数列与不等式复习讲义.docx

数列与不等式
一． 数列考点
1．数列的定义
2．数列的分类
3.数列的表示法
4．数列的通项公式
5．已知数列{an}的前n项和Sn，an与Sn的关系
6.等差数列的定义
7．等差数列的通项公式
8．等差中项
9．等差数列的常用性质
10．等差数列的前n项和公式
11．等差数列的前n项和公式与函数的关系
12．等差数列的前n项和的最值
13．等比数列的定义
14．等比数列的通项公式
15．等比中项
16．等比数列的常用性质
17．等比数列的前n项和公式
18．等比数列前n项和的性质
19．求数列通项的方法
20.求数列的前n项和的方法
二．不等式考点
1．两个实数比较大小的方法
2．不等式的基本性质
3．“三个二次”的关系
4. (x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解法
5．二元一次不等式表示的平面区域
6．线性规划相关概念
7. 利用线性规划求最值，图解法求解步骤
8．基本不等式
9．重要的不等式
10．算术平均数与几何平均数
11．利用基本不等式求最值问题
题型一　由数列的前几项求数列的通项
例1　写出下面各数列的一个通项公式：
(1)3,5,7,9，…；
(2)，，，，，…；
(3)－1，，－，，－，，…；
(4)3,33,333,3 333，….
解　(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.
(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝.
(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·.
也可写为an＝
(4)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，
所以an＝(10n－1)．
思维升华　根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分特征；符号特征，应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．
　(1)数列－1,7，－13,19，…的一个通项公式是an＝________.
(2)数列{an}的前4项是，1，，，则这个数列的一个通项公式是an＝________.
答案　(1)(－1)n·(6n－5)　(2)
解析　(1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)数列{an}的前4项可变形为，，，，故an＝.
题型二　由数列的前n项和Sn求数列的通项
例2　已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b.
解　(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝
思维升华　数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
　已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则其通项公式为________________．
答案　an＝
解析　当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝
题型三　由数列的递推关系求数列的通项公式
例3　(1)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________.
(2)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，则它的一个通项公式为an＝________.
(3)在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则{an}的通项公式为________．
答案　(1)＋1　(2)2×3n－1－1　(3)an＝
解析　(1)由题意得，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.
又a1＝2＝＋1，符合上式，
因此an＝＋1.
(2)方法一　(累乘法)
an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，
即＝3，
所以＝3，＝3，＝3，…，＝3.
将这些等式两边分别相乘得＝3n.
因为a1＝1，所以＝3n，
即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
方法二　(迭代法)
an＋1＝3an＋2，
即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(3)由题设知，a1＝1.
当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
∴＝.
∴＝，…，＝，
＝，＝3.
以上n－1个式子的等号两端分别相乘，
得到＝，
又∵a1＝1，∴an＝.
思维升华　已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．
当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现＝f(n)时，用累乘法求解．
　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＝·an－1(n≥2)，则an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于(　　)
A．－16 B．16 C．31 D．32
答案　(1)　(2)B
解析　(1)∵an＝an－1 (n≥2)，
∴an－1＝an－2，…，a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1···…·＝＝.
当n＝1时也满足此等式，∴an＝.
(2)当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
∴an＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1.
∴{an}是等比数列且a1＝1，q＝2，
故a5＝a1×q4＝24＝16.

由Sn求an忽视n＝1时的情况致误
典例：(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为________．
易错分析　解答本题易错点：
(1)不会利用an＝Sn－Sn－1的关系推导n和an之间的关系；
(2)对n＝1不进行验证．
解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝
(2)当n＝1时，a1＝S1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
∴an＝
答案　(1)　(2)an＝
温馨提醒　由an＝Sn－Sn－1求an时的n是从2开始的自然数，由此求得的an不一定就是它的通项公式，必须验证n＝1时是否也成立，否则通项公式只能用分段函数an＝来表示.

方法与技巧
1．求数列通项或指定项．通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．
2．强调an与Sn的关系：an＝
3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：
(1)算出前几项，再归纳、猜想；
(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式．
失误与防范
1．数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an＝f(n)和函数y＝f(x)的单调性是不同的．
2．数列的通项公式不一定唯一.
题型一　等差数列基本量的运算
例1　(1)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．2 B．10 C. D.
(2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　(1)C　(2)C
解析　(1)由2an＋1＝1＋2an得an＋1－an＝，
所以数列{an}是首项为－2，公差为的等差数列，
所以S10＝10×(－2)＋×＝.
(2)由题意得am＝Sm－Sm－1＝2，
am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，故d＝1，
因为Sm＝0，故ma1＋d＝0，
故a1＝－，
因为am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，
故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d
＝－(m－1)＋2m－1＝5，
即m＝5.
思维升华　(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
　(1)若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7等于(　　)
A．12 B．13 C．14 D．15
(2)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝，S4＝20，则S6等于(　　)
A．16 B．24 C．36 D．48
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足－＝1，则数列{an}的公差是(　　)
A. B．1 C．2 D．3
答案　(1)B　(2)D　(3)C
解析　(1)由题意得S5＝＝5a3＝25，故a3＝5，公差d＝a3－a2＝2，a7＝a2＋5d＝3＋5×2＝13.
(2)∵S4＝2＋6d＝20，∴d＝3，故S6＝3＋15d＝48.
(3)∵Sn＝，∴＝，又－＝1，
得－＝1，即a3－a2＝2，
∴数列{an}的公差为2.
题型二　等差数列的性质及应用
例2　(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A．63 B．45 C．36 D．27
(2)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为(　　)
A．13 B．12 C．11 D．10
(3)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 014，－＝6，则S2 016＝________.
答案　(1)B　(2)A　(3)2 016
解析　(1)由{an}是等差数列，得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列．
即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.
(2)因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，
a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，
又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，
所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60，
所以Sn＝＝＝390，即n＝13.
(3)由等差数列的性质可得{}也为等差数列，设其公差为d.
则－＝6d＝6，∴d＝1.
故＝＋2 015d＝－2 014＋2 015＝1，
∴S2 016＝1×2 016＝2 016.
思维升华　在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列；{}也是等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具．
　(1)设数列{an}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7等于(　　)
A．14 B．21 C．28 D．35
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.
答案　(1)C　(2)60
解析　(1)∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4，
∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.
(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，
∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.
题型三　等差数列的判定与证明
例3　已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
(1)证明　因为an＝2－(n≥2，n∈N*)，
bn＝(n∈N*)，
所以bn＋1－bn＝－
＝－＝－＝1.
又b1＝＝－.
所以数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知bn＝n－，
则an＝1＋＝1＋.
设f(x)＝1＋，
则f(x)在区间(－∞，)和(，＋∞)上为减函数．
所以当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.
思维升华　等差数列的四个判定方法：
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
　(1)若{an}是公差为1的等差数列，则{a2n－1＋2a2n}是(　　)
A．公差为3的等差数列 B．公差为4的等差数列
C．公差为6的等差数列 D．公差为9的等差数列
(2)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N*)，则该数列的通项为(　　)
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)∵a2n－1＋2a2n－(a2n－3＋2a2n－2)
＝(a2n－1－a2n－3)＋2(a2n－a2n－2)
＝2＋2×2＝6，
∴{a2n－1＋2a2n}是公差为6的等差数列．
(2)由已知式＝＋可得
－＝－，知{}是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝.

等差数列的前n项和及其最值
典例：(1)在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，则此数列前10项的和S10等于(　　)
A．45 B．60 C．75 D．90
(2)在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，则S110＝________.
(3)已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为________．
(4)(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
思维点拨　(1)求等差数列前n项和，可以通过求解基本量a1，d，代入前n项和公式计算，也可以利用等差数列的性质：a1＋an＝a2＋an－1＝…；
(2)求等差数列前n项和的最值，可以将Sn化为关于n的二次函数，求二次函数的最值，也可以观察等差数列的符号变化趋势，找最后的非负项或非正项．
解析　(1)由题意得a3＋a8＝9，
∴S10＝＝＝＝45.
(2)方法一　设数列{an}的公差为d，首项为a1，
则解得
所以S110＝110a1＋d＝－110.
方法二　因为S100－S10＝＝－90，
所以a11＋a100＝－2，
所以S110＝＝
＝－110.
(3)因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，代入求和公式得，
Sn＝na1＋d＝20n－×2
＝－n2＋21n＝－(n－)2＋()2，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110.
(4)∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.
∴数列的前8项和最大，即n＝8.
答案　(1)A　(2)－110　(3)110　(4)8
温馨提醒　(1)利用函数思想求等差数列前n项和Sn的最值时，要注意到n∈N*；
(2)利用等差数列的性质求Sn，突出了整体思想，减少了运算量.

方法与技巧
1．等差数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d (d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn (A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．
3．等差数列性质灵活使用，可以大大减少运算量．
4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为(1)a，a＋d，a＋2d；(2)a－d，a，a＋d；(3)a－d，a＋d，a＋3d等，可视具体情况而定．
失误与防范
1．当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数，当公差d＝0时，an为常数．
2．公差不为0的等差数列的前n项和公式是n的二次函数，且常数项为0.若某数列的前n项和公式是常数项不为0的二次函数，则该数列不是等差数列，它从第二项起成等差数列.

题型一　等比数列基本量的运算
例1　(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于(　　)
A. B. C. D.
(2)在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.
答案　(1)B　(2)4或－4
解析　(1)显然公比q≠1，由题意得
解得或(舍去)，
∴S5＝＝＝.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则两式相除，得＝，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.
所以或故a3＝4或a3＝－4.
思维升华　等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解．
　(1)已知正项数列{an}为等比数列，且5a2是a4与3a3的等差中项，若a2＝2，则该数列的前5项的和为(　　)
A. B．31
C. D．以上都不正确
(2)(2014·天津)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
答案　(1)B　(2)－
解析　(1)设{an}的公比为q，q>0.
由已知得a4＋3a3＝2×5a2，
即a2q2＋3a2q＝10a2，q2＋3q－10＝0，
解得q＝2或q＝－5(舍去)，
又a2＝2，
则a1＝1，
所以S5＝＝＝31.
(2)因为等差数列{an}的前n项和为
Sn＝na1＋d，
所以S1，S2，S4分别为a1,2a1－1,4a1－6.
因为S1，S2，S4成等比数列，
所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，解方程得a1＝－.
题型二　等比数列的性质及应用
例2　(1)在等比数列{an}中，各项均为正值，且a6a10＋a3a5＝41，a4a8＝5，则a4＋a8＝________.
(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
答案　(1)　(2)－
解析　(1)由a6a10＋a3a5＝41及a6a10＝a，a3a5＝a，
得a＋a＝41.因为a4a8＝5，
所以(a4＋a8)2＝a＋2a4a8＋a＝41＋2×5＝51.
又an>0，所以a4＋a8＝.
(2)由＝，a1＝－1知公比q≠1，
则可得＝－.
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－，q＝－.
思维升华　(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am·an＝ap·aq”，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．
　(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3＝________.
(2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，则a41a42a43a44＝________.
(3)设数列{an}、{bn}都是正项等比数列，Sn、Tn分别为数列{lg an}与{lg bn}的前n项和，且＝，则logb5a5＝________.
答案　(1)3∶4　(2)1 024　(3)
解析　(1)由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
将S6＝S3代入得＝.
(2)方法一　a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3
＝a·q6＝1，①
a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15
＝a·q54＝8，②
②÷①：＝q48＝8⇒q16＝2，
又a41a42a43a44＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43
＝a·q166＝a·q6·q160
＝(a·q6)·(q16)10＝1·210＝1 024.
方法二　由性质可知，依次4项的积为等比数列，设公比为p，
设T1＝a1·a2·a3·a4＝1，
T4＝a13·a14·a15·a16＝8，
∴T4＝T1·p3＝1·p3＝8⇒p＝2.
∴T11＝a41·a42·a43·a44
＝T1·p10＝210＝1 024.
(3)由题意知＝
＝＝
＝logb5a5＝.
题型三　等比数列的判定与证明
例3　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明　∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝，∴{an－1}是等比数列．
又a1＋a1＝1，∴a1＝，
∵cn＝an－1，
∴首项c1＝a1－1，∴c1＝－，公比q＝.
∴{cn}是以－为首项，以为公比的等比数列．
(2)解　由(1)可知cn＝·n－1＝－n，
∴an＝1－n.
思维升华　(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．
　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．
(1)证明　由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又
①－②，得an＋1＝4an－4an－1，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)解　由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝，
故{}是首项为，公差为的等差数列．
∴＝＋(n－1)·＝，
得an＝(3n－1)·2n－2.

分类讨论思想在等比数列中的应用
典例：(12分)(2013·天津)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：Sn＋≤(n∈N*)．
思维点拨　(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；
(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明．
规范解答
(1)解　设等比数列{an}的公比为q，
因为－2S2，S3,4S4成等差数列，
所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，
可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.[2分]
又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为
an＝×n－1＝(－1)n－1·.[3分]
(2)证明　由(1)知，Sn＝1－n，
Sn＋＝1－n＋
＝[6分]
当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，
所以Sn＋≤S1＋＝.[8分]
当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，
所以Sn＋≤S2＋＝.[10分]
故对于n∈N*，有Sn＋≤.[12分]
温馨提醒　(1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有：
①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
③项数的奇、偶数讨论．
④等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.

方法与技巧
1．已知等比数列{an}
(1)数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，{}也是等比数列．
(2)a1an＝a2an－1＝…＝aman－m＋1.
2．判断数列为等比数列的方法
(1)定义法：＝q(q是不等于0的常数，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列；也可用＝q(q是不等于0的常数，n∈N*，n≥2)⇔数列{an}是等比数列．二者的本质是相同的，其区别只是n的初始值不同．
(2)等比中项法：a＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
3．解题中要注意选用等比数列的性质，减少运算量．
失误与防范
1．注意等比数列中的分类讨论．
2．由an＋1＝q·an(q≠0)，并不能断言{an}是等比数列，还要验证a1≠0.

题型一　分组转化法求和
例1　已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn .
解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋(－n)ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
思维升华　某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
　(1)数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}前12项和等于(　　)
A．76 B．78 C．80 D．82
(2)已知数列{an}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{an}的通项公式an＝________，其前n项和Sn＝________.
答案　(1)B　(2)3n－1＋2n　n(3n＋1)＋2n＋1－2
解析　(1)由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，①
得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，②
由①②得an＋2＋an＝(－1)n·(2n－1)＋(2n＋1)，
取n＝1,5,9及n＝2,6,10，
结果相加可得
S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.
(2)由已知得数列{an}的通项公式为
an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(2＋5＋…＋3n－1)＋(2＋22＋…＋2n)
＝＋
＝n(3n＋1)＋2n＋1－2.
题型二　错位相减法求和
例2　已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
思维点拨　(1)列方程组求{an}的首项、公差，然后写出通项an.
(2)q＝1时，bn为等差数列，直接求和；q≠1时，用错位相减法求和．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得解得
故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n.
(2)由(1)得，bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1.
若q≠1，将上式两边同乘以q有
qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1
＝nqn－＝.
于是，Sn＝.
若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以Sn＝
思维升华　(1)错位相减法是求解由等差数列{bn}和等比数列{cn}对应项之积组成的数列{an}，即an＝bn×cn的前n项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练．
(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．
　已知首项为的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式≥的最大n值．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知a1＝，
又∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列，
∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3，
变形得S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，
即得3a2＝a1＋2a3，
∴q＝＋q2，解得q＝1或q＝，
又由{an}为递减数列，于是q＝，
∴an＝a1qn－1＝()n.
(2)由于bn＝anlog2an＝－n·()n，
∴Tn＝－[1·＋2·()2＋…＋(n－1)·()n－1＋n·()n]，
于是Tn＝－[1·()2＋…＋(n－1)·()n＋n·()n＋1]，
两式相减得：Tn＝－[＋()2＋…＋()n－n·()n＋1]
＝－＋n·()n＋1，
∴Tn＝(n＋2)·()n－2.
∴＝()n≥，解得n≤4，
∴n的最大值为4.
题型三　裂项相消法求和
例3　(2014·山东)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1(＋)．
当n为偶数时，
Tn＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝1＋＝.
所以Tn＝
(或Tn＝)
思维升华　利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
　在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解　(1)∵S＝an，
an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.
(2)∵bn＝＝
＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝＝.

四审结构定方案
典例：(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列的前n项和Tn.
审题路线图
Sn＝－n2＋kn及Sn最大值为8
Sn是n的函数
n＝k时(Sn)max＝Sk＝8
(根据Sn的结构特征确定k值)
k＝4，Sn＝－n2＋4n
利用an、Sn的关系
an＝－n
化简数列
＝
根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法
Tn＝1＋＋＋…＋＋①

2Tn＝2＋2＋＋…＋＋②
错位相减
Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－.
规范解答
解　(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，
即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，k＝4.
当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝，[3分]
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n.[6分]
当n＝1时，上式也成立，综上，an＝－n.
(2)因为＝，
所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，①　　　[7分]
所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋ ②
②－①得：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－
＝4－－＝4－.[11分]
故Tn＝4－.[12分]
温馨提醒　(1)根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和Sn，求出an后再根据{}的结构特征确定利用错位相减法求Tn.在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案；
(2)利用Sn求an时不要忽视n＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．
(3)可以通过n＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.

方法与技巧
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：
(1)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；
(2)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．
失误与防范
1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.

题型一　一元二次不等式的解法
例1　求下列不等式的解集：
(1)－x2＋8x－3>0；
(2)ax2－(a＋1)x＋1<0.