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2025年高考数学高频易错考前冲刺：数列
一．选择题（共8小题）
1．（2024 大纲版）设等比数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝3，S4＝15，则S6＝（　　）
A．31 B．32 C．63 D．64
2．（2024 新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（　　）
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
3．（2024 全国卷Ⅰ）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cosB等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2024 新课标）已知{an}为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝（　　）
A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7
5．（2023秋 芝罘区校级月考）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 北京）在等差数列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（　　）
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
7．（2024 全国）3+33+35+…+32n+1＝（　　）
A．（9n﹣1） B．（9n+1﹣1）
C．（9n﹣1） D．（9n+1﹣1）
8．（2024 北京）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）
A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0
B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
C．若0＜a1＜a2，则a2
D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2023春 漯河期末）在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（　　）
A．q＝1
B．数列{Sn+2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lgan}是公差为2的等差数列
（多选）10．（2024秋 宁夏校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn＝33n﹣n2，则下列说法正确的是（　　）
A．an＝34﹣2n B．S16为Sn的最小值
C．|a1|+|a2|+…+|a16|＝272 D．|a1|+|a2|+…+|a30|＝450
（多选）11．（2022秋 新罗区校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（　　）
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则必有S7＞S8
D．若S6＞S7，则必有S5＞S6
（多选）12．（2024秋 吉林期末）设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论正确的是（　　）
A．d＞0
B．a7＝0
C．S9＞S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
三．填空题（共4小题）
13．（2024 北京）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝　 　，Sn的最小值为 　 　．
14．（2024 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．
15．（2024 新课标Ⅰ）数列{an}满足an+2+（﹣1）nan＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝　 　．
16．（2024 新课标Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2，anbn+1+bn+1＝nbn．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）求{bn}的前n项和．
18．（2024 大纲版）等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9，
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn，求数列{bn}的前n项和Sn．
19．（2024 新课标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．
20．（2024 新课标Ⅱ）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．
（1）若a3+b3＝5，求{bn}的通项公式；
（2）若T3＝21，求S3．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 大纲版）设等比数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝3，S4＝15，则S6＝（　　）
A．31 B．32 C．63 D．64
【考点】等比数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】C
【分析】由等比数列的性质可得S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，代入数据计算可得．
【解答】解：S2＝a1+a2，S4﹣S2＝a3+a4＝（a1+a2）q2，S6﹣S4＝a5+a6＝（a1+a2）q4，
所以S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，
即3，12，S6﹣15成等比数列，
可得122＝3（S6﹣15），
解得S6＝63
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的性质，得出S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列是解决问题的关键，属基础题．
2．（2024 新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（　　）
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；新文化类．
【答案】B
【分析】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果．
【解答】解：设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7381，
解得a1＝3．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
3．（2024 全国卷Ⅰ）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cosB等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】等比数列的性质；余弦定理．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质，可得ba，将c、b与a的关系结合余弦定理分析可得答案．
【解答】解：△ABC中，a、b、c成等比数列，则b2＝ac，
由c＝2a，则ba，
，
故选：B．
【点评】本题考查余弦定理的运用，要牢记余弦定理的两种形式，并能熟练应用．
4．（2024 新课标）已知{an}为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝（　　）
A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7
【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】由a4+a7＝2，及a5a6＝a4a7＝﹣8可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可
【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8
∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4
当a4＝4，a7＝﹣2时，，
∴a1＝﹣8，a10＝1，
∴a1+a10＝﹣7
当a4＝﹣2，a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1
∴a1+a10＝﹣7
综上可得，a1+a10＝﹣7
故选：D．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，考查了基本运算的能力．
5．（2023秋 芝罘区校级月考）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】等差数列的性质．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】利用等差数列的性质求得 ，然后代入即可求得结果．
【解答】解：∵
∴
故选：B．
【点评】此题考查学生灵活运用等差数列通项公式化简求值，做题时要认真，是一道基础题．
6．（2024 北京）在等差数列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（　　）
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
【考点】等差数列的通项公式．
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；数据分析．
【答案】B
【分析】由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d，
∴an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．
由an＝2n﹣11＝0，得n，而n∈N*，
可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．
可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最大项，
自T5起均小于0，且逐渐减小．
∴数列{Tn}有最大项，无最小项．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．
7．（2024 全国）3+33+35+…+32n+1＝（　　）
A．（9n﹣1） B．（9n+1﹣1）
C．（9n﹣1） D．（9n+1﹣1）
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【答案】D
【分析】可看出，数列3，33，35，…，32n+1是首项为3，公比为32的等比数列，并且32n+1是第n+1项，从而根据等比数列的前n项和公式求该等比数列的前n+1项的和即可．
【解答】解：数列3，33，35，…，32n+1是首项为3，公比为32的等比数列；
且32n+1是第n+1项；
∴．
故选：D．
【点评】考查等比数列的定义，等比数列的前n项和公式．
8．（2024 北京）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）
A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0
B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
C．若0＜a1＜a2，则a2
D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0
【考点】等差数列的性质．
【专题】计算题；等差数列与等比数列．
【答案】C
【分析】对选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】解：若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；
若a1+a3＜0，则a1+a2＝2a1+d＜0，a2+a3＝2a1+3d＜2d，d＜0时，结论成立，即B不正确；
{an}是等差数列，0＜a1＜a2，2a2＝a1+a3＞2，∴a2，即C正确；
若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＝﹣d2≤0，即D不正确．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2023春 漯河期末）在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（　　）
A．q＝1
B．数列{Sn+2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lgan}是公差为2的等差数列
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】综合题；转化思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BC
【分析】本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．
【解答】解：由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，
故a2＞0，a3＞0．
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．
∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1．
∴a2＝4，a3＝8满足题意．
∴q＝2，a12．故选项A不正确．
an＝a1 qn﹣1＝2n．
∵Sn2n+1﹣2．
∴Sn+2＝2n+1＝4 2n﹣1．
∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．
∵lgan＝lg2n＝nlg2．
∴数列{lgan}是公差为lg2的等差数列．故选项D不正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查等比数列的基础知识，不等式与等比数列的综合，以及排除法的应用，本题属中档题．
（多选）10．（2024秋 宁夏校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn＝33n﹣n2，则下列说法正确的是（　　）
A．an＝34﹣2n B．S16为Sn的最小值
C．|a1|+|a2|+…+|a16|＝272 D．|a1|+|a2|+…+|a30|＝450
【考点】数列的函数特性．
【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据数列的求和公式可得通项公式，根据数列的函数特征可得Sn的最小值，根据求和公式和分类讨论即可求出前n项和．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn＝33n﹣n2，
当n＝1时，a1＝32，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝33n﹣n2﹣33（n﹣1）+（n﹣1）2＝﹣2n+34，
当n＝1时也成立，
∴an＝34﹣2n，故A正确；
由于Sn＝33n﹣n2＝﹣（n）2，当n＝16或17时，Sn取得最大值，故B错误；
由于an＝﹣2n+34≥0，解得n≤17，
∴|a1|+|a2|+…+|a16|＝a1+a2+a3+…+a16272，故C正确；
∴|a1|+|a2|+…+|a30|＝a1+…+a16﹣（a17+a18+…+a30）＝272454，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与前n项和公式及其性质、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
（多选）11．（2022秋 新罗区校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（　　）
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则必有S7＞S8
D．若S6＞S7，则必有S5＞S6
【考点】等差数列的性质．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S140，A正确；
对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；
对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；
对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；
故选：ABC．
【点评】本题考查等差数列的前n项公式与等差数列的通项公式，涉及等差数列的性质，属于基础题．
（多选）12．（2024秋 吉林期末）设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论正确的是（　　）
A．d＞0
B．a7＝0
C．S9＞S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BD
【分析】根据题意，由等差数列的性质分析选项，综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，依次分析选项：
{an}是等差数列，若S6＝S7，则S7﹣S6＝a7＝0，故B正确；
又由S5＜S6得S6﹣S5＝a6＞0，则有d＝a7﹣a6＜0，故A错误；
而C选项，S9＞S5，即a6+a7+a8+a9＞0，可得2（a7+a8）＞0，
又由a7＝0且d＜0，则a8＜0，必有a7+a8＜0，显然C选项是错误的．
∵S5＜S6，S6＝S7＞S8，∴S6与S7均为Sn的最大值，故D正确；
故选：BD．
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及等差数列前n项和的性质，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 北京）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝　0　，Sn的最小值为 　﹣10　．
【考点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和．
【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用等差数列{an}的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a1＝﹣4，d＝1，由此能求出a5的Sn的最小值．
【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，
∴，
解得a1＝﹣4，d＝1，
∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，
Sn4n（n）2，
∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝﹣10．
故答案为：0，﹣10．
【点评】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
14．（2024 北京）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．
【考点】等差数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】可得等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，进而可得结论．
【解答】解：由等差数列的性质可得a7+a8+a9＝3a8＞0，
∴a8＞0，又a7+a10＝a8+a9＜0，∴a9＜0，
∴等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，
∴等差数列{an}的前8项和最大，
故答案为：8．
【点评】本题考查等差数列的性质和单调性，属中档题．
15．（2024 新课标Ⅰ）数列{an}满足an+2+（﹣1）nan＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝　7　．
【考点】数列递推式．
【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】在已知数列递推式中，分别取n为奇数与偶数，可得an﹣an﹣2＝3（n﹣2）﹣1与an+2+an＝3n﹣1，利用累加法得到n为奇数时an与a1的关系，求出偶数项的和，然后列式求解a1．
【解答】解：由an+2+（﹣1）nan＝3n﹣1，
当n为奇数时，有an+2﹣an＝3n﹣1，
可得an﹣an﹣2＝3（n﹣2）﹣1，
…
a3﹣a1＝3 1﹣1，
累加可得an﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]
＝3 ；
当n为偶数时，an+2+an＝3n﹣1，
可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．
可得a2+a4+…+a16＝92．
∴a1+a3+…+a15＝448．
∴448，
∴8a1＝56，即a1＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的前n项和，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2024 新课标Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝　　．
【考点】数列递推式．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】通过Sn+1﹣Sn＝an+1可知Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，两边同时除以Sn+1Sn可知1，进而可知数列{}是以首项、公差均为﹣1的等差数列，计算即得结论．
【解答】解：∵an+1＝Sn+1Sn，
∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，
∴1，
又∵a1＝﹣1，即1，
∴数列{}是以首项是﹣1、公差为﹣1的等差数列，
∴n，
∴Sn，
故答案为：．
【点评】本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2，anbn+1+bn+1＝nbn．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）求{bn}的前n项和．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；定义法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{an}是公差为3的等差数列，可得{an}的通项公式；
（Ⅱ）由（1）可得：数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{bn}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）∵anbn+1+bn+1＝nbn．
当n＝1时，a1b2+b2＝b1．
∵b1＝1，b2，
∴a1＝2，
又∵{an}是公差为3的等差数列，
∴an＝3n﹣1，
（Ⅱ）由（I）知（3n﹣1）bn+1+bn+1＝nbn，即3bn+1＝bn，
∴数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，
∴{bn}的前n项和Sn（1﹣3﹣n）．
【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．
18．（2024 大纲版）等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9，
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn，求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．
【专题】计算题；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（I）由a7＝4，a19＝2a9，结合等差数列的通项公式可求a1，d，进而可求an
（II）由，利用裂项求和即可求解
【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d
∵a7＝4，a19＝2a9，
∴
解得，a1＝1，d
∴
（II）∵
∴sn
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及裂项求和方法的应用，试题比较容易
19．（2024 新课标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．
【考点】数列递推式；等差数列的通项公式．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）定义法证明即可；
（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得
【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；
∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；
即an+1+bn+1（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；
又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，
{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；
（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，
an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
∴an＝（）n+n，
bn＝（）n﹣n．
【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题
20．（2024 新课标Ⅱ）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．
（1）若a3+b3＝5，求{bn}的通项公式；
（2）若T3＝21，求S3．
【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．
【专题】方程思想；分析法；等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；
（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，
可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，
解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），
则{bn}的通项公式为bn＝2n﹣1，n∈N*；
（2）b1＝1，T3＝21，
可得1+q+q2＝21，
解得q＝4或﹣5，
当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，
d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；
当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，
d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．
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