【状元之路】2015届高考数学二轮(文理通用)专题知识突破课件：1-3-1(专题三 数列)
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014＝(a1＋a3＋a5＋„＋a2 013)＋(a2 007
1－21 007 21－21 007 ＋a4＋a6＋„＋a2 014)＝ ＋ ＝3×21 1－2 1－2 B.
－3，故选
答案 B
考点二
等差、等比数列的判定与证明
【例 2】 (2014· 陕西卷)设{an}是公比为 q 的等比数列． (1)推导{an}的前 n 项和公式； (2)设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
课堂笔记
(1)设数列{an}的公差为 d，依题意，2,2＋d,2＋4d
成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)， 化简得 d2－4d＝0，解得 d＝0 或 d＝4. 当 d＝0 时，an＝2； 当 d＝4 时，an＝2＋(n－1)· 4＝4n－2， 从而得数列{an}的通项公式为 an＝2 或 an＝4n－2.
答案
10
5．(2014· 广东卷)等比数列{an}的各项均为正数，且 a1a5＝4，则 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
解析 由等比数列性质知 a1a5＝a2a4＝a2 3＝4. ∵an>0，∴a3＝2，∴a1a2a3a4a5＝(a1a5)· (a2a4)· a3＝25， ∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5 ＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.
档题；③对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的 第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键 环节.
真 题 感 悟 1.(2014· 福建卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，S3＝ 12，则 a6 等于( A．8 C．12 ) B．10 D．14
3×3－1 3×2 解析 因为 S3＝3a1＋ d＝3×2＋ 2 d＝12，所以 d 2 ＝2.所以 a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选 C.
答案 5
知识方法· 考点串联
连点串线成面 构建知识体系
1．等差数列 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)． (2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. na1＋an nn－1d (3)前 n 项和公式：Sn＝ ＝na1＋ . 2 2 (4)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
(2)当 an＝2 时，Sn＝2n.显然 2n<60n＋800， 此时不存在正整数 n，使得 Sn>60n＋800 成立． n[2＋4n－2] 当 an＝4n－2 时，Sn＝ ＝2n2. 2 令 2n2>60n＋800，即 n2－30n－400>0， 解得 n>40 或 n<－10(舍去)， 此时存在正整数 n，使得 Sn>60n＋800 成立， n 的最小值为 41.
答案
C
2．(2014· 课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4， a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn＝( A．n(n＋1) nn＋1 C. 2 B．n(n－1) nn－1 D. 2 )
2 解析 由 a2，a4，a8 成等比数列，得 a2 4＝a2a8，即(a1＋6) ＝(a1
n
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a2 k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
2k k k－1 a2 · a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， 1q ＋2a1q ＝a1q
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
课堂笔记 (1)设{an}的前 n 项和为 Sn， 当 q＝1 时，Sn＝a1＋a1＋„＋a1＝na1； 当 q≠1 时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋„＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋„＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， na1，q＝1， a11－q ∴Sn＝ ，∴Sn＝a11－qn 1－q ，q≠1. 1－q
[方法规律] 在等差或等比数列中，已知五个元素 a1，an，n， d(或 q)，Sn 中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个， 即“知三求二”． 本着化多为少的原则， 解题时需抓住首项 a1 和公 差 d(或公比 q)．
对 点 训 练 1.(2014· 天津卷)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________．
2．等比数列 an＋1 (1)定义式： ＝q(n∈N*，q 为非零常数)． an (2)通项公式：an＝a1qn 1.
－
na1 q＝1， (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn q≠1. 1 － q
* (4)等比中项公式：a2 n＝an－1an＋1(n∈N ，n≥2)．
* (3)a 2 n＝an －1an ＋1(n≥2， n∈N )是{an}为等比数列的必要而不充
分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不 为 0.
对 点 训 练 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝aqn(a≠0， q≠1， q 为非零常数)， 则数列{an}( )
A．是等差数列 B．是等比数列 C．既是等差数列也是等比数列 D．既不是等差数列也不是等比数列
(5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p，q，m，n∈N*)． ③等比数列中，q≠－1 时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等比数 列．
注意：(1)a2 n＝an－1an＋1 是 an－1，an，an＋1 成等比数列的必要不充 分条件． (2)利用等比数列前 n 项和的公式求和时，不可忽视对公比 q 是否为 1 的讨论.
解析
设{an}的公差为 d，由 S9＝S4 及 a1＝1，
9×8 4×3 得 9×1＋ d＝4×1＋ d， 2 2 1 所以 d＝－6.又 ak＋a4＝0，
1 1 所以1＋k－1×－6＋1＋4－1×－6＝0.
即 k＝10.
解析 从项的下标寻找规律，下标成等差数列的，对应的项成 a6 a9 3 等比数列．设等比数列的公比为 q，因为a ＝a ＝q ，即 a2 6＝a3a9， 3 6 所以 a3，a6，a9 成等比数列．故选 D.
答案
D
4．(2014· 陕西卷)在等差数列{an}中，前 9 项的和等于前 4 项的 和，若 a1＝1，ak＋a4＝0，则 k＝________.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，这与已知矛盾， ∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
[方法规律]
(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公
式法及前 n 项和公式法，但不作为证明方法． (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续 三项不成等差(等比)数列即可．
2 2 1 所以当 m≠9时， 数列{bn}是以 m－9为首项， －2为公比的等比 数列； 2 当 m＝9时，数列{bn}不是等比数列.
考点三 【例 3】
等差、等比数列的性质及应用
(1)等差数列{an}中，如果 a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6 )
第一部分
高考专题串串讲
第一版块
专题知识突破
专题三 数列
第一讲
等差数列、等比数列
考情分析 真题体验
知识方法 考点串联
高频考点 聚焦突破
多维探究 师生共研
考情分析· 真题体验
明确备考方向 实战高考真题
考 情 剖 析 高考中对等差(等比)数列的考查主、客观题型均有所体现，一 般以等差、等比数列的定义或以通项公式、前 n 项和公式为基础考 点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知 识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考查的热点主要有三 个方面：①对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式 出现，考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解，属于低 档题；②对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有 “新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低
解析 设等比数列{an}的公比为 q，则 a1＋a5＝a1(1＋q4)＝2， ① a3＋a7＝a1(q2＋q6)＝6，② 1 联立①②，得 q ＝3，代入①，得 a1＝5.
2ຫໍສະໝຸດ Baidu
1 2 4 故 a5＋a9＝a1(q ＋q )＝ (3 ＋3 )＝18. 5
4 8
答案
B
3． 已知数列{an}满足 a1＝1， an· an＋1＝2n(n∈N*)， 则 S2 014＝( A．22 014－1 B．3×21 007－3
高频考点· 聚焦突破
热点题型剖析 构建方法体系
考点一
等差、等比数列基本量的计算
【例 1】 (2014· 湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且 a1， a2，a5 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和， 是否存在正整数 n， 使得 Sn>60n ＋800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由．
1 1 2n 4 (2)当 λ＝－2时，an＋1＝－2an＋n，bn＝an－ 3 ＋9. 2n＋1 4 bn＋1＝an＋1－ ＋ 3 9
1 2n＋1 4 ＝－2an＋n－ 3 ＋9
1 n 2 ＝－ an＋ － 2 3 9 2n 4 1 1 ＝－2an－ 3 ＋9＝－2bn， 2 4 2 b1＝a1－3＋9＝m－9.
解 (1)证明：当 m＝1 时，a1＝1，a2＝λ＋1， a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2. 假设数列{an}是等差数列， 则 a1＋a3＝2a2，得 λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)， 即 λ2－λ＋1＝0，因为 Δ＝－3<0，所以方程无实根． 故对于任意的实数 λ，数列{an}一定不是等差数列．
(5)性质：①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)． ③等差数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等差数列．
注意：为了方便，有时等差数列的通项公式也可写成 an＝pn ＋q 的形式，前 n 项和的公式可写成 Sn＝An2＋Bn 的形式(p，q，A， B 为常数)．
解析 当 n＝1 时，a1＝aq；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝a(q－ 1)· qn－1，易知数列{an}既不是等差数列也不是等比数列．
答案
D
2n 5．已知数列{an}和{bn}满足 a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－ 3 4 ＋9. (1)当 m＝1 时，求证：对于任意的实数 λ，数列{an}一定不是 等差数列； 1 (2)当 λ＝－2时，试判断数列{bn}是否为等比数列．
)
C．3×21 007－1 D．3×21 006－2
解析
依题意，an· an＋1＝2 ，an＋1· an＋2＝2
n
n＋1
an＋1· an＋2 ，则 ＝2， an · an＋1
an＋2 即 a ＝2，故数列 a1，a3，a5，„，a2k－1，„是以 a1＝1 为首项，2 n 为公比的等比数列；数列 a2，a4，a6，„，a2k，„是以 a2＝2 为首 项，2 为公比的等比数列．则 S2
解析 ∵{an}是等差数列，∴S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6， 1 又 S1，S2，S4 成等比数列，∴(2a1－1) ＝a1(4a1－6)．解得 a1＝－2.
2
答案
1 －2
2．已知等比数列{an}中，a1＋a5＝2，a3＋a7＝6，则 a5＋a9＝ ( ) A．12 B．18 C．15 D．24
nn－1 ＋2)(a1 ＋14)，∴a1 ＝ 2.∴Sn ＝2n＋ ×2＝ 2n＋n2 －n＝n(n＋ 2 1)．
答案
A
3．(2014· 重庆卷)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是 ( ) A．a1，a3，a9 成等比数列 B．a2，a3，a6 成等比数列 C．a2，a4，a8 成等比数列 D．a3，a6，a9 成等比数列
1－21 007 21－21 007 ＋a4＋a6＋„＋a2 014)＝ ＋ ＝3×21 1－2 1－2 B.
－3，故选
答案 B
考点二
等差、等比数列的判定与证明
【例 2】 (2014· 陕西卷)设{an}是公比为 q 的等比数列． (1)推导{an}的前 n 项和公式； (2)设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
课堂笔记
(1)设数列{an}的公差为 d，依题意，2,2＋d,2＋4d
成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)， 化简得 d2－4d＝0，解得 d＝0 或 d＝4. 当 d＝0 时，an＝2； 当 d＝4 时，an＝2＋(n－1)· 4＝4n－2， 从而得数列{an}的通项公式为 an＝2 或 an＝4n－2.
答案
10
5．(2014· 广东卷)等比数列{an}的各项均为正数，且 a1a5＝4，则 log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
解析 由等比数列性质知 a1a5＝a2a4＝a2 3＝4. ∵an>0，∴a3＝2，∴a1a2a3a4a5＝(a1a5)· (a2a4)· a3＝25， ∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5 ＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.
档题；③对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的 第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键 环节.
真 题 感 悟 1.(2014· 福建卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，S3＝ 12，则 a6 等于( A．8 C．12 ) B．10 D．14
3×3－1 3×2 解析 因为 S3＝3a1＋ d＝3×2＋ 2 d＝12，所以 d 2 ＝2.所以 a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选 C.
答案 5
知识方法· 考点串联
连点串线成面 构建知识体系
1．等差数列 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)． (2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d. na1＋an nn－1d (3)前 n 项和公式：Sn＝ ＝na1＋ . 2 2 (4)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
(2)当 an＝2 时，Sn＝2n.显然 2n<60n＋800， 此时不存在正整数 n，使得 Sn>60n＋800 成立． n[2＋4n－2] 当 an＝4n－2 时，Sn＝ ＝2n2. 2 令 2n2>60n＋800，即 n2－30n－400>0， 解得 n>40 或 n<－10(舍去)， 此时存在正整数 n，使得 Sn>60n＋800 成立， n 的最小值为 41.
答案
C
2．(2014· 课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的公差为 2，若 a2，a4， a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn＝( A．n(n＋1) nn＋1 C. 2 B．n(n－1) nn－1 D. 2 )
2 解析 由 a2，a4，a8 成等比数列，得 a2 4＝a2a8，即(a1＋6) ＝(a1
n
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a2 k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
2k k k－1 a2 · a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， 1q ＋2a1q ＝a1q
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
课堂笔记 (1)设{an}的前 n 项和为 Sn， 当 q＝1 时，Sn＝a1＋a1＋„＋a1＝na1； 当 q≠1 时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋„＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋„＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， na1，q＝1， a11－q ∴Sn＝ ，∴Sn＝a11－qn 1－q ，q≠1. 1－q
[方法规律] 在等差或等比数列中，已知五个元素 a1，an，n， d(或 q)，Sn 中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个， 即“知三求二”． 本着化多为少的原则， 解题时需抓住首项 a1 和公 差 d(或公比 q)．
对 点 训 练 1.(2014· 天津卷)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________．
2．等比数列 an＋1 (1)定义式： ＝q(n∈N*，q 为非零常数)． an (2)通项公式：an＝a1qn 1.
－
na1 q＝1， (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn q≠1. 1 － q
* (4)等比中项公式：a2 n＝an－1an＋1(n∈N ，n≥2)．
* (3)a 2 n＝an －1an ＋1(n≥2， n∈N )是{an}为等比数列的必要而不充
分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不 为 0.
对 点 训 练 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝aqn(a≠0， q≠1， q 为非零常数)， 则数列{an}( )
A．是等差数列 B．是等比数列 C．既是等差数列也是等比数列 D．既不是等差数列也不是等比数列
(5)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p，q，m，n∈N*)． ③等比数列中，q≠－1 时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等比数 列．
注意：(1)a2 n＝an－1an＋1 是 an－1，an，an＋1 成等比数列的必要不充 分条件． (2)利用等比数列前 n 项和的公式求和时，不可忽视对公比 q 是否为 1 的讨论.
解析
设{an}的公差为 d，由 S9＝S4 及 a1＝1，
9×8 4×3 得 9×1＋ d＝4×1＋ d， 2 2 1 所以 d＝－6.又 ak＋a4＝0，
1 1 所以1＋k－1×－6＋1＋4－1×－6＝0.
即 k＝10.
解析 从项的下标寻找规律，下标成等差数列的，对应的项成 a6 a9 3 等比数列．设等比数列的公比为 q，因为a ＝a ＝q ，即 a2 6＝a3a9， 3 6 所以 a3，a6，a9 成等比数列．故选 D.
答案
D
4．(2014· 陕西卷)在等差数列{an}中，前 9 项的和等于前 4 项的 和，若 a1＝1，ak＋a4＝0，则 k＝________.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，这与已知矛盾， ∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
[方法规律]
(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公
式法及前 n 项和公式法，但不作为证明方法． (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续 三项不成等差(等比)数列即可．
2 2 1 所以当 m≠9时， 数列{bn}是以 m－9为首项， －2为公比的等比 数列； 2 当 m＝9时，数列{bn}不是等比数列.
考点三 【例 3】
等差、等比数列的性质及应用
(1)等差数列{an}中，如果 a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6 )
第一部分
高考专题串串讲
第一版块
专题知识突破
专题三 数列
第一讲
等差数列、等比数列
考情分析 真题体验
知识方法 考点串联
高频考点 聚焦突破
多维探究 师生共研
考情分析· 真题体验
明确备考方向 实战高考真题
考 情 剖 析 高考中对等差(等比)数列的考查主、客观题型均有所体现，一 般以等差、等比数列的定义或以通项公式、前 n 项和公式为基础考 点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知 识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考查的热点主要有三 个方面：①对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式 出现，考查利用通项公式、前 n 项和公式建立方程组求解，属于低 档题；②对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有 “新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低
解析 设等比数列{an}的公比为 q，则 a1＋a5＝a1(1＋q4)＝2， ① a3＋a7＝a1(q2＋q6)＝6，② 1 联立①②，得 q ＝3，代入①，得 a1＝5.
2ຫໍສະໝຸດ Baidu
1 2 4 故 a5＋a9＝a1(q ＋q )＝ (3 ＋3 )＝18. 5
4 8
答案
B
3． 已知数列{an}满足 a1＝1， an· an＋1＝2n(n∈N*)， 则 S2 014＝( A．22 014－1 B．3×21 007－3
高频考点· 聚焦突破
热点题型剖析 构建方法体系
考点一
等差、等比数列基本量的计算
【例 1】 (2014· 湖北卷)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且 a1， a2，a5 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和， 是否存在正整数 n， 使得 Sn>60n ＋800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由．
1 1 2n 4 (2)当 λ＝－2时，an＋1＝－2an＋n，bn＝an－ 3 ＋9. 2n＋1 4 bn＋1＝an＋1－ ＋ 3 9
1 2n＋1 4 ＝－2an＋n－ 3 ＋9
1 n 2 ＝－ an＋ － 2 3 9 2n 4 1 1 ＝－2an－ 3 ＋9＝－2bn， 2 4 2 b1＝a1－3＋9＝m－9.
解 (1)证明：当 m＝1 时，a1＝1，a2＝λ＋1， a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2. 假设数列{an}是等差数列， 则 a1＋a3＝2a2，得 λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)， 即 λ2－λ＋1＝0，因为 Δ＝－3<0，所以方程无实根． 故对于任意的实数 λ，数列{an}一定不是等差数列．
(5)性质：①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． ②若 m＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)． ③等差数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 也成等差数列．
注意：为了方便，有时等差数列的通项公式也可写成 an＝pn ＋q 的形式，前 n 项和的公式可写成 Sn＝An2＋Bn 的形式(p，q，A， B 为常数)．
解析 当 n＝1 时，a1＝aq；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝a(q－ 1)· qn－1，易知数列{an}既不是等差数列也不是等比数列．
答案
D
2n 5．已知数列{an}和{bn}满足 a1＝m，an＋1＝λan＋n，bn＝an－ 3 4 ＋9. (1)当 m＝1 时，求证：对于任意的实数 λ，数列{an}一定不是 等差数列； 1 (2)当 λ＝－2时，试判断数列{bn}是否为等比数列．
)
C．3×21 007－1 D．3×21 006－2
解析
依题意，an· an＋1＝2 ，an＋1· an＋2＝2
n
n＋1
an＋1· an＋2 ，则 ＝2， an · an＋1
an＋2 即 a ＝2，故数列 a1，a3，a5，„，a2k－1，„是以 a1＝1 为首项，2 n 为公比的等比数列；数列 a2，a4，a6，„，a2k，„是以 a2＝2 为首 项，2 为公比的等比数列．则 S2
解析 ∵{an}是等差数列，∴S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6， 1 又 S1，S2，S4 成等比数列，∴(2a1－1) ＝a1(4a1－6)．解得 a1＝－2.
2
答案
1 －2
2．已知等比数列{an}中，a1＋a5＝2，a3＋a7＝6，则 a5＋a9＝ ( ) A．12 B．18 C．15 D．24
nn－1 ＋2)(a1 ＋14)，∴a1 ＝ 2.∴Sn ＝2n＋ ×2＝ 2n＋n2 －n＝n(n＋ 2 1)．
答案
A
3．(2014· 重庆卷)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是 ( ) A．a1，a3，a9 成等比数列 B．a2，a3，a6 成等比数列 C．a2，a4，a8 成等比数列 D．a3，a6，a9 成等比数列