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第6部分第7节《子数列问题》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【题型展示】
题型一　奇数项与偶数项
例1　在数列{an}中，an＝
(1)求a1，a2，a3；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
跟踪训练1　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．
题型二　两数列的公共项
例2　数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝4n－1，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
跟踪训练2　(1)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则(　　)
A．a3＋b5＝c3 B．b28＝c10
C．a5b2>c8 D．c9－b9＝a26
(2)已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝4n－2(1≤n≤100，n∈N*)，bn＝6n－4(n∈N*)，由这两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，则数列{cn}的各项之和为(　　)
A．6 788 B．6 800 C．6 812 D．6 824
题型三　分段数列
例3　(1)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝，则an＝________.
(2)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a1＝，数列{bn}是等比数列，且b1＝a1，b2＝－a3，b3＝a4，数列{bn}的前n项和为Sn.
①求数列{bn}的通项公式；
②设cn＝求{cn}的前n项和Tn.
跟踪训练3　(1)已知数列：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20,21，再接下来三项是20,21,22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 024等于(　　)
A．264＋190 B．263＋190
C．264＋62 D．263＋62
(2)已知数列{an}满足an＝若数列{an}的前n项和为Sn，则当λ＝1时，S11等于(　　)
A. B. C. D.
基础夯实
1．韩信采用下述点兵方法：先令士兵从1～3报数，结果最后一个士兵报2；再令士兵从1～5报数，结果最后一个士兵报3；又令士兵从1～7报数，结果最后一个士兵报4；这样，韩信很快就算出了自己部队士兵的总人数．已知士兵人数不超过500人，那么部队最多有多少士兵？
2．已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n＋6，bn＝2n＋7.将集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，….
(1)求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项，又是数列{bn}中的项；
(2)数列c1，c2，c3，…，c40中有多少个不是数列{bn}中的项；
(3)求数列{cn}的前4n项和S4n.
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，满足S3＝13，a＝3a6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
优化提升
5．已知在各项均不相等的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}中，b1＝log2(a2＋1)，bn＋1＝4bn＋2n＋1，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及其前n项和Sn；
(2)求证：{bn＋2n}是等比数列，并求{bn}的通项公式；
(3)设cn＝求数列{cn}的前2n项的和T2n.
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a(a∈R)，an＋1＝n∈N*.
(1)若0＜an≤6，求证：0＜an＋1≤6；
(2)若a＝5，求S2 024；
(3)若a＝(m∈N*)，求S4m＋2的值．
参考答案：
基础摸查
【题型展示】
例1 解　(1)因为an＝
所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，
a3＝2×3－1＝5.
(2)因为an＝
所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，
a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．
当n为奇数时，数列的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)
＝×1＋×4＋＝＋；
当n为偶数时，数列{an}的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)
＝×1＋×4＋＝＋.
所以数列{an}的前n项和
Sn＝
跟踪训练1 解　(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＝
所以当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.
例2 解　方法一　设ak＝bm＝cp，
则4k－1＝3m＋2，
所以k＝，
因为3,4互质，
所以m＋1必为4的倍数，
即m＝4p－1，
所以cp＝bm＝3(4p－1)＋2
＝12p－1，
即数列{cn}的通项公式为
cn＝12n－1.
方法二　由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，
所以c1＝11.
设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以ak＋1＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝3＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋2＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋3＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{bn}中的项．
所以cp＋1＝ak＋3，
则cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12，
所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11，
因此，数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
跟踪训练2 (1)B
(2)B
例3 (1)
(2)解　①设数列{an}的公差为d，d≠0，
因为数列{bn}是等比数列，
所以b＝b1b3，所以a＝a1a4，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
所以a1d＋4d2＝0，
因为d≠0，所以a1＋4d＝0，
又a1＝，所以d＝－，
所以b1＝a1＝，数列{bn}的公比
q＝＝＝
＝－1－2×＝－，
所以bn＝b1qn－1＝×n－1.
②由①知bn＝×n－1，
an＝a1＋(n－1)d＝－(n－1)
＝－n＋，
所以cn＝
当1≤n≤5时，
Tn＝
＝1－n，
当n≥6时，Tn＝1－5＋
＝－n2＋n－，
所以Tn＝
跟踪训练3 (1)A
(2)D
基础夯实
1．解　根据士兵报数结果可得，士兵的总数是三个等差数列{3n＋2}，{5n＋3}，{7n＋4}的公共项所组成的数列中的项．
记an＝3n＋2，bn＝5n＋3，cn＝7n＋4，新数列记为{dn}．
从小到大列举数列{cn}中的项，并判断是否为数列{an}与{bn}中的项，
可得数列{dn}的首项为d1＝53，
设ak＝bm＝cp＝dn，则3k＋2＝5m＋3＝7p＋4，
所以cp＋1＝7(p＋1)＋4＝7p＋4＋7＝5＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋2＝7(p＋2)＋4＝7p＋4＋14＝5＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋3＝7(p＋3)＋4＝7p＋4＋21＝5＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋4＝7(p＋4)＋4＝7p＋4＋28＝5＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋5＝7(p＋5)＋4＝7p＋4＋35＝5(m＋7)＋3＝3＋2不是数列{an}中的项；
cp＋6＝7(p＋6)＋4＝7p＋4＋42＝5＋3不是数列{bn}中的项；
…；
cp＋15＝7(p＋15)＋4＝7p＋4＋105＝5(m＋21)＋3＝3(k＋35)＋2是数列{an}和{bn}中的项．
所以dn＋1＝cp＋15，
则dn＋1－dn＝105，
所以数列{dn}的通项公式为
dn＝105n－52.
当n＝5时，dn＝473<500，
当n＝6时，dn＝578>500，
所以最多有473个士兵．
2．解　将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成数列{dn}．
设ak＝bm，则3k＋6＝2m＋7，
即m＝，所以k为奇数，
设k＝2n－1，则m＝3n－2，dn＝ak＝3(2n－1)＋6＝6n＋3.
(1)三个最小的数依次为9,15,21.
(2)由数列c1，c2，c3，…，cn，…的构成可知，
dm＝6m＋3与dm＋1＝6m＋9均为数列{cn}中的项，
在dm和dm＋1中还有以下项：6m＋5,6m＋6,6m＋7，
又c1＝d1＝9，
因此数列{cn}中的项从第1项起，连续的4项中只有第3项是数列{an}中的偶数项，不是数列{bn}中的项，
所以数列c1，c2，c3，…，c40中有10个不是数列{bn}中的项．
(3)由(2)可知，数列{cn}的前4n项中，
由数列{bn}中的前3n项和数列{an}中的前n项偶数项构成，
因此S4n＝＋＝12n2＋33n.
3．解　(1)方法一　因为{an}是公比q>1的等比数列，
所以由
得
即
两式相除得＝，
整理得3q2－10q＋3＝0，
即(3q－1)(q－3)＝0，
解得q＝3或q＝，
又q>1，所以q＝3，故a1＝＝1，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
方法二　因为{an}是公比q>1的等比数列，
所以由
得
即
则
故
解得或(舍去)，
故q2＝＝9，则q＝3，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝an＝3n－1，
当n为偶数时，bn＝bn－1＋n＝3n－2＋n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(30＋32＋…＋32n－2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n－2＋2n)
＝2×(30＋32＋…＋32n－2)＋(2＋4＋…＋2n)
＝2×＋
＝＋n(n＋1)．
4．解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，
∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
∴解得
∴an＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝＝n(n＋2)，
∴cn＝
∴T2n＝＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)
＝1－＋＝－.
优化提升
5．解　(1)设各项均不相等的等差数列{an}的公差为d(d≠0)，∵a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，
∴a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴Sn＝＝n2.
(2)在数列{bn}中，b1＝log2(a2＋1)＝log24＝2，
∵bn＋1＝4bn＋2n＋1，n∈N*.
∴bn＋1＋2n＋1＝4(bn＋2n)，b1＋2＝4.
∴数列{bn＋2n}是等比数列，首项为4，公比为4，
∴bn＋2n＝4n，
∴bn＝4n－2n.
(3)①当n＝2k，k∈N*时，cn＝c2k＝＝，
∴数列{c2k}的前k项的和Ak＝＋＋…＋，
∴Ak＝＋＋…＋＋，
∴Ak＝＋2－
＝＋2×－，
化简为Ak＝－＝－.
②当n＝2k－1，k∈N*时，
cn＝c2k－1＝
＝＝
＝＝，
∴数列{c2k－1}的前k项的和Bk＝
＝＝，
∴数列{cn}的前2n项的和T2n＝Ak＋Bk＝－＋.
6．(1)证明　当an∈(0,3]时，
则an＋1＝2an∈(0,6]，
当an∈(3,6]时，
则an＋1＝an－3∈(0,3]，
故an＋1∈(0,6]，
所以当0＜an≤6时，
总有0＜an＋1≤6.
(2)解　当a1＝a＝5时，a2＝a1－3＝2，a3＝2a2＝4，a4＝a3－3＝1，a5＝2a4＝2，a6＝2a5＝4，a7＝a6－3＝1，
所以数列{an}为5,2,4,1,2,4,1,2,4,1，…，
所以从第2项起，{an}中的项以3为周期，其和为2＋4＋1＝7，
所以S2 024＝5＋7×674＋2＝4 725.
(3)解　由m∈N*，可得2m－1≥1，
故a＝≤3，
当1＜k≤m，k∈N*时，2k－1a≤＝<＝3.
故ak＝2k－1a且am＋1＝2ma.
又am＋1＝＞3，
所以am＋2＝am＋1－3＝2ma－3
＝2m·－3＝a.
故S4m＋2＝S4(m＋1)－a4m＋3－a4m＋4
＝4(a1＋a2＋…＋am＋1)－(2m－1＋2m)a
＝4(1＋2＋…＋2m)a－3×2m－1a
＝4(2m＋1－1)a－3×2m－1a
＝(2m＋3－4－3×2m－1)a
＝.第6部分第1节《数列的概念》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【习题导入】
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，则a2的值是(　　)
A．2 B．4 C．5 D．6
2．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，是{an}的项的是(　　)
A．21 B．33 C．152 D．153
3．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.
【知识归纳】
1．数列的有关概念
概念 含义
数列 按照 排列的一列数
数列的项 数列中的__________
通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的 之间的对应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
数列{an}的前n项和 把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝____________
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件
项数 有穷数列 项数______
无穷数列 项数______
项与项间的大小关系 递增数列 an＋1 an 其中n∈N*
递减数列 an＋1 an
常数列 an＋1＝an
摆动数列 从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
3.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是 ，对应的函数值是 ，记为an＝f(n)．
常用结论
1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝
2．在数列{an}中，若an最大，则(n≥2，n∈N*)；若an最小，则(n≥2，n∈N*)．
【题型展示】
题型一　由an与Sn的关系求通项公式
例1　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n＋2－3，则an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝2Sn－1，则a10等于(　　)
A．128 B．256 C．512 D．1 024
跟踪训练1　(1)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.
(2)已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝n B．an＝n2
C．an＝ D．an＝
题型二　由数列的递推关系求通项公式
命题点1　累加法
例2　设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
命题点2　累乘法
例3　在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
跟踪训练2　(1)已知数列a1，，…，，…是首项为1，公比为2的等比数列，则log2an＝________.
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln()，则an等于(　　)
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
题型三　数列的性质
命题点1　数列的单调性
例4　设数列{an}的前n项和为Sn，且 n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
命题点2　数列的周期性
例5　若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a2 024的值为(　　)
A．2 B．－3 C．－ D.
命题点3　数列的最值
例6　已知数列{an}的通项公式为an＝，其最大项和最小项的值分别为(　　)
A．1，－ B．0，－ C.，－ D．1，－
跟踪训练3　(1)已知数列{an}的通项an＝，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．
(2)观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是(　　)
A．1 111 B．11 C．ln 11 D．sin 11
基础夯实
1.数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项可能是(　　)
A.an＝ B.an＝
C.an＝ D.an＝
2.已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 023＝(　　)
A.－1 B. C.1 D.2
3.记Sn为数列{an}的前n项的和，若Sn＝2an＋1，则S6＝(　　)
A.31 B.－31 C.63 D.－63
4．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2 024等于(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
5．大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为(　　)
A．760 B．800 C．840 D．924
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*).若bn＝log2()，则数列{bn}的通项公式bn＝(　　)
A.n B.n－1 C.n D.2n
7．已知an＝，那么数列{an}是(　　)
A．递减数列 B．递增数列
C．常数列 D．摆动数列
8．已知数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7等于(　　)
A．128 B．16 C．32 D．64
9．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an等于(　　)
A. B. C. D.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝6，Sn＝(n∈N*).则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an＝3n B.an＝3n
C.an＝n＋4 D.an＝n2＋2
11.(多选)下列四个命题中，正确的有(　　)
A.数列的第k项为1＋
B.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C.数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1
D.数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}是递增数列
12．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·，则下列说法正确的是(　　)
A．数列{an}的最小项是a1
B．数列{an}的最大项是a4
C．数列{an}的最大项是a5
D．当n≥5时，数列{an}递减
13．Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________.
14．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列{nan}中数值最小的项是第________项．
15.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
16.已知数列{an}的通项公式an＝，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________.
17.设数列{an}的前n项和为Sn，且 n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
18.已知数列{an}的前n项和为Sn，求数列{an}的通项公式.
(1)Sn＝2n－1，n∈N*；
(2)Sn＝2n2＋n＋3，n∈N*.
19.已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
20．在①nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)；②Sn＝2n2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．
若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{an}满足________．
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
21．已知数列{cn}满足c1＝，＝，n∈N*，Sn为该数列的前n项和．
(1)求证：数列为递增数列；
(2)求证：Sn<1.
优化提升
22．在数列{an}中，a1＝1，a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，则a100等于(　　)
A. B．－ C．100 D．－100
23．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则(　　)
A．b1C．b624.已知各项均为正数的数列{an}满足an＋1－an＝2n，a1＝13，则取最小值时，n＝(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
25．已知数列{an}满足a2＝2，a2n＝a2n－1＋2n(n∈N*)，a2n＋1＝a2n＋(－1)n(n∈N*)，则数列{an}第2 024项为(　　)
A．21 012－2 B．21 013－3
C．21 011－2 D．21 011－3
26.(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}(a∈N*)，其中是“差递减数列”的有(　　)
A.an＝3n B.an＝n2＋1
C.an＝ D.an＝ln
27．已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝an，则的最大值为________．
28．已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在数列{an}中，an＝[lg n]，记Sn为数列{an}的前n项和，则a2 024＝________；S2 024＝________.
29．在数列{an}中，已知a1＝1，n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，记bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2 025＝________.
30.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
参考答案：
基础摸查
【习题导入】
1．B　2.ABD　3.34
【知识归纳】
1．确定的顺序　每一个数　序号n
a1＋a2＋…＋an
2．有限　无限　>　<
3．序号n　数列的第n项an
【题型展示】
例1 (1)　(2)B
跟踪训练1 (1)－
(2)B
例2 A
例3 an＝
跟踪训练2 (1)　(2)A
例4 n－6，n∈N*(答案不唯一)
例5 D
例6 A
跟踪训练3 (1)3，－1　(2)C
基础夯实
1.A
2.B
3.D
4.C　
5.C
6.C
7．B　
8.D　
9.D　
10.A
11.ABD
12．BCD
13．an＝　
14.2n－11　3
15.
16.5
17.n－6(n∈N*)(答案不唯一)
18.解　(1)∵Sn＝2n－1(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.
经检验，当n＝1时，符合上式，
∴an＝2n－1(n∈N*).
(2)∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.
经检验，当n＝1时，不符合上式，
∴an＝
19.解　(1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴＝，
∴＝＝…＝＝1，
∴an＝n(n∈N*).
(2)bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜.
令cn＝，即＝·＝＞1.
∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1＝2，
即λ的取值范围为(－∞，2).
20．解　(1)选择①：a2－2a1＝1×2，
则a2＝4.
2a3－3a2＝2×3，则a3＝9.
选择②：a2＝S2－S1＝2×22－1－1＝6.
a3＝S3－S2＝2×32－1－2×22＋1
＝10.
(2)选择①：由nan＋1－(n＋1)an
＝n(n＋1)，
得－＝1，
所以＝－＋－＋…＋－a1＋a1＝n－1＋1＝n，
所以an＝n2.
选择②：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－1－[2(n－1)2－1]＝4n－2；
当n＝1时，a1＝S1＝1，不符合上式，
故{an}的通项公式为
an＝
21．证明　(1)因为c1＝，
＝，
所以cn≠1，cn≠0，
两边分别取倒数可得
1－＝－，
整理可得－＝2>0，
所以数列为递增数列．
(2)由＝可得
＝，
即＝cn＋，
所以cn＝－，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝－＋－＋…＋－
＝－＝＋2，
又≥＝2，所以cn＋1∈，
所以<－1，即Sn<1.
优化提升
22．D
23．D
24.B
25．B
26.CD
27．3
28．3　4 965
29.
30.解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10故a的取值范围是(－10，－8).第6部分第2节《等差数列》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【习题导入】
1．在等差数列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，则a10等于(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a9＋a10＋a11＋a12等于(　　)
A．12 B．8 C．20 D．16
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝10，S4＝28，则Sn的最大值为________．
【知识归纳】
1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的差都等于 ，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 表示，定义表达式为 ．
(2)等差中项
由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有2A＝ .
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝ .
(2)前n项和公式：Sn＝ 或Sn＝ .
3．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋ (n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则 .
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为 的等差数列．
(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，为等差数列．
常用结论：
1．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2．在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．
3．等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
4．数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．这里公差d＝2A.
【题型展示】
题型一　等差数列基本量的运算
例1　(1)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
(2)已知公差为1的等差数列{an}中，a＝a3a6，若该数列的前n项和Sn＝0，则n等于(　　)
A．10 B．11 C．12 D．13
跟踪训练1　(1)数列是等差数列，且a1＝1，a3＝－，那么a2 024＝________.
(2)《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为(一丈＝十尺＝一百寸)(　　)
A．一尺五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
题型二　等差数列的判定与证明
例2 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.
跟踪训练2　已知数列{an}的各项都是正数，n∈N*.
(1)若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)若a＋a＋a＋…＋a＝S，Sn为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式．
题型三　等差数列的性质
命题点1　等差数列项的性质
例3　(1)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝2，b1＝－3，a7－b7＝17，则a2 024－b2 024的值为________．
(2)已知在等差数列{an}中，若a8＝8且log2()＝22，则S13等于(　　)
A．40 B．65 C．80 D．40＋log25
跟踪训练3　(1)已知等差数列{an}满足＝－2，则下列结论一定成立的是(　　)
A.＝－1 B.＝－1
C.＝－1 D.＝－1
(2)若等差数列{an}的前15项和S15＝30，则2a5－a6－a10＋a14等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
命题点2　等差数列前n项和的性质
例4(1)已知等差数列{an}共有(2n＋1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an＋1的值为(　　)
A．30 B．29 C．28 D．27
(2)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为(　　)
A. B. C. D.
跟踪训练4　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，－＝6，则S2 023等于(　　)
A．2 023 B．－2 023
C．4 046 D．－4 046
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝20，S5＝30，am＝40，则m等于(　　)
A．6 B．10 C．20 D．40
基础夯实
1．首项为－21的等差数列从第8项起为正数，则公差d的取值范围是(　　)
A．(3，＋∞) B.()
C.[) D.(]
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S50－S47＝12，则S97等于(　　)
A．198 B．388 C．776 D．2 023
3.已知数列{an}满足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)＝(　　)
A.－3 B.3 C.－ D.
4.在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝(　　)
A.10 B.9 C.8 D.7
5．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若3a5＝7a11，且a1>0.则使Sn<0的n的最小值为(　　)
A．30 B．31 C．32 D．33
6.已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝a，则a10＝(　　)
A. B.5 C.10 D.40
7．已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为(　　)
A．28 B．29 C．30 D．31
8．天干地支纪年法，源于中国．中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，……，依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，……，依此类推.1911年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛亥革命”.1949年新中国成立，请推算新中国成立的年份为(　　)
A．己丑年 B．己酉年
C．丙寅年 D．甲寅年
9.(多选)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”，则下列数列{bn}为“吉祥数列”的是(　　)
A.bn＝n B.bn＝(－1)n(n＋1)
C.bn＝4n－2 D.bn＝2n
10．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，依次成等差数列，则下列结论中不一定成立的是(　　)
A．a，b，c依次成等差数列
B.，，依次成等差数列
C．a2，b2，c2依次成等差数列
D．a3，b3，c3依次成等差数列
11.(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　)
A.a2＋a3＝0 B.an＝2n－5
C.Sn＝n(n－4) D.d＝－2
12.(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元5世纪.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”.其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”.已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}、{bn}，下列选项中正确的为(　　)
A.b10＝8b5 B.{bn}是等比数列
C.a1b30＝105 D.＝
12．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
14．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.
15.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝1，S12＝4，则S18＝________.
16.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则等于________.
17.设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________，若a7＜0，则使得不等式Sn＜0成立的最小整数n＝________.
18.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝，a2＝2，2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1，则数列{an}的前16项和S16＝________.
19.已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
20.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由.
21．已知{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a5＝1，________.若存在正整数n，使得Sn有最小值．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn的最小值．
从①a3＝－1，②d＝2，③d＝－2这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在上面的问题中并作答．
22．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
优化提升
23．将正奇数排成一个三角形阵，按照如图排列的规律，则第15行第3个数为(　　)
A．213 B．215 C．217 D．219
24．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，已知数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为(　　)
A．－70 B．－72 C．－64 D．－68
25．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则等于(　　)
A. B. C. D.
26．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
27．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________．
28．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为______．
29.已知在数列{an}中，a6＝11，且nan－(n－1)an＋1＝1，则an＝________；eq \f(a＋143,n)的最小值为________.
30.等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1 464，求n的最小值.
参考答案：
基础摸查
【习题导入】
1．C　2.D　3.30
【知识归纳】
1．(1)2　同一个常数　d　an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)　(2)a＋b
2．(1)a1＋(n－1)d
(2)na1＋d　
3．(1)(n－m)d　(2)ak＋al＝am＋an
(3)md
【题型展示】
例1 (1)C
(2)D
跟踪训练1 (1)－　(2)B
例2 解　①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，
则a2＝3a1＝a1＋d，得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{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d
＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于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，d>0，
则－＝－＝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)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
跟踪训练2 (1)证明　由题意得b＝anan＋1，
则cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)
＝2d2(常数)，
∴{cn}是等差数列．
(2)解　当n＝1时，a＝a，
∵a1>0，∴a1＝1.
a＋a＋a＋…＋a＝S，①
当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a
＝S，②
①－②得，a＝S－S＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)．
∵an>0，
∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③
∵a1＝1也符合上式，∴当n≥2时，a＝2Sn－1－an－1，④
③－④得a－a＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1
＝an＋an－1，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n.
例3 (1)4 051
(2)B
跟踪训练3 (1)C　(2)A
例4 (1)B
(2)C
跟踪训练4 (1)C　(2)C
基础夯实
1．D　
2.B　
3.A
4.B
5.B
6.A
7.B　
8.A　
9.BC
10．ABD
11.ABC
12.BD
13．2　
14.200
15.9
16.
17.6　13
18.84
19.(1)解　设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋·d
＝2k＋×2＝k2＋k，
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，
故a＝2，k＝10.
(2)证明　由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝＝.
20.解　(1)设公差为d.∵{an}为等差数列，
∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，
∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根，
又公差d＞0，∴a2＜a4，∴a2＝5，a4＝13.
∴∴∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n＋×4＝2n2－n，
假设存在常数k，使数列{}为等差数列.
由＋＝2，
得＋＝2，解得k＝1.
∴＝＝n，
当n≥2时，n－(n－1)＝，为常数，
∴数列{}为等差数列.
故存在常数k＝1，使得数列{}为等差数列.
21．解　选择①作为补充条件：
(1)因为a5＝1，a3＝－1，所以d＝1，
所以an＝1＋(n－5)×1
＝n－4(n∈N*)．
(2)由(1)可知a1＝－3，
所以Sn＝＝n(n－7)．
因为n∈N*，所以当n＝3或4时，Sn取得最小值，且最小值为－6.故存在正整数n＝3或4，使得Sn有最小值，且最小值为－6.
选择②作为补充条件：
(1)因为a5＝1，d＝2，
所以an＝1＋(n－5)×2
＝2n－9(n∈N*)．
(2)由(1)可知a1＝－7，
所以Sn＝＝n2－8n.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，且最小值为－16.
故存在正整数n＝4，使得Sn有最小值，最小值为－16.
不可以选择③作为补充条件．
22．解　(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，
设其公差为d，
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，
则由(1)可得，
Sn＝8n＋×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，
令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)
＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝
优化提升
23．B
24．B
25．D
26．AC
27．3n2－2n
28．12
29.2n－1　44
30.解　(1)∵等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，
∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，
∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3＞a5，
解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，
∴解得a1＝5，d＝－3.
∴an＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋×(－3)＝－n2＋n.
∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，
当n≥3时，bn＝|an|＝3n－8.
当n＜3时，T1＝5，T2＝7；
当n≥3时，Tn＝－Sn＋2S2＝－＋14.
∵Tn≥1 464，∴Tn＝－＋14≥1 464，
即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥，
∴n的最小值为34.第6部分第3节《等比数列》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【习题导入】
1．设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6等于(　　)
A．31 B．32 C．63 D．64
3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________________．
【知识归纳】
1．等比数列有关的概念
(1)定义：如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 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 ，公比通常用字母q(q≠0)表示.
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使 成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ .
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝ .
(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝ ＝ .
3．等比数列性质
(1)若m＋n＝p＋q，则 ，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则 ，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 (k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和也是等比数列(b，p，q≠0)．
(4)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn， ， 仍成等比数列，其公比为qn.(n为偶数且q＝－1除外)
(5)若或则等比数列{an}递 ．
若或则等比数列{an}递 ．
常用结论：
1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．
3．数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
(2)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q，或＝q.
【题型展示】
题型一　等比数列基本量的运算
例1　(1)朱载堉(1536～1611)是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中阐述了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”．即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音的频率是最初那个音的2倍．设第二个音的频率为f1，第八个音的频率为f2.则等于(　　)
A. B. C. D．4
(2)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于(　　)
A．14 B．12 C．6 D．3
跟踪训练1　(1)在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是(　　)
A．插入的第8个数为
B．插入的第5个数是插入的第1个数的倍
C．M>3
D．N<7
(2)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
题型二　等比数列的判定与证明
例2　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}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.
跟踪训练2　在数列{an}中，a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
题型三　等比数列的性质
例3　(1)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为______．
(2)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则的值为(　　)
A. B．3 C．± D．±3
跟踪训练3　(1)在等比数列{an}中，若a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，则a7＋a8等于(　　)
A．40 B．36 C．54 D．81
(2)等比数列{an}共有奇数个项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
(3)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则＋＋…＋的值为(　　)
A．2 B．4 C．8 D．16
基础夯实
1．已知等比数列{an}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于(　　)
A．1 B．－1 C．3 D．－3
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝－8，a7＝，则S6＝(　　)
A.－ B. C. D.
3.某工厂生产A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q(q≠1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为260的样本进行调查，其中C产品的数量为20，则抽取的A产品的数量为(　　)
A.100 B.140 C.180 D.120
4.等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则(　　)
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
5．已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为(　　)
A. B．1 C．2 D．3
6.已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为(　　)
A.2 B.4 C. D.6
7．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
8．若等比数列{an}中的a5，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a2 023等于(　　)
A. B．1 011 C. D．1 012
9．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则log2(a3·a5)的值为(　　)
A．16 B．12 C．10 D．8
10.(多选)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是(　　)
A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0
11．(多选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是(　　)
A．{an＋Sn}是等差数列
B．{an·Sn}是等比数列
C．{a}是等差数列
D．是等比数列
12．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且an>0，S1＋a1＝2，S3＋a3＝22，则公比q＝________，S5＋a5＝________.
13．已知数列{an}为等比数列，若数列{3n－an}也是等比数列，则数列{an}的通项公式可以为 __________.(写出一个即可)
14.朱载堉(1536－1611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和历学家，他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1，第七个音的频率为f2，则＝________.
15.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
16.等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________.
17.设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
18.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
19.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
20．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
21．Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
优化提升
22．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝－1，则数列{Sn}(　　)
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
23．(多选)在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是(　　)
A．k不可能为0
B．等差数列一定是“等差比数列”
C．等比数列一定是“等差比数列”
D．“等差比数列”中可以有无数项为0
24.(多选)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N＋，则下列说法正确的是(　　)
A.a4＝4 B.{a2n}是等比数列
C.a2n－a2n－1＝2n－1 D.a2n－1＋a2n＝2n＋1
25.(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足： (ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{an－bn}是等差数列
B.Sn＝2n＋1－2－
C.数列{an}是递增数列
D. ＜2
26．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.
27．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝________，Tn＝________.
28．将正整数按照如图所示方式排列：
试问2 024是表中第________行的第________个数．
29．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0,4S1＋S2＝S3.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)对于 n∈N*，不等式＋n2＋≥6n＋t恒成立，求实数t的最大值．
30.已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞成立的最大正整数k的值.
参考答案：
基础摸查
【习题导入】
1．B　2.C　3.1,3,9或9,3,1
【知识归纳】
1．(1)2　同一个　公比
(2)a，G，b　ab
2．(1)a1qn－1　(3)　
3．(1)aman＝apaq　aman＝a　(2)qm
(4)S2n－Sn　S3n－S2n　(5)增　减
【题型展示】
例1 (1) A
(2)D
跟踪训练1 (1)D
(2)A
例2解　选①②作为条件证明③：
设Sn＋a1＝Aqn－1(A≠0)，则Sn＝Aqn－1－a1，
当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)，
因为{an}是等比数列，所以＝，解得q＝2，所以a2＝2a1.
选①③作为条件证明②：
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，所以公比q＝2，
所以Sn＝＝a1(2n－1)，即Sn＋a1＝a12n，
因为＝2，所以{Sn＋a1}是等比数列．
选②③作为条件证明①：
设Sn＋a1＝Aqn－1(A≠0)，则Sn＝Aqn－1－a1，
当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)，
因为a2＝2a1，所以A(q－1)＝A，解得q＝2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)＝A·2n－2＝a1·2n－1，
又因为＝2(n≥2)，且a2＝2a1，
所以{an}为等比数列．
跟踪训练2 (1)证明　因为a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即＝.
因为a1＝2，a2＝5，
所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
所以＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知，an＋1＝3·2n－1，
所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝－n
＝3·2n－n－3.
例3 (1)24
(2)B
跟踪训练3 (1)C
(2)C
(3)A
基础夯实
1．A　
2.C
3.C
4.B
5．C
6.B
7.C　
8.C　
9.B　
10.AC
11.ACD
12．3　202　
13.an＝3n－1(答案不唯一)
14.2
15.1
16.－
17.100a100
18.(1)证明　2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝an－1＋.
∴an－＝，
∴数列为等比数列.
(2)解　由2S1＝－a1＋1，得a1＝，
由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列.
∴an－＝－＝－，
∴an＝－＋，
∴an－1＝－－，
∴Tn＝－
＝－.
19.解　(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴
消去a1，得q＋＝，则q＝2，或q＝(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝＝[1－(－4)n]
＝－(－1)n·.
20．解　(1)设数列{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*)．
(2)若an＝(－2)n－1，
则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，
此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
21．解　(1)由题意可得
解得a1＝1，q＝3，
所以an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，
解得λ＝，
此时Sn＋＝×3n，
则＝3.
故存在常数λ＝，使得数列是等比数列．
优化提升
22．A
23．AD
24.ABC
25.ABC
26．－9
27.　
28．11　1 001
29．解　(1)由4S1＋S2＝S3，
得4a1＋a1＋a2＝a1＋a2＋a3，
整理得4a1＝a3，
所以4a1＝a1q2.
因为a1≠0，所以q2＝4，
由题意得q>0，所以q＝2.
(2)由(1)得Sn＝
＝a1(2n－1)，
an＝a1·2n－1，
所以＝.
所以不等式＋n2＋≥6n＋t恒成立，等价于＋n2＋≥6n＋t恒成立，
所以t≤＋n2－6n＋.
令f(n)＝＋n2－6n＋＝(n－3)2－.
当n＝1时，f(1)＝4－＝；
当n＝2时，f(2)＝1－＝；
当n≥3时，f(n)单调递增，
所以f(n)≥f(3)＝－.
所以t≤－，
故实数t的最大值为－.
30.解　(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－或1(舍)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·.
(2)Sn＝＝.
∵Sk＞，∴＞，
∴＜－，
显然，k为奇数，即＞＞＝.
解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.第6部分第4节《数列中的构造问题》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【题型展示】
题型一　形如an＋1＝pan＋f(n)型
命题点1　an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)
例1　(1)已知数列{an}的首项a1＝1，且＝＋2，则数列{an}的通项公式为__________．
(2)数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)且a1＝0，则a2 024等于(　　)
A．22 023－1 B．42 023－1
C．22 023＋1 D．42 023＋1
命题点2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)
例2　已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，求数列{an}的通项公式．
命题点3　an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)
例3　(1)在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝6an＋3n，则an＝________.
(2)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n＋1，n∈N*.则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝(2n＋1)·3n B．an＝(n－1)·2n
C．an＝(2n－1)·3n D．an＝(n＋1)·2n
跟踪训练1　(1)已知数列{an}满足a1＝1，(2＋an)·(1－an＋1)＝2，设的前n项和为Sn，则a2 023(S2 023＋2 023)的值为(　　)
A．22 023－2 B．22 023－1
C．2 D．1
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.则数列{an}的通项公式an等于(　　)
A．n·2n－1 B．n·2n
C．(n－1)·2n D．(n＋1)·2n
(3)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，则an＝________.
题型二　相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1)
例4　(1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．则数列{an}的通项公式为an＝________.
(2)已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10等于(　　)
A．47 B．48
C．49 D．410
跟踪训练2　若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝________.
题型三　倒数为特殊数列
例5　(1)(多选)数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是(　　)
A.＝＋ B.是等比数列
C．(2n－1)an＝1 D．3a5a17＝a49
(2)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则满足an>的n的最大取值为(　　)
A．7 B．8 C．9 D．10
跟踪训练3　已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为____________．
优化提升
1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1，则a4的值为(　　)
A．15 B．23 C．32 D．42
2．在数列{an}中，a1＝5，且满足－2＝，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．2n－3 B．2n－7
C．(2n－3)(2n－7) D．2n－5
3．已知数列{an}满足a2＝，an－an＋1＝3anan＋1，则数列的通项公式an等于(　　)
A. B.
C．3n－2 D．3n＋2
4．已知数列{an}满足：a1＝1，且an＋1－2an＝n－1，其中n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－n B．an＝2n＋n
C．an＝3n－1 D．an＝3n＋1
5．设数列{an}满足a1＝1，an＝－an－1＋2n(n≥2)，则数列的通项公式an等于(　　)
A.·2n＋ B.·2n＋·(－1)n
C.＋ D.＋·(－1)n
6．在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝a，则an等于(　　)
A．2n－1 B.3n－1
C． D．
7．将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1,2,3，…，2 023，从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于(　　)
A．2 023×22 020 B．2 024×22 021
C．2 023×22 021 D．2 024×22 022
8．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A.为等差数列
B．{an}的通项公式为an＝
C．{an}为递减数列
D.的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4
9．在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝3an＋2n，则an＝________.
10．已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，a6＝124，则a2＝________.
11．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，若cn＝，则cn＝____________.
12．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列{xn}满足xn＋1＝xn－，则称数列{xn}为牛顿数列．如果函数f(x)＝2x2－8，数列{xn}为牛顿数列，设an＝ln ，且a1＝1，xn>2.数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
参考答案：
基础摸查
【题型展示】
例1 (1)an＝
(2)B
例2 解∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴＝2，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an－n＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n＋n.
例3 (1)－3n－1
(2)C
跟踪训练1 (1)C
(2)A
(3)2n＋1－n－1
例4 (1)
(2)C
跟踪训练2 3n－1
例5 (1)ABC
(2)C
跟踪训练3 an＝(n∈N*)
优化提升
1．B　
2.C　
3.A　
4.A　
5.D
6．D
7．B
8．CD
9.·3n－1－n－
10．4
11．(n＋1)3n－1
12．2n－1第6部分第5节《数列求和》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【习题导入】
1．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝，则S5等于(　　)
A．1 B. C. D.
2．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
3．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　)
A. B.
C. D.
【知识归纳】
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝ ＝ .
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝.
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
3．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
常见的裂项技巧
(1)＝－.
(2)＝().
(3)＝().
(4)＝－.
(5)＝[].
常用结论：
常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝.
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝[].
【题型展示】
题型一　分组求和与并项求和
例1　已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
延伸探究　在本例(2)中，如何求S1＋S2＋S3＋…＋Sn
跟踪训练1　记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型二　错位相减法求和
例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
跟踪训练2　在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，②＋＋…＋＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
问题：在数列{an}中，已知________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
题型三　裂项相消法求和
例3　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；[切入点：求数列的通项公式]
(2)证明：＋＋…＋<2.[关键点：把拆成两项相减]
跟踪训练3　已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn<.
基础夯实
1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A.－200 B.－100 C.200 D.100
2.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A.18 B.8 C.5 D.2
3.已知幂函数y＝f(x)过点(4，2)，令an＝f(n＋1)＋f(n)，n∈N*，记数列的前n项和为Sn，则Sn＝10时，n的值是(　　)
A.10 B.120 C.130 D.140
4.已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)
A.9 B.15 C.18 D.30
5.我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为(　　)
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
6.(多选)已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，设数列{bn}的前n项和Sn，则(　　)
A.an＝ B.an＝n
C.Sn＝ D.Sn＝
7.已知数列{an}的首项为－1，anan＋1＝－2n，则数列{an}的前10项之和等于________.
8.已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 021项之和S2 021＝________.
9.已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
10.在①＝，②an＋1an＝2Sn，③a＋an＝2Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，满足________.
(1)求an；
(2)若bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
11.在①＝＋1，②是2n＋1与an的等比中项，③4Sn＝(1＋an)2(an＞0)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且满足________.若bn＝，求使不等式b1＋b2＋…＋bn＞成立的最小正整数n.
12．已知数列{an}满足an＋1an－2n2(an＋1－an)＋1＝0，且a1＝1.
(1)求出a2，a3的值，猜想数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
13．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝2n，求数列{an·bn}的前n项和Tn.
14．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n项和．
15．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.
优化提升
16.(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn＋n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C.数列{an＋1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
17.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________ dm2.
18.已知为等差数列，为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求和的通项公式；
(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝
求数列{cn}的前2n项和.
19．给出以下条件：①a2，a3，a4＋1成等比数列；②S1＋1，S2，S3成等比数列；③Sn＝(n∈N*)．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若是以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{bn}的前n项的和Tn.
20．设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝a＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝acos ，Tn是数列{bn}的前n项和，求T3n.
参考答案：
基础摸查
【习题导入】
1．B　2.B　3.B
【知识归纳】
1．(1)　na1＋d　(2)＝，q≠1
【题型展示】
例1 (1)证明　由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，①
得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)，
得an＋1＝－an＋2n an＋1－
＝－(n≥2)，
又当n＝1时，由①得a2＝1 a2－＝－，
所以对任意的n∈N*，
都有an＋1－＝－，
故是以为首项，－1为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知an－＝ an＝，
所以an＋1＝，代入①得Sn＝－－，
所以S1＋S2＋…＋S2n＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－＝×－0－n＝.
延伸探究 解　当n为偶数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－＝×－
＝－＝.
当n为奇数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(S1＋S2＋S3＋…＋Sn＋Sn＋1)－Sn＋1＝－
＝.
综上，S1＋S2＋…＋Sn
＝
跟踪训练1 解　(1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，
即an＝2an－1＋2，可得an＋2
＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0.
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，
即有an＝3·2n－1－2.
(2)bn＝(－1)n·
log2
＝(－1)n·log22n＝(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝.
当n为奇数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
＝－n＝＝－.
综上，Tn＝
例2 解　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，
即＝.
当n＝1时，4S2＝4
＝－－9，
解得a2＝－，
所以＝.
所以数列{an}是首项为－，
公比为的等比数列，
所以an＝－×n－1＝－.
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×n.
所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①
且Tn＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②
①－②得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，
所以Tn＝－4n×n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×n＋1
≤λ恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，
此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥＝－3－，
此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
跟踪训练2 解　(1)选择①，
因为nan＋1＝(n＋1)an，所以＝.
所以是常数列．
又＝1，所以＝1，故an＝n.
选择②，
因为＋＋…＋＝2n＋1－2，
所以当n＝1时，＝22－2＝2，解得a1＝1，
当n≥2时，＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.
又a1＝1，所以an＝n.
(2)由(1)可知bn＝，
则Sn＝＋＋…＋，①
Sn＝＋＋…＋＋.②
两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.
故Sn＝1－.
跟踪训练3 解　(1)由题意，设等比数列{an}的公比为q，则q3＝＝8，即q＝2，
∵a2＋a5＝36，∴a1q＋a1q4＝36，
即2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，
∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)可得，
bn＝
＝
＝－，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－
＝－<，
∴不等式Tn<对n∈N*恒成立．
基础夯实
1.D
2.C
3.B
4.C
5.A
6.AC
7.31
8.2 021
9.5
10.解　(1)若选①，即2Sn＝nan＋1，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an，
两式作差得2an＝nan＋1－(n－1)an，
即(n＋1)an＝nan＋1，
∴＝，∴an＝××…×××a1＝n，
当n＝1时也成立，∴an＝n.
若选②，即2Sn＝an＋1an，
当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，
两式作差得2an＝anan＋1－anan－1，
由an＞0，得an＋1－an－1＝2.
当n＝1时，2S1＝a2a1，得a2＝2.
又∵a1＝1，a2＝2，∴{a2n}是公差为2，首项为2的等差数列，
{a2n－1}是公差为2，首项为1的等差数列，故an＝n.
若选③，即a＋an＝2Sn，当n≥2时，a＋an－1＝2Sn－1，
两式相减得a＋an－a－an－1＝2an，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
由an＞0，得an－an－1－1＝0，
即an－an－1＝1，
∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列.
故an＝n.
(2)bn＝(n＋1)·2n，
Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋
n×2n＋(n＋1)·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝4＋－(n＋1)·2n＋1
＝4－4＋2n＋1－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Tn＝n·2n＋1.
11.解　选①.因为＝＋1，a1＝1，
所以{}是首项为1，公差为1的等差数列，
则＝1＋(n－1)×1＝n，从而Sn＝n2.
当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
经检验，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1.
因为bn＝＝
＝，
所以b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
由＞，解得n＞9，
所以使原不等式成立的最小正整数为10.
选②.因为是2n＋1与an的等比中项，
所以4Sn－1＝(2n＋1)an.
当n＞1时，
两式相减得
4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1，
整理得＝，
所以an＝···…···a1＝2n－1(n≥2)，
经检验，a1＝1也符合上式，
所以an＝2n－1.
以下同选①.
选③.由题设可得
两式相减得
4an＝(1＋an)2－(1＋an－1)2(n≥2)，
进一步整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
以下同选①.
12．解　(1)由已知得，当n＝1时，a2a1－2(a2－a1)＋1＝0，又a1＝1，代入上式，解得a2＝3，同理可求得a3＝5.猜想an＝2n－1.
(2)由(1)可知an＝2n－1，经检验符合题意，所以Sn＝n2，
则bn＝
＝
＝＋，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＝.
13．(1)证明　在4Sn＝(an＋1)2中，
令n＝1，可得a1＝1，
因为4Sn＝(an＋1)2，①
所以当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，②
①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，
所以an－an－1＝2(n≥2)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解　由(1)得an＝2n－1，
所以an·bn＝(2n－1)·2n，
所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝－6＋(3－2n)·2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
14．解　(1)由题意知，bn＋1＝a2n＋1
＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，
所以＝2，
又b1＋2＝a1＋2＝4，
所以{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
则bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－2.
(2)数列{an}的前2n项和为S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)
＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n
＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n
＝2×(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＋n
＝2×－3n＝2n＋3－3n－8.
15．解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意得
即
解得或(舍)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由(1)得，an＝2n，
所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，
所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)
＝4n·－
＝2n2＋6n＋－.
优化提升
16.AD
17.5　240×
18.(1)解　设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而 的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明　由(1)可得Sn＝，
故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
S＝(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜S.
(3)解　当n为奇数时，cn＝＝＝－；
当n为偶数时，cn＝＝.
对任意的正整数n，有c2k－1＝
＝－1，
和c2k＝ ＝＋＋＋…＋.①
由①得c2k＝＋＋…＋＋.②
①－②得c2k＝＋＋…＋－
＝－－，
从而得c2k＝－.
因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.
所以，数列{cn}的前2n项和为
－－.
19．解　(1)设数列{an}的公差为d，
则d>0，
选择条件①：
因为a2，a3，a4＋1成等比数列，
所以a＝a2·(a4＋1)，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)·(2＋3d＋1)，
化简得d2－d－2＝0，
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{an}的通项公式为
an＝2＋(n－1)×2＝2n.
选择条件②：因为S1＋1，S2，S3成等比数列，
所以S＝(S1＋1)·S3，所以(2×2＋d)2＝(2＋1)·(3×2＋3d)，化简得d2－d－2＝0，
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
选择条件③：
因为Sn＝(n∈N*)，
所以当n≥2时，Sn－1＝，
两式相减得，an＝an(an＋1－an－1)，
因为an≠0，所以an＋1－an－1＝4，
即2d＝4，所以d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)因为是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以＝2·2n－1＝2n，
所以bn＝2n·2n，
所以Tn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2n·2n，
2Tn＝2·22＋4·23＋6·24＋…＋(2n－2)·2n＋2n·2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－2n·2n＋1＝2×－2n·2n＋1
＝(1－n)2n＋2－4，
所以Tn＝(n－1)2n＋2＋4.
20．解　(1)由2Sn＝a＋an，当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，
两式相减得，2an＝a－a＋an－an－1，
整理可得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
因为an>0，所以an－an－1－1＝0，
即an－an－1＝1(n≥2)，
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，
则a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n.
(2)bn＝acos ＝n2cos ，
设ck＝b3k－2＋b3k－1＋b3k
＝(3k－2)2cos＋(3k－1)2·
cos＋(3k)2cos 2kπ
＝－(3k－2)2＋(3k－1)2＋(3k)2＝9k－，
所以T3n＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＋＋＋…＋
＝9(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝9×－n＝.第6部分第6节《数列中的综合问题》-2025届高考一轮复习-基础摸查+基础夯实+优化提升
基础摸查
【题型展示】
题型一　等差数列、等比数列的综合运算
例1　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．
题型二　数列与其他知识的交汇问题
跟踪训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，递增的等比数列{bn}满足b1＋b4＝18，b2·b3＝32.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·bn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
命题点1　数列与不等式的交汇
例2　(1)已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n2＋n(n∈N*)，设数列{bn}满足：bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn<λ(n∈N*)恒成立，则实数λ的取值范围为(　　)
A.[) B.()
C.[) D.()
(2)已知数列{an}满足a1＝，3an,2an＋1，anan＋1成等差数列．
①证明：数列是等比数列，并求{an}的通项公式；
②记{an}的前n项和为Sn，求证：[]≤Sn<.
命题点2　数列与函数的交汇
例3　(1)数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1,2]，且a4＋λa10＋a16＝15，则实数λ的最大值为________．
(2)已知函数f(x)＝x3＋4x，记等差数列{an}的前n项和为Sn，若f(a1＋2)＝100，f(a2 022＋2)＝－100，则S2 022等于(　　)
A．－4 044 B．－2 022
C．2 022 D．4 044
跟踪训练2　(1)设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 023的两个零点是a2，a3，则a1a4等于(　　)
A．2 023 B．1 C．－1 D．－2 023
(2)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
基础夯实
1．在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1A.() B.()
C.() D.()
2．在正项等比数列{an}中，为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为(　　)
A．2 B．89 C．6 D．3
3．直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2 000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7 000万元(　　)
(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)
A．14 B．13 C．12 D．11
4．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,4a1,2a3，a5成等差数列，则a1等于(　　)
A．5－5 B．5＋5 C．5 D．5
6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝＋1(n＝0,1,2，…) 是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设an＝log4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和．若32Sn＝63an，则n等于(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
5．(多选)已知函数f(x)＝lg x，则下列四个命题中，是真命题的为(　　)
A．f(2)，f()，f(5)成等差数列
B．f(2)，f(4)，f(8)成等差数列
C．f(2)，f(12)，f(72)成等比数列
D．f(2)，f(4)，f(16)成等比数列
7．已知数列{an}的通项公式为an＝ln n，若存在p∈R，使得an≤pn对任意的n∈N*都成立，则p的取值范围为________．
8.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．
9．记关于x的不等式x2－4nx＋3n2≤0(n∈N*)的整数解的个数为an，数列{bn}的前n项和为Tn，满足4Tn＝3n＋1－an－2.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝2bn－λ，若对任意n∈N*，都有cn10．设n∈N*，有三个条件：①an是2与Sn的等差中项；②a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)；③Sn＝2n＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．
若数列{an}的前n项和为Sn，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
优化提升
11．设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
12．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(　　)
A．a1a3，a2C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
13．若数列{an}对于任意的正整数n满足：an>0且anan＋1＝n＋1，则称数列{an}为“积增数列”．已知“积增数列”{an}中，a1＝1，数列{a＋a}的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有(　　)
A．Sn≤2n2＋3 B．Sn≥n2＋4n
C．Sn≤n2＋4n D．Sn≥n2＋3n
14．设函数f(x)＝数列{an}满足an＋1＝f(an)(n∈N*)，若{an}是等差数列．则a1的取值范围是__________．
15．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，
①函数f(x)是增函数；
②数列{an}是递增数列．
写出一个满足①的函数f(x)的解析式________．
写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式________．
16．设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝()(n∈N*)，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn<1＋n.
17．在递增的等比数列{an}中，前n项和为Sn，＝，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.
19．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
20．设正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且满足________．给出下列三个条件：①a3＝4，2lg an＝lg an－1＋lg an＋1(n≥2)；②Sn＝man－1(m∈R)；③2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)．
请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和Tn＝，求n的值．
21．已知{an}是递增的等差数列，a1＋a5＝18，a1，a3，a9分别为等比数列{bn}的前三项．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)删去数列{bn}中的第ai项(其中i＝1,2,3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Sn.
22．(设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
(3)求[ak＋1－(－1)kak]bk.
参考答案：
基础摸查
【题型展示】
例1 (1)证明　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)解　由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，
得a＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋
＝
＝2－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
跟踪训练1 解　(1)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝n2＋n－
＝3n－1，
又∵当n＝1时，
a1＝S1＝2符合上式，
∴an＝3n－1.
∵b2b3＝b1b4，
∴b1，b4是方程x2－18x＋32＝0的两根，
又∵b4>b1，
∴解得b1＝2，b4＝16，
∴q3＝＝8，
∴q＝2，∴bn＝b1·qn－1＝2n.
(2)∵an＝3n－1，bn＝2n，
则cn＝(3n－1)·2n，
∴Tn＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n－1)·2n，
2Tn＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n－1)·2n＋1，
将两式相减得－Tn＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1
＝4＋3－(3n－1)·2n＋1＝(4－3n)·2n＋1－8，
∴Tn＝(3n－4)·2n＋1＋8.
例2 (1)D　
(2)①解　由已知得4an＋1＝3an＋anan＋1，因为a1＝≠0，所以由递推关系可得an≠0恒成立，
所以＝＋1，
所以－4＝－3，
即－1＝.
又因为－1＝－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以－1＝n，
所以an＝.
②证明　由①可得an＝≥＝×n－1，
所以Sn≥＋×1＋…＋×n－1＝，
an＝<＝n，
S1＝<，
当n≥2时，Sn<＋2＋…＋n＝＋＝－3×n<.
综上所述，≤Sn<成立．
例3 (1)－
(2)A
跟踪训练2 (1)D
(2)①解　由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝a1·2n－1＝2n－1.所以Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
所以d＝2，bn＝1＋(n－1)×2
＝2n－1.
②证明　因为log2a2n＋2＝log222n＋1
＝2n＋1，
所以cn＝
＝
＝，
所以Tn＝
.
因为n∈N*，
所以Tn＝<，
＝.
当n≥2时，Tn－Tn－1＝－＝>0，
所以数列{Tn}是一个递增数列，
所以Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.
基础夯实
1．A　
2.C　
3.C　
4.A
6．B
5．ABD
7.
8．120　
9．解　(1)由不等式x2－4nx＋3n2≤0可得，n≤x≤3n，
∴an＝2n＋1，
Tn＝×3n＋1－n－，
当n＝1时，b1＝T1＝1，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1
＝×3n－，
∵b1＝1适合上式，
∴bn＝×3n－.
(2)由(1)可得，
cn＝3n－1＋(－1)n－1λn，
∴cn＋1＝3n＋1－1＋(－1)nλn＋1，
∵cn∴cn＋1－cn＝2×3n＋(－1)n·λn>0，
∴(－1)nλ>－×2n，
当n为奇数时，λ<×2n，
由于×2n随着n的增大而增大，当n＝1时，×2n的最小值为，
∴λ<，
当n为偶数时，λ>－×2n，
由于－×2n随着n的增大而减小，
当n＝2时，－×2n的最大值为－，
∴λ>－，
综上可知，－<λ<.
10．解　(1)选择条件①：
因为an是2与Sn的等差中项，所以2an＝2＋Sn，
所以当n≥2时，2an－1＝2＋Sn－1，
两式相减得，2an－2an－1＝an，
即an＝2an－1(n≥2)，
在2an＝2＋Sn中，令n＝1，
可得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2·2n－1＝2n.
选择条件②：
由a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)，
知Sn＋1＝2(Sn＋1)，
当n＝1时，可求得a2＝4，
所以当n≥2时，Sn＝2(Sn－1＋1)，
两式相减得，an＋1＝2an(n≥2)，
又a1＝2，a2＝4也满足上式，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2·2n－1＝2n.
选择条件③：在Sn＝2n＋1－2中，令n＝1，则a1＝21＋1－2＝2，
当n≥2时，有Sn－1＝2n－2，
两式相减得，an＝2n(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2满足上式，
所以an＝2n.
(2)因为{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以an·bn＝2＋(n－1)·4
＝4n－2，
由(1)知，an＝2n，所以bn＝，
所以Tn＝1×0＋3×1＋5×2＋…＋，
Tn＝1×1＋3×2＋…＋＋，
两式相减得，Tn＝1×0＋2×1＋2×2＋…＋2×n－1－＝1＋2×－＝3－，
所以Tn＝6－.
优化提升
11．C
12．B
13．D
14．(－∞，－3]∪{－2,1}
14．f(x)＝x2　f(x)＝2(答案不唯一)
16．(1)解　由已知＝(n∈N*)，
整理得Sn＝(an＋2)2，
所以Sn＋1＝(an＋1＋2)2.
所以an＋1＝Sn＋1－Sn
＝[(an＋1＋2)2－(an＋2)2]
＝(a＋4an＋1－a－4an)，
整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0，
由题意知an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝4，而a1＝2，
即数列{an}是a1＝2，d＝4的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2.
(2)证明　令cn＝bn－1，
则cn＝
＝
＝－.
故b1＋b2＋…＋bn－n＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－<1.故b1＋b2＋…＋bn<1＋n.
17．解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
由＝，得S4＝4S2,
所以a3＋a4＝3(a1＋a2)，即(a1＋a2)q2＝3(a1＋a2)，
所以q2＝3，
因为等比数列{an}递增，所以q＝，
所以an＝a1qn－1＝.
(2)由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，
故Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝.
18．解　(1)设数列{an}的公比为q，由a1＝2，S3＝a3＋6，
得 a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，
解得 q＝2，
所以an＝2n.
(2)由(1)可得bn＝log2an＝n，所以anbn＝n·2n，
Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，
所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1
＝2n＋1－2－n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
19．解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，
所以d＝a2－a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，
所以n＝log2bn，
所以bn＝2n.
(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝，
即bn是数列{an}中的第2n－1项．
设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，
因为b7＝＝a64，b8＝＝a128，
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，
所以S100＝P107－Q7＝－＝11 302.
20．解　(1)选条件①时，a3＝4,2lg an＝lg an－1＋lg an＋1(n≥2)，
整理得a＝an－1·an＋1，故正项数列{an}为等比数列，
由于a1＝1，a3＝4，
故公比q2＝＝4，解得q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1.
选条件②时，Sn＝man－1(m∈R)，
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2，
故Sn＝2an－1，(a)
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，(b)
(a)－(b)得an＝2an－2an－1，整理得＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
当n＝1时，整理得2a1＝k·21，
解得k＝1，
故2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n·2n(k∈R)，(a)
当n≥2时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋nan－1＝(n－1)·2n－1，(b)
(a)－(b)得an＝2n－1(首项符合通项)，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝
＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
解得n＝99.
21．解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，数列{bn}的公比为q，
由已知得解得a1＝3，d＝3，所以an＝3n；
所以b1＝a1＝3，q＝＝3，所以bn＝3n.
(2)由题意可知新数列{cn}为b1，b2，b4，b5，…，
则当n为偶数时，Sn＝
＝＝，
则当n为奇数时，
Sn＝Sn－1＋cn＝Sn－1＋＝Sn－1＋＝，
综上，Sn＝

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