【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为( )
A.7 B.8 C.9 D.10
【解析】an=317×(-12)n-1，易知a9=317×1256>1，a10<0,00，故f(9)=a1a2…a9的值最大，此时n=9.故选C.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，an>an+1(n∈N*).
(1)求an;
(2)若Tn=lg a1+lg a2+…+lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，
又a1+a6=33，a1>a6，解得a1=32，a6=1，
所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，
所以an=32•(12)n-1=26-n .
(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，
因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，
所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.
【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a29-n(n<29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?
【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有
a1+a2+…+an=a1+a2+…+a2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立，
我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，
而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，
所以可以得出结论：
若bm=1，则有b1b2…bn=b1b2…b2m-1-n(n<2m-1，n∈N*)成立.
在本题中则有b1b2…bn=b1b2…b37-n(n<37，n∈N*).
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.
【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.
所以当n≥2时，有
两式相减得an+1=3an(n≥2).
又a2=2S1+a1=3a1，an≠0，
所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.
所以an=a1•3n-1.
(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a1•3n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a1•3n.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.
所以{bn}是首项 为3，公比为q=3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.
【变式训练3】已知命题：若{an}为等 差数列，且am=a，an=b(m0，n∈N*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m
【解析】n-mbnam.
总结提高
1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想：当a1>0，q>1或a1<0,00,01时，{an}为递减数列;q<0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3+…+nan.
【解 析】(1)a=1时，Sn=1+2+3+…+n=n(n+1)2.
(2)a≠1时，因为a≠0，
Sn=1a+2a2+3a3+…+nan，①
1aSn=1a2+2a3+…+n-1an+nan+1.②
由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2+…+1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，
所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.
综上所述，Sn=
【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an•bn}的前n项和时，可采用错位相减法;
(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;
(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为( )
A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1
【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故选C.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)+…+(1+12+14+…+12n-1).
【解析】和式中第k项为ak =1+12+14+…+12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).
所以Sn=2[(1-12)+(1-122)+…+(1-12n)]
= -(12+122+…+12n)]
=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.
【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n-1，…的前n项和为( )
A.2n-1 B.n•2n-n
C.2n+1-n D.2n+1-n-2
【解析】an=1+2+22+…+2n-1=2n-1，
Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=2n+1-n-2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1n(14-an)(n∈N*)，Tn=b1+b2+…+bn(n∈N*)，若对任意非零自然数n，Tn>m32恒成立，求m的最大整数值.
【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，
从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d=a4-a14-1=-2，
所以an=8+(n-1)×(-2)=10-2n.
(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，
所以Tn=b1+b2+…+bn=14[(11-13)+(12-14)+…+(1n-1n+2)]
=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)>m32 ，
上式对一切n∈N*恒成立.
所以m<12-8n+1-8n+2对一切n∈N*恒成立.
对n∈N*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，
所以m<163，故m的最大整数值为5.
【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.
(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和为( )
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