选D令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋n.又a1＝1，所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1

，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，„，an－an－1＝n(n≥2)，把以上n－1个式子相加，得an－a1＝2＋3＋„＋n，所以an＝1＋2＋3＋„＋n＝nn＋2，当n＝1时，上式也成立，所以an＝nn＋2，所以1an＝2nn＋＝21n－1n＋1，所以i＝

120181ai＝21－12＋12－13＋„＋12018－12019＝21－12019＝40362019.6．数列{an}为非常数列，满足：a1＝14，a5＝18，且a1a2＋

a2a3＋„＋anan＋1＝na1an＋1对任何的正整数n都成立，则1a1＋1a2＋„＋1a50的值为()A．1475B．1425C．1325D．1275解析：选B因为a1a2＋a2a3＋„＋anan＋1＝na1an＋1，所以当n≥2时，a1a2＋a2a3＋„＋an－1an＝(n－1)a

1an，两式相减可得anan＋1＝na1an＋1－(n－1)a1an，即1a1＝nan－n－1an＋1，则1a1＝n＋1an＋1－nan＋2，则nan－n－1an＋1＝n＋1an＋1－nan＋2，即1an＋1an＋2＝2an＋1，即数列1an是等差数列，则公差d＝1，则

1a50＝53，则1a1＋1a2＋„＋1a50＝＋2＝1425.二、填空题7．(陕西一检)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1

＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)51＋„＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋„＋50＝1276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(

1－a1)＝13，∴a1＋a2＋„＋a100＝1276＋13＝1289.答案：12898．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2018＝________.解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得，a

2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，„，故该数列为周期是4的数列，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝504³(－2)＋1－2＝－1009.答案：－10099．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2

,2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，bn＝1an＋an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，则S33的值是________．解析：∵2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，∴数列{a2n}为首项为1，公差为

22－1＝3的等差数列，∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2.∴an＝3n－2，∴bn＝1an＋an＋1＝13n－2＋3n＋1＝13(3n＋1－3n－2)，∴数列{bn}的前n项和为Sn＝13[(4－1)＋(7－4)＋„＋(3n＋1－3n－2)]＝13(3n

＋1－1)．则S33＝13(10－1)＝3.答案：3三、解答题10．(西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝－3，S10＝－40.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若从数列{an}中依次取出第2,4,8，„，2n，„项，按原来的顺序排成一个新数列{bn

}，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)∵a5＝a1＋4d＝－3，S10＝10a1＋45d＝－40，解得a1＝5，d＝－2.∴an＝－2n＋7.52(2)依题意，bn＝a2n＝－2³2n＋7＝－2n＋1＋7，故Tn＝－(22＋23＋„

＋2n＋1)＋7n＝－22－2n＋1³21－2＋7n＝4＋7n－2n＋2.11．已知等比数列{an}的公比q>1，且a1＋a3＝20，a2＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn＋n2n＋1>(－1)n²a恒成立，求实

数a的取值范围．解：(1)由已知得a1＋q2＝20，a1q＝8，∴2q2－5q＋2＝0，解得q＝12或q＝2.∵q>1，∴a1＝4，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由题意，得bn＝n2n＋1，∴Sn＝122＋223＋324＋„＋

n2n＋1，12Sn＝123＋224＋„＋n－12n＋1＋n2n＋2，两式相减，得12Sn＝122＋123＋124＋„＋12n＋1－n2n＋2，∴Sn＝12＋122＋123＋„＋12n－n2n＋1＝12

1－12n1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，∴(－1)n²a<1－12n对任意正整数n恒成立，设f(n)＝1－12n，易知f(n)单调递增，①当n为奇函数时，f(n)的最小值为12，∴－a<12，即a>－12；53②当n为偶函数时，f(n)的最小值为34，∴a<34.

由①②可知－12<a<34，即实数a的取值范围是－12，34.12．(云南统检)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列4anan＋的前n项和为Tn，求证：12≤Tn<1

.解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，ann＝an－1n－1，所以ann＝a11＝2，即an＝2n(n

≥2)．因为a1＝2也符合上式，所以an＝2n.(2)证明：由(1)知an＝2n，令bn＝4anan＋，n∈N*，所以bn＝42nn＋＝1nn＋＝1n－1n＋1.所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝1－12＋12－13＋„＋

1n－1n＋1＝1－1n＋1.因为1n＋1>0，所以1－1n＋1<1.显然当n＝1时，Tn取得最小值12.所以12≤Tn<1.54已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0,2)，a2n＋3an＋2＝6S

n.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，若对∀n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．解：(1)当n＝1时，由a2n＋3an＋2＝6Sn，得a21＋3a1＋2＝6a1，即a21－3a1＋2＝0

.又a1∈(0,2)，解得a1＝1.由a2n＋3an＋2＝6Sn，可知a2n＋1＋3an＋1＋2＝6Sn＋1.两式相减，得a2n＋1－a2n＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1

－an－3)＝0.由于an>0，可得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列．所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由an＝3n－2，可得bn＝1anan＋1＝1n－n＋＝1313n－2－13n＋1，故Tn＝b1

＋b2＋„＋bn＝131－14＋14－17＋„＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝n3n＋1.因为Tn＋1－Tn＝n＋1n＋＋1－n3n＋1＝1n＋n＋>0，所以Tn＋1>Tn，所以数列{Tn

}是递增数列．所以t≤4Tn⇔t4≤Tn⇔t4≤T1＝14⇔t≤1，所以实数t的最大值是1.阶段滚动检测(二)检测范围：第一单元至第八单元(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题

5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A＝{x|x2－11x－12<0}，B＝{x|x＝2(3n＋1)，n∈Z}，则A∩B等于()A．{2}B．{2,8}C．{4,10}D．{2,4,8,10}解析：选BA＝{x|

－1<x<12}，B＝{x|x＝6n＋2，n∈Z}，则A∩B＝{2,8}．2．下列说法正确的是()A．a∈R，“1a<1”是“a>1”的必要不充分条件55B．“p且q为真命题”是“p或q为真命题”的必要不充分条件C．命题“∃x0∈R，使得x20＋2x0＋3<0”的否定是：

“∀x∈R，x2＋2x＋3>0”D．若命题p：“∀x∈R，sinx＋cosx≤2”，则綈p是真命题解析：选A若1a<1，则a>1或a<0，所以“1a<1”是“a>1”的必要不充分条件，故A正确．3．(广州模拟)设a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，则a，b，c的大

小关系为()A．b<a<cB．a<c<bC．c<b<aD．c<a<b解析：选D1＝log33<a＝log37<log39＝2，b＝21.1>21＝2，c＝0.83.1<0.80＝1，所以c<a<b.4．已知曲线f(x)＝ax2x＋1在点(1，f(1))处切线的斜

率为1，则实数a的值为()A.32B．－32C．－34D.43解析：选Df′(x)＝ax2＋2axx＋2，由题意可得f′(1)＝a＋2a4＝1，则a＝43.5．若cosπ6－α＝14，则cos2π3＋2α的值为()A.78B．－

78C.716D．－716解析：选A因为sinπ3＋α＝cosπ6－α＝14，所以cos2π3＋2α＝1－2sin2π3＋α＝78.6．(重庆模拟)若直线y＝ax是曲线y＝2lnx＋1的一条切线，则实数a＝()A．e12B．2e12C．

e12D．2e12解析：选B依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2lnx＋1的切点的横坐标为x0，则有y′|x56＝x0＝2x0，于是有a＝2x0，ax0＝2lnx0＋1，解得x0＝e，a＝2x0＝2e－12，选B.7．函数f(x)＝xx2＋a的图象可能是()A．①③

B．①②④C．②③④D．①②③④解析：选C因为f(－x)＝－xx2＋a＝－f(x)，所以函数f(x)＝xx2＋a是奇函数，图象关于原点对称，若a＝0，则f(x)＝1x，④符合题意；若a>0，且x>0时，f(x)＝1x＋ax≤12a，故－12a≤f(

x)≤12a，②符合题意；当a<0时，取a＝－1，f(x)＝xx2－1是奇函数且定义域为{x|x≠±1}，故③符合题意，故选C.8．已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n＋3，且∀n∈N*，an＋2n2≥0，则a3的取值范围是()

A．[－2,15]B．[－18,7]C．[－18,19]D．[2,19]解析：选D因为an＋2n2≥0，所以a1≥－2，a2≥－8，由an＋1＋an＝4n＋3，得a1＋a2＝7，a2＋a3＝11，所以a3＝a1＋4≥－2＋4＝2，a2＝11－a3≥－8，即a3≤19，综上可得，a3的取值范围为

[2,19]．9．已知函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(log5x)＋f(log15x)≤2f(1)，则x的取值范围是()A.15，1B．[1,5]C.15，5D.－∞，15

∪[5，＋∞)解析：选C∵f(x)＝(ex－e－x)x，57∴f(－x)＝－x(e－x－ex)＝(ex－e－x)x＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数．∵f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)＞0在(0，＋∞)上恒成立．∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(log

5x)＋f(log15x)≤2f(1)，∴2f(log5x)≤2f(1)，即f(log5x)≤f(1)，∴|log5x|≤1，∴15≤x≤5.故选C.10．若函数y＝ksin(kx＋φ)|φ|<π2与函数y＝kx－k2＋6的部分图象如图所示

，则函数f(x)＝sin(kx－φ)＋cos(kx－φ)图象的一条对称轴的方程可以为()A．x＝－π24B．x＝37π24C．x＝17π24D．x＝－13π24解析：选B由图象可知－k2＋6＝k(k>0)，则k＝2，又2sin2³π12＋φ＝0，|φ|<π2，则φ＝－π

6，所以f(x)＝sin2x＋π6＋cos2x＋π6＝2sin2x＋π6＋π4＝2sin2x＋5π12，令2x＋5π12＝π2＋kπ，k∈Z，得x＝π24＋kπ2，k∈Z，令k＝3，得x＝37π24，故选B.11．已知等比数列{

an}的前n项和为Sn，则下列说法一定正确的是()A．若a3>0，则a2017<0B．若a4>0，则a2018<0C．若a3>0，则S2017>0D．若a4>0，则S2018>0解析：选C设首项为a1，公比为q，若a3＝a

1q2>0，则a1>0，所以a2017＝a1q2016>0，S2017＝a1－q20171－q>0，若a4＝a1q3>0，则a2018＝a1q2017＝a4q2014>0.S2018＝a1－q20181－q＝a4－q2018－qq3，58因为q值不确定，所以S20

18的值不一定大于0，如q＝－1时，S2018＝0，故选C.12．已知函数g(x)＝a－x21e≤x≤e，e为自然对数的底数与h(x)＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是()A．[1，e2－2]B.1，1e2＋2C.1e2＋2，e2－2D．[e2－

2，＋∞)解析：选A令f(x)＝h(x)＋g(x)＝2lnx＋a－x2，因为函数g(x)＝a－x21e≤x≤e与h(x)＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，所以函数f(x)有零点，f′(x)＝2x－2x＝2－2x2x，当1e≤x<1时，f′(x)>0；当1<x≤e时，f′(

x)<0，又f(e)－f1e＝2－e2＋2＋1e2<0，即f(e)<f1e，所以f(e)≤0且f(1)≥0，解得1≤a≤e2－2.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)13．向量AB―→，AC―→的夹角为60°，且AB―→²A

C―→＝2，点D是线段BC的中点，则|AD―→|的最小值为________．解析：由题意可得AD―→＝12(AB―→＋AC―→)，因为AB―→²AC―→＝2，所以|AB―→|²|AC―→|＝4，所以|AD―→|＝12AB―→2＋2AB―→²AC―→＋AC―→2＝12

|AB―→|2＋4＋|AC―→|2≥124＋2|AB―→|²|AC―→|＝3，当且仅当|AB―→|＝|AC―→|＝2时，等号成立，故|AD―→|的最小值为3.答案：314．已知函数f(x)＝sinωx－π6＋12，x∈R，且f(α)＝－12，f(β)＝12.若|

α－β|的最小值为3π4，则函数f(x)的单调递增区间为________________．解析：因为函数f(x)＝sinωx－π6＋12，且f(α)＝－12，f(β)＝12，|α－β|的最小值为3π4，所以函数f(x)的最小正周期T＝3π，所以ω＝23，由－π2＋2

kπ≤23x－π6≤π2＋592kπ，k∈Z，得－π2＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，则函数f(x)的单调递增区间为－π2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z.答案：－π2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z15．数列{an}满足a1

＝1且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an的前10项和为________．解析：因为a1＝1且an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1＝

n＋(n－1)＋„＋2＋1＝nn＋2，则1an＝21n－1n＋1，所以数列1an的前10项和为21－12＋12－13＋„＋110－111＝2011.答案：201116．已知函数f(x

)＝e2x，g(x)＝lnx＋12，对∀a∈R，∃b∈(0，＋∞)，使得f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为________．解析：因为f(x)＝e2x，g(x)＝lnx＋12，所以f－1(x)＝12lnx，g－1(x)＝e1-2x，令h(x)＝g－1(x)－f－1(

x)＝e1-2x－12lnx，则b－a的最小值即为h(x)的最小值，h′(x)＝e1-2x－12x，令h′(x)＝ex－12－12x＝0，得x＝12，当x∈0，12时，h′(x)<0，当x∈

12，＋∞时，h′(x)>0，故当x＝12时，h(x)取得最小值1＋ln22.答案：1＋ln22三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝2cos2x＋23sin

x²cosx＋a，且当x∈0，π2时，f(x)的最小值为2.(1)求a的值，并求f(x)的单调区间；(2)先将函数y＝f(x)的图象上的点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的12，再将所得到的图象向右平移π12个单位，得到

函数y＝g(x)的图象，求方程g(x)＝4在区间0，π2上所有60根之和．解：(1)f(x)＝2sin2x＋π6＋a＋1，因为x∈0，π2，所以2x＋π6∈π6，7π6，所以f(x)min＝

2³－12＋a＋1＝2，解得a＝2.由－π2＋2kπ≤2x＋π6≤π2＋2kπ，k∈Z，得－π3＋kπ≤x≤π6＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为－π3＋kπ，π6＋kπ，k∈Z，同理可得函数f(x)的

单调递减区间为π6＋kπ，2π3＋kπ，k∈Z.(2)由题意，得g(x)＝2sin4x－π6＋3，当g(x)＝4时，sin4x－π6＝12，所以4x－π6＝2kπ＋π6或4x－π6＝2kπ＋5π6，k∈Z.因

为x∈0，π2，所以解得x1＝π12，x2＝π4，所以g(x)＝4在区间0，π2上所有根之和为x1＋x2＝π3.18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝

n2an－n2(n－1)，且a1＝12.(1)令bn＝n＋1nSn，证明：bn－bn－1＝n(n≥2)；(2)求{an}的通项公式．解：(1)证明：因为Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n2(n－1)，所以nn－1Sn－1＝n＋1nSn－n，即bn－bn－1＝n(n≥2

)．(2)由已知及(1)得，b1＝1，bn－bn－1＝n，bn－1－bn－2＝n－1，„，b2－b1＝2，61累加得bn＝n2＋n2，∴Sn＝n22，an＝Sn－Sn－1＝2n－12(n≥2)，经检验a1＝12符合an＝2n－12，∴an＝2n－12.19．(本小题满分12分)在△ABC中，a，

b，c分别是三内角A，B，C的对边，且3cosB＝2sinπ3＋A²sinπ3－A＋2sin2A.(1)求角B的值；(2)若b＝23，求三角形ABC的周长l的最大值．解：(1)因为3cosB＝2sin

π3＋A²sinπ3－A＋2sin2A＝232cosA＋12sinA32cosA－12sinA＋2sin2A＝32cos2A＋32sin2A＝32，所以cosB＝12，因为B是三角形的内角，所以B＝π3.(2)

由正弦定理得asinA＝csinC＝23sinπ3＝4，所以a＝4sinA，c＝4sin2π3－A，因此三角形ABC的周长l＝4sinA＋4sin2π3－A＋23＝43sin

A＋π6＋23.因为0<A<2π3，所以当A＝π3时，lmax＝63.20．(本小题满分12分)(兰州诊断)设函数f(x)＝1x＋2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对所有的x≥1，都有f(x)≤ax，求实数a的取

值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1x2，所以当0<x<12时，f′(x)<0，当x>12时，f′(x)>0，故函数f(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上

单调递增．(2)当x≥1时，f(x)≤ax⇔a≥2lnxx＋1x2，令h(x)＝2lnxx＋1x2(x≥1)，62则h′(x)＝2－2lnxx2－2x3＝x－xlnx－x3，令m(x)＝x－xlnx－1(x≥1)，则m′(x)＝－l

nx，当x≥1时，m′(x)≤0，所以m(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以m(x)≤m(1)＝0，因此h′(x)≤0，于是h(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以当x＝1时，h(x)有最大值h(1)＝1，故a≥1，即实数a的取值范围是

[1，＋∞)．21．(本小题满分12分)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，a2＝3，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)(n≥2，n∈N*)，又b1＋2b2＋22b3＋„＋2n－2bn－1＋2n－1bn＝an，对任意n∈N*都成立．(

1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{an²bn}的前n项和Tn.解：(1)∵当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，∴Sn＋2＋Sn＝2(Sn＋1＋1)，两式相减得：an＋2＋

an＝2an＋1，∴当n≥2时，数列{an}是公差为2的等差数列，∴an＝3＋2(n－2)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也符合上式，∴an＝2n－1.∵b1＋2b2＋22b3＋„＋2n－2bn－1＋2n－1bn＝an，∴b1

＋2b2＋22b3＋„＋2n－2bn－1＝an－1，两式相减得2n－1bn＝an－an－1＝2，∴bn＝22－n(n≥2)．∵b1＝1不满足bn＝22－n，∴bn＝1，n＝1，22－n，n≥2.(2)设cn＝an²bn＝1，n＝1，n－2－n，n≥2，则Tn＝1＋3＋5³2

－1＋7³2－2＋„＋(2n－1)³22－n，12Tn＝12＋3³2－1＋5³2－2＋7³2－3＋„＋(2n－1)³21－n，两式相减得12Tn＝72＋2³(2－1＋2－2＋2－3＋„＋22－n)－(2n－1)³21－n＝72＋2³2－1³1－12n－

21－12－(2n－1)³21－n＝112－(2n＋3)³21－n，∴Tn＝11－(2n＋3)³22－n.6322．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝12x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；(2)是否存

在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有fx2－fx1x2－x1>a恒成立．若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－2lnx－x.则f′(x)＝x－2x－1＝x＋x－x，x∈[1，e]，∴当x∈(1,2)时，

f′(x)<0，当x∈(2，e)时，f′(x)>0.∴f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，e)上单调递增．∴当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln2.又f(1)＝－12，f(e)＝e22－e

－2.f(e)－f(1)＝e22－e－2＋12＝e2－2e－32<0，∴f(e)<f(1)，∴f(x)max＝f(1)＝－12.(2)假设存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有fx2－fx1x2－x1>a恒成立，不妨设0<x1<x2，若fx2－fx1x2－x1>a，

则f(x2)－ax2>f(x1)－ax1.设g(x)＝f(x)－ax＝12x2－2alnx＋(a－2)x－ax＝12x2－2alnx－2x.要满足题意，只需g(x)在(0，＋∞)为增函数即可，∵g′(x)＝x－2ax－2＝x2－2x－2ax＝

x－2－1－2ax.要使g′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，只需－1－2a≥0，解得a≤－12.故存在a∈－∞，－12满足题意．