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第1讲　数列的概念
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数. 由an与Sn的关系求数列的通项公式 2023全国卷甲T17；2022新高考卷ⅠT17 本讲为高考命题热点，主要考查数列的不同呈现形式及相应形式下的通项求解，常见的形式有an与Sn的关系，不同项间的递推关系（常需变形利用累加法、累乘法、构造法求解），题型既有客观题，也有主观题，难度中等.预计2025年高考命题稳定.
由递推关系求数列的通项公式 2020浙江T20
数列的性质及其应用 2023北京T10；2021北京T10
1.数列的有关概念
名称 概念
数列 按照确定的顺序排列的一列数.
数列的项 数列中的每一个数.
通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子①　an＝f（n）　（n∈N*）表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
递推公式 如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式.
注意　{an}表示数列a1，a2，…，an，…，是数列的一种简记形式；而an只表示数列{an}的第n项.
辨析比较
通项公式和递推公式的区别
1.通项公式：可根据某项的序号n的值，直接代入求出an.
2.递推公式：可根据第一项（或前几项）的值，通过一次（或多次）赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an.也可通过变形转化，直接求出an.
2.数列的函数特性
（1）数列与函数的关系
数列可以看成一类特殊的函数an＝f（n），它的定义域是正整数集N*或正整数集N*的有限子集{1，2，3，4，…，n}，所以它的图象是一系列孤立的点，而不是连续的曲线.
注意　函数an＝f（n）定义域为N*时，对应的数列{an}为无穷数列.当其定义域为N*的有限子集{1，2，3，…，n}时，对应的数列{an}为有穷数列.
（2）数列的性质
a.单调性——对任意的n∈N*，若an＋1②　＞　an，则{an}为递增数列；若an＋1③　＜　an，则{an}为递减数列.否则为常数列或摆动数列.
b.周期性——若an＋k＝an（n∈N*，k为常数且为正整数），则{an}为周期数列，④　k　为{an}的一个周期.
3.数列的前n项和Sn与通项an的关系
（1）Sn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*）.
（2）若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
注意　利用an＝求通项时，对n＝1的情形要检验.若当n＝1时，a1符合an＝Sn－Sn－1（n≥2），则数列{an}的通项公式用一个式子表示；否则，用分段形式表示.
1.已知递增数列{an}的通项an＝n2－kn（n∈N*），则实数k的取值范围是（　B　）
A.（－∞，2] B.（－∞，3） C.（－∞，2） D.（－∞，3]
解析　因为数列{an}是递增数列，所以an＜an＋1对任意n∈N*都成立，即n2－kn＜
（n＋1）2－k（n＋1），即k＜2n＋1对任意n∈N*恒成立，因此k＜3.故选B.
2.[易错题]已知数列{an}的前5项分别为2，－5，10，－17，26，则{an}的一个通项公式为　an＝（－1）n＋1（n2＋1）（答案不唯一）　.
解析　由题意易得，数列{an}各项的绝对值为2，5，10，17，26，…，记为数列{bn}，则bn＝n2＋1，考虑到（－1）n＋1具有转换正负号的作用，所以原数列{an}的一个通项公式为an＝（－1）n＋1（n2＋1）.
3.[教材改编]在数列{an}中，a1＝－，an＝1－（n≥2，n∈N*），则a2 025的值为　　.
解析　由题意可得，a1＝－，a2＝5，a3＝，a4＝－，a5＝5，…，所以可观察出数列{an}为以3为周期的数列.又2 025÷3＝675，所以a2 025＝a3＝.
4.[教材改编]已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋5，则数列{an}的通项公式为　an＝　.
解析　当n＝1时，a1＝S1＝.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n2＋n＋5）－[（n－1）2＋
（n－1）＋5]＝2n－.又2×1－＝≠a1，所以数列{an}的通项公式为an＝
研透高考 明确方向
命题点1　由an与Sn的关系求数列的通项公式
例1 （1）[全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝　－63　.
解析　因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－（2an－1＋1），所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝＝－63.
（2）[2023湖北武汉三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且5an＋1＋Sn＋16＝0.则an＝　－4×（）n　.
解析　当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－，
由5an＋1＋Sn＋16＝0　①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2）　②，①－②得5an＋1＝4an（n≥2），∵a2＝－≠0，∴an≠0，∴＝（n≥2），又＝，∴{an}是首项为－，公比为的等比数列，∴an＝－×（）n－1＝－4×（）n.
方法技巧
1.已知Sn与an的关系求an的思路
（1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
（2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
2.已知Sn＝f（n）求an的一般步骤
（1）先利用a1＝S1求出a1；
（2）用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）便可求出当n≥2时an的表达式；
（3）检验a1是否满足n≥2时an的表达式并得出结论.
训练1 （1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an＋1－1.若a1＝，则an＝　×（）n－1　；若a1＝1，则an＝　　.
解析　①若a1＝.当n＝1时，S1＝2a2－1＝，∴a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，∴an＋1＝an（n≥2）.又∵a2＝a1，∴{an}是以为首项，为公比的等比数列，∴an＝×（）n－1.
②若a1＝1.
解法一　当n＝1时，S1＝2a2－1＝1，a2＝1.当n≥2时，Sn－1＝2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，an＋1＝an，∴{an}从第2项起是等比数列，公比为，∴an＝a2×（）n－2＝
（）n－2（n≥2）.∵a1＝1≠（）1－2，∴an＝
解法二　∵Sn＝2an＋1－1，∴Sn＝2（Sn＋1－Sn）－1，即Sn＋1＝Sn＋，∴Sn＋1＋1＝（Sn＋1），∴{Sn＋1}是以S1＋1＝a1＋1＝2为首项，为公比的等比数列，∴Sn＝2×（）n－1－1.当n≥2时，Sn－1＝2×（）n－2－1，则an＝Sn－Sn－1＝（）n－2（n≥2）.∵a1＝1≠
（）1－2，∴an＝
（2）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（2n－1）×3n，n∈N*，则an＝　　.
解析　由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（2n－1）×3n，n∈N*得，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝（2n－3）×3n－1，两式作差得nan＝（2n－1）×3n－（2n－3）×
3n－1＝（6n－3）×3n－1－（2n－3）×3n－1＝4n×3n－1，则an＝4×3n－1，n≥2.当n＝1时，a1＝3，不满足an＝4×3n－1，所以an＝
命题点2　由递推关系求数列的通项公式
角度1　累加法
例2 [江西高考]在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln（1＋），则an＝（　A　）
A.2＋ln n B.2＋（n－1）ln n
C.2＋nlnn D.1＋n＋ln n
解析　由题意可得，an＋1－an＝ln（1＋），∴an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ln ＋ln ＋…＋ln ＋2＝ln（··…·）＋2＝ln n＋2.故选A.
角度2　累乘法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an（n∈N*），则数列{an}的通项公式为　an＝　.
解析　由Sn＝n2an，可得当n≥2时，Sn－1＝（n－1）2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1，即（n2－1）an＝（n－1）2an－1，易知an≠0，故＝（n≥2）.
所以当n≥2时，an＝×××…×××a1＝×××…×××1＝.
当n＝1时，a1＝1满足an＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
方法技巧
1.形如an＋1－an＝f（n）的递推公式，用累加法求通项，即利用恒等式an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）（n≥2）求解.
2.形如＝f（n）的递推公式，用累乘法求通项，即利用恒等式an＝a1····…·（an≠0，n≥2）求解.
训练2 [浙江高考]已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
（1）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式.
（2）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
解析　（1）由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，又q＞0，解得q＝.
由c1＝1，cn＋1＝4cn得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1得an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝（n≥2）.
当n＝1时，a1＝＝1，满足上式.故an＝.
（2）由cn＋1＝cn得＝，所以cn＝c1···…·＝c1···…·＝＝
（－），
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝（1－）.
由b1＝1，d＞0得bn＋1＞0，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
命题点3　数列的性质及其应用
角度1　数列的周期性
例4 若非零数列{an}满足anan＋2＝an＋1（n∈N*），则称数列{an}为“等积数列”.若等积数列{an}中a1＝4，a2＝5，则a2 025＝　　.
解析　由题意知anan＋2＝an＋1，则an＋2＝，结合a1＝4，a2＝5，可得a3＝＝，a4＝＝＝，a5＝＝＝，a6＝＝，a7＝＝4，a8＝＝5，…，故数列{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝.
角度2　数列的单调性与最大（小）项问题
例5 （1）[2023北京高考]已知数列{an}满足an＋1＝（an－6）3＋6（n＝1，2，3，…），则（　B　）
A.当a1＝3时，{an}为递减数列，且存在常数M≤0，使得an＞M恒成立
B.当a1＝5时，{an}为递增数列，且存在常数M≤6，使得an＜M恒成立
C.当a1＝7时，{an}为递减数列，且存在常数M＞6，使得an＞M恒成立
D.当a1＝9时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
解析　对于A，当a1＝3时，a2＝×（－3）3＋6，a3＝×（－3）9＋6，…，所以{an}为递减数列.又三次函数y＝x3单调递增，所以y＝（x－6）3＋6单调递增，则当n→＋∞时，an→－∞，所以an无最小值，故A错误.
对于B，当a1＝5时，a2＝－＋6，a3＝－＋6，a4＝－＋6，…，所以{an}为递增数列，且n→＋∞时，an→6.取M＝6，则对任意n∈N*，都有an＜M＝6，故B正确.
对于C，当a1＝7时，a2＝＋6，a3＝＋6，易知{an}为递减数列，且n→＋∞时，an→6，故不存在M＞6，使得an＞M恒成立，故C错误.
对于D，当a1＝9时，a2＝＋6，a3＝＋6，易知{an}为递增数列，且当n→＋∞时，an→＋∞，所以an无最大值，故D错误.
（2）若数列{an}的前n项积bn＝1－n，则an的最大值与最小值之和为（　C　）
A.－ B. C.2 D.
解析　由题意a1a2…an＝1－n　①.当n＝1时，a1＝1－＝；当n≥2时，a1a2…an－1＝1－
（n－1）＝－n　②.由①÷②得an＝＝＝1＋（n≥2）.
又a1＝也满足上式，所以an＝1＋（n∈N*）.作出函数f（x）＝1＋的图象，如图所示，易知当x∈N*时，f（x）max＝
f（5），f（x）min＝f（4），所以an的最小值为a4＝－1，最大值为a5＝3，所以an的最大值与最小值之和为－1＋3＝2，故选C.
方法技巧
1.解决数列单调性问题的3种常用方法
作差比 较法 an＋1－an＞0 数列{an}是递增数列； an＋1－an＜0 数列{an}是递减数列； an＋1－an＝0 数列{an}是常数列.
作商比 较法 当an符号确定时，利用与1的大小关系确定{an}的单调性.
数形结 合法 利用数列对应的函数的图象直观判断.注意“函数”的自变量为正整数.
2.求数列中的最大（小）项的方法
（1）利用求数列中的最大项an；利用求数列中的最小项an.
（2）结合数列单调性判断数列的最大（小）项.
3.解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.
训练3 （1）已知数列{an}满足an＝ncosπ，bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前50项和为－52.
解析　解法一　由题意得，bn＝an＋an＋1＝ncosπ＋（n＋1）cosπ＝ncosπ－（n＋1）sinπ，则b4n＝4ncos 2nπ－（4n＋1）sin 2nπ＝4n，同理可得b4n－1＝4n，b4n－2＝2－4n，b4n－3＝2－4n，所以b4n－3＋b4n－2＋b4n－1＋b4n＝4，于是数列{bn}的前50项和b1＋b2＋b3＋…＋b48＋b49＋b50＝12（b1＋b2＋b3＋b4）＋b4×13－3＋b4×13－2＝12×4＋2－4×13＋2－4×13＝
－52.
解法二（列举法）　由题意可得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，
a4＝4，则a1＋a2＋a3＋a4＝2.通过列举可知，a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝2，且a2k－1＝0，k∈N*.设数列{an}的前n项和为Sn，则S50＝12（a1＋a2＋a3＋a4）＋a49＋a50＝12×2＋49cos＋50cos＝－26.又bn＝an＋an＋1，所以{bn}的前50项和为2S50－a1＋a51＝－52.
（2）已知数列{an}的通项公式为an＝，当an最大时，n＝　3　.（3≈1.44）
解析　设an是数列{an}的最大项，则所以解得≤n≤.因为≈1.44，所以n的值为3.
（3）已知数列{an}的首项a1＝m，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n，若数列{an}是递增数列，则实数m的取值范围是（，）.
解析　由Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n可得，Sn－1＋Sn＝2（n－1）2＋3（n－1）（n≥2），两式相减得an＋an＋1＝4n＋1（n≥2），∴an－1＋an＝4n－3（n≥3），由此可得an＋1－an－1＝4（n≥3）.∴数列a2，a4，a6，…是以4为公差的等差数列，数列a3，a5，a7，…是以4为公差的等差数列.将n＝1及a1＝m代入Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n可得a2＝5－2m，将n＝2代入an＋an＋1＝4n＋1（n≥2）可得a3＝4＋2m.∵a4＝a2＋4＝9－2m，∴要使得任意n∈N*，an＜
an＋1恒成立，只需要a1＜a2＜a3＜a4即可，∴m＜5－2m＜4＋2m＜9－2m，解得＜m＜.
∴实数m的取值范围是（，）.第2讲　等差数列
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解等差数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 4.体会等差数列与一元一次函数的关系. 等差数列的基本运算 2023新高考卷ⅠT20；2023全国卷乙T18；2023全国卷甲T5；2022新高考卷ⅡT3；2022全国卷乙T13；2021新高考卷ⅡT17；2021北京T6；2019全国卷ⅠT9；2019全国卷ⅢT14 本讲的命题热点为等差数列的基本运算、等差数列的判定与证明、等差数列的性质的应用、等差数列前n项和的最值，在客观题和主观题中都有可能出现，难度中等.考查学生的函数与方程思想和数学运算能力.预计2025年高考命题稳定，重点掌握等差数列的通项公式和前n项和公式及其变形应用，同时也要关注等差数列与其他知识的综合运用.
等差数列的判定与证明 2023新高考卷ⅠT7；2022全国卷甲T17；2021全国卷乙T19；2021全国卷甲T18
等差数列的性质 2020全国卷ⅡT4；2020新高考卷ⅠT14
等差数列前n项和的最值 2022全国卷甲T17
1.等差数列的概念
（1）等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的①　差　都等于②　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.
（2）等差中项
如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的③　等差中项　，且A＝④　　.
（3）等差数列的通项公式及其变形
通项公式：⑤　an＝a1＋（n－1）d　，其中a1是首项，d是公差.
通项公式的变形：an＝am＋（n－m）d（m，n∈N*）.
由an＝dn＋（a1－d）可知，当d≠0时，an可看作关于n的一次函数.
规律总结
等差数列的单调性
当d＞0时，数列{an}为递增数列；当d＜0时，数列{an}为递减数列；当d＝0时，数列{an}为常数列.
2.等差数列的前n项和
（1）等差数列的前n项和公式：Sn＝＝⑥　na1＋d　.
（2）由Sn＝na1＋d＝n2＋（a1－）n可知，当d≠0时，Sn可看作关于n的二次函数，故可借助二次函数的图象和性质来研究Sn的最值问题.
3.等差数列的性质
（1）等差数列项的性质
设数列{an}，{bn}均为等差数列.
a.若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an，特别地，若p＋q＝2m，则⑦　ap＋aq＝2am　.反之不一定成立.
b.若{an}公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为⑧　2d　.
c.{pan＋qbn}（p，q为常数）也是等差数列.
d.若{an}与{bn}有公共项，则{an}与{bn}的公共项从小到大排成的新数列也是等差数列，首项是第一个相同的公共项，公差是{an}与{bn}的公差的⑨　最小公倍数　.
e.若{an}公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）组成公差为⑩　md　的等差数列，即下标成等差数列，则相应的项也成等差数列.
f.若c是非零常数，则{}是等比数列.
（2）等差数列前n项和的性质
设Sn为等差数列{an}的前n项和.
a.{}是等差数列，其首项等于 　a1　，公差是{an}的公差的.
b.Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…（m∈N*）是等差数列.
c.两个等差数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn之间的关系为＝ 　　.
1.[教材改编]如果三角形的三个内角成等差数列，则中间角的大小为　60°　.
解析　由题意可设三个内角分别为x－d，x，x＋d，则有（x－d）＋x＋（x＋d）＝180°，可得x＝60°.
2.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝　8　时，{an}的前n项和最大.
解析　由a7＋a8＋a9＞0可得a8＞0，由a7＋a10＜0可得a8＋a9＜0，所以a9＜0，所以当n＝8时，{an}的前n项和最大.
3.[教材改编]已知{an}为等差数列，且a20＝30，a30＝20，则a50＝　0　.
解析　由题意可得，公差d＝＝－1，所以a50＝a20＋30d＝30－30＝0.
4.[教材改编]某公司购置了一台价值220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，每经过一年，其价值减少20万元.当设备价值低于购进价值的5％时，设备将报废，则该机器最多使用　10　年.
解析　设使用n年后，该设备的价值为an万元，则易知{an}是以（220－20）为首项，－20为公差的等差数列，所以an＝（220－20）＋（n－1）×（－20）＝220－20n.令220－20n≥220×5％，得n≤10.45，所以该设备最多使用10年.
5.已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项和为290，所有偶数项和为261，则该数列的项数为　19　.
解析　设等差数列{an}的前n项和为Sn，项数为2k－1，则＝＝，解得k＝10，则项数为2×10－1＝19.
6.[易错题]已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝n，则a20＝　9　.
解析　因为an＋an＋1＝n，所以a1＋a2＝1，a2＋a3＝2，…，a19＋a20＝19.因为a1＝1，所以可得a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，…，和a2＝0，a4＝1，a6＝2，a8＝3，…，奇数项、偶数项分别构成等差数列，所以a2k＝k－1（k∈N*），所以a20＝10－1＝9.
研透高考 明确方向
命题点1　等差数列的基本运算
例1 [2023全国卷甲]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　C　）
A.25 B.22 C.20 D.15
解析　解法一　由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C.
解法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5　①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45　②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C.
例2 [2023新高考卷Ⅰ]设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
（1）若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
（2）若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解析　（1）因为3a2＝3a1＋a3，所以3（a2－a1）＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.
因为bn＝，所以bn＝＝，所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.
因为S3＋T3＝21，所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，
因为d＞1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.
（2）因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，
所以－＝，所以－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×50d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，所以99×50d－＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝或d＝－1（舍去）.
②当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×51d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，所以99×51d－＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－（舍去）或d＝1（舍去）.
综上，d＝.
方法技巧
1.等差数列基本运算中常用的数学思想
方程 思想 等差数列中有五个量a1，an，d，n，Sn，一般可“知三求二”，通过列方程（组）求解.
整体 思想 将已知和所求都用a1和d表示，寻求两者之间的联系，整体代换求解.
2.等差数列基本运算中常用的设元技巧
若三个数成等差数列，可将三个数设为a－d，a，a＋d；若四个数成等差数列，可将四个数设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.
训练1 （1）[2021北京高考]已知{an}和{bn}是两个等差数列，且（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为（　C　）
A.64 B.100 C.128 D.132
解析　因为{an}和{bn}是两个等差数列，所以2a3＝a1＋a5＝288＋96＝384，所以a3＝192，又当1≤k≤5时，是常值，所以＝，即＝，从而b3＝128.故选C.
（2）[2022全国卷乙]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝　2　.
解析　因为2S3＝3S2＋6，所以2（3a1＋3d）＝3（2a1＋d）＋6，化简得3d＝6，解得d＝2.
命题点2　等差数列的判定与证明
例3 [2021全国卷甲]已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
解析　①③ ②.
已知数列{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，故d＝2a1，所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝（n＋1）－n＝（常数），所以数列{}是等差数列.
①② ③.
已知数列{an}是等差数列，{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝dn2＋（a1－）n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1 .
设数列{}的公差为d，则d＞0，－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋（n－1）d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），a1＝d2也满足上式，所以an＝2d2n－d2.
因为an－an－1＝2d2n－d2－[2d2（n－1）－d2]＝2d2（常数）（n≥2），所以数列{an}是等差数列.
方法技巧
等差数列的判定与证明的方法
定义法 an－an－1（n≥2，n∈N*）为同一常数 {an}是等差数列
等差中项法 2an－1＝an＋an－2（n≥3，n∈N*）成立 {an}是等差数列
通项公式法 an＝pn＋q（p，q为常数）对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
前n项和 公式法 Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
训练2 （1）[2023新高考卷Ⅰ]设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}为等差数列.则（　C　）
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析　若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋（n－1）d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋（n－1）·，所以－＝a1＋（n＋1－1）·－[a1＋（n－1）·]＝，为常数，所以{}为等差数列，即甲 乙；若{}为等差数列，设其公差为t，则＝＋（n－1）t＝a1＋（n－1）t，所以Sn＝na1＋n（n－1）t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n（n－1）t－[（n－1）a1＋（n－1）（n－2）t]＝a1＋2（n－1）t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2（n－1）t（n∈N*），所以an＋1－an＝a1＋2（n＋1－1）t－[a1＋2（n－1）t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲 乙.所以甲是乙的充要条件，故选C.
（2）[多选/2023福建莆田九中质检]已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（　BCD　）
A.若数列{Sn}为等差数列，则数列{an}为等差数列
B.若数列{}为等差数列，则数列{an}为等差数列
C.若数列{an}和{}均为等差数列，则S3＝2a3
D.若数列{an}和{}均为等差数列，则数列{an}是常数列
解析　对于A，若数列{Sn}为等差数列，设公差为d，可得an＝Sn－Sn－1＝d（n≥2），但是首项a1的值不确定，所以数列{an}不一定为等差数列，故选项A错误；对于B，若数列{}为等差数列，设公差为d'，则＝S1＋（n－1）d'，可得Sn＝nS1＋n（n－1）d'，当n＝1时，a1＝S1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nS1＋n（n－1）d'－（n－1）S1－（n－1）（n－2）d'＝S1＋（2n－2）d'，则an－an－1＝2d'（n≥3），由a2＝S1＋2d'，a1＝S1，得a2－a1＝2d'，所以an－an－1＝2d'（n≥2），故数列{an}为等差数列，故选项B正确；对于C，由数列{an}为等差数列，可设an＝kn＋b，k，b为常数，则＝k2n2＋2kbn＋b2，所以＝k2n＋2kb＋，因为数列{}为等差数列，所以n≥2时，－＝k2＋－＝k2＋b2（－）为常数，则b2＝0，所以b＝0，故an＝kn，所以S3＝a1＋a2＋a3＝6k，又a3＝3k，所以S3＝2a3，故选项C正确；对于D，由数列{an}为等差数列，可设an＝pn＋q，p，q为常数，则＝p2n2＋2pqn＋q2，因为{}为等差数列，所以－＝（2n－1）p2＋2pq为常数，则p＝0，所以an＝q，则数列{an}是常数列，故选项D正确.故选BCD.
命题点3　等差数列的性质
例4 （1）[新高考卷Ⅰ]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为　3n2－2n　.
解析　{2n－1}与{3n－2}的第一个公共项为1，则易知{an}是以1为首项，2×3＝6为公差的等差数列，则Sn＝n＋×6＝3n2－2n.
（2）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且＝3，则＝　　.
解析　设S3＝m（m≠0），则S6＝3m.因为{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…成等差数列，公差为m，所以可推出S9＝6m，S12＝10m，故＝.
训练3 （1）数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝－5，b1＝－15，a2 025＋b2 025＝100，则数列{an＋bn}的前2 025项和为　81000　.
解析　易得数列{an＋bn}为等差数列，首项为a1＋b1＝－20，∴{an＋bn}的前2 025项和为2 025×＝81 000.
（2）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝，则＝　　，＝　　.
解析　由题意可得＝＝＝＝＝＝.由＝＝及等差数列前n项和性质可设Sn＝A·2n2，Tn＝A（3n2＋n）（A≠0），∴a10＝S10－S9＝
A（2×102－2×92）＝38A，b11＝T11－T10＝A[（3×112＋11）－（3×102＋10）]＝64A，∴＝＝.
命题点4　等差数列前n项和的最值
例5 [2022全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.
（1）证明：{an}是等差数列.
（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
解析　（1）由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n　①，
所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1）　②，
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.
（2）由（1）知数列{an}的公差为1.
由＝a4a9，得＝（a1＋3）（a1＋8），解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝＝（n－）2－，所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
方法技巧
求等差数列前n项和Sn的最值的方法
（1）通项法：①若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，n可用不等式组来确定；
②若a1＜0，d＞0，则Sn必有最小值，n可用不等式组来确定.
（2）二次函数法：由于Sn＝n2＋（a1－）n，故可用二次函数求最值的方法求Sn的最值，结合n∈N*及二次函数图象的对称性来确定n的值.
（3）不等式组法：一般情况下，Sn最大时，有（n≥2，n∈N*），解得n的范围，进而确定n的值和对应的Sn的值（即Sn的最值）.
训练4 等差数列{an}的前n项和为Sn，若 n∈N*，Sn≤S7，则数列{an}的通项公式可能是（　B　）
A.an＝16－3n B.an＝15－2n
C.an＝2n－14 D.an＝2n－15
解析　因为数列{an}是等差数列，且 n∈N*，Sn≤S7，所以该数列从第8项起为非正数，即a7≥0，a8≤0.
对于A，a7＝16－3×7＝－5＜0，故A不正确；对于B，a7＝15－2×7＝1＞0，a8＝15－2×8＝－1＜0，故B正确；对于C，a7＝2×7－14＝0，a8＝2×8－14＝2＞0，故C不正确；对于D，a7＝2×7－15＝－1＜0，故D不正确.故选B.第3讲　等比数列
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题. 4.体会等比数列与指数函数的关系. 等比数列的基本运算 2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15；2023全国卷甲T5；2023天津T6；2022全国卷乙T8；2020全国卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18；2020新高考卷ⅡT18；2019全国卷ⅠT14；2019全国卷ⅢT5 本讲的命题热点为等比数列的基本运算、等比数列的判定与证明、等比数列的性质的应用，整体比等差数列的运算量大.在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，重点掌握等比数列的通项公式和前n项和公式及其变形应用，同时也要关注等比数列与其他知识的综合运用.
等比数列的判定与证明 2020全国卷ⅡT6
等比数列的性质的应用 2023新高考卷ⅡT8；2023全国卷乙T15，2021全国卷甲T7
1.等比数列的概念
（1）等比数列的定义
一般地，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（q≠0）表示.
注意　（1）等比数列中的任何一项都不为0，且公比q≠0.（2）若一个数列是常数列，则此数列一定是等差数列，但不一定是等比数列，如：0，0，0，….
（2）等比中项的概念
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时G2＝ab.
注意　只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个.
（3）等比数列的通项公式及其变形
通项公式：①　an＝a1·qn－1　，其中a1是首项，q是公比.
通项公式的变形：an＝am·qn－m.
说明　当q＞0且q≠1时，an＝·qn可以看成函数y＝cqx，其表示一个不为0的常数与指数函数的乘积.
规律总结
等比数列的单调性
当或时，{an}是递增数列；当或时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列；当q＜0时，{an}是摆动数列.
2.等比数列的前n项和
设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.
（1）Sn＝
（2）当q≠1时，Sn＝＝－qn＋，若设a＝，则Sn＝④　－aqn＋a　（a≠0，q≠0，q≠1）.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋a的图象上一系列孤立的点，且qn的系数与常数项互为相反数.
当q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x的图象上一系列孤立的点.
注意　在运用等比数列的前n项和公式时，要注意对q＝1与q≠1进行讨论.
3.等比数列的性质
（1）等比数列项的性质
设数列{an}，{bn}是等比数列.
a.若m＋n＝k＋l，则⑤　aman＝akal　，其中m，n，k，l∈N*，反之，不一定成立，如当数列{an}是非零常数列时，此结论不成立.
b.相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）仍是等比数列，公比为⑥　qm　.
c.数列{λan}，{}，{}，{an·bn}和{}（λ≠0，n∈N*）也是等比数列.
d.若an＞0，则数列{lg an}是等差数列.
（2）等比数列的前n项和的性质
设Sn是等比数列{an}的前n项和.
a.Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
b.当q≠－1（或q＝－1且k为奇数）时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是⑦　等比　数列.
注意　当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列.
1.下列说法正确的是（　B　）
A.满足an＋1＝qan（q≠0，n∈N*）的数列{an}为等比数列
B.a，b，c三个数成等比数列是b2＝ac的充分不必要条件
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列
D.若等比数列{an}为递增数列，则其公比q＞1
2.[多选]已知数列{an}是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则下列说法错误的是（　BC　）
A.{}为等比数列 B.{log2an}为等差数列
C.{an＋an＋1}为等比数列 D.若Sn＝3n－1＋r，则r＝－
解析　令bn＝，则＝＝（非零常数），所以{}是等比数列，选项A正确；若an＜0，则log2an无意义，所以选项B错误；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时{an＋an＋1}不是等比数列，所以选项C错误；当q≠1时，Sn＝A－A·qn（A＝），由Sn＝3n－1＋r＝×3n＋r可得r＝－，所以选项D正确.故选BC.
3.[易错题]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝　8或－10　.
解析　设公比为q.当q＝1时，S3＝3a1成立，所以S4＝4a1＝8.当q≠1时，S3＝＝6，解得q＝－2，所以S4＝6＋2q3＝－10.所以S4＝8或－10.
4.[教材改编]有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，则这四个数依次为　3，6，12，18或，，，　.
解析　设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为，因此这四个数为，a－d，a，a＋d.由题意得解得或故这四个数为3，6，12，18或，，，.
研透高考 明确方向
命题点1　等比数列的基本运算
例1 （1）[2023全国卷甲]设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝（　C　）
A. B. C.15 D.40
解析　解法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝＝15.故选C.
解法二　设等比数列{an}的公比为q，由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得q（1＋q）（q2－4）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
（2）[2023天津高考]已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为（　C　）
A.3 B.18 C.54 D.152
解析　解法一　因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以等比数列{an}的公比q＝＝3.当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
解法二　设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝＋2＝－qn＋＋2，所以又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
方法技巧
1.等比数列基本运算中常用的数学思想
方程 思想 等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求解.
分类讨 论思想 等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论（分q＝1和q≠1两种情况讨论）.
2.等比数列基本运算中常用的技巧
（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设
这些项为…，，x，xq，…；若连续偶数个符号相同的项成等比数列，则可设这些项为…，，，xq，xq3，….
（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时合理运用q＝＝＝…＝＝.
（3）注意立方差公式的应用：a3－b3＝（a－b）（a2＋ab＋b2）.
训练1 （1）[2022全国卷乙]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝（　D　）
A.14 B.12 C.6 D.3
解析　解法一　设等比数列{an}的公比为q，
由题意可得
即解得
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
解法二　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，由题意可得解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
（2）[全国卷Ⅰ]设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝（　D　）
A.12 B.24 C.30 D.32
解析　设等比数列{an}的公比为q，所以＝＝q＝2，所以a6＋a7＋a8＝（a1＋a2＋a3）·q5＝25＝32，故选D.
命题点2　等比数列的判定与证明
例2 [全国卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝.
（1）求b1，b2，b3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
（3）求{an}的通项公式.
解析　（1）由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
方法技巧
判定与证明等比数列的常用方法
定义法 若＝q（q为非零常数且n≥2），则{an}是等比数列
等比 中项法 若数列{an}中，an≠0且＝an·an＋2，则{an}是等比数列
通项 公式法 若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1（c，q均为非零常数），则{an}是等比数列
前n项和 公式法 若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k（k为非零常数，q≠0且q≠1），则{an}是等比数列
训练2 [2023江苏省七市模拟]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.
（1）证明：{an＋1－2an}是等比数列.
（2）证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立.
解析　解法一　（1）∵an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1＝3an＋1－6an＝3（an＋1－2an），
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1＝2an＋1－6an＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，∴a2－3a1＝2≠0，
∴数列{an＋1－3an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－3an＝2n　①，
由第（1）问得an＋1－2an＝3n　②，
由②－①得，an＝3n－2n.
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
解法二　（1）令an＋2＋λan＋1＝μ（an＋1＋λan），
由an＋2＝5an＋1－6an得解得或
∴an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an）或an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）.
∵a1＝1，a2＝5，
∴a2－2a1＝3≠0，
∴数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知an＋1－2an＝3n　①，
由an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an）可得an＋1－3an＝2n　②，
由①－②得，an＝3n－2n，
故存在通项为bn＝3n，cn＝－2n的两个等比数列，使得an＝bn＋cn成立.
命题点3　等比数列的性质的应用
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（　C　）
A.120 B.85 C.－85 D.－120
解析　解法一　设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则化简整理得所以S8＝＝×（1－44）＝－85.故选C.
解法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6为等比数列，所以＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝
－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.所以S8＝－85，故选C.
（2）[2023全国卷乙]已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　－2　.
解析　解法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
解法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
训练3 （1）[2021全国卷甲]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝（　A　）
A.7 B.8 C.9 D.10
解析　易知公比q≠－1，则S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，
由等比中项得S2（S6－S4）＝，即4（S6－6）＝22，所以S6＝7.故选A.
（2）若公比大于1的等比数列{an}满足a1a5＝144，a2＋a4＝30，则公比q＝　2　.
解析　解法一　由题意知a1a5＝a2a4＝144　①，a2＋a4＝
30　②，由①②得或因为公比q＞1，所以an＋1＞an，所以则q2＝＝4，故q＝2.
解法二　由题意知a1＞0，q＞1，
由得解得第4讲　数列求和
命题点 五年考情 命题分析预测
用公式法和分组转化法求和 2023新高考卷ⅡT18；2021新高考卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18 本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.
用错位相减法求和 2023全国卷甲T17；2021新高考卷ⅠT16；2021全国卷乙T19；2020全国卷ⅠT17；2020全国卷ⅢT17
用裂项相消法求和 2022新高考卷ⅠT17
用倒序相加法求和
数列求和的几种常用方法
1.公式法
（1）直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
（2）①12＋22＋32＋…＋n2＝，②13＋23＋33＋…＋n3＝[]2.
2.分组转化法
（1）利用分组转化法求和的常见类型
（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前n项和.如an＝bn＋cn＋…＋hn，则ak＝bk＋ck＋…＋hk.
注意　对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.
3.错位相减法
（1）适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列.
（2）求解思路：
Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn　①，
qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1　②，
①－②得（1－q）Sn＝a1b1＋d（b2＋b3＋…＋bn）－anbn＋1，进而利用公式法求和.
4.裂项相消法
（1）利用裂项相消法求和的基本步骤
（2）常见数列的裂项方法
数列（n为正整数） 裂项方法
{}（k为非零常数） ＝（－）
{} ＝（－）
{} ＝（－）
{} ＝－
5.倒序相加法
已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前n项和的2倍，最后求出该数列的前n项和.
1.[教材改编]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则S20＝　400　.
解析　设等差数列{an}的公差为d.
由得即所以d＝－2，a1＝39，所以S20＝20×39＋×（－2）＝400.
2.[教材改编]已知an＝（－1）nn，则a1＋a2＋…＋a2n＝　n　.
解析　由题意可得，a2n－1＋a2n＝－（2n－1）＋2n＝1，∴a1＋a2＋…＋a2n＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2n－1＋a2n）＝1＋1＋…＋1＝n.
3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有　64　项.
解析　设该等差数列为{an}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝2　①，an＋an－1＋an－2＝4　②，①＋②得3（a1＋an）＝6，又64＝，可得n＝64，所以该数列有64项.
4.[易错题]数列{an}的通项公式为an＝2n－10，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝　130　.
解析　易知{an}为等差数列.设{an}的前n项和为Sn，当an＝2n－10＝0时，n＝5，所以
｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝－（a1＋a2＋…＋a5）＋a6＋a7＋…＋a15＝S15－2S5＝130.
研透高考 明确方向
命题点1　用公式法和分组转化法求和
例1 [2021新高考卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
解析　（1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*.
（2）因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1　①，
a2k＋1＝a2k＋2　②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1　③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋×3＋20＋×3＝300.
训练1 公差为2的等差数列{an}中，a1，a2，a4成等比数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝求{bn}的前20项和.
解析　（1）因为等差数列{an}的公差为2，
所以a2＝a1＋2，a4＝a1＋6.
因为a1，a2，a4成等比数列，
所以（a1＋2）2＝a1（a1＋6），解得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2＋（n－1）×2＝2n.
（2）因为bn＝所以b16＋b17＋…＋b20＝b11＋b12＋…＋b15＝b6＋b7＋…＋b10，
所以{bn}的前20项和：
T20＝（b1＋b2＋…＋b5）＋（b6＋b7＋…＋b10）＋（b11＋b12＋…＋b15）＋（b16＋b17＋…＋b20）
＝（b1＋b2＋…＋b5）＋3（b6＋b7＋…＋b10）
＝（a1＋a2＋…＋a5）＋3（a6＋a7＋…＋a10）
＝＋3×
＝＋3×
＝270.
命题点2　用错位相减法求和
例2 [2023全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和Tn.
解析　（1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1，
两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1，
即（n－1）an－1＝（n－2）an，
故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，
整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）.
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
（2）令bn＝＝，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋　①，
Tn＝＋＋…＋＋　②，
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，即Tn＝2－.
方法技巧
用错位相减法求和的注意事项
（1）在书写qSn时注意“错位对齐”，以方便后续运算.
（2）两式相减时注意最后一项的符号.
（3）注意相减后的和式结构的中间为（n－1）项的和.
训练2 [2021全国卷乙]设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式.
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜.
解析　（1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，故an＝，bn＝.
（2）由（1）知Sn＝＝（1－），
Tn＝＋＋＋…＋＋　①，
Tn＝＋＋＋…＋＋　②，
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝（1－）－，
整理得Tn＝－，
则Tn－＝－－（1－）＝－＜0，故Tn＜.
命题点3　用裂项相消法求和
例3 （1）已知an＝，求数列{an}的前n项和Sn.
（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，求证：Sn＜.
（3）已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，求证：Sn＜.
解析　（1）易得an＝＝（－），所以Sn＝[（1－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）＋（－）]＝（1＋－－）＝－（＋）＝－.
（2）由题意可得，an＝＝（－），
所以Sn＝[（1－）＋（－）＋…＋（－）]＝（1－）＝－.
因为＞0，所以Sn＜.
（3）易知an＝＜＝（－）.
当n＝1时，a1＝＜；
当n≥2时，Sn＝＜＋＝＋[（－）＋（－）＋…＋（－）]＝＋（－）＝－＜.综上，Sn＜.
方法技巧
利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项消去哪些项，保留哪些项.
训练3 [2022新高考卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列.
（1）求{an}的通项公式.
（2）证明：＋＋…＋＜2.
解析　（1）因为a1＝1，所以＝1，
又{}是公差为的等差数列，
所以＝1＋（n－1）×＝.
所以Sn＝an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an（n≥2），
所以＝（n≥2），
所以××…××＝××…××＝（n≥2），
所以an＝（n≥2），又a1＝1也满足上式，
所以an＝（n∈N*）.
（2）因为an＝，所以＝＝2（－），
所以＋＋…＋＝2[（1－）＋（－）＋…＋（－）]＝2（1－）＜2.
命题点4　用倒序相加法求和
例4 已知函数f（x）＝x＋sin πx－3，则f（）＋f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（）＝　－8098　.
解析　令y＝f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（）　①，y＝f（）＋
f（）＋…＋f（）＋f（）　②，
①＋②，得2y＝[f（）＋f（）]＋[f（）＋f（）]＋…＋[f（）＋
f（）]＋[f（）＋f（）].
因为f（x）＋f（2－x）＝x＋sin πx－3＋（2－x）＋sin[π（2－x）]－3＝－4，所以2y＝
－4×4 049，故y＝－8 098.
方法技巧
可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.
训练4 已知数列{an}的通项an＝，则a1＋a2＋…＋a100＝（　C　）
A.98 B.99 C.100 D.101
解析　因为an＝，所以an＋a101－n＝＋＝＋＝＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a100＋a1＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.第5讲　数列的综合应用
命题点 五年考情 命题分析预测
等差、等比数列的综合问题 2022新高考卷ⅡT17；2022天津T18；2020浙江T20；2019全国卷ⅡT19 该讲的命题重点是等差数列与等比数列的综合，数列与不等式的综合，难度中等.预计2025年高考可能会出现新的数列综合题，备考时，应关注数列与其他知识的综合.
数列与其他知识综合 2023新高考卷ⅠT7；2023全国卷乙T10；2023天津T19；2021浙江T10
命题点1　等差、等比数列的综合问题
例1 [全国卷Ⅱ]已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
（1）证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列.
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
解析　（1）由题设得4（an＋1＋bn＋1）＝2（an＋bn），即an＋1＋bn＋1＝（an＋bn）.因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.
由题设得4（an＋1－bn＋1）＝4（an－bn）＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
（2）由（1）知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[（an＋bn）＋（an－bn）]＝＋n－，
bn＝[（an＋bn）－（an－bn）]＝－n＋.
训练1 已知数列{an}的首项a1＝4，{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列.
（1）证明：数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式.
（2）在①bn＝an＋1－an，②bn＝log2，③bn＝这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列{bn}满足 　，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　（1）因为{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝4×
2n－1＝2n＋1，
故－＝1，所以数列{}是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）×2n.
（2）若选条件①bn＝an＋1－an，则bn＝（n＋3）×2n，
所以Tn＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋（n＋3）×2n，
2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋（n＋3）×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4×2＋22＋23＋…＋2n－（n＋3）×2n＋1，
所以－Tn＝8＋－（n＋3）×2n＋1＝4－（n＋2）×2n＋1，所以Tn＝（n＋2）×2n＋1－4.
若选条件②bn＝log2，则bn＝log2＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝2（n＋1）－1－（2n－1）＝2，b1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Tn＝＝n2.
若选条件③bn＝，则bn＝＝（－），
故Tn＝（－＋－＋…＋－）＝（－）＝.
命题点2　数列与其他知识综合
角度1　数列与函数综合
例2 [2023福建宁德一中段考]设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝＋log2的图象上的任意两点.
（1）当x1＋x2＝1时，求f（x1）＋f（x2）的值；
（2）设Sn＝f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（），其中n∈N*，求Sn；
（3）对应（2）中Sn，已知an＝（）2，其中n∈N*，设Tn为数列{an}的前n项和，求证：≤Tn＜.
解析　（1）∵A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））是函数f（x）＝＋log2的图象上的任意两点，
∴ x1，x2∈（0，1），且当x1＋x2＝1时，
f（x1）＋f（x2）＝＋log2＋＋log2＝1＋log2＝1＋log2＝1＋log21＝1.
（2）∵＋＝＋＝＋＝…＝1，
∴由（1）知f（）＋f（）＝f（）＋f（）＝f（）＋f（）＝…＝1.
∵Sn＝f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（），
∴2Sn＝[f（）＋f（）]＋[f（）＋f（）]＋…＋[f（）＋f（）]＝n，故Sn＝.
（3）∵an＝（）2＝（）2＝（）2，
∴Tn＝＋＋＋…＋.
∵an＞0，∴Tn＜Tn＋1，∴{Tn}是递增数列，
∴Tn≥T1＝a1＝，又an＝＜＝＝2（－），
∴Tn＝＋＋＋…＋＋＜2（－＋－＋－＋…＋－＋－）＝2（＋－－）＝2（－－）＜，
∴≤Tn＜.
方法技巧
数列与函数的综合问题的解题策略
（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究.
（2）已知数列条件，解决函数问题，一般要利用数列的有关公式对式子化简变形.
注意　数列是自变量为正整数的特殊函数，要灵活运用函数的思想方法求解.
训练2 （1）函数f（x）的定义域为R，满足f（x＋1）＝2f（x），且当x∈[0，1）时，
f（x）＝sin πx.当x∈[0，＋∞）时，将函数f（x）的极大值点从小到大依次记为a1，a2，a3，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，b3，…，bn，…，则数列{an＋bn}的前9项和为　　.
解析　当x∈[0，1）时，f（x）＝sin πx，此时a1＝，b1＝1.由于f（x＋1）＝2f（x），则
f（x）＝2f（x－1）.
当x∈[1，2）时，x－1∈[0，1），则f（x－1）＝sin（x－1）π，所以f（x）＝2sin（x－1）π，此时a2＝，b2＝2.
……
当x∈[n－1，n）时，x－（n－1）∈[0，1），所以f（x）＝2n－1sin[x－（n－1）]π，此时an＝，bn＝2n－1.
令cn＝an＋bn，则c1＋c2＋c3＋…＋c9＝（＋＋＋…＋）＋（1＋2＋22＋…＋28）＝＋29－1＝.
（2）设曲线y＝xn＋1（n∈N*）在点（1，1）处的切线与x轴交点的横坐标为xn.令an＝
lg xn，则数列{an}的前n项和Sn＝　－lg（n＋1）　.
解析　因为y＝xn＋1（n∈N*），所以y'＝（n＋1）xn，当x＝1时，y'＝n＋1，所以曲线y＝xn＋1在点（1，1）处的切线方程为y－1＝（n＋1）（x－1），令y＝0，则x＝，即xn＝，an＝lg xn＝lg n－lg（n＋1），则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg 3＋…＋lg n－lg（n＋1）＝－lg（n＋1）.
角度2　数列与不等式综合
例3 [2023天津高考]已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
（1）求{an}的通项公式和ai.
（2）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk＜an＜bk＋1.
（i）当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1；
（ii）求{bn}的通项公式及其前n项和.
解析　（1）设{an}的公差为d，
由得解得
所以{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
＝2×2n－1＋1＝2n＋1，＝2（2n－1）＋1＝2n＋1－1.
从到共有2n－1－2n－1＋1＝2n－1（项）.
所以ai＝＝＝＝3×22n－2.（或ai＝2n－1×（2n＋1）＋×2＝3×22n－2）
（2）（i）因为当2k－1≤n≤2k－1时，bk＜an＜bk＋1，
所以当2k≤n＋1≤2k＋1－1时，bk＋1＜an＋1＜bk＋2，
可得an＜bk＋1＜an＋1.
由（1）知{an}为递增数列，所以若2k－1≤n≤2k－1，则≤an≤，得2k＋1≤an≤2k＋1－1.
同理可得2k＋1＋1≤an＋1≤2k＋2－1.
故可得2k＋1－1＜bk＋1＜2k＋1＋1，
所以2k－1＜bk＜2k＋1.
综上，当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1.
（ii）由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn（p＞0，q＞0且q≠1），
由（i）知，2n－1＜bn＜2n＋1，即2n－1＜p·qn＜2n＋1，
则有1－＜p·（）n＜1＋.
①当＞1，即q＞2时，
n0∈N*，使得p·（＞2，与p·（＜1＋矛盾；
②当0＜＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
n1∈N*，使得p·（＜，与p·（＞1－矛盾.
故q＝2.
因为2n－1＜bn＜2n＋1，所以bn＝2n.
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n＋1－2.
方法技巧
1.数列与不等式的综合问题的解题策略
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者借助数列对应的函数的单调性求解.
（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，要灵活选择不等式的证明方法，有时需构造函数，利用函数的单调性、最值来证明.
2.放缩技巧
（1）对（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有四种情况：
①＞＝－；
②＜＝－（n≥2）；
③＜＝（－）（n≥2）；
④＜＝2（－）.
（2）对（n∈N*）的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①＞＝－；
②＜＝－.
训练3 [2021浙江高考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，则（　A　）
A.＜S100＜3 B.3＜S100＜4
C.4＜S100＜ D.＜S100＜5
解析　因为a1＝1，an＋1＝（n∈N*），所以an＞0，a2＝，所以S100＞.＝＝＋＝（＋）2－，所以＜（＋）2，两边同时开方可得＜＋，则＜＋，…，＜＋，由累加法可得＜＋＝1＋，所以≤1＋＝，所以≥，所以an＋1＝≤＝an，即≤，则≤，…，≤，由累乘法可得当n≥2时，an＝≤×××…××＝＝6（－），所以S100＜1＋6（－＋－＋…＋－）＝1＋6（－）＜1＋2＝3，故选A.

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