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复习课(二) 数 列
等差数列与等比数列的基本运算
数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小．
1．等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝.
(3)前n项和公式Sn＝n2＋n视为关于n的一元二次函数，开口方向由公差d的正负确定；Sn＝中(a1＋an)视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．
2．等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
(3)等比数列{an}，Sn为其前n项和，则Sn可表示为Sn＝k·qn＋b，(k≠0，且k＋b＝0)．
[典例] 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列．
[解] (1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)，
∴b3＝5，公比q＝2，故bn＝5·2n－3.
(2)证明：由(1)知b1＝，公比q＝2，
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∴Sn＝＝5·2n－2－，
则Sn＋＝5·2n－2，因此S1＋＝，＝＝2(n≥2)．
∴数列是以为首项，公比为2的等比数列．
[类题通法]
在等差(或等比)数列中，首项a1与公差d(或公比q)是两个基本量，一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解．在等差数列中的五个量a1，d，n，an，Sn或等比数列中的五个量a1，q，n，an，Sn中，可通过列方程组的方法，知三求二．在利用Sn求an时，要注意验证n＝1是否成立．
1．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝( )
A. B．16
C．15 D.
解析：选A 设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3＝a1a4＝2a1，则a4＝2；由a4与2a7的等差中项为17知，a4＋2a7＝2×17＝34，得a7＝16.∴q3＝＝8，即q＝2，∴a1＝＝，则S6＝＝，故选A.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，则a7＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，则由已知得(a1＋2d)＋(a1＋7d)＝13，S7＝＝35.联立两式，解得a1＝2，d＝1，∴a7＝a1＋6d＝8.
答案：8
3．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝－1，Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
(1)求证是等差数列，并求Sn；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
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解：(1)证明：＝＝－1.
因为Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以－＝－1，
所以是首项为－1、公差为－1的等差数列，
所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
故Sn＝－.
(2)b1＝＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＋＝，bn＝n2－n.
所以T1＝－1.当n≥2时，
Tn＝－1＋(22＋32＋…＋n2)－(2＋3＋…＋n)
＝－1＋(12＋22＋32＋…＋n2)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－1＋n(n＋1)(2n＋1)－n(n＋1)
＝－1＋n(n＋1)(n－1)．
故Tn＝－1＋n(n＋1)(n－1).
等差、等比数列的性质及应用
等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质．利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小．
等差数列的性质
等比数列的性质
若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)
则am＋an＝ap＋aq.
特别地，若m＋n＝2p，
则am＋an＝2ap
若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)
则am·an＝ap·aq
特别地，若m＋n＝2p，
则am·an＝a
am，am＋k，am＋2k，…仍是等差数列，公差为kd
am，am＋k，am＋2k，…仍是等比数列，公比为qk
若{an}，{bn}是两个项数相同的等差数列，则{pan＋qbn}仍是等差数列
若{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则{pan·qbn}仍是等比数列
Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差数列
Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等比数列(q≠
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－1或q＝－1且k为奇数)
若数列{an}项数为2n，
则S偶－S奇＝nd，＝
若数列{an}项数为2n，则＝q
若数列{an}项数为2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1，＝
若数列{an}项数为2n＋1，则＝q
[典例] (1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是( )
A．21 B．20
C．19 D．18
(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.
[解析] (1)由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，
∴a3＝35.
同理可得a4＝33，
∴d＝a4－a3＝－2，an＝a4＋(n－4)×(－2)
＝41－2n.
由得n＝20.
∴使Sn达到最大值的n是20.
(2)因为{an}为等比数列，所以am－1am＋1＝a，又由am－1am＋1－2am＝0，从而am＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝a，则22m－1＝128，故m＝4.
[答案] (1)B (2)4
[类题通法]
关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂．
1．等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d，的值分别是( )
A．8， B．9，
C．9， D．8，
解析：选D 设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16，则有S偶－S奇＝(a2－a1
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)＋(a4－a3)＋…＋(a16－a15)＝8d，＝＝.
由解得S奇＝288，S偶＝352.因此d＝＝＝8，＝＝.故选D.
2．等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为( )
A．13 B．26
C．52 D．156
解析：选B 3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，∴S13＝＝＝＝26，故选B.
3．已知等比数列{an}满足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于( )
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
解析：选C ∵a5·a2n－5＝a＝22n，且an>0，∴an＝2n，
∵a2n－1＝22n－1，∴log2a2n－1＝2n－1，
∴log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝＝n2.
数列的通项及求和
通项及数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大．
1．已知递推公式求通项公式的常见类型
(1)类型一 an＋1＝an＋f(n)
把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．
(2)类型二 an＋1＝f(n)an
把原递推公式转化为＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解．
(3)类型三 an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，
先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解．
2．数列求和
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(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．
[典例] (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
(2)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)·(an＋3)，(n∈N*)．
①求an的通项公式；
②若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)原数列递推公式可化为－＝n，令bn＝，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝.从而an＝.故选D.
[答案] D
(2)解：①因为4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a＋2an－3，
所以当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，
两式相减得，4an＝a－a＋2an－2an－1，
化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
由于{an}是正项数列，所以an＋an－1≠0，
所以an－an－1－2＝0，即对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2,
又由4S1＝a＋2a1－3得，a－2a1－3＝0，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
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②由已知及(1)知，bn＝(2n＋1)·2n，
Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，(ⅰ)
2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，(ⅱ)
(ⅱ)－(ⅰ)得，
Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1
＝－6－2×＋(2n＋1)·2n＋1
＝2＋(2n－1)·2n＋1.
[类题通法]
(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法．二是要注意an的完整表达式，易忽视n＝1的情况．
(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响．
1．已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________.
解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]，
f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝＝5 050，
f(2)＋…＋f(101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)
＝－5－9－…－201＝＝－5 150，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]
＝－5 150＋5 050＝－100.
答案：－100
2．已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝9－6n，则数列{an}的通项公式是________．
解析：令Sn＝a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an，
则Sn＝9－6n，当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，2n－1·an＝Sn－Sn－1＝－6，∴an＝－.
∴通项公式an＝
答案：an＝
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3．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，所以an＝an－1(n≥2)．
故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)．
(2)因为1－Sn＝an＝n.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，因为＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.
4．已知数列{an}满足a1＝，an＋1an＝2an＋1－1，令bn＝an－1.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设cn＝，求证：数列{cn}的前n项和Tn
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