6．1數(shù)列的概念[課標(biāo)要求]通過日常生活和數(shù)學(xué)中的實(shí)例，了解數(shù)列的概念和表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式)，了解數(shù)列是一種特殊的函數(shù)．【必備知識(shí)】1．?dāng)?shù)列的有關(guān)概念概念含義數(shù)列按照確定的順序排列的一列數(shù)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)列中的每一個(gè)數(shù)通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an與它的序號(hào)n之間的函數(shù)關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)式子叫作這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式遞推公式如果一個(gè)數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)或多項(xiàng)之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示成an=f(n),那么這個(gè)式子就叫作這個(gè)數(shù)列的遞推公式數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和把數(shù)列{an}從第1項(xiàng)起到第n項(xiàng)止的各項(xiàng)之和，稱為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，記作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an2．?dāng)?shù)列的分類分類標(biāo)準(zhǔn)類型滿足條件項(xiàng)數(shù)有窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)有限無窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)無限項(xiàng)與項(xiàng)間的大小關(guān)系遞增數(shù)列an＋1＞an其中n∈N*遞減數(shù)列an＋1＜an常數(shù)列an＋1＝an擺動(dòng)數(shù)列從第二項(xiàng)起，有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng)，有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列3.數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系數(shù)列{an}是從正整數(shù)集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到實(shí)數(shù)集R的函數(shù)，其自變量是序號(hào)n，對(duì)應(yīng)的函數(shù)值是數(shù)列的第n項(xiàng)an，記為an＝f(n)．【必記結(jié)論】1．在數(shù)列{an}中，若an最大，則an≥an?1，2．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，通項(xiàng)公式為an，則an＝S【基點(diǎn)診斷】1．判斷下列說法正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)若數(shù)列用圖象表示，則從圖象上看是一群孤立的點(diǎn)．()(2)數(shù)列1，0，1，0，1，0，…的通項(xiàng)公式只能是an＝1+?1(3)任何一個(gè)數(shù)列不是遞增數(shù)列，就是遞減數(shù)列．()(4)如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則對(duì)任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝1＋?1nan?1(n≥2)，則A．32B．53C．8解析：選D.a2＝1＋?123．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2，則a8的值為()A．15B．16C．49D．64解析：選A.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＝2－1an?1(n≥2)，則a5＝________，猜想a解析：由題意知a2＝2－12＝32，a答案：65題型一由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式【例1】(1)已知數(shù)列{an}中，Sn是其前n項(xiàng)和，且Sn＝2an＋1，則數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝________．解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝2an＋1①，Sn－1＝2an－1＋1②，①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首項(xiàng)為a1＝－1，公比為q＝2的等比數(shù)列，∴an＝a1·qn-1＝－2n-1.答案：－2n-1(2)(2024·山西名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，則{an}的通項(xiàng)公式an＝________．解析：因?yàn)閍1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2①，所以a1＝22＝4.當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n2②，由①－②，可得(2n－1)an＝2n＋1，所以an＝2n+12n?1(n≥2，n∈N*當(dāng)n＝1時(shí)，不滿足上式，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝4答案：4思維升華an與Sn的關(guān)系問題的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含Sn，Sn－1的關(guān)系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含an，an－1的關(guān)系式，再求解．【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】1.(1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sm＋Sn＝Sm＋n，若a1＝2，則a20等于()A．2 B．4C．20 D．40解析：選A.方法一a20＝S20－S19＝S18＋S2－(S18＋S1)＝S2－S1＝S1＝a1＝2.方法二令m＝1，∴Sn＋S1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝S1＝2，∴an＋1＝2，∴a20＝2.(2)(2024·重慶三模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1(n∈N*)，則S24＝()A．276B．272C．268D．266解析：選A.∵a1＝S1＝1，又∵Sn＋Sn＋1＝n2＋1，∴S1＋S2＝12＋1＝2，解得S2＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋1，作差得Sn＋1－Sn－1＝2n－1，∴S24＝(S24－S22)＋(S22－S20)＋…＋(S4－S2)＋S2＝2×(23＋21＋…＋3)－11＋1＝276.題型二由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式角度1累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an【例2】若數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝lg1+1n，且a1＝1，則數(shù)列{aA．2 B．3C．1＋lg99 D．2＋lg99解析：選B.因?yàn)閍n＋1－an＝lg1+1n＝lgn+1n＝lg(n所以a100－a99＝lg100－lg99，…a3－a2＝lg3－lg2，a2－a1＝lg2－lg1，以上99個(gè)式子累加得a100－a1＝lg100，所以a100＝lg100＋1＝3.角度2累乘法——形如an+1an＝f(n【例3】若{an}滿足2n+1·an2＋(n＋2)·an·an＋1－n·an+12＝0，且an解析：由2n+1·an2＋(n＋2)·an·an得n2an2+an·an+1∴n(an＋an＋1)(2an－an＋1)＋2an(an＋an＋1)＝0，(an＋an＋1)[(2an－an＋1)·n＋2an]＝0，又an>0，∴2n·an＋2an－n·an＋1＝0，∴an+1an＝2n+1n，又a1＝1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝anan又n＝1時(shí)，a1＝1適合上式，∴an＝n·2n-1.答案：n·2n-1【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】2.(1)(2024·陜西西安檢測(cè))在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，則a10＝()A．36B．15C．55D．66解析：選C.由題意得an＋1－an＝n＋1，則a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝10＋9＋…＋2＋1＝1+10×(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析：∵(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，∴an+1則an＝a1·a2a1·a3a2·a4當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2滿足上式，∴an＝(n＋1)·2n-1.答案：an＝(n＋1)·2n-1題型三數(shù)列的性質(zhì)角度1數(shù)列的單調(diào)性【例4】已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2－3λn，則“λ<1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則an＋1－an＝[(n＋1)2－3λ(n＋1)]－(n2－3λn)＝2n＋1－3λ>0，即3λ<2n＋1，由于n∈N*，所以3λ<2×1＋1＝3，解得λ<1，反之，當(dāng)λ<1時(shí)，an＋1－an>0，則數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以“λ<1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的充要條件．角度2數(shù)列的周期性【例5】(2024·廈門質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝1+an1?an，a1＝2，n∈N*，若Tn＝a1a2…an，n∈N解析：因?yàn)閍1＝2，an＋1＝1+a所以a2＝1+aa4＝1+a31?a3＝所以數(shù)列{an}的周期為4，又T4＝a1a2a3a4＝2×(－3)×?1所以T10＝(a1a2a3a4)·(a5a6a7a8)·(a9a10)＝1×1×2×(－3)＝－6.答案：－6角度3數(shù)列的最值【例6】數(shù)列{bn}滿足bn＝3n?72n?1，則當(dāng)n＝________時(shí)，b解析：方法一bn－bn－1＝3n?72∴當(dāng)n≤4時(shí)，bn>bn－1，∴{bn}單調(diào)遞增，當(dāng)n≥5時(shí)，bn<bn－1，∴{bn}單調(diào)遞減，故(bn)max＝b4＝58方法二令bn≥解得103又n∈N*，故n＝4，故(bn)max＝b4＝58答案：45教考銜接斐波那契數(shù)列{an}:1，1，2，3，5，8，13，21，34，…又稱黃金分割數(shù)列，是由十三世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”.1.遞推公式：a12.性質(zhì)：(1)Sn(2)Sn+2(3)a1(4)a2(5)a1(6)當(dāng)n鏈接高考·【例7】(2024·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x)>f(x-1)+f(x-2)，且當(dāng)x<3時(shí)，f(x)=x，則下列結(jié)論中一定正確的是()解析:選B.因?yàn)楫?dāng)x<3時(shí)，fx＝x，所以f1＝1，f2＝2.對(duì)于fx>fx?1+fx?2，令x＝3，得f3>f2+f1＝2+1＝3；令x＝4，得f4教材溯源·(人教A版選擇性必修第二冊(cè)P10)見閱讀與思考《斐波那契數(shù)列》【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】3.(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，anan＋3＝1，則log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝()A．－1B．0C．log53D．4解析：選B.因?yàn)閍nan＋3＝1，所以an＋3an＋6＝1，所以an＋6＝an，所以{an}是周期為6的周期數(shù)列，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝log5(a1a2…a2023)＝又因?yàn)閍1a4＝a2a5＝a3a6＝1，所以a1a2…a6＝1，所以原式＝log5(1337×1)＝log51＝0.(2)(多選)意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問題時(shí)，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數(shù)：1，1，2，3，5，…，其中從第三項(xiàng)起，每個(gè)數(shù)等于它前面兩個(gè)數(shù)的和，后來人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列{an}稱為“斐波那契數(shù)列”，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論正確的為()A．a(chǎn)5＝8B．a(chǎn)n＋3＝2an＋1＋an對(duì)?n∈N＋恒成立C．a(chǎn)1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024D．a(chǎn)2＋a4＋a6＋…＋a2024＝a2025－1解析：選BCD.“斐波那契數(shù)列”為1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，所以a5＝5，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；依題意an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，所以an＋3＝an＋2＋an＋1，故an＋3＝2an＋1＋an對(duì)?n∈N＋恒成立，B選項(xiàng)正確；a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2023＝a2024－a2022，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a2024，C選項(xiàng)正確；由a4＝a5－a3，a6＝a7－a5，…，a2024＝a2025－a2023，得a2＋a4＋a6＋…＋a2024＝a2＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2025－a2023)＝a2－a3＋a2025＝a2025－1，D選項(xiàng)正確．(3)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝2n?192n?21，n∈N*，則數(shù)列{an解析：an＝2n?192n?21當(dāng)n≥11時(shí)，22n?21當(dāng)1≤n≤10時(shí)，22n?21因此數(shù)列{an}前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)分別為第11項(xiàng)，第10項(xiàng)，則a11＝3，a10＝－1.答案：3，－1[課下鞏固精練卷(四十五)]數(shù)列的概念__________________________________________________________________【基礎(chǔ)鞏固題】1．?dāng)?shù)列{an}的前幾項(xiàng)為12，A．a(chǎn)n＝5n?42B．a(chǎn)n＝C．a(chǎn)n＝6n?52D．a(chǎn)n＝解析：選A.數(shù)列為12，62，112，162，212．(2024·青島質(zhì)檢)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，則a10＝()A．36B．15C．46D．66解析：選C.由題意得an＋1－an＝n，則a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝9＋…＋2＋1＋1＝1+9×3．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為n2，那么當(dāng)n≥2時(shí)，an等于()A．2n－1 B．n2C．n+12n2解析：選D.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，則Tn＝n2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Tn4．九連環(huán)是一種流傳于我國(guó)民間的傳統(tǒng)智力玩具，有多種玩法．在某種玩法中：已知解下1個(gè)圓環(huán)最少需要移動(dòng)圓環(huán)1次，解下2個(gè)圓環(huán)最少需要移動(dòng)圓環(huán)2次，記an(3≤n≤9,n∈N*)為解下n個(gè)圓環(huán)需要移動(dòng)圓環(huán)的最少次數(shù)，且an＝an－2＋2n-1，則解下8個(gè)圓環(huán)所需要移動(dòng)圓環(huán)的最少次數(shù)為()A．30 B．90C．170 D．341解析：選C.由題意，a8＝a6＋27，a6＝a4＋25，a4＝a2＋23＝2＋23，所以a8＝2＋23＋25＋27＝170.5．已知數(shù)列{an}滿足a1＝0，an＋1＝an?33an+1(nA．0 B．－3C．3 D．3解析：選B.因?yàn)閿?shù)列{an}滿足a1＝0，an＋1＝an?33an+1(n∈N＋)，所以a2＝a1?33a1+1＝?3，a3＝a2?33a2+16．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝nn2+90，則數(shù)列{A．310 B．19C．119 D．解析：選C.令f(x)＝x＋90x(x運(yùn)用基本不等式得f(x)≥610，當(dāng)且僅當(dāng)x＝310時(shí)，等號(hào)成立．因?yàn)閍n＝1n+90n≤16所以當(dāng)n＝9或n＝10時(shí)，an取得最大值，為1197．(多選)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n＋2)·67A．?dāng)?shù)列{an}的最小項(xiàng)是a1B．?dāng)?shù)列{an}的最大項(xiàng)是a4C．?dāng)?shù)列{an}的最大項(xiàng)是a5D．當(dāng)n≥5時(shí)，數(shù)列{an}遞減解析：選BCD.假設(shè)第n項(xiàng)為{an}的最大項(xiàng)，則a即n+2所以n≤5，n≥4，又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故數(shù)列{an}中a4與a5均為最大項(xiàng)，且a4＝a5＝68．(多選)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝anA．a(chǎn)2025>a2024B．4an+12－1＝4anC．1anD．a(chǎn)n≥1解析：選ABD.因?yàn)閍n＋1－an＝an+an2+12?an＝an2+1?an2>0，即an＋1>an，所以數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，可得a2025>a2024，an≥a1＝1，故A、D正確；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)閍n＋1＝an+an2+12，則2an9．(人教A版選擇性必修二P6)圖中的一系列三角形圖案稱為謝爾賓斯基三角形．在圖中4個(gè)大三角形中，著色的三角形的個(gè)數(shù)依次構(gòu)成一個(gè)數(shù)列的前4項(xiàng)，則這個(gè)數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為______．解析：在圖(1)(2)(3)(4)中，著色三角形的個(gè)數(shù)依次為1，3，9，27，即所求數(shù)列的前4項(xiàng)都是3的指數(shù)冪，指數(shù)為序號(hào)減1.因此，這個(gè)數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是an＝3n-1.答案：an＝3n-110．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－10n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________，數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第________項(xiàng)．解析：∵Sn＝n2－10n，∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9也適合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．記f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線n＝114，但n∈N*∴當(dāng)n＝3時(shí)，f(n)取最小值，∴數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第3項(xiàng)．答案：2n－113【綜合應(yīng)用題】11．(多選)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝n?1245n，bn＝an＋1A．?dāng)?shù)列{an}的最小項(xiàng)為a1B．?dāng)?shù)列{an}的最大項(xiàng)為a5C．?dāng)?shù)列{bn+1D．?dāng)?shù)列{bn+1解析：選BCD.an+1an＝n+124當(dāng)n≥5時(shí)，an+1an<1，則{又a4＝72×454，a5＝92×455＝185×454，bn+1當(dāng)n≤4時(shí)，{bn+1bn}各項(xiàng)為負(fù)且單調(diào)遞減，當(dāng)n≥5時(shí)，{bn+1bn}各項(xiàng)為正且單調(diào)遞減，所以數(shù)列{bn+1b12．(多選)(2024·山東泰安模擬)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝92n?7(n∈N*)，前n項(xiàng)和為SnA．?dāng)?shù)列{an}有最大項(xiàng)a4B．使an∈Z的項(xiàng)共有4項(xiàng)C．滿足anan＋1an＋2<0的n值共有2個(gè)D．使Sn取得最小值的n值為4解析：選AC.對(duì)于A，因?yàn)閍n＝92n?7(n∈N*)，所以當(dāng)n≥4時(shí)，{an}各項(xiàng)為正且單調(diào)遞減；當(dāng)n≤3時(shí)，{an}各項(xiàng)為負(fù)且單調(diào)遞減，所以數(shù)列{an}有最大項(xiàng)a4對(duì)于B，由an∈Z，則92n?7∈Z，又n∈N*，所以n＝2或n＝3或n＝4或n＝5或n＝8，所以使an∈Z對(duì)于C，要使anan＋1an＋2<0，又an≠0，所以an、an＋1、an＋2中有1個(gè)為負(fù)值或3個(gè)為負(fù)值，所以n＝1或n＝3，故滿足anan＋1an＋2<0的n的值共有2個(gè)，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)閚≤3時(shí)an<0，n≥4時(shí)，an>0，所以當(dāng)n＝3時(shí)，Sn取得最小值，故D不正確．13．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝1，an＋1＝2Sn(1)求a2的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn∴a2＝2S1(2)方法一由an＋1＝2Sn得Sn＋1－Sn＝2Sn故Sn＋1＝Sn+1∵an>0，∴Sn>0，∴Sn+1＝S則Sn?Sn?1由累加法可得Sn＝1＋(n－1)＝n∴Sn＝n2(n≥2)，又S1＝a1＝1，滿足上式，∴Sn＝n2.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1＝1適合上式，∴an＝2n－1.方法二由an＋1＝2Sn得(an＋1－1)2＝4Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，(an－1)2＝4Sn－1，∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an.∴an+12?an2－2a即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．∵a2－a1＝2，∴{an}為等差數(shù)列，且公差為2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.14．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝3n－λan2，若數(shù)列{bn解：(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴an+1∴an∴an＝n(n∈N*)．(2)∵bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n+1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列，∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即λ<2·3令cn＝2·3則cn+1∴{cn}為遞增數(shù)列，∴λ<c1＝2，即λ的取值范圍為(－∞，2)．【創(chuàng)新拓展題】15．(多選)“斐波那契數(shù)列”{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，記其前n項(xiàng)和為Sn，則下列結(jié)論正確的是()A．S7＝33B．S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2026C．S2024＋1＝a2026D．a(chǎn)12+a2解析：選ABC.A項(xiàng)，S7＝a1＋a2＋a3＋…＋a7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，A正確；B項(xiàng)，S2024＋S2023－S2022－S2021＝a2023＋a2024＋a2022＋a2023＝a2025＋a2024＝a2026，B正確；C項(xiàng)，因?yàn)閍2026＝a2024＋a2025＝a2024＋a2023＋a2024＝a2024＋a2023＋a2022＋a2023＝…＝a2024＋a2023＋a2022＋…＋a1＋1＝S2024＋1，所以S2024＋1＝a2026，C正確；D項(xiàng)，a12＝a2a1，a22＝a2(a3－a1)＝a2a3－a1a2，a32＝a3a4?16．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a13+a23+…+an解析：a1當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，a13+a23+…①－②得an3＝Sn2－(Sn－an)2＝an(2因?yàn)楦黜?xiàng)均不為0，所以an2＝2Sn－aan?12＝2Sn－1－an－1(n③－④得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0(n≥2)，因?yàn)閍n＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)，故an＝a1＋(n－1)×1＝n.答案：an＝n6．2等差數(shù)列[課標(biāo)要求]1.通過生活中的實(shí)例，理解等差數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義．2.探索并掌握等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系．3.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題．4.體會(huì)等差數(shù)列與一元一次函數(shù)的關(guān)系．【必備知識(shí)】1．等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)等差數(shù)列的定義對(duì)于一個(gè)數(shù)列，如果從第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)，那么稱這個(gè)數(shù)列為等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)為等差數(shù)列的公差，通常用字母d表示．?dāng)?shù)學(xué)語言：an＋1－an＝d(n∈N*，且n≥2,d為常數(shù))．(2)等差中項(xiàng)由三個(gè)數(shù)a，A，b組成的等差數(shù)列可以看成是最簡(jiǎn)單的等差數(shù)列．這時(shí)，A叫作a與b的等差中項(xiàng)．根據(jù)等差數(shù)列的定義可知2A＝a＋b．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＝n(a1+an)2＝na13．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)在等差數(shù)列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq；(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)仍是等差數(shù)列，公差為md；(4)數(shù)列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差數(shù)列，公差為n2d；(5)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列；(6)若{an}是等差數(shù)列，則Sn【必記結(jié)論】1．在公差為d的等差數(shù)列{an}中：(1)d＞0?{an}為遞增數(shù)列；(2)d＝0?{an}為常數(shù)列；(3)d<0?{an}為遞減數(shù)列．2．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))．3．在等差數(shù)列{an}中，a1＞0，d＜0，則Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，則Sn存在最小值．4．若等差數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；(2)S偶－S奇＝nd；(3)S奇S偶＝5．若等差數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n－1，則(1)S2n－1＝(2n－1)an；(2)S奇－S偶＝an；(3)S奇S偶＝【基點(diǎn)診斷】1．判斷下列說法正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)若一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列．()(2)若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S6，S12，S18也成等差數(shù)列．()(3)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的．()(4)若{an}是等差數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√2．已知等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，則a4＝()A．2B．4C．6D．8解析：選C.由題意知a解得a1＝0，d＝2，所以a4＝a13．等差數(shù)列{an}中，a3＋a7＝6，則{an}的前9項(xiàng)和等于()A．－18B．27C．18 D．－27解析：選B.S9＝9a4．在等差數(shù)列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，則a2＋a8＝________．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.答案：1805．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S2＝10，S4＝30，則S6＝________．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)，可得S2，S4－S2，S6－S4成等差數(shù)列，公差為(S4－S2)－S2＝(30－10)－10＝10，所以S6＝S2＋(S4－S2)＋(S6－S4)＝10＋20＋30＝60.答案：60題型一等差數(shù)列基本量的運(yùn)算【例1】(1)(2024·全國(guó)甲卷)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S9＝1，則a3＋a7＝()A．－2 B．7C．1 D．2解析：選D.方法一(利用等差數(shù)列的基本量)由S9＝1，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，得S9＝9a1＋9×82d＝1，化簡(jiǎn)得9a1所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝29(9a1＋36d)＝2方法二(利用等差數(shù)列的性質(zhì))根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，知a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，得S9＝9a1+a92＝9a方法三(特殊值法)不妨取等差數(shù)列公差d＝0，則S9＝1＝9a1，得a1＝19，則a3＋a7＝2a1＝2(2)(人教A版選擇性必修二P55)《萊茵德紙草書》是世界上最古老的數(shù)學(xué)著作之一．書中有這樣一道題目：把100個(gè)面包分給5個(gè)人，使每個(gè)人所得成等差數(shù)列，且使較大的三份之和的17A．53B．C．56D．解析：選A.設(shè)5人分到的面包數(shù)量從小到大記為{an}，設(shè)公差為d，依題意可得，S5＝5a1+a∴a3＝20，∵a3＋a4＋a5＝7(a1＋a2)，∴60＋3d＝7(40－3d)，解得d＝556∴a1＝a3－2d＝20－553(3)(人教A版選擇性必修二P23)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)的和，若S4＝6，S8＝20，則S16＝________．解析：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則S4＝4則S16＝16×34答案：72【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】1.(1)廣豐永和塔塔高九層，每至夜色降臨，金燈齊明，塔身晶瑩剔透，遠(yuǎn)望猶如仙境．某游客從塔底層(一層)進(jìn)入塔身，即沿石階逐級(jí)攀登，一步一階，此后每上一層均沿塔走廊繞塔一周以便瀏覽美景．現(xiàn)知底層共二十六級(jí)臺(tái)階，此后每往上一層減少兩級(jí)臺(tái)階，頂層繞塔一周需十二步，每往下一層繞塔一周需多三步，則這位游客從底層進(jìn)入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需()A．352步B．387步C．332步D．368步解析：選C.設(shè)從第n層到第n＋1層所走的臺(tái)階數(shù)為an，繞第n＋1層一周所走的步數(shù)為bn，由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為26，公差為－2的等差數(shù)列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，數(shù)列{bn}是公差為－3的等差數(shù)列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，所以S8＝8a1+a82＝152故這位游客從底層進(jìn)入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需332步．(2)(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，則S10＝________．解析：設(shè){an}的公差為d，則a3+a4＝2a1+5d＝7，3a答案：95【例2】(12分)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)設(shè)等差數(shù)列{an}①的公差為d，且d＞1.令bn＝n2+nan②，記Sn，Tn分別為數(shù)列{a(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21③，求{an}的通項(xiàng)公式④；(2)若{bn}為等差數(shù)列⑤，且S99－T99＝99⑥，求d⑦.破題①：聯(lián)想等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．破題②：觀察bn的結(jié)構(gòu)形式，把a(bǔ)n代入求出bn.破題③：利用等差數(shù)列的相關(guān)公式轉(zhuǎn)化為基本量a1，d之間的關(guān)系，建立方程組求解．破題④：求得a1，d，代入通項(xiàng)公式即可．破題⑤：由等差中項(xiàng)的性質(zhì)求出a1，d的關(guān)系，并表示出求和公式．破題⑥：利用等差數(shù)列和與項(xiàng)的關(guān)系將和轉(zhuǎn)化為項(xiàng)．破題⑦：由a1，d的關(guān)系和S99－T99＝99推得的關(guān)系建立方程組．———————————[例2滿分作答]———————————解：(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1+2d，解得a∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，an＝a1＋(n－1)d＝nd，又T3＝b1＋b2＋b3＝2d∴S3＋T3＝6d＋9d＝21，即2d2－7d解得d＝3或d＝12∴an＝nd＝3n.(5分)(2)∵{bn}為等差數(shù)列，∴2b2＝b1＋b3，即12a∴61a2?1a3＝6da2解得a1＝d或a1＝2d，(7分)∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差數(shù)列性質(zhì)知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，(9分)④∴a50－2550a50＝1，即a502－a50－2550＝0，解得a50當(dāng)a1＝2d時(shí)，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，與d＞1矛盾，無解；(11分)當(dāng)a1＝d時(shí)，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝5150綜上，d＝5150【關(guān)鍵點(diǎn)撥】①②處代入a1，d計(jì)算③處由{bn}為等差數(shù)列得b1，b2，b3的關(guān)系，進(jìn)而找a1，d的關(guān)系④處由等差數(shù)列的性質(zhì)把等差數(shù)列的前n項(xiàng)和換成通項(xiàng)⑤處分類討論求d題型二等差數(shù)列的判定與證明【例3】(2021·全國(guó)甲卷)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{Sn}(注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．)解：①③?②.已知{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋nn?12d＝n2a因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以Sn所以Sn+1?Sn＝(n＋1)①②?③.已知{an}是等差數(shù)列，{Sn設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋nn?12因?yàn)閿?shù)列{Sn}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式是關(guān)于n的一次函數(shù)，則a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3②③?①.已知數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列，a2＝3a1所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設(shè)數(shù)列{Sn}的公差為d，d則S2?S1＝4a1?所以Sn＝S1＋(n－1)所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)是關(guān)于n的一次函數(shù)，且a1＝d2滿足上式，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．思維升華判斷數(shù)列{an}是等差數(shù)列的常用方法(1)定義法：對(duì)于數(shù)列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數(shù)?{an}是等差數(shù)列；(2)等差中項(xiàng)法：對(duì)于數(shù)列{an}，2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數(shù)列；(3)通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列；(4)前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))對(duì)任意的正整數(shù)n都成立?{an}是等差數(shù)列．【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】2.(2021·全國(guó)乙卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，已知2S(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)證明：因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積，所以n≥2時(shí)，Sn＝bn代入2Sn+整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12(n≥又2S1+1b1故{bn}是以32為首項(xiàng)，1(2)由(1)可知，bn＝n+22，則2所以Sn＝n+2n+1當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝32當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1又a1＝32故an＝3題型三等差數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用角度1等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)【例4】(1)(2024·江西贛州二模)在等差數(shù)列{an}中，a2，a5是方程x2－8x＋m＝0的兩根，則{an}的前6項(xiàng)和為()A．48B．24C．12D．8解析：選B.因?yàn)閍2，a5是方程x2－8x＋m＝0的兩根，所以a2＋a5＝8，又因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以a2＋a5＝a1＋a6＝8，設(shè){an}的前6項(xiàng)和為S6，則S6＝a1+a(2)(多選)(北師大版選擇性必修二P46T2改編)若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，S5<S6，S6＝S7，S7>S8，則下列說法正確的有()A．公差d<0B．S12>0C．S9>S5D．使Sn<0的最小正整數(shù)n為14解析：選ABD.由S5<S6得S6－S5＝a6>0，由S6＝S7得S7－S6＝a7＝0，由S7>S8得S8－S7＝a8<0.由a6>a7，得d<0，故A正確；S12＝12a1+a122＝6(a6＋S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)＝2a8<0，故S9<S5，故C錯(cuò)誤；S14＝14a1+a142＝7(a7＋a8)＝7a8<0，S13角度2等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)【例5】(1)(2024·重慶一診)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S4S8A．18B．19C．1解析：選D.法一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題設(shè)，S4S8＝4a1∴S8法二由題意知S8＝3S4，又S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列，且S8－S4＝2S4，則S12－S8＝3S4，故S12＝6S4，S16－S12＝4S4，得S16＝10S4，所以S8(2)設(shè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別是Sn，Tn，若SnTnA．2017B．C．1722D．解析：選B.a6[變式]在本例(2)中，將SnTn＝3n+7解析：S7答案：19【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】3.(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝16，S6＝8，則S12＝()A．－50B．－60C．－70D．－80解析：選D.由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數(shù)列，且該數(shù)列的公差為(S6－S3)－S3＝－8－16＝－24，則S9－S6＝(S6－S3)－24＝－32，所以S12－S9＝(S9－S6)－24＝－56，因此S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝－80.(2)(2024·重慶聯(lián)考)等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，滿足a7＝3a5，則下列說法正確的是()A．d<0B．a(chǎn)1>0C．當(dāng)n＝5時(shí)，Sn最小D．當(dāng)Sn>0時(shí)，n的最小值為8解析：選D.對(duì)于A，B，由a7＝3a5得a1＋6d＝3a1＋12d，即a1＝－3d，由于{an}是遞增數(shù)列，所以d>0，a1<0，故A，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)·d，由于d>0，故當(dāng)n>4，且n∈N*時(shí)，an＝(n－4)d>0，當(dāng)n＝4時(shí)，an＝0，當(dāng)n<4，n∈N*時(shí)，an＝(n－4)d<0，因此當(dāng)n＝3或n＝4時(shí)，Sn最小，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令Sn＝na1＋nn?1d2＝由于d>0，故解得n>7，且n∈N*，故當(dāng)Sn>0時(shí)，n的最小值為8，故D正確．[課下鞏固精練卷(四十六)]等差數(shù)列__________________________________________________________________【基礎(chǔ)鞏固題】1．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＋a9＝3a6，公差d＝－4，則其前11項(xiàng)和等于()A．44 B．22C．－44 D．－22解析：選A.由a2＋a9＝3a6，得a1＋(－4)＋a1＋8×(－4)＝3[a1＋5×(－4)]，解得a1＝24，所以前11項(xiàng)和S11＝11a1＋11×102×d＝11×24＋55×(－2．(2024·安徽十校聯(lián)盟聯(lián)考)“數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列”是“數(shù)列{an＋bn}是等差數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A.若數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的公差分別為d1，d2，所以an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2為常數(shù)，所以數(shù)列{an＋bn}是等差數(shù)列．若數(shù)列{an＋bn}是等差數(shù)列，如an＋bn＝2n＋(n－2n)＝n是等差數(shù)列，而此時(shí)an＝2n，bn＝n－2n均不是等差數(shù)列，所以“數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列”是“數(shù)列{an＋bn}是等差數(shù)列”的充分不必要條件．3．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1－a9＋a17＝7，則a3＋a15等于()A．7 B．14C．21 D．7(n－1)解析：選B.因?yàn)閍1－a9＋a17＝(a1＋a17)－a9＝2a9－a9＝a9＝7，所以a3＋a15＝2a9＝2×7＝14.4．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＋10×92d＝20a∴Sn＝29n＋nn?12×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2∴當(dāng)n＝15時(shí)，Sn取得最大值．5．(2024·成都診斷)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，5S9＝9a9－36，則a4＝()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：選B.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則由5S9＝9a9－36得5(9a1＋36d)＝9(a1＋8d)－36，則36(a1＋3d)＝－36，即a1＋3d＝－1，故a4＝a1＋3d＝－1.6．(2024·青島模擬)已知等差數(shù)列{an}，an＋m＝am＋n(n≠m，n，m∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n＋1＋a2n－1，則b2024－b2023等于()A．1B．2C．4D．8解析：選C.∵an＋m＝am＋n，∴an－am＝n－m，∵bn＝a2n＋1＋a2n－1，∴b2024＝a4049＋a4047，b2023＝a4047＋a4045，∴b2024－b2023＝(a4049＋a4047)－(a4047＋a4045)＝a4049－a4045＝4049－4045＝4.7．(多選)(2024·石家莊模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差為d，若S11<S10<S12，則()A．d>0 B．a(chǎn)1>0C．S22<0 D．S21<0解析：選AD.設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，對(duì)于A，B，因?yàn)镾11<S10<S12，所以S11－S10＝a11<0，S12－S11＝a12>0，故等差數(shù)列的首項(xiàng)為負(fù)，公差為正，所以d>0，a1<0，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由S10<S12，可知S12－S10＝a12＋a11>0，所以S22＝22a1+a222＝11(對(duì)于D，因?yàn)閍11<0，所以S21＝21×a1+a2128．(多選)(2024·南通統(tǒng)考)在我國(guó)古代著名的數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》里有一段敘述：今有良馬與駑馬發(fā)長(zhǎng)安至齊，齊去長(zhǎng)安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復(fù)還迎駑馬，二馬相逢．則()A．駑馬第七日行九十四里B．第七日良馬先至齊C．第八日二馬相逢D．二馬相逢時(shí)良馬行一千三百九十五里解析：選AD.由題意可知，兩馬日行里數(shù)分別成等差數(shù)列，記數(shù)列{an}為良馬的日行里數(shù)，其中首項(xiàng)a1＝103，公差d1＝13，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝13n＋90，n∈N*，記數(shù)列{bn}為駑馬的日行里數(shù)，其中首項(xiàng)b1＝97，公差d2＝－0.5，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，駑馬第七日行里數(shù)為b7＝－0.5×7＋97.5＝94，故A正確；第七日良馬行走總里程為S7＝103×7＋7×62×設(shè)第m日兩馬相逢，由題意可知兩馬行走的總里數(shù)是齊去長(zhǎng)安距離的兩倍，即103m＋mm?12×13+97m?mm?12×0.5＝2×由C可知，第九日二馬相逢，此時(shí)良馬行走總里程為S9＝103×9＋9×82×9．(人教A版選擇性必修二P18)在等差數(shù)列{an}中，an＝m，am＝n，且n≠m，am－n＝_________．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝所以am－n＝a1＋(m－n－1)d＝m＋n－1－m＋n＋1＝2n.答案：2n10．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，λ是常數(shù)．(1)當(dāng)a2＝－1時(shí)，求λ及a3的值；(2)數(shù)列{an}是否可能為等差數(shù)列？若可能，求出它的通項(xiàng)公式；若不可能，說明理由．解：(1)因?yàn)閍n＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，且a1＝1，所以當(dāng)a2＝－1時(shí)，－1＝2－λ，解得λ＝3，所以a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)數(shù)列{an}不可能為等差數(shù)列．理由如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)，a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)，若存在常數(shù)λ，使{an}為等差數(shù)列，則a3－a2＝a2－a1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3，于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24，這與{an}為等差數(shù)列矛盾，故不存在常數(shù)λ，使得{an}是等差數(shù)列．11．(2023·全國(guó)乙卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝11，S10＝40.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè){an}的公差為d，則a2＝所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.(2)由(1)得|an|＝15?2n當(dāng)n≤7時(shí)，Tn＝13n＋nn?12×(－2)＝14n－n當(dāng)n≥8時(shí)，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝14×7－72＋n?71+2n?152＝98－14n＋n綜上，Tn＝14n?【綜合應(yīng)用題】12．設(shè)Sn，Tn分別為等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和，且SnTn＝3n+24n+5.設(shè)A是直線BC外一點(diǎn)，P是直線解析：依題意，B，C，P三點(diǎn)共線，∴a1+a5b3＋λ＝1，∴λ＝依題意，a3∴λ＝1－2×1725答案：－913．等差數(shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，所有的奇數(shù)項(xiàng)之和為132，所有的偶數(shù)項(xiàng)之和為120，則n＝________．解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝n+1a1+a2n+12＝(n＋1)所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝na2+a2n2＝所以S奇解得n＝10.答案：1014．(2024·河南鄭州期中)已知等差數(shù)列{an}的公差為整數(shù)，a3＝9，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，且{Snan(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝a2n－1－80，求數(shù)列{|bn|}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè){an}的公差為d，依題意得S2所以2a3?3d化簡(jiǎn)得3d2－22d＋40＝0，解得d＝4或103故a1＝a3－2d＝1，an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)依題意，bn＝a2n－1－80＝8n－87.當(dāng)n≤10時(shí)，|bn|＝87－8n，故Tn＝79+87?8nn2＝83n－4n當(dāng)n≥11時(shí)，|bn|＝8n－87，故Tn＝－b1－b2－…－b10＋b11＋b12＋…＋bn＝－2(b1＋b2＋…＋b10)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝4n2－83n＋860.故Tn＝83n?4【創(chuàng)新拓展題】15．(2023·全國(guó)乙卷)已知等差數(shù)列{an}的公差為2π3，集合S＝{cosan|n∈N*}，若S＝{a，b}，則A．－1 B．－1C．0 D．1解析：選B.方法一由題意得an＝a1＋2π3(ncosan+3＝cosa1+2＝cosa1+2π3n+2π?2π3所以數(shù)列{cosan}是以3為周期的周期數(shù)列，又cosa2＝cosa1+2π3＝－12cosa1－cosa3＝cosa1+4π3＝－12cosa1因?yàn)榧蟂中只有兩個(gè)元素，所以有三種情況：cosa1＝cosa2≠cosa3，cosa1＝cosa3≠cosa2，cosa2＝cosa3≠cosa1.下面逐一討論：①當(dāng)cosa1＝cosa2≠cosa3時(shí)，有cosa1＝－12cosa1－32sina得tana1＝－3，所以ab＝cosa1(－12cosa1＋32sina＝－＝－＝?＝?1②當(dāng)cosa1＝cosa3≠cosa2時(shí)，有cosa1＝－12cosa1＋32sina得tana1＝3，所以ab＝cosa1(－12cosa1－32sina＝－12cos2a1－32sina1cos＝?＝?＝?1③當(dāng)cosa2＝cosa3≠cosa1時(shí)，有－12cosa1－32sina1＝－12cosa1＋32sina1，得sin所以ab＝cosa1(－12cosa1－32sina1)＝－12cos2a1＝－12(1－sin2a1綜上，ab＝－12方法二取a1＝－π3，則cosa1＝1cosa2＝cosa1+2cosa3＝cosa1+所以S＝12，?1，ab16．已知項(xiàng)數(shù)為k(k∈N*)的等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，14an－1≤an(n＝2，3，…，k).若a1＋a2＋…＋ak＝8，則kA．14B．15C．16D．17解析：選B.由a1＝1，14an－1≤an(n＝2，3，…，k)，得1＋(n－2)d≤4[1＋(n－1)d即3＋(3n－2)d≥0，即d≥－33n?2，所以d≥－3由a1＋a2＋…＋ak＝8，得8＝ka所以16＝2k＋k(k－1)d≥2k＋k(k－1)·?33k?2因?yàn)閗∈N*，k≥2，整理得3k2－49k＋32≤0，所以k≤15.所以k的最大值是15.6．3等比數(shù)列[課標(biāo)要求]1.通過生活中的實(shí)例，理解等比數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義．2.探索并掌握等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系．3.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題．4.體會(huì)等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系．【必備知識(shí)】1．等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)等比數(shù)列的定義如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比都等于同一個(gè)常數(shù)(不為零)，那么稱這樣的數(shù)列為等比數(shù)列．稱這個(gè)常數(shù)為等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示(顯然q≠0).數(shù)學(xué)語言：anan?1＝q(n∈N*，n≥(2)等比中項(xiàng)如果在a與b中間插入一個(gè)數(shù)G，使a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫作a與b的等比中項(xiàng)．此時(shí)，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S[提醒]在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須注意對(duì)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．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(m，n∈N*).(2)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am·an＝ap·aq．(3)若{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，1an，an2，{an·b(4)當(dāng)q≠－1，或q＝－1且n為奇數(shù)時(shí)，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比數(shù)列，其公比為qn．(5){an}為等比數(shù)列，若a1·a2·…·an＝Tn，則Tn，T2n(6)若a1>0，q>1或a1<0，0<q<1，則等比數(shù)列{a【必記結(jié)論】1．等比數(shù)列中設(shè)項(xiàng)技巧(1)三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，通常設(shè)為xq，x，xq(2)四個(gè)符號(hào)相同的數(shù)成等比數(shù)列，通常設(shè)為xq3，xq，2．等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可以寫成an＝cqn，這里c≠0，q≠0.3．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn可以寫成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0).4．設(shè)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．(1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.(2)若數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為2n，則S偶S奇＝q；若項(xiàng)數(shù)為2n＋1，則S【基點(diǎn)診斷】1．判斷下列說法正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)當(dāng)公比q>1時(shí)，等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．()(2)三個(gè)數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2＝ac.()(3)等比數(shù)列中所有偶數(shù)項(xiàng)的符號(hào)相同．()(4)若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×2．已知1，2，2，…為等比數(shù)列，當(dāng)an＝82時(shí)，正整數(shù)n＝()A．6B．7C．8D．9解析：選C.由題知首項(xiàng)a1＝1，公比q＝2，an＝82＝(2)7，故n－1＝7，即n＝8.3．設(shè)a，b，c，d是非零實(shí)數(shù)，則“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選B.若a，b，c，d成等比數(shù)列，則ad＝bc，數(shù)列－1，－1，1，1滿足－1×1＝－1×1，但數(shù)列－1，－1，1，1不是等比數(shù)列，即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比數(shù)列”的必要不充分條件．4．在等比數(shù)列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，則an＝________.解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題意得a1q＝6，6a1+a1q2＝30，解得q＝2，a1＝3或q＝3答案：3·2n－1或2·3n－15．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝72，S6＝632，則an解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S6＝2S3，這與已知S3＝72，S6＝632是矛盾的，所以q≠1，從而S3＝a11?q31?q＝72將上面兩個(gè)等式的兩邊分別相除，得1＋q3＝9，解得q＝2，由此可得a1＝12，因此an＝12×2n－1＝2n－答案：2n－2題型一等比數(shù)列基本量的運(yùn)算【例1】(1)(2023·全國(guó)甲卷)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4等于()A．158B．C．15D．40解析：選C.方法一若該數(shù)列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1?q51?q＝5×1?q31?q－4，化簡(jiǎn)得所以q2＝1或q2＝4，因?yàn)榇藬?shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝2，所以S4＝1?q4方法二由題知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由題知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)(多選)(2024·廣東名校聯(lián)考)我國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一段記載“三百七十八里關(guān)，初日健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)．”其大意為有一人走378里路，第一天健步行走，從第二天起，由于腳痛，每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地．則下列說法正確的是(里為古代計(jì)量長(zhǎng)度的單位)()A．該人第五天走的路程為12里B．該人第三天走的路程為42里C．該人前三天共走的路程為330里D．該人最后三天共走的路程為42里解析：選AD.由題意可得此人每天走的路程構(gòu)成一個(gè)公比為q＝12的等比數(shù)列，且S6＝所以S6＝a11?1261?所以an＝a1qn－1＝192×12n?1(1≤n≤6，n對(duì)于A，a5＝192×1對(duì)于B，a3＝192×1對(duì)于C，S3＝192×1?對(duì)于D，該人最后三天共走的路程為S6－S3＝378－336＝42，故D正確．【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】1.(1)(2023·全國(guó)甲卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若8S6＝7S3，則{an}的公比為_______________．解析：由8S6＝7S3，可知數(shù)列{an}的公比q≠1，所以8×a11?q61?q答案：－1(2)(2024·青島模擬)云岡石窟，古稱為武州山大石窟寺，是世界文化遺產(chǎn)．若某一石窟的某處“浮雕像”共7層，每一層的“浮雕像”個(gè)數(shù)是其下一層的2倍，共有1016個(gè)“浮雕像”，這些“浮雕像”構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案．若從最下層往上每一層的“浮雕像”的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}，則log2(a3a5)的值為()A．8 B．10C．12 D．16解析：選C.從最下層往上每一層的“浮雕像”的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}，則{an}是以2為公比的等比數(shù)列，∴S7＝a11?271?2＝解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，∴l(xiāng)og2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.題型二等比數(shù)列的判定與證明【例2】(2024·重慶九校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，從下面①②③三個(gè)條件中選取兩個(gè)作為已知條件，證明另外一個(gè)成立．①數(shù)列{an}是等比數(shù)列；②數(shù)列{Sn＋a1}是等比數(shù)列；③a2＝2a1.(注：若選擇不同的組合分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．)證明：選①②作條件證明③.因?yàn)閿?shù)列{an}，{Sn＋a1}是等比數(shù)列，所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，故4a12＋4a1a2＋a22＝4a12＋2a1所以a22＝2a1a又因?yàn)閍2≠0，所以a2＝2a1.選①③作條件證明②.因?yàn)閍2＝2a1，{an}是等比數(shù)列，所以數(shù)列{an}的公比q＝2，所以Sn＝a11?2n1?2＝a即Sn＋a1＝a12n，因?yàn)镾n+1+a1Sn+a所以{Sn＋a1}是等比數(shù)列．選②③作條件證明①.因?yàn)閿?shù)列{Sn＋a1}是等比數(shù)列，且a2＝2a1，所以S2+則數(shù)列{Sn＋a1}是以2a1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n，Sn＝a1·2n－a1，所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－(a1·2n－1－a1)＝a1·2n－1(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝a1，也符合上式，所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．思維升華等比數(shù)列的兩種常用證明方法(1)定義法：若anan?1＝q(q為非零常數(shù)，且n≥2，n∈N*)，則{(2)等比中項(xiàng)法：若在數(shù)列{an}中，an≠0且an+12＝anan＋2(n∈N*)，則{a【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】2.Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)易知q≠1，由題意可得a1q∴an＝3n－1，Sn＝1?3(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＝12此時(shí)Sn＋12＝12×3則Sn+1+故存在常數(shù)λ＝12，使得數(shù)列{Sn＋12}是以題型三等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用角度1項(xiàng)的性質(zhì)【例3】(2023·全國(guó)乙卷)已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________．解析：方法一∵{an}為等比數(shù)列，∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，∴a7＝－2.方法二設(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，∵a9a10＝－8，則a1q8·a1q9＝－8，則q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，則q5＝－2，則a7＝a1q·q5＝q5＝－2.答案：－2角度2前n項(xiàng)和的性質(zhì)【例4】(1)已知各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}，Sn為其前n項(xiàng)和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝()A．150 B．－200C．150或－200 D．400或－50解析：選A.法一由等比數(shù)列的性質(zhì)知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比數(shù)列，∴(S6－10)2＝10(70－S6)，解得S6＝30或－20(舍去)，又(S9－S6)2＝(S6－S3)·(S12－S9)，即402＝20(S12－70)，解得S12＝150.法二設(shè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝A－Aqn，則A1?q9＝70，A1?q3＝10，兩式相除得1＋q3＋q6＝7，解得q3＝2或－3(舍去)，∴A＝－10，∴S12＝A(1－q12(2)已知等比數(shù)列{an}共有2n項(xiàng)，其和為－240，且奇數(shù)項(xiàng)的和比偶數(shù)項(xiàng)的和大80，則公比q＝________．解析：由題意，得S解得S奇＝答案：2角度3等比數(shù)列中的最值問題【例5】(2024·江蘇蘇州檢測(cè))設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)積為Tn，并且滿足條件a1>1，a7a8>1，a7A.0<q<1B．a(chǎn)7>1C．a(chǎn)8>1D．Tn的最大項(xiàng)為T7解析：選C.對(duì)于A，若q<0，因?yàn)閍1>1，則a7＝a1q6>0，a8＝a1q7<0，不滿足a7a8>1，若q≥1，因?yàn)閍1>1，則a7＝a1q6>1，a8＝a1q7>1，不滿足a7?1對(duì)于B、C，因?yàn)閍1>1，0<q<1,且a7?1a8?1對(duì)于D，由等比數(shù)列可得當(dāng)n≤7時(shí)，an>1，當(dāng)n≥8時(shí)，an<1，所以Tn的最大項(xiàng)為T7，故D正確．【對(duì)點(diǎn)練習(xí)】3.(1)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120解析：選C.易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…為等比數(shù)列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝54當(dāng)S2＝－1時(shí)，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；當(dāng)S2＝54時(shí)，結(jié)合S4＝－5得化簡(jiǎn)可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85.(2)已知數(shù)列{an}滿足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，則log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________．解析：因?yàn)閘og2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log2(2an)，所以an＋1＝2an，所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.答案：100(3)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2＝1，a5＝18，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*解析：由已知得數(shù)列{an}的公比滿足q3＝a5a2＝18，解得q＝12，∴a1＝2，a2故數(shù)列{anan＋1}是首項(xiàng)為2，公比為a2∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝21?14答案：2下標(biāo)和相等的等差(比)性質(zhì)的推廣(1)若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，則am1am2·…·amn＝ak1ak2·…·akn.(2)若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，則am1＋am2＋…＋amn＝ak1＋ak2＋…＋akn.【典例】已知等差數(shù)列{an}，Sn為前n項(xiàng)和，且a9＝5，S8＝16，則S11＝________．解析：S8＝8+(a1+a8)2＝16，∴又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，故S11＝11a6＝33.答案：33[課下鞏固精練卷(四十七)]等比數(shù)列_____________________________________________________________________【基礎(chǔ)鞏固題】1．(2024·本溪模擬)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比q＝12，且a3a4＝132，則aA．18 B．C．132 D．解析：選C.由a3a4＝132，得a1q2·a1q3＝132，即a12·125＝132，所以a12＝1.又an>0，所以a1＝2．若1，a2，a3，4成等差數(shù)列；1，b2，b3，b4，4成等比數(shù)列，則a2A．12 B．－C．±12 D．解析：選B.由題意得a3－a2＝4?13＝設(shè)1，b2，b3，b4，4的公比為q，則b3＝q2>0，b32＝1×4故a23．(2024·佛山質(zhì)檢)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2a4＝9，9S4＝10S2，則a2＋a4的值為()A．30 B．10C．9 D．6解析：選B.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閧an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，則a1>0，q>0，因?yàn)閍32＝a2a4＝9，所以a3又因?yàn)?S4＝10S2，則9(a1＋a2＋a3＋a4)＝10(a1＋a2)，可得9(a3＋a4)＝a1＋a2，所以a3+a4a故a2＋a4＝a3q＋a3q4．(人教A版選擇性必修二P55)如圖是瑞典數(shù)學(xué)家科赫在1904年構(gòu)造的能夠描述雪花形狀的圖案．圖形的作法是：從一個(gè)正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊．反復(fù)進(jìn)行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線．設(shè)原正三角形(圖①)的邊長(zhǎng)為1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長(zhǎng)依次記為C1，C2，C3，C4，則C4＝()A．1289 B．C．6427 D．解析：選B.觀察圖形發(fā)現(xiàn)，從第二個(gè)圖形開始，每一個(gè)圖形的周長(zhǎng)都在前一個(gè)的周長(zhǎng)的基礎(chǔ)上多了其周長(zhǎng)的13，即Cn＝Cn－1＋13Cn?1＝43Cn－1，所以{Cn}為首項(xiàng)為C1＝3，公比為43的等比數(shù)列，∴C5．已知等比數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，若a2a6＝6，a3＋a5＝5，則a5A．32B．C．16解析：選A.由{an}為等比數(shù)列，得a2a6＝a3a5＝6，又a3＋a5＝5，∴a3，a5為方程x2－5x＋6＝0的兩個(gè)根，解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2，由{an}為遞減數(shù)列得an>an＋1，∴a3＝3，a5＝2，∴q2＝a5則a56．在等腰直角三角形ABC中，B＝π2，AB＝a，以AB為斜邊作等腰直角三角形AB1B，再以AB1為斜邊作等腰直角三角形AB2B1，依次類推，記△ABC的面積為S1，依次所得三角形的面積分別為S2，S3，…，若S1＋S2＋S3＋…＋S8＝25532，則aA．2B．22C．3D．4解析：選B.由題知S1＝12a∴Sn+1Sn＝ABnAB又S2＝14a2＝12S1，∴數(shù)列{Sn∴S1＋S2＋S3＋…＋S8＝12∴a＝22.7．(多選)無窮等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，下列條件能使{an}既有最大值，又有最小值的有()A．a(chǎn)1>0，0<q<1B．a(chǎn)1>0，－1<q<0C．a(chǎn)1<0，q＝－1D．a(chǎn)1<0，q<－1解析：選BC.a1>0，0<q<1時(shí)，等比數(shù)列{an}單調(diào)遞減，故{an}只有最大值a1，沒有最小值，故A錯(cuò)誤；a1>0，－1<q<0時(shí)，等比數(shù)列{an}為擺動(dòng)數(shù)列，此時(shí)a1為最大值，a2為最小值，故B正確；a1<0，q＝－1時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)都相等且小于零，偶數(shù)項(xiàng)都相等且大于零，所以等比數(shù)列{an}既有最大值，也有最小值，故C正確；a1<0，q<－1時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)為負(fù)無最小值，偶數(shù)項(xiàng)為正無最大值，故D錯(cuò)誤．8．(多選)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且{Sn}是等差數(shù)列，則下列結(jié)論正確的是()A．{an＋Sn}是等差數(shù)列B．{an·Sn}是等比數(shù)列C．{aD．Sn解析：選ACD.由{Sn}是等差數(shù)列，可得2a1+a2＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a∵{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，∴a2＝a2q，可得q＝1.∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1，∴數(shù)列{an＋Sn}是等差數(shù)列，因此A正確；∵anSn＝na12，∴{an·∵an2＝∵Snn＝a1>0，∴9．(人教B版選擇性必修三P42)如果一個(gè)等比數(shù)列前5項(xiàng)的和等于10，前10項(xiàng)的和等于50，那么這個(gè)數(shù)列的前15項(xiàng)的和等于________．解析：根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可知S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，則S10－S5是S5和S15－S10的比例中項(xiàng)，則(S10－S5)2＝S5(S15－S10)，即(50－10)2＝10(S15－50)，解得S15＝210.答案：21010．等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若Sm＝63，求m.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則an＝qn-1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故