专题02数列（考点串讲）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

高二沪教版数学下册期末考点大串讲 串讲02 数列 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 十六大易错易混经典例题 6道期末真题对应考点练 五大重难点题型典例剖析+技巧总结 四大常考点：知识梳理 考点透视 数列 等差 数列 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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示． 判定 方法 (1)定义法：对于数列{an}，若an＋1－an＝d(常数)，则数列{an}是等差数列． (2)等差中项：对于数列an，若2an＋1＝an＋an＋2，则数列{an}是等差数列． 通项 公式 如果等差数列的首项是a1，公差是d，那么等差数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d． 知识梳理 例1在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. 分析根据条件列方程求{an}的公比及{bn}的首项与公差. 题型一：等差(比)数列的基本运算 题型剖析 解 (1)设{an}的公比为q,由已知得16=2q3, 解得q=2,所以an=2×2n-1=2n. (2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32. 设{bn}的公差为d, 规律方法 等差数列与等比数列的基本运算的求解策略 在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量,a1,an,n,d(或q),Sn,其中a1和d(或q)为基本量.“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(q),an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量.当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用. 角度1　利用Sn与an的关系求通项公式 例2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=3+2n,求an. (2)数列{an}的前n项和为Sn且a1=1,an+1= Sn,求an. 题型二：求数列的通项公式 角度2　应用累加(迭乘、迭代)法求通项 例3在数列{an}中,a1=1,an=an-1+2n-1(n≥2),求数列{an}的通项公式. 解 ∵a1=1,an=an-1+2n-1(n≥2),∴an-an-1=2n-1, ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1 角度3　构造法求通项公式 例4在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3n,求数列{an}的通项公式. 角度4　取倒数法求通项公式 答案 B 规律方法 取倒数法适用于“ (n≥2,n∈N*,k,m,p均为常数,m≠0)”型数列求通项公式.两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于an=kan-1+b的关系式. 角度5　待定系数法求通项公式 答案 C 规律方法 形如“an+2=pan+1+qan”的递推关系,求解时可利用an+2+αan+1=β(an+1+αan),结合已知条件求出α,β,此时数列{an+1-αan}为等比数列. 角度6　取对数法 例8已知数列{an}的前n项和Sn=kcn-k(其中c,k为常数且k≠0,c≠1),且a2=4,a6=8a3, (1)求an; (2)求数列{nan}的前n项和Tn. 分析利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求数列的通项公式后求k与c,判断出{an}是等比数列,利用错位相减法求和. 题型三：数列求和 解 (1)当n>1时,an=Sn-Sn-1=k(cn-cn-1), 则a6=k(c6-c5),a3=k(c3-c2), ∵a2=4,即k(c2-c1)=4,解得k=2,∴an=2n. 当n=1时,a1=S1=2. 综上所述,an=2n(n∈N*). (2)nan=n·2n, 则Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1, 两式作差得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,Tn=2+(n-1)·2n+1. 规律方法 数列求和的常用方法 (1)公式法:利用等差数列或等比数列前n项和公式. (2)分组求和法:把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (3)裂项相消法:把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和. (4)错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (5)倒序相加法:适用于等差数列前n项和公式的推导. (6)并项转化法:如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以依次两项两项(或几项几项)合并,再利用其他相关的方法进行求和. 例9数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*). (1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列; 分析利用an=Sn-Sn-1结合已知条件构造关于an+2,an+1,an的递推关系式,寻找an+2-2an+1与an+1-2an的关系. 题型四：等差(比)数列的判定 规律方法 等差数列、等比数列的判断方法 (1)定义法:an+1-an=d(n≥1,n∈N*,d为常数)⇔{an}是等差数列; =q(n≥1,n∈N*,q为常数,q≠0)⇔{an}是等比数列. (2)中项公式法:2an+1=an+an+2(n≥1,n∈N*)⇔{an}是等差数列; =an·an+2(n≥1,n∈N*,an≠0)⇔{an}是等比数列. (3)通项公式法:an=kn+b(n≥1,n∈N*,k,b是常数)⇔{an}是等差数列; an=c·qn(n≥1,n∈N*,c,q为非零常数)⇔{an}是等比数列. (4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数,n≥1,n∈N*)⇔{an}是等差数列; Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n≥1,n∈N*)⇔{an}是公比不等于1的等比数列. (1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的结论. 分析根据已知条件求出a2,a3,a4,归纳其通项公式后利用数学归纳法证明. 题型五：数学归纳法 规律方法 (1)数学归纳法的两个关注点 ①用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少. ②由n=k到n=k+1时,除等式两边变化的项外还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明. (2)与“归纳—猜想—证明”相关的常见题型的处理策略 ①与函数有关的证明:由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想,充分利用已知条件并用数学归纳法证明. ②与数列有关的证明:利用已知条件,当直接证明遇阻时,可考虑应用数学归纳法. 易错点01　忽略数列与函数的区别而致错 解析 A 易错易混 解析 C 易错点02　已知Sn求an时，不要忽视n＝1 解析 解析 解析 易错点03　对递推公式变形时忽略n的取值变化而致错 解析 易错点04　求解与数列有关的恒成立问题时要注意n的取值 解析 易错点05　错认项数而求和致错 解析 C 解析 7或8 易错点06　忽略零项而致错 易错点07　等差数列加绝对值后，认为其还是等差数列而致错 解析 易错点08　乱用结论致错 解析 易错点09　项的正负判定不准确，出现多解而致错 解析 A 解析 C 易错点10　条件应用不充分，出现公比多解而致错 解析 C 解析 易错点11　忽视特殊项的应用，出现漏解而致错 解析 1007或1008 易错点12　运用构造法求数列的通项公式时，弄错首项致错 解析 易错点13　等比数列的设法忽视公比的取值致错 解析 易错点14　错认项数求和而致错 解析 解析 易错点15　利用等比数列求和公式忽视q＝1的情形而致错 解析 B 解析 易错点16　忽略分类讨论而致错 解 1.（2023秋•浦东新区校级期末）定义在(-∞，0)∪(0，+∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，若{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(-∞，0)∪(0，+∞)上的如下函数：①f(x)=x3②f(x)=ex③ ④f(x)=ln|x|． 则其中是“保等比数列函数f(x)的序号为( ____ ) A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 【解析】解：根据题意，由等比数列性质知an•an+2=an+12，(1)、f(x)=x3，f(an)f(an+2)=an3an+23=(an+12)3=f2(an+1)，故(1)是“保等比数列函数”； (2)、f(x)=ex，f(an)f(an+2)= = ≠ =f2(an+1)， 故(2)不是“保等比数列函数”； (3)、f(x)= ，f(an)f(an+2)= =( )2=f2(an+1)，故(3)是“保等比数列函数” (4)、f(x)=ln|x|，则f(an)f(an+2)=ln(|an|)•ln(|an+2|)≠ln(|an+1|)2=f2(|an+1|)，故(4)不是“保等比数列函数”； 故选：C． C 押题预测 60 2.（2023春•浦东新区校级期末）用数学归纳法证明等式 的过程中，由n=k递推到n=k+1时不等式左边( ____ ) A.增加了项 B.增加了项 C.增加了项 D.以上均不对 【解析】解：用数学归纳法证明等式 + +…+ ＞1(n≥2)的过程中， 假设n=k时不等式成立，左边= + + +…+ (k≥2)， 则当n=k+1时，左边= + +…+ + + + (k≥2)， ∴由n=k递推到n=k+1时不等式左边增加了： + + - = + - = + - ．故选：C． C 61 3.（2023春•杨浦区校级期末）若 成等比数列，则x= ____ ． 【解析】解：由等比中项定义可得： x2= .2 =4， 解得x=±2，经验证符合题意． 故答案为：±2． ±2 62 4.（2023秋•虹口区校级期末）首项为1的无穷等比数列{an}，满足8a5+a2=0，则 =　　． 【解析】解：首项为1的无穷等比数列{an}，满足8a5+a2=0， ∴8q4+q=0，∵q≠0，∴q=- ， ∴ = = ． 故答案为： ． 63 5.（2023春•黄浦区期末）已知数列{an}的前n项和为Sn=33n-n2． (Ⅰ)求证：数列{an}是等差数列； (Ⅱ)求Sn的最大值及取得最大值时n的值． 【解析】解：(Ⅰ)证明：当n≥2时，an=Sn-Sn-1=34-2n, 又当n=1时，a1=S1=32=34-2×1满足an=34-2n, 故{an}的通项公式为an=34-2n, 所以an+1-an=34-2(n+1)-(34-2n)=-2， 故数列{an}是以32为首项，-2为公差的等差数列； (Ⅱ)an≥0，即34-2n≥0，解得n≤17， 故数列{an}的前16项或前17项和最大，此时S16=S17=33×17-172=272． 64 6.（2023春•青浦区期末）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9=-a5． (1)若a3=4，求{an}的通项公式； (2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围． 【解析】解：(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d, 若S9=-a5，则S9= =9a5=-a5，变形可得a5=0，即a1+4d=0， 若a3=4，则d= =-2， 则an=a3+(n-3)d=-2n+10， (2)若Sn≥an，则na1+ d≥a1+(n-1)d,当n=1时，不等式成立， 当n≥2时，有 ≥d-a1，变形可得(n-2)d≥-2a1， 又由S9=-a5，即S9= =9a5=-a5，则有a5=0，即a1+4d=0，则有(n-2) ≥-2a1， 又由a1＞0，则有n≤10， 则有2≤n≤10， 综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}． 65 数列 等差 数列 前n项和 ①Sn＝eq \f(na1＋an,2)；②Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d． 等差 中项 由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时A叫做a与b的等差中项，即：2A＝a＋b或A＝eq \f(a＋b,2)．[在一个等差数列中，从第2项起，每一项(有穷等差数列的末项除外)都是它的前一项与后一项的等差中项；事实上，等差数列中某一项是与其等距离的前后两项的等差中项] 数列 等差 数列 性质 1．等差数列任意两项间的关系：若an是等差数列的第n项，am是等差数列的第m项，且m≤n，公差为d，那么有an＝am＋(n－m)d． 2．对于等差数列{an}，若n＋m＝p＋q，则an＋am＝ap＋aq．也就是：a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…，如图所示： 3．若数列{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，k∈N*，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差数列．如图所示： 数列 等差 数列 性质 4．设数列{an}是等差数列，S奇是奇数项的和，S偶是偶数项的和，Sn是前n项的和，则有如下性质： ①前n项的和Sn＝S奇＋S偶； ②当n为偶数时，S偶－S奇＝eq \f(n,2)d，其中d为公差； ③当n为奇数时，S奇－S偶＝a中，S奇＝eq \f(n＋1,2)·a中，S偶＝eq \f(n－1,2)·a中，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n－1)，eq \f(Sn,S奇－S偶)＝eq \f(S奇＋S偶,S奇－S偶)＝n(其中a中是等差数列的中间一项)． 5．若等差数列{an}的前2n－1项的和为S2n－1，等差数列{bn}的前2n－1项的和为S′2n－1，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,S′2n－1)． 数列 等比 数列 定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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，公比通常用字母q表示(q≠0)． 判定 方法 1．定义法：对于数列{an}，若eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)，则数列{an}是等比数列． 2．等比中项：对于数列{an}，若anan＋2＝aeq \o\al(2,n＋1)，则数列{an}是等比数列． 通项 公式 如果等比数列{an}的首项是a1，公比是q，那么等比数列的通项公式为an＝a1qn－1． 数列 等比 数列 前n 项和 ①当q＝1时，Sn＝na1； ②当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)； ③当q≠1时，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)． 等比 中项 如果在a与b之间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．也就是：如果G是a，b的等比中项，那么eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)，即G2＝ab． 数列 等比 数列 性质 1．等比数列任意两项间的关系：如果an是等比数列的第n项，am是等比数列的第m项，且m≤n，公比为q，那么有an＝am·qn－m． 2．对于等比数列{an}，若n＋m＝u＋v，则an·am＝au·av．也就是：a1·an＝a2·an－1＝a3·an－2＝…．如图所示： 3．若数列{an}是等比数列，Sn是其前n项的和，k∈N*，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列．如图所示： 则有 解得 所以bn=-16+12(n-1)=12n-28. 所以数列{bn}的前n项和Sn==6n2-22n. 解 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3+2n-(3+2n-1)=2n-1, 当n=1时,a1=S1=5不适合上式. ∴an= (2)∵Sn=3an+1,① ∴当n≥2时,Sn-1=3an.② ①-②得Sn-Sn-1=3an+1-3an,∴3an+1=4an,∴, 又a2=S1=a1=. ∴当n≥2时,an=,不适合a1=1. ∴an= 规律方法 已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列{an}的通项an,可用公式an=求解. =(2n-1)+(2n-3)+(2n-5)+…+3+1==n2. 规律方法 累加法适用于求递推关系形如“an+1=an+f(n)”;迭乘法适用于求递推关系形如“an+1=an·f(n)”;累乘法公式:an=·…··a1. 解 (方法1)∵an+1=2an+3n,∴+()n,令=bn, 则bn+1-bn=()n,∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1 =()n-1+()n-2+()n-3+…+()2++1=2×()n-2.∴an=3n-2n. (方法2)∵an+1=2an+3n,∴+1,令=bn, 则bn+1=bn+1,令bn+1+t=(bn+t),则t=-3. 因此数列{bn-3}是以b1-3=-3=-2为首项,为公比的等比数列, 即bn-3=-2()n-1,所以bn=-2()n-1+3. 结合=bn可知an=3n-2n. 规律方法 (1)an=kan-1+b(k,b均为常数且k≠0)型递推公式可以设 an+t=k(an-1+t),结合已知条件可知kt-t=b,即t=,因此数列{an+}一定是等比数列. (2)“an+1=ban+cm(b,c为常数且不为0,m,n∈N*)”型的数列求通项公式an.可在等式两边同时除以cn+1,得到一个“an=kan-1+b”型的数列,转化为(1)型. 例5(2021内蒙古包头高二期末)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=,则an=(　　) A.　　　B.　　　C.n+1　　　D. 解析 ∵an+1=,∴,即. ∴{}是首项,公差d=的等差数列. ∴,∴an=. an= 例6(2021河南许昌高二期末)在数列{an}中,a1=1,a2=2,对∀n∈N*, an+2=an+1-an,则a2 021= (　　) A.2×()2 018-1 B.2×()2 019-1 C.2×()2 020-1 D.2×()2 021-1 解析 令an+2+αan+1=β(an+1+αan),即an+2=(β-α)an+1+αβan,结合an+2=an+1-an,可知β-α=,αβ=-,因此可取α=-1,β=,即an+2-an+1=(an+1-an). ∴数列{an+1-an}是以a2-a1=1为首项,为公比的等比数列, ∴an+1-an=()n-1(n∈N*), ∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1 =()n-2+()n-3+…+()1+()0+1=+1=2×()n-1-1, a1=1符合上式,∴an=2×()n-1-1.∴a2 021=2×()2 020-1. 例7在数列{an}中,a1=3,an=(n≥2),求{an}的通项公式. 解 由a1=3,an=(n≥2),知an>0, ∴lg an=lg =2lg an-1,即=2, ∴数列{lg an}是以lg 3为首项,2为公比的等比数列, 故lg an=2n-1lg 3=lg , ∴an=(n∈N*). 规律方法 取对数法适用于“(n≥2,p,q为非零常数)”型数列求通项公式. ∵k≠0,c≠1,∴=c3=8,∴c=2. (2)设cn=,求证:{cn}是等差数列. 证明 (1)an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an. =2. 因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.所以b1=a2-2a1=3. 所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列. (2)由(1)知bn=3·2n-1=an+1-2an, 所以=3. 所以cn+1-cn=3,且c1==2, 所以数列{cn}是等差数列,公差为3,首项为2. 例10设a>0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),n∈N*. (1)解 ∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=; a3=f(a2)=;a4=f(a3)=. 猜想an=(n∈N*). (2)证明 ①易知,当n=1时,猜想正确. ②假设当n=k(k∈N*)时猜想正确, 即ak=, 则ak+1=f(ak)==. 这说明,当n=k+1时猜想正确. 由①②知,对于任何n∈N*,都有an=. 【例1】．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－λn(λ∈R)．若{an}为递增数列，则实数λ的取值范围是(　　) A．(－∞，3) B．(－∞，2) C．(－∞，1) D．(－∞，0) ∵数列{an}是递增数列，且数列{an}的通项公式为an＝n2－λn(λ∈R)，∴an＋1－an＝(n＋1)2－λ(n＋1)－(n2－λn)＝2n＋1－λ＞0恒成立．∵2n＋1－λ的最小值是2×1＋1－λ＝3－λ＞0，∴λ＜3，即实数λ的取值范围是(－∞，3)．故选A. 【变式】．数列{an}的通项公式为an＝n＋eq \f(a,n).若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为　(　　) A．(－∞，0] B．[0，＋∞) C．(－∞，2) D．[1，＋∞) 由数列{an}单调递增，可得an＋1＞an，即n＋1＋eq \f(a,n＋1)＞n＋eq \f(a,n)，整理得a＜n2＋n，即a＜n2＋n恒成立．因为f(n)＝n2＋n在n∈N*时的最小值为2，所以a＜2.故选C. 【例2】．[河北邢台2021高二月考]数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3n＋1，则它的通项公式为 __________________． 由数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3n＋1，当n＝1时， a1＝S1＝5；当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n＋1－[(n－1)2＋3(n－1)＋1]＝2n＋2.当n＝1时，不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n＋2，n≥2，n∈N*.)) an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，n＝1,2n＋2，n≥2，n∈N*)) 【变式1】．若数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1，则an＝________． ∵数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，∴当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－ (2n－1－1)＝2n－1.又当n＝1时，a1＝1满足上式，因此数列{an}的通项公式为an＝2n－1.　 2n－1 【变式2】．已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n＋1，求{an}的通项公式． 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n＋1－eq \f(1,2)(n－1)2－eq \f(1,2)(n－1)－1＝n.当n＝1时不符合上式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,n，n≥2，n∈N*.)) 【例3】已知数列{an}满足a1a2a3…an＝n2(n∈N*)，则an＝_________________________________________________. 当n＝1时，a1＝1.因为a1a2a3…an＝n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3…an－1＝(n－1)2，两式相除得an＝eq \f(n2,（n－1）2)(n≥2，n∈N*)．所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(n2,（n－1）2)，n≥2，n∈N*.)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(n2,（n－1）2)，n≥2，n∈N*)) 【例4】．已知数列{an}的通项公式为an＝5n＋1，数列{cn}的通项公式为cn＝an＋λ(－2)n.若数列{cn}是递增 数列，则实数λ的取值范围是___________________________．　 因为数列{cn}是递增数列，所以cn＋1>cn在n∈N*时恒成立，即an＋1＋λ(－2)n＋1>an＋λ(－2)n，5n＋1＋1＋λ(－2)n＋1>5n＋1＋λ(－2)n，所以4×5n>3λ(－2)n.当n为奇数时，4×5n>－3λ·2n，－eq \f(3,4)λ<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) eq \s\up12(n)，则－eq \f(3,4)λ<eq \f(5,2)，即λ>－eq \f(10,3)；当n为偶数时，4×5n>3λ·2n，eq \f(3,4)λ<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) eq \s\up12(n)，则eq \f(3,4)λ<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) eq \s\up12(2)，λ<eq \f(25,3).综上所述，实数λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，\f(25,3))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，\f(25,3))) 【例5】．1＋4＋7＋10＋…＋(3n＋4)＋(3n＋7)等于(　　) A.eq \f(n（3n＋8）,2) B.eq \f(（n＋2）（3n＋8）,2) C.eq \f(（n＋3）（3n＋8）,2) D.eq \f(n（3n－1）,2) 易知数列1，4，7，…，3n＋4，3n＋7为等差数列，且首项为1，公差为3，项数为n＋3，所以原式＝eq \f(（1＋3n＋7）（n＋3）,2)＝eq \f(（n＋3）（3n＋8）,2).故选C. 【例6】．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＞0，公差d＜0，a5＝3a7.若Sn取得最大值，则n＝____________. ∵在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，a5＝3a7，∴a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴a1＝－7d，∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－8)d，∴a8＝0，∴当n＝7或8时，Sn取得最大值． 【例7】在等差数列{an}中，an＝3n－31，记bn＝|an|，求数列{bn}的前30项和． 设数列{bn}的前n项和为Sn.则S30＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)＋(a11＋a12＋a13＋…＋a30)＝－eq \f(10（a1＋a10）,2)＋eq \f(20（a11＋a30）,2)＝755. 【例8】．已知等差数列{an}的前m项，前2m项，前3m项的和分别为Sm，S2m，S3m.若Sm＝30，S2m＝90，求S3m. 设数列{an}的公差为d，则Sm＝a1＋a2＋a3＋…＋am，S2m＝a1＋a2＋a3＋…＋am＋am＋1＋…＋a2m， S3m＝a1＋a2＋a3＋…＋a2m＋a2m＋1＋…＋a3m. Sm＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m－1,2)d))m，S2m－Sm＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(3m－1,2)d))m， S3m－S2m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(5m－1,2)d))m. 所以Sm，S2m－Sm，S3m－S2m是公差为m2d的等差数列， 所以2(S2m－Sm)＝Sm＋S3m－S2m，即2×(90－30)＝30＋S3m－90，所以S3m＝180. 【例9】．在等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an＝(　　) A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1 C．(－2)n D．－(－2)n 设数列{an}的公比为q(q≠0)，则a1q4＝－8a1q.又因为a1≠0，q≠0，所以q3＝－8，解得q＝－2.因为a5＞a2，所以a2＜0，a5＞0，从而a1＞0，即a1＝1.故an＝(－2)n－1.　 【变式】．已知{an}是等比数列，a2 012＝4，a2 024＝16，则a2 018＝(　　) A．4　eq \r(2)　 B．±4　eq \r(2)　 C．8　 D．±8 ∵数列{an}为等比数列，且a2 012＝4，a2 024＝16， ∴a2 018是a2 012，a2 024的等比中项，且是同号的， ∴a2 018＝eq \r(a2 012·a2 024)＝eq \r(4×16)＝8.故选C. 【例10】．在等比数列{an}中，anan＋1＝4n－1，则数列{an}的公比为(　　) A．2或－2　 　B．4　 C．2　 D.eq \r(2) 设等比数列{an}的公比为q.∵anan＋1＝4n－1>0，∴an＋1an＋2＝4n且q>0， 两式相除可得eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(4n,4n－1)＝4，即q2＝4，∴q＝2.故选C. 【变式】．已知等比数列{an}为递增数列，且a52＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项an＝________.　 由2(an＋an＋2)＝5an＋1，整理得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).由a52＝a10＝a1q9>0得a1>0.又因为数列{an}是递增数列，所以q＝2.由(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n. 2n 【例11】．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取得最大值时，n的值为________________． 由题可知在等比数列{an}中，a1a2a3·…·a2 016＝a2 016，故a1a2a3·…·a2 015＝a1 0082 015＝1.设数列{an}的公比为q，因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1>1，a1 008＝1，所以0<q<1，所以a1 007>1且0<a1 009<1.故当数列{an}的前n项的乘积取得最大值时，n的值为1 007或1 008. 【例12】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，求{an}的通项公式． ∵an＋1＝2an＋1(n∈N*)，∴an＋1＋1＝2(an＋1)．∵a1＋1＝2， ∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1(n∈N*)． 【例13】．已知一个等比数列的前4项之积为eq \f(1,16)，第2项与第3项的和为eq \r(2)，则这个等比数列的公比q＝ __________． 设该等比数列的前4项分别为a，aq，aq2，aq3(其中aq≠0)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·aq·aq2·aq3＝\f(1,16)，,aq＋aq2＝\r(2)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2q3＝±\f(1,4)，,a2（q＋q2）2＝2，))所以eq \f(a2q3,a2（q＋q2）2)＝±eq \f(1,8)，整理得q2－6q＋1＝0或q2＋10q＋1＝0，解得q＝3±2　eq \r(2)或q＝－5±2　eq \r(6). 3±2eq \r(2)或－5±2eq \r(6) 【例14】设a∈R，n∈N*，则1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝____________________________． 当a＝0时，1＋a＋a2＋…＋an＝1；当a＝1时，1＋a＋…＋an＝n＋1；当a≠0且a≠1时，1＋a＋…＋an＝eq \f(1－an＋1,1－a)，当a＝0时，也满足此式．综上，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1.)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1)) 【变式】．设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋10(n∈N*)，则f(n)＝____________________.　 ∵数列2，24，…，23n＋10是首项为2，公比为23＝8，项数为n＋4的等比数列，∴f(n)＝eq \f(2（1－8n＋4）,1－8)＝eq \f(2,7)·(8n＋4－1)． eq \f(2,7)(8n＋4－1) 【例15】．在等比数列{an}中，已知a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则公比q的值为(　　) A．1或eq \f(1,2) B．1或－eq \f(1,2) C．1 D．－eq \f(1,2) 在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2).当q＝1时，a1＝eq \f(3,2)满足题意；当q≠1时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1q2＝\f(3,2)，,S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(9,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,q＝－\f(1,2).))∴公比q的值为1或－eq \f(1,2).故选B. 【变式】．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3∶S2＝3∶2，则公比q＝_______________. 当q＝1时，必有S3∶S2＝3a1∶2a1＝3∶2，满足题意；当q≠1时，由等比数列的求和公式可得S3∶S2＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)∶eq \f(a1（1－q2）,1－q)＝3∶2，化简可得2q2－q－1＝0，解得q＝－eq \f(1,2). 综上，q＝1或－eq \f(1,2). 1或－eq \f(1,2) 【例16】．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1. (1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2；当n＝1时，a1＝1不满足上式．∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.)) (2)∵数列a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列， ∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(2（1－4n）,1－4)＝eq \f(2（4n－1）,3)，∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(2（4n－1）,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3). $$