类型一：数列的概念
1．写出数列-1,1,-1,1,……三种以上不同形式的通项公式。
思路点拨：从奇偶项考虑或从三角函数的周期性考虑。
解析：
①； ②；
③()； ④ ()
2．写出数列：，，，，……的一个通项公式.
思路点拨：从各项符号看，负正相间，可用符号表示；数列各项的分子：1，3，5，7，……是个奇数列，可用表示；数列各项的分母：5，10，17，26，……恰是,, ,,…可用表示；
解析：通项公式为：.
总结升华：
①求数列的通项公式就是求数列中第项与项数之间的数学关系式。如果把数列的第1，2，3，…项
分别记作，，，…，那么求数列的通项公式就是求以正整数(项数)为自变量的函
数的表达式；
②通项公式若不要求写多种形式，一般只写出一个常见的公式即可；
③给出数列的构造为分式时，可从各项的符号、分子、分母三方面去分析归纳，还可联想常见数列的
通项公式，以此参照进行比较.
举一反三：
【变式1】数列：，，，，……的一个通项公式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】采用验证排除法，令,则A、B、C皆被排除，故选D.
【变式2】给出数表：
（1）前行共有几个数？
（2）第行的第一个数和最后一个数各是多少？
（3）求第行的各数之和；
（4）数100是第几行的第几个数？
【答案】
（1）；
（2），；
（3）；
（4）第14行的第9个数。
类型二：等差、等比数列概念及其性质
3．在和之间插入个正数，使这个数依次成等比数列，求所插入的个数之积；
解析：
方法一：设插入的个数为，且公比为，则
∴，（）
方法二：设插入的个数为，，
，，
总结升华：第一种解法利用等比数列的基本量、，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到.
举一反三：
【变式1】等比数列中，各项均为正数，且，，求
【答案】
方法一：设等比数列首项为，公比为q，
则.
方法二：∵，，
∴
∵，∴。
【变式2】已知等差数列，公差，中部分项组成的数列，，，…，，…恰为等比数列，且知,,.
（1）求；
（2）证明: .
【答案】依题意:，，.
∵，，为等比数列，
∴，解得.
∴等比数列的首项，公比，
∴
又在等差数列中是第项， ∴
∴（），
解得.
（2）
4．已知等差数列，, , 则（ ）
A．125 B．175 C．225 D．250
解析：
方法一：∵为等差数列，
∴,,成等差数列，即
∴，
解得,
∴选C.
方法二：取特殊值，令，由题意可得,,
∴，，
∴,
∴选C.
方法三：,,
两式相减可得，
∴.
∴选C.
总结升华：解法一应用等差数列性质，解法二采用特殊值法，解法三运用整体思想，注意认真体会每一种解法，灵活应用.
举一反三：
【变式】已知等比数列，, , 则（ ）
A.75 B.2880 C. D.63
【答案】
方法一：∵为等比数列，
∴,,成等比数列，即
∴，解得，
∴选D.
方法二：取特殊值，令，由题意可得,，
则，∴，，
,
∴选Ｄ.
方法三：,,
两式相除可得, ,
,
∴选D.
5．如果一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，求公差.
思路点拨：等差数列的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，等差数列中通项公式和前n项和公式中五个量，只要知道其中三个，就可以求其它两个，而是基本量.
解析：设等差数列首项为，公差为d，则
总结升华：
1. 恰当地选择设未知数，列方程（组）求解。方程思想在数列中很重要。
2. 等差（比）数列的首项和公差（比）是关键。
举一反三：
【变式】已知：三个数成等比数列，积为216，若第二个数加上4，则它们构成一个等差数列,求这三个数。
【答案】设这三个数为、、，
由题知，解得，
又∵，，构成等差数列，
∴，即，
解得或，
∴这三个数为2，6，18或18，6，2。
6．等差数列中，,，则它的前________项和最大，最大项的值是______.
思路点拨：等差数列前n项和, 当d≠0时是关于n的二次函数且常数项为零，当d=0时是关于n的正比例函数.而已知可知d≠0, 因此，研究Sn的最大值问题可转化为用函数方法求抛物线的最值问题.
解析：设公差为d, 由题意得3a1+d=11a1+d，得d=-2,
∴有最大值.
又S3=S11,可得n==7，
∴S7为最大值，即S7=7×13+(-2)=49.
举一反三：
【变式】若数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=an·an+1·an+2(n∈N)，{bn}的前n项和用Sn表示，若{an}中满足3a5=8a12＞0，试问n多大时，Sn取得最大值，证明你的结论.
【答案】∵3a5=8a12＞0，∴3a5=8(a5+7d),解得a5=-d＞0
∴d＜0，∴a1=-d，
故{an}是首项为正的递减数列.
则有,即
解得：15≤n≤16，∴n=16，即a16＞0，a17＜0
即：a1＞a2＞…＞a16＞0＞a17＞a18＞…
于是b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞……
而b15=a15·a16·a17＜0 b16=a16·a17·a18＞0
∴S14＞S13＞…＞S1 ,S14＞S15，S15＜S16
又a15=-d＞0，a18=d＜0
∴a15＜|a18|，∴|b15|＜b16，即b15+b16＞0
∴S16＞S14，故Sn中S16最大
7．已知{an}为等比数列
（1）若，求；
（2）若，求.
解析：
（1）化为关于的一元二次方程（也可化为关于，q的方程整体解决）
原式=或（舍）；
（2）方法一：
或-3，
由
方法二：
由，
，
成等比数列，且首项为A1公比为q3，
由前面解得q3=±2，
则.
总结升华：方法一是方程的思想，整体看作两个未知量，一个是q3，一个是.方法二是设辅助数列的思想，只需求出新数列的首项和公比即可求和.
8．设Sn、Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，满足，求.
解析：
方法一：
方法二：设(k≠0)，
∴a11=S11-S10=11k(7×11+1)-10k(7×10+1)=148k
b11=T11-T10=11k(4×11+27)-10k(4×10+27)=111k
∴.
【变式】等差数列{an}中，Sn=50，，，求项数n.
【答案】，
，
由（1）+（2）得:，
.
类型三：与的关系式的综合运用
9．已知数列的前项和，求数列的前项和。
解析：
当时，，
当时，。
∵也适合上式，
∴数列的通项公式为。
由，得。
即当时，；当时，。
（1）当时，
。
（2）当时，
。
故
总结升华：已知Sn求an要先分n=1和n≥2两种情况进行计算，然后验证能否统一.
举一反三：
【变式1】已知数列{an}的前n项和公式分别为（1）Sn=n2-2n+2.（2）Sn=分别求它们的通项公式.
【答案】
（1）当n=1时, a1=S1=1；
当n≥2时, an=Sn-Sn-1=(n2-2n+2)-[(n-1)2-2(n-1)+2]=2n-3,
又n=1时，2n-3≠a1,
∴
（2）当n=1时, a1=S1=；
当n≥2时, an=Sn-Sn-1=[()n-1]-[()n-1-1]=×()n-1,
又n=1时, ()0==a1,
∴(n∈N).
【变式2】已知数列{an}前n项和为Sn, 且Sn=10n-n2(n∈N), 数列{bn}满足bn=|an|，求数列{bn}前n项和Tn的表达式.
【答案】
易求得a1=9, an=-2n+11.
当n≤5时an＞0, 当n≥6时，an＜0.
故当n≤5时，Tn=Sn=10n-n2.
当n≥6时Tn=(a1+a2+……+a5)-a6-a7-……-an=2(a1+a2+……+a5)-(a1+a2+……+an)
=2S5-Sn=2(10×5-52)-(10n-n2)=n2-10n+50.
∴.
【变式3】已知数列的前项和为，。
（1）求；
（2）求证：数列是等比数列。
【答案】
（1）由，得，
∴，
又，即，得。
（2）证明：当时，，
得，又，
所以为首项为，公比为的等比数列。
10. 数列的前n项和为，若对于恒成立，求.
思路点拨： 由，得，再由连乘积求得，然后用裂项法求.
解析：
①
则 ②
①—②得，
，即，
在①中，当n=1时，
，
.
举一反三：
【变式1】在数列中，已知前项和与通项满足，求这个数列的通项公式.
【答案】
因为从而由已知得到：即，
于是得到，就可以得到：.
【变式2】若数列的相邻两项、是方程的两根，又，求数列的前项和.
【答案】由韦达定理得，，
∴，得 ，
∴ 数列与均成等比数列，且公比都为，
由，，得,
∴,
(I)当为偶数时，令（）,
.
(II)当为奇数时，令（），
.
类型四：特殊数列的求和
11．求数列1，的前n项和.
解析：
（1）当时，
（2）当时，；
（3）当，原数列为1，0，1，0，1，0……，
若为偶数，令（），则；
若为奇数，令（），则。
举一反三：
【变式1】求数列的前n项和。
【答案】
所以可以得到：。
【变式2】求和：
【答案】a=0或b=0时，
当a=b时，；
当ab时，
类型五：由递推关系求数列通项公式
12．已知数列中，，，求.
解析：
法一：设，解得
即原式化为
设，则数列为等比数列，且
∴
法二：∵ ①
②
由①－②得：
设，则数列为等比数列
∴
∴
∴
法三：，，，……，
，
∴
总结升华：求数列通项公式，特别是由递推公式给出数列时，除迭加、迭代、迭乘等基本方法外，还应注意根据递推关系式的特点，进行转化，变形为与是等差（等比）有关的数列.
举一反三：
【变式1】设是首项为1的正项数列，且，求它的通项公式.
【答案】由题意
∴
∵，∴，
∴，
∴，又，
∴当时，，
当时，符合上式
∴.
【变式2】在数列{an}中，a1=1，an+1=，求an.
【答案】 ，∴
∴
……
将以上各式叠加，得
∴
又n=1时，
∴
类型六：应用题
13．某地区现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加，人均粮食占有量比现在提高，如果人口年增长率为，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷？（精确到1公顷）（粮食单产=，人均粮食占有量=）
思路点拨：建立本题的数学模型是关键.
解析：
方法一：由题意，设现在总人口为人，人均粮食占有量为吨，现在耕地共有公顷，
于是现在的粮食单产量吨/公顷，10年后总人口为，
人均粮食占有量吨，若设平均每年允许减少公顷，
则10年耕地共有()公顷，
于是10年后粮食单产量为吨/公顷.
由粮食单产10年后比现在增加得不等式：
化简可得
即，
∴(公顷)
答：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.
方法二：由题意，设现在总人口为人，粮食单产为吨/公顷，
现在共有耕地公顷，于是现在人均粮食占有量吨/人，
10年后总人口为，粮食单产吨/公顷，
若设平均每年允许减少公顷，则10年后耕地将有()公顷，
于是10年后粮食总产量为，
人均粮食占有量为，
由人均粮食占有量10年后比现在增加得不等式：
，（余与上同）.
总结升华：解应用题的关键是建立数学模型，只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式.
举一反三：
【变式】某地区原有森林木材存量为，且每年增长率为，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为，设为年后该地区森林木材存量.
（1）写出的表达式.
（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于,如果，
那么今后该地区会发生水土流失吗？若会，要经过几年？（取）.
【答案】
（1）依题意，第一年森林木材存量为，
1年后该地区森林木材存量为：，
2年后该地区森林木材存量为：，
3年后该地区森林木材存量为：，
4年后该地区森林木材存量为：，
… …
年后该地区森林木材存量为：
（2）若时，依题意该地区今后会发水土流失，则森林木材存量必须小于，
即 ，
解得，即，
∴，
∴.
答：经过8年该地区就开始水土流失.
例1．设a, b, c∈R+，求证：。
分析:本题的难点在于不易处理，如能找出a2+b2与a+b之间的关系，问题就能解决。
证明:∵ a, b, c∈R+， a2+b2≥2ab,∴ 2(a2+b2) ≥(a+b)2,
∴ ,
同理:，，
∴
例2．若a, b, c∈R+，求证(a+b+c)4·(a2+b2+c2)≥243a2b2c2。
分析:这类不等式可看作是“和的形式≥积的形式”经迭乘而成。
证明:∵ a,b,c>0，∴ ，∴ ,
又 ，∴(a+b+c)4(a2+b2+c2)≥35(abc)2。
∴ (a+b+c)4(a2+b2+c2)≥243a2b2c2。
例3．若a>2，求证。
分析:两个对数的积不好处理，而和易处理，从而想到重要不等式。
证明:∵ a>2, ∴ loga(a-1)>0, loga(a+1)>0，且 ,
∴
∴ loga(a-1)loga(a+1)<1。
例4．若0 当且仅当5x=2-5x，即时，原式有最大值。 例5．求函数的最小值 (a>0)。 解: (1)当0 ∵ 在为增函数，∴ ，此时x=0。 综上可知，0 1．常见致错原因分析 例1．若x>0，求的最小值。 解法1：由于，故知Pmin=1. 说明：以上解法是错误，虽说满足了“积为定值”这个条件，但使等号成立的先决条件：却不成立。正确解法如下： 解法2：∵ ， ∴ 。 在即时，有。 说明：以上求解中采用了“变换系数”的办法，使得“第一”， “第二”两个条件都得以满足。“变换系数”是变形中的常用方法之一。 例2．已知x,y∈R+,且2x+y=4，求的最小值。 解法1：由2x+y=4，知y=4-2x，∴x∈(0,2)，故， 而x(4-2x)在x=1时有最大值2，故有最小值， 所以在x=1∈(0,2)时，有最小值。 说明：以上解法是错误的。其一，的积不是定值；其二，要取得等号，必须，即x=y。而当x=y=1时，与条件2x+y=4相悖。 解法2.由2x+y=4,得。于是。 说明：以上解法又是错的。这里两次用到基本不等式，然而，使等号成立的条件并不相同：对于中取等号，必须，即y=2x；对于取等号，必须，即x=y，这便导致2x=x，得出x=0，与已知矛盾。 解法3：由2x+y=4，得， ∴。 ∴。 说明：以上解法满足“第一”，“第二”两个要求，所以正确。等号在，即时成立，代入2x+y=4得x=2(2-)∈(0,2)。 解法4:由2x+y=4，可令2x=4cos2α,，y=4sin2α，于是 ，∴。 说明：以上解法满足要求，答案正确。等号在即时成立，由此可得，，满足2x+y=4。 2. 常见一般方法 （1）变更系数法 例3. 若x>1，求的最小值。 解：。 等号在即x=2∈(1,+∞)时,有。 例4．边长为a的正方形铁片，在其四角剪去相等的小正方形后，折成一个方盒。问剪去的尺寸为多少时，小方盒有最大容积。 解：设剪去的小正方形边长为x，则小方盒边长为a-2x，又其高为x， 故小方盒容积为V=(a-2x)2x，而4V=4x(a-2x)2≤, 故当4x=a-2x,时，有。 例5．若a≥b>0，求的最小值。 解：。 说明：本题两次用到基本不等式，第一次在条件2a-b=b即a=b时取等号，第二次在条件即a=2时取等号，并不矛盾，解法正确。 （2）取倒数或作平方 例6．周长为定值时，哪种三角形面积最大？ 解：据海式，三角形的面积，这里。 显然，同理p-b>0,p-c>0， 故S2=p(p-a)(p-b)(p-c), 即，等号在p-a=p-b=p-c即a=b=c时成立，即周长为定值时，等边三角形面积最大。 （3）待定系数法 例7．总长为24m的铁丝剪成若干段，焊成一个长方体容器的框架。若底面长方形邻边之比为3∶2，试问长方体的高为多少时，其容积有最大值。 分析：设底面长方形较长的一边为x，则其邻边长为，设长方体高为y，则有，即，故知x∈(0,3.6)为函数的定义域。 虽说为定值，但使等式成立的x却不存在，为此，需采用其他办法。 解法1：由于，所以 故得，等号在时成立，即x=2.4∈(0,3.6)，这时。 说明：以上解法仍是“变更系数法”，问题是（＊）处的变形很难想到，是否有别的方法呢？ 解法2 对于，取待定系数m，使。 要使，即为（与x无关的）定值，必须， ∴。于是 。 ∴。等号在，即x=2.4∈(0,3,6)时成立，这时. 说明：较之解法1，技巧性降低了，也就比较容易入手，解法2的方法就是最简单的待定系数法。用待定系数法目的，就是为了本文开头提到的“第一”，“第二”两个条件得以实现，在构成积的三个因式中有两个相同，另一个不相等，总可以用变更系数法或待定系数法来处理。 例8．若x>0，求V=x(x+0.5)(3.2-2x)的最大值。 解：取待定系数m, n使 mnV=x(mx+0.5m)(3.2n-2nx) 要使 x+(mx+0.5m)+(3.2n-2nx)即0.5m+3.2n+(1+m-2n)x为（与x无关的） 定值，必须1+m-2n=0(*) 由x=mx+0.5m=3.2n-2nx得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0，解得x=1及，当x=1时，， 于是 即当x=1时，。 另解：取待定系数m,n使mnV=mx(nx+0.5n)(3.2-2x). 要使mx+(nx+0.5n)+(3.2-2x)即0.5n+3.2+(m+n-2)x为（与x无关的）定值，必m+n-2=0(*). 而由mx=nx+0.5n=3.2-2x，即得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0（下略） 说明：本例中构成积的三个因式互不相同，为确保“第一”，“第二”两个条件得以实现，用待定系数法求解时，需用两个待定系数。这两个系数如何配置，结果总为一样，惟繁简不同而已。 经典例题透析 类型一：观察法求数列的通项公式 1．写出下面各数列的一个通项公式： （1）1，，，，，…； （2）2，11，101，1001，10001，…； （3）3，0，3，0，3，…； 解析： （1）各项正负相间，可用表示； 各项分母是2―1，22―1，23―1，……， ∴数列的一个通项公式为。 （2）各项为100+1，101+1，102+1，103+1， ∴数列的一个通项公式。 （3）因为1，0，1，0，……的通项为， ∴3，0，3，0，……的通项公式为。 总结升华： （1）根据所给数列的前几项求其通项时，常用观察分析法，先找相同的部分，再找出不同部分与序号 n之间的关系。 （2）熟记以下数列的前几项：，，，，，，。 （3）项若正负相间，注意用或表示。 举一反三： 【变式】写出下面各数列的一个通项公式： （1），，，，…。 （2）8，88，888，8888，88888，… 【答案】 （1），，， ∴数列的通项公式为。 （2）将数列改写为 ∴. 类型二：累加法求数列的通项公式 2．求分别满足下列条件的数列的通项公式. （1），； （2），. 思路点拨：分析（1）题的结构，可以判断数列是等差数列，因此可以利用通项公式求解，（2）题的结构与（1）题相似，虽然不是等差数列，但可以利用等差数列的通项公式的推导过程中的方法（叠加法）求解. 解析： （1）∵，∴数列是等差数列，且首项为，公差为 ∴. （2）∵， 当时， ， ， ， 将上面个式子相加得到： ∴（）， 当时，符合上式 故. 总结升华： 1. 在数列中，若为常数，则数列是等差数列；若不是一个常数，而是 关于的式子，则数列不是等差数列. 2．当数列的递推公式是，可以利用累加的方法求数列的通项公式. 举一反三： 【变式1】数列中，，求通项公式. 【答案】 当时， ， ， ， 将上面个式子相加得到： ∴（）， 当时，符合上式 故. 【变式2】数列中，，求通项公式. 【答案】 当时， ， ， ， 将上面个式子相加得到： ∴（）， 当时，符合上式 故. 类型三：累乘法求数列的通项公式 3．求分别满足下列条件的数列的通项公式. （1），； （2），. 思路点拨：分析（1）题的结构，可以判断数列是等比数列，因此可以利用通项公式求解，（2）题的结构与（1）题相似，虽然不是等比数列，但可以利用等比数列的通项公式的推导过程中的方法（累乘法）求解. 解析： （1）∵，∴数列是等比数列，且首项为，公比为 ∴. （2）∵， 当时，，，，… ， 将上面个式子相乘得到： ， ∴（）， 当时，符合上式 故. 总结升华： 1．在数列中，若为常数，则数列是等比数列；若不是一个常数，而是关 于的式子，则数列不是等比数列. 2．当数列的递推公式是，可以利用累乘的方法求数列的通项公式. 举一反三： 【变式1】数列中，，求通项公式. 【答案】 时，， 当时，符合上式 ∴ 【变式2】已知数列中，，（n∈N+），求通项公式. 【答案】 由得，∴ ， ∴， ∴当时， 当时，符合上式 ∴ 类型四：转化法求通项公式 4．数列中，,，求. 思路点拨：对两边同除以得，得为等差数列。把求数列的通项公式转化为求等差数列的通项公式。 解析：∵，∴两边同除以得， ∴成等差数列，公差为，首项， ∴ ， ∴. 总结升华：对递推公式可变形为（为非零常数）的一类数列，两边同时除以，得，即把数列的每一项都取倒数，构成一个新的数列，而恰是等差数列，其通项易求，先求的通项，再求的通项. 举一反三： 【变式1】数列中，,，求. 【答案】∵，∴， ∴成等差数列，公差为，首项， ∴， ∴. 【变式2】在数列中，a1=1，，求。 【答案】由得。 ∴是首项为1，公差为的等差数列， ∴， ∴。 5．已知数列中, ()，求的通项公式. 思路点拨：把整理成，得数列为等比数列。 解析： 方法一：待定系数法 ∵()， ∴, ∴, 令，则， ∴是首项为且公比为的等比数列， ∴, ∴ 方法二：迭代法 =…… 。 方法三：阶差法 ① ②， ②-①得: ∴成等比数列且公比为，首项， ∴, ∴当时 . 当时，符合上式 ∴ 总结升华： （1）递推公式为（为常数）的数列是一类常见的递推数列，称之为线性递推数列。 当c=1，d=0时它是常数列；当c=1，d≠0时它是等差数列；当c≠0，d=0时它是等比数列。 （2）一般地，对已知数列的项满足，（为常数，）,均可用以下 几种方法求通项公式。 ①待定系数法： 设得，利用已知得即，从而将数列 转化为求等比数列的通项。 ②迭代法 ③阶差法。实质是通过通项换元引入一个辅助数列，将问题转化为一个基本数列——等比数列的 问题，通过对辅助数列求和而得到原数列的通项公式，这一方法充分体现了数学中的换元思想 和转化思想。 举一反三： 【变式1】已知数列中，，求 【答案】 ， ∴， 令，则 ∴是首项为公比为的等比数列 ∴， ∴ 【变式2】已知数列中，，求 【答案】 令，则， ∴，即 ∴， ∴为等比数列，且首项为，公比， ∴， 故. 【变式3】已知数列满足,而且，求这个数列的通项公式. 【答案】 ∵，∴ 设，则，即， ∴数列是以为首项，3为公比的等比数列， ∴，∴. ∴。 类型五：与的关系式的综合运用 6．数列满足，， （1）用表示 ； （2）证明：数列是等比数列； （3）求和的表达式. 思路点拨：由推出和，要证明是等比数列，只需利用定义证明是常数，这需要探求与的关系，再由等比数列的前n项和反过来求或直接利用关系式求. 解析： （1）∵，∴ 当时，即 当时 , ， 所以. （2）证明：∵,∴，显然, （常数）， 所以数列是等比数列，首项为，公比. （3) 由（2）知：是以2为公比的等比数列，首项为， ∴，即， ∴, 方法一： 方法二： ∵数列的前n项和： ， 即， ∴. 方法三： ∵，∴， ∴. 总结升华： ①与的关系式的综合运用，如果已知条件是关于、的关系式，可利用n≥2时 ，将条件转化为仅含或的关系式。注意分n=1和n≥2两种情况讨论，若能统一， 则应统一，否则，分段表示。 ②把数列的递推公式进行适当的变形，使之出现熟悉的等差数列或者是等比数列，从而利用已知的通项 公式求出递推数列的通项公式. 举一反三： 【变式1】如果数列的前n项和为，那么数列的通项公式是（ ） A． B． C． D． 【答案】D ∵， ∴n≥2时， ∴，即 ∴是等比数列且a1=6 ∴。 【变式2】已知数列中，，是数列的前n项的和，且，求。 【答案】将变形为。 将（n≥2）代入并化简，得。 由已知可求得S1=a1=1。 ∴是等差数列，公差为1，首项为1。 ∴。 ∵，∴，∴。 ∴n≥2时，。 而n=1时，a1=1也适合上式。 ∴的通项公式。 【变式3】已知数列，， （1）设，证明是等比数列并求； （2) 设,证明是等差数列并求. （3）求数列的通项公式. 【答案】 （1）∵, 当时，，， 当时， ∴ ∵， ∴，即(), ∴数列是等比数列，首项为,公比为. ∴. （2）由(1)知: ,∴. ∴,即， ∴，即, ∴数列为首项,公差为的等差数列. ∴. （3）由（2）知：，所以 【变式4】在数列中，，若存在常数，使得对任意的正整数，均有成立. （1）求的值； （2）求证是等差数列. 【答案】 （1）由已知得，∴， 又∵，∴，得或. 若，则当时，，即，得， 这与已知矛盾，∴，∴ 当时，得， ∵，∴，∴. （2）由（1）知， ∴， 解得，即. 所以， 即. 又因为（常数）， 所以数列成等差数列. 类型六：应用题 7．某单位用分期付款的方式购买一套设备，共需1150万元，购买当天先付150万元，以后每月这一天都交付50万元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150万元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款后的第10个月应该付多少钱？全部贷款付清后，实际花了多少钱？ 解析：因购设备时已付150万元，则欠款1000万元，依题意分20次付清， 则每次付款的数额顺次构成数列， (万元) (万元) (万元) …… (万元) (,) ∴数列是首项为，公差为的等差数列. ∴(万元)，(万元) ∴20次分期付款总和为：(万元),实际共付1105+150=1255(万元) 答：第10个月付55.5万元，实际花1255万元. 总结升华：存款、贷款与人民的生活休戚相关，解决此类问题常常转化为数列求解. 8．一工厂为提高产品质量、扩大再生产，需要征地、扩建厂房、购置新机器设备、改造旧设备、培训职工，因而需要大量资金.已知征地、农户拆迁费需40万元，新建厂房需100万元，购置新机器需60万元，旧设备改造及培训职工需15万元，而该厂现有资金125万元，但流动备用资金需40万元，厂内干部30人每人投资4000元，工人180人每人投资1000元(不计利息在每年年底利润中分红)，尚缺少的资金准备在今年年底向银行贷款，按照年利率9%的复利计算，若从次年年底开始分5年平均还清贷款及全部利息，那么该厂平均每年需还贷款多少万元(精确到0.1万元). 思路点拨：本题涉及资金有以下几个方面： (1)扩大再生产急需资金40+100+60+15+40=255(万元) (2)已筹集资金125+0.4×30+0.1×180=155(万元) (3)需向银行贷款255-155=100(万元) (4)还款情况分析： ①向银行贷款100万元从次年年底起5年后若一次还清应为100(1+0.09)5(万元) ②根据该厂的实际情况实行分期付款从次年年底算起，连续5年每年向银行还相同的贷款，到第5年 底还完. 解析：设该厂平均每年需还贷款x万元，则 第1年年底还款x万元到第5年年底应为x·1.094(万元)； 第2年年底还款x万元到第5年年底应为x·1.093(万元)； 第3年年底还款x万元到第5年年底应为x·1.092(万元) 第4年年底还款x万元到第5年年底应为x·1.09(万元) 第5年年底还款x万元仅本金x(万元) 于是得方程x(1.094+1.093+1.092+1.09+1)=100×1.095 所以 =100×1.095 由计算器可计算得x≈25.7(万元). 总结升华：分期付款问题可视作分期存款，即从次年年底每年存款x万元，按规定的利率，求得n年的本利和，然后向银行一次付清，这样就构成了以x万元为首项，1.09为公比的等比数列求前n项之和，从而列出方程，求出x. 举一反三： 【变式1】一个家庭为了给孩子将来上大学付学费，从孩子一出生起，每年到银行储蓄一笔钱，假设大学四年学费共需1万元，银行储蓄利率为月息4.725‰，每年按复利计算，为了使孩子到18岁上大学时本利共有1万元，他们每年要存入多少钱？（精确到1元） 【答案】设每年存入a元，n年后本利和为. 从0岁到17岁共往银行存入18笔钱，故本利和为. 所以， 利用计算器，解得. 故每年需存款316元. 【变式2】国家计划在西部地区退耕还林6370万亩，2001年底西部已退耕还林的土地面积为515万亩，以后每年退耕还林的面积按12%递增。 （1）试问从2001年底，到哪一年底西部地区才能完成退耕还林计划？（1.128=2.476，1.127=2.211） （精确到年） （2）为支持退耕还林工作，国家财政从2002年起补助农民当年退耕地每亩300斤粮食，每斤粮食按 0.7元折算，并且补助当年退耕地每亩20元。试问：西部完成退耕还林计划，国家财政共需支付多 少亿元？（精确到亿元） 【答案】 （1）设从2001年底起以后每年的退耕还林的土地依次为a1，a2，a3，…，an，…万亩。 则a1=515(1+12%)，a2=515(1+12%)2，…，an=515(1+12%)n，…， ∴515×1.12×(1.12n－1)=5855×0.12，即1.12n=2.218。 又∵n∈N*，当n=7时，1.127=2.211，此时完不成退耕还林计划， ∴n=8 故到2009年底西部地区才能完成退耕还林计划。 （2）设才政补助费为W亿元，则 W=(300×0.7+20)×(6370－515)×10－4=134.7（亿元）， 故西部完成退耕还林计划，国家财政共需支付134.7亿元。 【变式3】某国产名牌彩电，每月销售量为a台，改进技术的新产品投放市场后预计第一月销售量的增长率为200％，以后每月销售量的增长率为前一个月的一半. (1)当新产品投放市场3个月后，预计新产品的月销售量是老产品的多少倍？ (2)由于国外企业参与竞争，国产新彩电实际月销售的增长率比预计减少10％，那么经过多少个月后， 国产新彩电实际月销售量达到最大？最大月销售量是老产品的多少倍（结果保留小数点后一位）？ 【答案】 (1)设n个月后新彩电销量为，则 故三个月后预计国产彩电月销售量是老产品的9倍. (2)由于国外进口彩电参与竞争，实际月销售量的增长率比预计减少10％，故 因为数列是一个单调递减数列， 要使取得最大值，只要， 又 ，则 即经过5个月国产彩电实际月销售量达到最大，最大月销售是老产品的9.1倍。 经典例题透析 类型一：分组转化法求和 1．已知数列中，求前项和 思路点拨：该数列中是由等差数列和等比数列的对应项相加而成，可以将其拆开分为两个数列分别求和，即分组求和。 解析： 总结升华： 1．一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常 数列，然后用熟知的公式求解。 2. 一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的 办法来求前项之和. 举一反三： 【变式1】求和 【答案】 【变式2】已知数列中，，求前项和 【答案】∵， ∴ 【变式3】求和. 【答案】(1+2+3+…+n)+ = 【变式4】求和. 【答案】 当x=±1时，Sn=4n； 当x≠±1时， = = 2．已知数列的前项和，求，的值。 思路点拨：该数列的特征：，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：（为奇数），可以将相邻两项组合在一起。 解析： 方法一：由 ∴ 方法二：由 ∴当为奇数，时， ， 当为偶数，时， ， ∴， 总结升华： 1．对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况. 2．对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结果. 举一反三： 【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和. 【答案】 （1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和， 所以. （2）当为偶数即时，. 当为奇数即时， . 【变式2】求数列……的前项和。 【答案】 方法一： ∴ 方法二：当n为偶数时： 又 由（1）+（2）得； 当n为奇数时， 又， 由（1）+（2）得； ∴ 类型二：错位相减法 3．设，求数列：,,,…, ,…的前项和. 思路点拨：原数列不是等差等比数列，但字母部分：,,,…,,…是等比数列，系数部分，，，…，，…是等差数列，对数列中任一项若除以，则与前项同类项，系数大1，若乘以，它与它的后项是关于的同类项，且系数小1，联系等比数列求和方法，错项相减法（注意当等比数列公比不为1的时候） 解析： 当时， 当时， …… ① 则 …… ② 由①-②可得：， ∴. 总结升华： 1．一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相乘形成的数列（也称为“差比数 列”）都用错项相减的办法来求前n项之和. 2. 错项相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法，一般都选择乘以q； 3. 在使用错项相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1，若q=1，错项相减 法会不成立. 举一反三： 【变式1】求和（）. 【答案】 （1）当时， （2）当时， （3）当且时， ① ②， ①-②得， ∴. 【变式2】求数列的前项和。 【答案】 ∴ 【变式3】求 【答案】 方法一： 方法二：设 ① 则 ② 由①-②可得：， ∴。 类型三：裂项相消法 4．求数列的前n项的和. 思路点拨：观察数列特征：中每项都是个分数，相邻两项之间有公因式，考查每项可作哪些变化，变化之后再来看有无规律；或看邻项之间运算关系。∵，即每一项都可变为两个数的差，即，，…，且每项拆裂出作差的两数，被减数恰是前项裂出的减数，它的减数呢又是它后项裂出的被减数，正好可以消去. 解析： ∵， ∴ 总结升华： 1. 本题所用的方法叫做裂项相消法，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以 达到隔项相消之目的.一般地，对于裂项后有明显相消项的一类数列，在求和时常用此法，分式的 求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些 项，保留哪些项. 2. 在学习中也应积累一些常见的拆项公式，如： ①； ②若为等差数列，公差为d，则； ③，. 举一反三： 【变式1】求数列，，，…，，…的前n项和. 【答案】∵ ∴ 【变式2】求和: 【答案】∵, ∴ 【变式3】求数列，，，…，的前n项的和. 【答案】∵， ∴ . 类型四：倒序相加法求和 5．求和：. 思路点拨：由于该数列的通项是，因此可用倒序相加法求和.由于该数列的通项是，求和时逆用对数运算法则. 解析： 法一： ① 则 ② ∴①+②有： ∴ 法二： . 举一反三： 【变式1】设数列是公差为，且首项为的等差数列，求和： 【答案】因为 又 【变式2】求和. 【答案】 ∴ ∴ ∴ 经典例题透析 类型一：等比数列的通项公式 1．等比数列中，, ,求. 思路点拨：由等比数列的通项公式，通过已知条件可列出关于和的二元方程组，解出和，可得；或注意到下标，可以利用性质可求出、，再求. 解析： 法一：设此数列公比为，则 由(2)得：..........(3) ∴. 由(1)得： , ∴ ......(4) (3)÷(4)得：， ∴,解得或 当时，，； 当时，，. 法二：∵,又, ∴、为方程的两实数根， ∴ 或 ∵, ∴或. 总结升华： ①列方程（组）求解是等比数列的基本方法，同时利用性质可以减少计算量； ②解题过程中具体求解时，要设法降次消元，常常整体代入以达降次目的，故较多变形要用除法（除式 不为零）. 举一反三： 【变式1】{an}为等比数列，a1=3，a9=768，求a6。 【答案】±96 法一：设公比为q，则768=a1q8，q8=256，∴q=±2，∴a6=±96； 法二：a52=a1a9a5=±48q=±2，∴a6=±96。 【变式2】{an}为等比数列，an＞0，且a1a=16，求a44a45a46的值。 【答案】； ∵，又an＞0，∴a45=4 ∴。 【变式3】已知等比数列，若，，求。 【答案】或； 法一：∵，∴，∴ 从而解之得，或， 当时，；当时，。 故或。 法二：由等比数列的定义知， 代入已知得 将代入（1）得， 解得或 由（2）得或 ，以下同方法一。 类型二：等比数列的前n项和公式 2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q. 解析：若q=1，则有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1. 因a1≠0，得S3+S6≠2S9，显然q=1与题设矛盾，故q≠1. 由得，， 整理得q3(2q6-q3-1)=0， 由q≠0，得2q6-q3-1=0，从而(2q3+1)(q3-1)=0， 因q3≠1，故，所以。 举一反三： 【变式1】求等比数列的前6项和。 【答案】； ∵，， ∴。 【变式2】已知：{an}为等比数列，a1a2a3=27，S3=13，求S5. 【答案】； ∵，，则a1=1或a1=9 ∴. 【变式3】在等比数列中，，，，求和。 【答案】或2，； ∵，∴ 解方程组，得 或 ①将代入，得， 由，解得； ②将代入，得， 由，解得。 ∴或2，。 类型三：等比数列的性质 3. 等比数列中，若,求. 解析： ∵是等比数列，∴ ∴ 举一反三： 【变式1】正项等比数列中，若a1·a100=100; 则lga1+lga2+……+lga100=_____________. 【答案】100； ∵lga1+lga2+lga3+……+lga100=lg(a1·a2·a3·……·a100) 而a1·a100=a2·a99=a3·a98=……=a50·a51 ∴原式=lg(a1·a100)50=50lg(a1·a100)=50×lg100=100。 【变式2】在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为________。 【答案】216； 法一：设这个等比数列为，其公比为， ∵，，∴， ∴。 法二：设这个等比数列为，公比为，则，， 加入的三项分别为，，， 由题意，，也成等比数列，∴，故， ∴。 类型四：等比数列前n项和公式的性质 4．在等比数列中，已知，，求。 思路点拨：等差数列中也有类似的题目，我们仍然采用等差数列的解决办法，即等比数列中前k项和，第2个k项和，第3个k项和，……，第n个k项和仍然成等比数列。 解析： 法一：令b1=Sn=48, b2=S2n-Sn=60-48=12，b3=S3n-S2n 观察b1=a1+a2+……+an, b2=an+1+an+2+……+a2n=qn(a1+a2+……+an)， b3=a2n+1+a2n+2+……+a3n=q2n(a1+a2+……+an) 易知b1,b2,b3成等比数列，∴， ∴S3n=b3+S2n=3+60=63. 法二：∵，∴， 由已知得 ②÷①得，即 ③ ③代入①得， ∴。 法三：∵为等比数列，∴，，也成等比数列， ∴， ∴。 举一反三： 【变式1】等比数列中，公比q=2, S4=1,则S8=___________. 【答案】17； S8=S4+a5+a6+a7+a8=S4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=S4+q4(a1+a2+a3+a4)=S4+q4S4=S4(1+q4)=1×(1+24)=17 【变式2】已知等比数列的前n项和为Sn, 且S10=10, S20=40,求：S30=？ 【答案】130； 法一：S10，S20-S10，S30-S20构成等比数列，∴(S20-S10)2=S10·(S30-S20) 即302=10(S30-40),∴S30=130. 法二：∵2S10≠S20，∴, ∵,, ∴∴,∴ ∴ . 【变式3】等比数列的项都是正数，若Sn=80, S2n=6560，前n项中最大的一项为54，求n. 【答案】∵ ，∴(否则) ∴=80 ........(1) =6560.........(2)， (2)÷(1)得：1+qn=82,∴qn=81......(3) ∵该数列各项为正数，∴由(3)知q>1 ∴{an}为递增数列，∴an为最大项54. ∴an=a1qn-1=54,∴a1qn=54q, ∴81a1=54q..........(4) ∴代入(1)得， ∴q=3,∴n=4. 【变式4】等比数列中，若a1+a2=324, a3+a4=36, 则a5+a6=_____________. 【答案】4； 令b1=a1+a2=a1(1+q)，b2=a3+a4=a1q2(1+q),b3=a5+a6=a1q4(1+q), 易知：b1, b2, b3成等比数列，∴b3===4,即a5+a6=4. 【变式5】等比数列中，若a1+a2+a3=7,a4+a5+a6=56, 求a7+a8+a9的值。 【答案】448； ∵{an}是等比数列，∴(a4+a5+a6)=(a1+a2+a3)q3,∴q3=8, ∴a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=56×8=448. 类型五：等差等比数列的综合应用 5．已知三个数成等比数列，若前两项不变，第三项减去32，则成等差数列.若再将此等差数列的第二项减去4，则又成等比数列.求原来的三个数. 思路点拨：恰当地设元是顺利解方程组的前提.考虑到有三个数，应尽量设较少的未知数，并将其设为整式形式. 解析： 法一：设成等差数列的三数为a-d, a,a+d. 则a-d, a, a+d+32成等比数列，a-d, a-4, a+d成等比数列. ∴ 由(2)得a=...........(3) 由(1)得32a=d2+32d ..........(4) (3)代(4)消a，解得或d=8. ∴当时,；当d=8时,a=10 ∴原来三个数为,,或2,10,50. 法二：设原来三个数为a, aq, aq2，则a, aq,aq2-32成等差数列，a, aq-4, aq2-32成等比数列 ∴ 由(2)得，代入(1)解得q=5或q=13 当q=5时a=2；当q=13时. ∴原来三个数为2，10，50或，,. 总结升华：选择适当的设法可使方程简单易解。一般地，三数成等差数列，可设此三数为a-d, a, a+d；若三数成等比数列，可设此三数为，x, xy。但还要就问题而言，这里解法二中采用首项a，公比q来解决问题反而简便。 举一反三： 【变式1】一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列. 【答案】为2，6，18或； 设所求的等比数列为a，aq，aq2； 则 2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)； 解得a=2，q=3或，q=-5； 故所求的等比数列为2，6，18或. 【变式2】已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数。 【答案】1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1 设这三个数分别为， 由已知得 得，所以或， 即或 故所求三个数为：1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1。 【变式3】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求这四个数. 【答案】0，4，8，16或15，9，3，1； 设四个数分别是x,y,12-y,16-x ∴ 由(1)得x=3y-12，代入(2)得144-24y+y2=y(16-3y+12) ∴144-24y+y2=-3y2+28y, ∴4y2-52y+144=0, ∴y2-13y+36=0, ∴ y=4或9， ∴ x=0或15， ∴四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 类型六：等比数列的判断与证明 6．已知数列{an}的前n项和Sn满足：log5(Sn+1)=n(n∈N+),求出数列{an}的通项公式，并判断{an}是何种数列？ 思路点拨：由数列{an}的前n项和Sn可求数列的通项公式，通过通项公式判断{an}类型. 解析：∵log5(Sn+1)=n,∴Sn+1=5n,∴Sn=5n-1 (n∈N+), ∴a1=S1=51-1=4, 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(5n-1)-(5n-1-1)=5n-5n-1=5n-1(5-1)=4×5n-1 而n=1时，4×5n-1=4×51-1=4=a1, ∴n∈N+时，an=4×5n-1 由上述通项公式，可知{an}为首项为4，公比为5的等比数列. 举一反三： 【变式1】已知数列{Cn}，其中Cn=2n+3n，且数列{Cn+1-pCn}为等比数列，求常数p。 【答案】p=2或p=3； ∵{Cn+1-pCn}是等比数列， ∴对任意n∈N且n≥2，有(Cn+1-pCn)2=(Cn+2-pCn+1)(Cn-pCn-1) ∵Cn=2n+3n,∴[(2n+1+3n+1)-p(2n+3n)]2=[(2n+2+3n+2)-p(2n+1+3n+1)]·[(2n+3n)-p(2n-1+3n-1)] 即[(2-p)·2n+(3-p)·3n]2=[(2-p)·2n+1+(3-p)·3n+1]·[(2-p)·2n-1+(3-p)·3n-1] 整理得：,解得：p=2或p=3, 显然Cn+1-pCn≠0，故p=2或p=3为所求. 【变式2】设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，Cn=an+bn,证明数列{Cn}不是等比数列. 【证明】设数列{an}、{bn}的公比分别为p, q，且p≠q 为证{Cn}不是等比数列，只需证. ∵, ∴, 又∵ p≠q, a1≠0, b1≠0, ∴即 ∴数列{Cn}不是等比数列. 【变式3】判断正误： (1){an}为等比数列a7=a3a4； (2)若b2=ac，则a，b，c为等比数列； (3){an}，{bn}均为等比数列，则{anbn}为等比数列； (4){an}是公比为q的等比数列，则、仍为等比数列； (5)若a，b，c成等比，则logma，logmb，logmc成等差. 【答案】 (1)错；a7=a1q6，a3a4=a1q2·a1q3=a12q5，等比数列的下标和性质要求项数相同； (2)错；反例：02=0×0，不能说0，0，0成等比； (3)对；{anbn}首项为a1b1，公比为q1q2； (4)对；； (5)错；反例：-2，-4，-8成等比，但logm(-2)无意义. 类型七：Sn与an的关系 7．已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足，且a1，a3，a15成等比数列，求数列{an}的通项an. 解析：∵， ① ∴，解之得a1=2或a1=3. 又， ② 由①-②得，即 ∵an+an-1＞0，∴an-an-1=5(n≥2). 当a1=3时，a3=13，a15=73，a1，a3，a15不成等比数列 ∴a1≠3； 当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15， ∴a1=2，∴an=5n-3. 总结升华：等比数列中通项与求和公式间有很大的联系，它们是，尤其注意首项与其他各项的关系. 举一反三： 【变式】命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列；命题2：若数列{an}的前n项和Sn=na-n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列。上述两个命题中，真命题为 个. 【答案】0； 由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(a-1)·an-1. 若{an}是等比数列，则，即， 所以只有当b=-1且a≠0时，此数列才是等比数列. 由命题2得，a1=a-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=a-1， 显然{an}是一个常数列，即公差为0的等差数列， 因此只有当a-1≠0，即a≠1时数列{an}才又是等比数列. 经典例题透析 类型一：直接利用等差数列的定义、公式求解 1.（1）求等差数列3，7，11，……的第11项. （2）100是不是等差数列2，9，16，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由. 思路点拨：（1）根据所给数列的前2项求得首项和公差，写出该数列的通项公式，从而求出所求项；（2）题中要想判断一数是否为某一数列的其中一项，关键是要看是否存在一正整数值，使得等于这一数. 解析： （1）根据题意可知：,. ∴该数列的通项公式为：（,） ∴. （2）根据题意可得：,. ∴此数列通项公式为：（,）. 令,解得：, ∴100是这个数列的第15项. 总结升华： 1．根据所给数列的前2项求得首项和公差，写出通项公式. 2．要注意解题步骤的规范性与准确性. 举一反三： 【变式1】求等差数列8，5，2…的第21项 【答案】由，，∴. 【变式2】－20是不是等差数列0，，－7，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由. 【答案】由题意可知：,，∴此数列的通项公式为：, 令,解得，所以－20不是这个数列的项. 【变式3】求集合的元素的个数，并求这些元素的和 【答案】∵， ∴， ∵，∴中有14个元素符合条件， 又∵满足条件的数7，14，21，…，98成等差数列，即，，， ∴. 类型二：根据公式列方程（组）求解 2．已知等差数列中，，，试问217是否为此数列的项？若是，说明是第几项？若不是，说明理由。 思路点拨：由于在条件中已知两项的值（两个等式），所以在求解方法上，可以考虑运用方程思想求解基本量首项和公差，也可以利用性质求，再就是考虑运用等差数列的几何意义。 解析： 方法一：由通项公式得：，解得， ∴（,）, ∴,解得. 方法二：由等差数列性质，得,即，解得, ∴， ∴,解得. 方法三：由等差数列的几何意义可知，等差数列是一些共线的点， ∵点、、在同一条直线上， ∴ ，解得。 总结升华： 1. 等差数列的关键是首项与公差；五个基本量、、、、中，已知三个基本量便可求 出其余两个量； 2．列方程（组）求等差数列的首项和公差，再求出、，是数列中的基本方法. 举一反三： 【变式1】等差数列-10，-6，-2，2，…前多少项的和是54？ 【答案】设题中的等差数列为，前n项为，则，，， 由公式可得，解之得：，（舍去） ∴等差数列-10，-6，-2，2…前9项的和是54。 【变式2】等差数列中, , , ,求的值. 【答案】即， 解得：或. 【变式3】已知等差数列，，，则=___________。 【答案】 方法一：设数列首项为,公差为，则 ， 解得， ∴。 方法二：∵, ∴，解得：， ∴. 方法三：∵为等差数列，∴,,,，…，也成新的等差数列， 由，知上述新数列首项为，公差为-2 ∴ . 类型三：等差数列的判断与证明 3．已知数列的前n项和为，求证：数列为等差数列. 思路点拨：由等差数列的定义，要判定是不是等差数列，只要看（）是不是一个与无关的常数。 解析：当时 当时，， ∴（） 又∵（为与无关常数） ∴数列为等差数列 总结升华： 1. 定义法和等差中项法是证明等差数列的常用方法. 2. 一般地，如果一个数列的前项和为，其中、、为常数，且， 那么当常数项时，这个数列一定是等差数列；当常数项时，这个数列不是等差数列，但 从第二项开始的新数列是等差数列. 举一反三： 【变式1】已知数列的通项公式，其中、是常数，那么这个数列是否一定是等差数列？若是，首项与公差分别是什么？ 【答案】当时, （为常数） ∴是等差数列，首项，公差为. 【变式2】已知数列中，，（），求证：是等差数列。 证明：∵，∴ ∴，∴是公差为的等差数列。 类型四：利用等差数列的性质 4. 已知等差数列中，若,,求的通项公式。 思路点拨：可以直接列方程组求解和；同时留意到脚标，可以用性质：当时解题. 解析：∵，∴即, 代入已知，有,解得或， 当,时，，∴； 当,时，, ∴. 总结升华：利用等差数列的性质解题，往往比较简捷. 举一反三： 【变式1】在等差数列中，，则=___________ 【答案】9 【变式2】在等差数列中，，则=___________ 【答案】10 【变式3】在等差数列中，若,, 则=___________, =___________ 【答案】∵，，∴， ∴，∴. 5．等差数列前m项和为30，前2m项和为100，求它的前3m项和. 思路点拨：利用等差数列的前n项和公式求解；或利用性质：“等差数列的连续10项和构成一个新的等差数列”和等差中项求解；或利用相关的函数（）等知识求解。 解析： 方法一：利用等差数列的前n项和公式求解。 由已知得，解得， ∴。 方法二：利用等差数列前n项和公式及性质,则求解。 由已知得 由(3)-(2)及(2)-(1)结合(4), 得S3m=210. 方法三：根据性质：“已知{an}成等差数列， 则Sn,S2n-Sn, S3n-S2n,……,Skn-S(k-1)n,……(k≥2)成等差数列”解题。 由上述性质，知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列。 ∴Sm+(S3m-S2m)=2(S2m-Sm), ∴ S3m=3(S2m-Sm)=210. 方法四：由的变形式解题，由上式知， ∴数列也成等差数列，即成等差数列， ∵ ，又Sm=30, S2m=100, ∴S3m=210. 方法五：∵{an}为等差数列， ∴设 ∴Sm=am2+bm=30,S2m=4m2a+2mb=100, 得， ∴S3m=9m2a+3mb=210. 举一反三： 【变式1】等差数列{an}中，若a1+a2+a3+a4+a5=30, a6+a7+a8+a9+a10=80, 则a11+a12+a13+a14+a15=____. 【答案】比较对应项可知后一段中每一项总比前段每一项多5d，故后一段和比前一段和多25d，故三段依然构成等差数列，故由等差中项公式可知:a11+a12+a13+a14+a15=2×80-30=130. 【变式2】等差数列{an}中，Sm=Sn且m≠n, 则Sm+n=_________. 【答案】 方法一：数列{an}成等差数列的充要条件是Sn=an2+bn（其中a，b为常数）， 故有 (2)-(1)得a(m2-n2)+b(m-n)=0, ∵m≠n, ∴a(m+n)+b=0, ∴Sm+n=a(m+n)2+b(m+n)=(m+n)[a(m+n)+b]=0. 方法二: 从等差数列Sn=an2+bn去认识它是函数S(x)=ax2+bx图象上的点， ∵Sm=Sn,∴函数图象对称轴为， 故Sm+n=S(0)=a·02＋b·0=0. 【变式3】等差数列前10项和为100，前20项和为10，求它的前30项和. 【答案】 方法一： 由已知，得，解得，， ∴. 方法二： 等差数列中,,，…构成新的等差数列， ∴, ∴. 方法三：等差数列中，设,则 ,解得， ∴. 6．已知两等差数列、的前项和分别为、，且，试求. 思路点拨：利用前项和公式与性质解题，或利用解决，或利用等差数列前项和形式解题. 解析： 方法一：∵， ∴ . 方法二：由得 方法三：由题设，令等差数列前项和, ，则 ，， ∴. 总结升华：依据等差数列的性质可以得到，当已知两等差数列、的前项和分别为、时，有，. 举一反三： 【变式1】等差数列中，若, 则=_________. 【答案】由，得. 【变式2】已知两等差数列、的前项和分别为、，且，则=______. 【答案】. 7．已知三个数成等差数列，其和为15，其平方和为83，求此三个数。 解析：设这三个数分别为, , ，则 ，解得,. ∴所求三个数分别为3，5，7或7，5，3。 总结升华： 1. 三个数成等差数列时，可设其分别为, , ；若四个数成等差数列，可设其分别为 ,,,. 2．注意：3，5，7与7，5，3是两个不同的等差数列，因此都满足题目要求，不能舍掉其中一个的。 举一反三： 【变式】已知四个数成等差数列，且其平方和为94，首尾两数之积比中间两数之积少18，求此四个数。 【答案】-1，2，5，8或8，5，2，-1或-8，-5，-2，1或1，-2，-5，-8 类型五：等差数列前项和的最值问题 8．已知数列是等差数列，,，试问为何值时，数列的前项和最大？为什么？ 思路点拨：：要研究一个等差数列的前项和的最值问题，有两个基本途径：其一是利用是的二次函数关系来考虑；其二是通过考察数列的单调性来解决。 解析： 方法一：∵, ∴即, ∵， ∴， 又 ∵，∴ 当, 有最大值为. 方法二：要使最大，必须使且， 即 解得， ∵， ∴时，最大为. 总结升华： 对等差数列前项和的最值问题有两种方法: 1. 利用: 当，时，前项和有最大值。可由，且，求得的值； 当，时，前项和有最小值。可由，且，求得的值. 2. 利用：由利用二次函数配方法求得最值时的值 举一反三： 【变式】设等差数列的前项和为, 已知,,. （1）求公差的取值范围； （2）指出，，…，中哪一个值最大，并说明理由. 【答案】 （1）依题意，有，即， 解得. （2）法一：由，可知. 设存在自然数,使得就是，，…，中的最大值，只需,, 由， 故是，，…，中的最大值. 法二： ∵, ∴最小时，最大， ∵, ∴， ∴时，最小， 故是，，…，中的最大值.
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