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(共63张PPT)
第六章
§6.4　数列中的构造问题
数学
大
一
轮
复
习
数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式.
课标要求
例1　已知数列{an}中，a1=5且an+1=4an+6，则an=　　　　　.
待定系数法
题型一
命题点1　an+1=pan+q(p≠0，1，q≠0)
7×4n-1-2
因为an+1=4an+6，
所以an+1+2=4an+8=4(an+2)，
又因为a1+2=5+2=7≠0，
所以=4，
所以数列{an+2}是以7为首项，4为公比的等比数列，
所以an+2=7×4n-1 an=7×4n-1-2.
例2　已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，则k等于
A.253 B.506 C.1 012 D.2 024
√
命题点2　an+1=pan+qn+c(p≠0，1，q≠0)
设an+1+λ(n+1)+u=4(an+λn+u)，
所以an+1=4an+3λn+3u-λ，
所以
所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).
又a1-4=0，
故{an-4n}为常数列，所以an=4n.
由ak=4k=2 024，解得k=506.
例3　(2024·衡阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+1-2n+1，a1=2，则an=　　　　　.
命题点3　an+1=pan+qn(p≠0，1，q≠0，1)
(n+1)2n-1
因为Sn=an+1-2n+1，
Sn-1=an-2n(n≥2)，
两式相减得Sn-Sn-1=(an+1-2n+1)-(an-2n)，即an+1=2an+2n.
两边同除以2n+1可得-=(n≥2)，
又S1=a2-22=2，得a2=6，
满足-=
所以数列是首项为=1，公差为的等差数列，
故=1+=即an=(n+1)2n-1.
思维升华
形式 构造方法
an+1=pan+q 引入参数c，构造新的等比数列{an-c}
an+1=pan+qn+c 引入参数x，y，构造新的等比数列{an+xn+y}
an+1=pan+qn
跟踪训练1　(多选)已知数列{an}，下列结论正确的有
A.若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n
B.在数列{an}中，a1=1，且an=2an-1+3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通
项公式为an=2n+1-3
C.若a1=2，an=an-1+(n≥2)，则数列是等比数列
D.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n-1，则数列{an}的通项公式为an=2n-
n+1
√
√
∵2(n+1)an-nan+1=0，
∴=
∴是首项为=2，公比为2的等比数列，
∴=2·2n-1，∴an=n·2n，故A正确；
由an=2an-1+3(n≥2)，得an+3=2(an-1+3)，
即=2，
又a1+3=1+3=4，
∴数列{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an+3=4×2n-1，即an=2n+1-3，
∴数列{an}的通项公式为an=2n+1-3，故B正确；
根据题意，an=an-1+
-=1，n≥2，
又=6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；
设an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
∴an+1=2an+kn+b-k，
由an+1=2an+n-1，
得解得
∴=2，
即{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.
∴an+n=2×2n-1=2n，故an=2n-n，故D错误.
例4　已知数列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，则an=　　　.
取倒数法和取对数法
题型二
命题点1　取倒数法
因为an+1=(n∈N*)，所以=+1，
设+t=3所以3t-t=1，解得t=
所以+=3
又+=1+=
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以+=×3n-1=
所以an=.
例5　(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10，an+1=10若as·at=a10，则s+t的最大值为
A.10 B.12 C.16 D.18
√
命题点2　取对数法
由an+1=10可得an>0，lg an+1=lg(10)=2lg an+1，
故lg an+1+1=2(lg an+1)，
又lg a1+1=2，故{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则lg an+1=2n，故an=
由as·at=a10可得·==
故2s+2t=210，
则210≥2=2=
故+1≤10，得0故s+t的最大值为18.
(1)形如an+1==·+的形式，化归为bn+1=pbn+q的通项公式，再求an.
(2)形如an+1=p的递推公式，两边同取以p为底的对数，得logpan+1=
qlogpan+1，将logpan看成整体，运用待定系数法求得logpan的表达式，再得出an.
思维升华
跟踪训练2　(1)在数列{bn}中，b1=-1，bn+1=则数列{bn}的通项公
式bn=　　　.
bn+1=的两边同时取倒数，
得=即=+3，
因此+3=2
又+3=2，
故是以2为首项，2为公比的等比数列，
则+3=2·2n-1=2n，可得bn=.
(2)设数列{an}满足a1=100，an>0，且10an=(n≥2)，则an=　　　　　.
由10an=(n≥2)且an>0，两边取对数得lg an+1=2lg an-1，n≥2，
令xn=lg an，则xn+1=2xn-1，n≥2，
整理得xn-1=2(xn-1-1)，
又x1-1=lg a1-1=1，
所以数列为首项为1，公比为2的等比数列，
则xn-1=2n-1，故xn=2n-1+1，
故an=1.
an＋2＝pan＋1＋qan对应于一元二次方程x2－px－q＝0，此方程为该数列的特征根方程.
(1)若特征根方程有两个不等实根α，β，则an＝A·αn＋B·βn，A，B由a1，a2的值决定；
(2)若特征根方程只有一个实根α，则an＝(An＋B)·αn，A，B由a1，a2的值决定.
特征根法求an＋2＝pan＋1＋qan型的通项公式
微拓展
典例　(1)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，则an＝　　　　.
an＋2＝3an＋1－2an，其特征方程为x2＝3x－2，
解得x1＝1，x2＝2，
令an＝c1·1n＋c2·2n，
由得
∴an＝1＋2n－1.
1＋2n－1
(2)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，则an＝
　　　.
4an＋2＝4an＋1－an，
其特征方程为4x2＝4x－1，解得x1＝x2＝
令an＝(c1＋nc2)
由得∴an＝.
若数列{an}满足an＋1＝的递推公式，则不动点方程为x＝，
则cx2＋(d－a)x－b＝0.
(1)若不动点方程有两个不等实根α，β，则数列为等比数列.
(2)若不动点方程有一个实根α，则数列为等差数列.
(3)若不动点方程无实根，则考虑数列为周期数列.
不动点法求an＋1＝型的通项公式
微拓展
典例　(1)设{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，则an＝　　　　　.
设函数f(x)＝，
解方程f(x)＝x求出不动点p＝2，q＝－1，
于是＝－·，
逐次迭代得·，
解得an＝.
　
(2)数列{an}满足a1＝2a，an＋1＝2a－，a≠0，n∈N*，则an＝　　　.
设函数f(x)＝2a－，
解方程f(x)＝x求出不动点p＝a，
于是，
所以
＋(n－1)·，
所以an＝a＋.
a＋
课时精练
对一对
答案
1
2
3
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7
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10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C B A ABD ACD
题号 　　8 答案 答案
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10
(1)由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，
令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，
可知数列{Sn+n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，
则an=2n-1-1，n≥2，
且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.
9.
答案
1
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8
9
10
(2)由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，则bn+1-bn=n-(n-1)=1，
可知{bn}是首项b1=0，公差为1的等差数列，
可得Tn==
当n≥2时，则==2
所以+++…+
=2
=2.
9.
答案
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10
(1)∵an+1=,
∴==+,
∴1-=-=,
又1-=≠0,
∴数列是首项为,公比为的等比数列.
10.
答案
1
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8
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10
(2)由(1)知1-=,
故an==.
(3)bn==·
===1-,
显然数列为递增数列,
10.
答案
1
2
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7
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9
10
且3-2>0对n∈N*恒成立,
∴数列为递减数列,
∴数列{bn}为递增数列,且bn<1,∴bn10.
一、单项选择题
1.在数列{an}中，Sn为其前n项和，首项a1=1，又函数f(x)=x3-an+1sin x+(2an+
1)x+1，若f'(0)=0，则S2 025等于
A.22 023-2 024 B.22 024-2 025
C.22 025-2 026 D.22 026-2 027
√
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答案
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10
答案
因为f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，
所以f '(x)=3x2-an+1cos x+2an+1，
若f '(0)=0，则an+1=2an+1，
所以an+1+1=2(an+1)，
又a1+1=2，所以数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2n，所以an=2n-1，
故Sn=-n=2n+1-n-2，
所以S2 025=22 026-2 027.
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答案
2.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n，则a4等于
A.17 B.18 C.19 D.20
√
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3
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10
答案
方法一　因为an+1=2an+n，
所以an+1+n+2=2an+2n+2=2(an+n+1)，
又a1+1+1=1+1+1=3，
即数列{an+n+1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
即an+n+1=3·2n-1，
即an=3·2n-1-n-1，
故a4=3·23-4-1=19.
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10
答案
方法二　由an+1=2an+n，a1=1，
故a2=2a1+1=3，
a3=2a2+2=8，a4=2a3+3=19.
3.(2025·宜宾模拟)一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 023a2 025-等于
A.1 B.-1
C.2 D.-2
√
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答案
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10
答案
依题意，an=an-1+an-2(n≥3)，
a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，
当n≥2时，anan+2-=an(an+1+an)-=anan+1+-=+an+1(an-an+1) =-an+1an-1=-(an-1an+1-)，
a1a3-=-1，
所以数列{anan+2-}是首项为-1，公比为-1的等比数列，
所以a2 023a2 025-=(-1)×(-1)2 023-1=-1.
4.在数列{an}中，a1=1，an+1=3an-2n-1(n∈N*)，记cn=3n-2×(-1)nλan，若数列{cn}为递增数列，则实数λ的取值范围为
A. B.(-2，1)
C.(-1，1) D.(0，1)
√
1
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答案
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10
由an+1=3an-2n-1，得=·-
即-=
而-=0，则-=0，即an=2n-1，
则cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ，
由数列{cn}为递增数列，得 n∈N*，cn+1>cn恒成立，
则 n∈N*，3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ，
即3n-1>(-2)n-1λ恒成立，
答案
1
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当n为奇数时，λ<恒成立，数列为递增数列的最
小值为1，则λ<1，
当n为偶数时，λ>-恒成立，数列为递减数列，-的最大值为-则λ>-
所以实数λ的取值范围为.
答案
二、多项选择题
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2(n∈N*)，则下列说法正确的有
A.a1= B.S4=
C.{an}是等比数列 D.是等比数列
√
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10
答案
√
√
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4
5
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8
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10
由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2，
则a2=3S1+2=3a1+2，
所以a1=故A正确；
因为an+1=3Sn+2， ①
所以当n≥2 时，an=3Sn-1+2， ②
①-②得an+1-an=3an，即an+1=4an，
当n=1时，a1=不满足a2=4a1，
故数列{an}不是等比数列，故C错误；
答案
1
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10
当n≥2时，an+1=4an，
则a3=4a2=12，a4=4a3=48，
故S4=+3+12+48=故B正确；
由an+1=3Sn+2，得Sn+1-Sn=3Sn+2，
所以Sn+1=4Sn+2，
令Sn+1+λ=4(Sn+λ)，则Sn+1=4Sn+3λ，
所以3λ=2，即λ=
答案
1
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10
所以Sn+1+=4即=4，
故是首项为S1+=a1+=1，
公比为4的等比数列，故D正确.
答案
6.(2024·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，an+1=4an+3×4n，则
A.a2=24 B.为等比数列
C.S10= D.log2(4a100-3S100+1)=200
√
1
2
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10
答案
√
√
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3
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6
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10
选项A，由题意得a2=4a1+3×4=24，A正确；
选项B，将an+1=4an+3×4n两边同时除以4n+1，
得=+即-=
则是首项为=公差为的等差数列，不是等比数列，B错误；
选项C，由=+(n-1)=n，
得an=3n×4n-1，
所以Sn=3+6×4+9×42+…+3n×4n-1， ①
答案
1
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10
则4Sn=3×4+6×42+9×43+…+3n×4n， ②
①-②得，-3Sn=3+3×(4+42+43+…+4n-1)-3n×4n
=3+3×-3n×4n=-(3n-1)×4n-1，
即Sn=
则S10=C正确；
选项D，因为4an-3Sn+1=4×3n×4n-1-3×+1=4n，
所以log2(4a100-3S100+1)=log24100=log22200=200，D正确.
答案
三、填空题
7.已知数列{an}中，a1=1，a2=2，an+1-5an+4an-1=0(n∈N*，n≥2)，则{an}
的通项公式为　　　　　 .
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答案
an=
因为当n≥2时，an+1-5an+4an-1=0，
所以an+1-an=4(an-an-1)，
又a1=1，a2=2，则a2-a1=1，
所以{an+1-an}是以1为首项，4为公比的等比数列，
所以an+1-an=4n-1，
从而an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=4n-2+4n-3+…+41+40+1
=+1=
当n=1时，a1=1满足上式，所以an=.
1
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10
答案
8.(2025·南京模拟)已知数列{an}满足a1=1，2an+1-an+anan+1=0(n∈N*)，则
数列{an}的通项公式为　　　 　.
1
2
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6
7
8
9
10
答案
an=
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
在数列{an}中，a1=1，2an+1-an+anan+1=0，显然an≠0，
则有=2·+1，
即+1=2而+1=2，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以+1=2n，即an=.
答案
四、解答题
9.(2025·湖北云学重点高中联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2=1且Sn+1=2Sn+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
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5
6
7
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9
10
答案
1
2
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7
8
9
10
答案
由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，
令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，
可知数列{Sn+n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，
则an=2n-1-1，n≥2，
且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.
(2)设数列{bn}满足bn=log2(an+1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求+++
…+.
1
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10
答案
1
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10
答案
由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，
则bn+1-bn=n-(n-1)=1，
可知{bn}是首项b1=0，公差为1的等差数列，
可得Tn==
当n≥2时，则==2
所以+++…+
=2
=2.
10.(2025·八省联考)已知数列{an}中,a1=3,an+1=.
(1)证明:数列为等比数列;
1
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答案
1
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10
答案
∵an+1=,
∴==+,
∴1-=-=,
又1-=≠0,
∴数列是首项为,公比为的等比数列.
(2)求{an}的通项公式;
1
2
3
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5
6
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8
9
10
答案
由(1)知1-=,
故an==.
(3)令bn=,证明:bn1
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8
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10
答案
1
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7
8
9
10
答案
bn==·
===1-,
显然数列为递增数列,
且3·-2>0对n∈N*恒成立,
∴数列为递减数列,
∴数列{bn}为递增数列,且bn<1,∴bn第六章
§6.3　等比数列
数学
大
一
轮
复
习
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.掌握等比数列前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.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.等比数列有关的概念
(1)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a，G，b成 数列，那么 叫做a与b的等比中项，此时，G2= .
2
同一个
公比
等比
G
ab
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，公比为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.等比数列的常用性质
(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*.
a1qn-1
aman=apaq
aman=
(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{ban}，{pan·qbn}
和也是等比数列(b，p，q≠0).
(4)若或则等比数列{an}递 .
若或则等比数列{an}递 .
qm
增
减
4.等比数列前n项和的常用性质
若等比数列{an}的 前n项和为Sn，则Sn， ， 仍成等比数列(公比q=-1且n为偶数除外)，其公比为qn.
S2n-Sn
S3n-S2n
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2=ac.(　　)
(3)数列{an}为等比数列，则S4，S8-S4，S12-S8成等比数列.(　　)
(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.
(　　)
×
√
×
×
2.(2025·临汾模拟)在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则a3等于
A.2 B.-2 C.±2 D.2
√
由等比数列的性质可知，
=a1·a5=4，所以a3=±2，
又因为=q2>0，所以a3=2.
3.(多选)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，则
A.a3，a5，a7成等比数列 B.{}是等比数列
C.{lg an}是等比数列 D.是等比数列
√
√
√
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0).
对于A==q8，a3·a7=(a1q2)·(a1q6)=q8，所以=a3·a7，则a3，a5，a7成等比数列，A正确；
对于B，因为=q3，所以{}是等比数列，B正确；
对于C，不妨设等比数列{an}为an=1，则lg an=0，所以{lg an}不是等比数列，C错误；
对于D，因为==所以是等比数列，D正确.
4.在等比数列{an}中，a1=3，a1+a3+a5=21，则a7+a9=　　　.
设等比数列{an}的公比为q，
因为a1=3，且a1+a3+a5=21，
可得a1(1+q2+q4)=21，解得q2=2，
所以a7+a9=a1(q6+q8)=24a1=72.
72
解题时关注三个关键点
(1)当q≠0，且q≠1时，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}是等比数列的充要条件，
此时k=.
(2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q=1与q≠1分类讨论，防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)(2023·全国甲卷)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等于
A. B. C.15 D.40
√
等比数列基本量的运算
题型一
方法一　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，
因为此数列各项均为正数，
所以q=2，所以S4==15.
方法二　由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4，
即q3+q4=4q+4q2，
即q3+q2-4q-4=0，
即(q-2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0，所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.
(2)我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创立的十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a1，a2，…，a13表
示这些半音的频率，它们满足log2=1(i=1，2，…，12).若某一半音与D#
的频率之比为则该半音为
频率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13
半音 C C# D D# E F F# G G# A A# B C(八度)
A.F# B.G C.G# D.A
√
依题意可知an>0(n=1，2，…，13).
由于a1，a2，…，a13满足log2=1(i=1，2，…，12)，
则=2，所以=
所以数列a1，a2，…，a13为等比数列，公比q=
D#对应的频率为a4，所求半音与D#的频率之比为=
所以所求半音对应的频率为a4·=a8，即对应的半音为G.
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)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.
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q=1的情形，否则会漏解或增解.
思维升华
跟踪训练1　(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2=4=8，则a1等于
A.16 B.8 C.6 D.2
√
设等比数列{an}的公比为q，
由=8，
即==8，
可得q3=8，即q=2，
又a2=4，所以a1==2.
(2)(2024·嘉兴模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1=-1，b5=8b2，(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，则an=　　　.
2n
设等比数列{bn}的公比为q，
由b5=8b2，则q3=8，解得q=2，
又b1=-1，所以bn=-2n-1，
所以Tn==1-2n，
代入(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，
解得Sn=n(n+1)，
当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2，n∈N*时，an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n，
a1=2满足上式，所以an=2n，n∈N*.
例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是
A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列
B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列
C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列
D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列
等比数列的判定与证明
题型二
√
√
√
对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误；
对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有==2d>0，所以数列{}为等比数列，故B正确；
对于C，若Sn=3n-1，则a1=S1=2，
an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，
a1=2显然满足an=2·3n-1，
所以数列{an}为等比数列，故C正确；
对于D，因为3an+1=an+2an+2，
所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0，
而a1=1，a2=2，
因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为的等比数列，故D正确.
(2)(2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1=且满足an+1=.
①求证：数列为等比数列；
由an+1=
得=1+·则-2=
又a1=-2=≠0，
所以数列是以为首项为公比的等比数列.
②若+++…+<2 025，求满足条件的最大正整数n.
由①可得-2=
所以=+2，
则++…+=+2n=+2n=1-+2n，
由+++…+<2 025，
得1-+2n<2 025，即2n-<2 024，
又函数y=2n-为增函数，
所以满足2n-<2 024的最大正整数为1 012.
等比数列的四种常用判定方法
(1)定义法：若=q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且=anan+2(n∈N*)，则{an}是等比数列.
(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an=cqn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn=kqn-k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.
思维升华
跟踪训练2　(2024·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥
2，n∈N*)，且a1=1，a2=.
(1)证明：数列是等比数列；
∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，
∴an·an-1+an·3an+1=4an-1an+1，
∴+=
∴-=3
又-=4-1=3≠0，
∴数列是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)求{an}的通项公式.
由(1)得-=3×3n-1=3n，
∴当n≥2时++…+=3n-1+3n-2+…+31=
=即-=
∴=+=+1=
∴an=
又a1=1也满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an=.
例3　(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　.
命题点1　项的性质
等比数列的性质
题型三
-2
方法一　{an}为等比数列，
∴a4a5=a3a6，∴a2=1，
又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3，
∴a7=-2.
方法二　设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，显然an≠0，
则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，
∵a9a10=-8，则a1q8·a1q9=-8，
则q15=(q5)3=-8=(-2)3，
则q5=-2，则a7=a1q·q5=q5=-2.
(1)若数列{an}为等比数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则·…·=·…·.
(2)若数列{an}为等差数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则++…+=++…+.
下标和相等的等差(比)性质的推广
微拓展
典例　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9=5，S8=16，则S11=　　 .
S8==16，∴a1+a8=4，
又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，
故S11=11a6=33.
33
例4　(1)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S2=2，a3+a4=6，则等于
A.2 B. C.3 D.
命题点2　和的性质
√
由题意得S2=2，S4-S2=6，S4=S2+6=8，且等比数列{an}的公比q≠-1，
则S2，S4-S2，S6-S4成等比数列，
故=S2(S6-S4)，即62=2(S6-8)，
解得S6=26，故==.
因为等比数列{an}有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，
得到奇数项的和为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85，
偶数项的和为q+q3+q5+…+q2n-1=42，整体代入得q=2，
所以前2n+1项的和为=85+42=127，解得n=3.
(2)已知等比数列{an}有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m+n=p+q，则aman=apaq”，可以减少运算量，提高解题速度.
(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
思维升华
跟踪训练3　(1)(多选)下列说法正确的是
A.若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-1+t，则t=-1
B.若{an}为等比数列，且a2a7+a3a6=6，则a1a2a3…a8=81
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成
等比数列
D.项数为奇数的等比数列{an}，a1=2，S奇=S偶=则公比q=
√
√
对于A，因为Sn=2n-1+t=t+×2n，由等比数列的前n项和公式Sn==-qn，知t=-所以A错误；
对于B，由a2a7+a3a6=6，得到a2a7=a3a6=3，所以a1a2a3…a8==81，故B正确；
对于C，当q=-1，n为偶数时，Sn=0，显然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比数列，所以C错误；
对于D，设数列{an}共有2m+1项，由题意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=S偶=a2+a4+…+a2m=则S奇=a1+a2q+…+a2mq=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+q=解得q=故D正确.
(2)(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1，a2 024a2 025>1，(a2 024-1)(a2 025-1)<0，则下列结论正确的是
A.{an}为递减数列
B.S2 024+1C.T2 024是数列{Tn}中的最大项
D.T4 049>1
√
√
由(a2 024-1)(a2 025-1)<0，
得或
∵a2 024a2 025>1，
∴a2 024和a2 025同号，且一个大于1，一个小于1.
∵a1>1，∴a2 024>1，0即数列{an}的前2 024项都大于1，而从第2 025项开始都小于1，公比q=
<1，且q>0.
∵a1>1，∴an=a1qn-1为减函数，
故{an}为递减数列，故A正确；
∵a2 025<1，∴a2 025=S2 025-S2 024<1，
即S2 024+1>S2 025，故B错误；
等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2 024项大于1，而从第
2 025项开始都小于1，故T2 024是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
T4 049=a1a2a3…a4 049=
∵a2 025<1，∴<1，即T4 049<1，故D错误.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B C A B AC BD
题号 9 10 13 14 　15 　16 答案 32 -44 ACD ABC 21 012 15
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(1)当k=2时，有an+an+2=2an+1，
即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}为等差数列，
设其公差为d，
因为a1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，
所以S10=1×10+×2=100.
(2)当k=时，an+2=an+1-an，
11.
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所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，
且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1为首项为公比的等比数列，
所以bn=1×=.
11.
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(1)∵=an+
∴2Sn=2nan+n(1-n)，
∴当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)，
则2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)，
化简得an-an-1=1(n≥2)，
又∵a1=2，
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
12.
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∴an=n+1，
∴{an}的通项公式为an=n+1.
(2)由(1)知bn==2-n=
∴当n≥2时=-=-
又∵b1b2=
12.
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∴{(-1)n+1bnbn+1}是以为首项，-为公比的等比数列，
∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.
12.
15
16
一、单项选择题
1.(2024·北京模拟)已知数列{an}中，a1=1-=0，Sn为其前n项和，则S5等于
A. B. C.11 D.31
√
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知识过关
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答案
由-=0得=
又∵a1=1，
∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴S5==2-=.
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答案
2.(2025·廊坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1+a3+a5=1，a2+a4+
a6=2，则S12-S6等于
A.18 B.54 C.128 D.192
√
设等比数列{an}的公比为q，
则(a1+a3+a5)q=a2+a4+a6，解得q=2.
S12-S6=a7+a8+…+a12=(a1+a2+…+a6)×26=3×26=192.
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3.(2025·哈师大附中模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若=则等于
A. B.8 C.9 D.16
√
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设等比数列{an}的公比为q，由=得S6-S3=3S3，则q3==3，
又Sn为{an}的前n项和，则S3，S6-S3，S9-S6，S12-S9成等比数列，公比为q3=3，
于是S12=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)=S3+3S3+32S3+33S3=40S3，
所以==8.
答案
15
16
4.(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=-5，S6=21S2，则S8等于
A.120 B.85 C.-85 D.-120
√
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答案
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方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q=1，则S6=6a1=3×2a1=3S2，不符合题意，所以q≠1.
由S4=-5，S6=21S2，可得=-5，
=21× ①
由①可得，1+q2+q4=21，解得q2=4，
所以S8==·(1+q4)=-5×(1+16)=-85.
答案
15
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方法二　设等比数列{an}的公比为q，
因为S4=-5，S6=21S2，
所以q≠-1，否则S4=0，
从而S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6成等比数列，
所以(-5-S2)2=S2(21S2+5)，
解得S2=-1或S2=
当S2=-1时，S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6，
即为-1，-4，-16，S8+21，
答案
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易知S8+21=-64，即S8=-85；
当S2=时，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0，
与S4=-5矛盾，舍去.
综上，S8=-85.
答案
15
16
5.在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定，假设某种传染病的基本传染数R0=4，平均感染周期为7天，那么感染人数由1(初始感染者)增加到3 333大约需要的天数为(初始感染者传染R0个人为第一轮传染，这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……参考数据：lg 2≈0.301 0)
A.42 B.43 C.35 D.49
√
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设第n轮感染的人数为an，前n轮感染的总人数为Sn，则数列{an}是首项a1=4，公比q=4的等比数列，
由Sn+1=+1≥3 333，
可得4n+1≥10 000，
两边取对数得(2n+2)lg 2≥4，
所以n+1≥≈≈6.64，n≥5.64，
所以感染人数由1增加到3 333需要6轮传染，故需要的天数约为6×7=42.
答案
15
16
6.(2025·遵义模拟)若数列{an}满足a1=且对任意正整数p，q都有apaq=
ap+q，则等于
A.4 B. C.6 D.
√
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答案
15
16
由apaq=ap+q，得(p+q)ap+q=pap·qaq，
令bn=nan(n∈N*)，
依题意，对任意正整数p，q都有bp+q=bpbq，
令p=1，q=n(n∈N*)，
则 n∈N*，bn+1=b1bn，
而b1=a1=即bn+1=bn，
因此数列{bn}是以为首项为公比的等比数列，bn=即nan=an=所以==.
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答案
15
16
二、多项选择题
7.(2024·黄冈模拟)数列{an}满足a1=1，Sn-1=3an(n≥2)，则下列结论中正确的是
A.a2= B.{an}是等比数列
C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=n≥2
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答案
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15
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由Sn-1=3an(n≥2)，当n=2时，S1=a1=3a2=1，解得a2=故A正确；
当n≥1时，可得Sn=3an+1，所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，所以an=3an+1-3an(n≥2)，即an+1=an(n≥2)，而a2=a1，故C正确，B不正确；
因为Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=n≥2，故D错误.
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答案
15
16
8.设等比数列{an}的前n项积为Tn，下列命题为真命题的是
A.若T3=1，a8=2，则T9=16
B.若T3=1，T5=32，则a2+a3=3
C.若a2a3=2，则T3T5=8
D.若T5=32，则|a2|+|a4|≥4
√
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答案
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对于A，易知T3=T5=T9=
若T3=1，则a2=1，
又因为a8=2，所以a5=±=±
所以T9==±16故A错误；
对于B，若T3=1，T5=32，则a2=1，a3=2，所以a2+a3=3，故B正确；
对于C，若a2a3=2，则T3T5===8故C错误；
对于D，若T5=32，则a3=2，所以|a2|+|a4|≥2=2=4，当且仅当|a2|=|a4|=2时等号成立，故D正确.
答案
15
16
三、填空题
9.(2025·南阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且=9，3a3+4=a5，
则a6=　　　.
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答案
32
设等比数列{an}的公比为q，
则==1+q3=9，解得q=2，
又因为3a3+4=a5，得12a1+4=16a1，
解得a1=1，所以a6=a1q5=32.
15
16
10.在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=-a3=-则++++=
　　　.
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答案
-44
设T5=++++
则2T5=++++
=++++===-88，
所以T5=-44.
15
16
四、解答题
11.(2024·南昌模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=3，an+an+2=kan+1.
(1)当k=2时，求S10；
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答案
当k=2时，有an+an+2=2an+1，
即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}为等差数列，
设其公差为d，
因为a1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，
所以S10=1×10+×2=100.
15
16
(2)若k=设bn=an+1-2an，求{bn}的通项公式.
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答案
当k=时，an+2=an+1-an，
所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，
且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1为首项为公比的等比数列，
所以bn=1×=.
15
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12.(2025·池州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知=an+a1=2.
(1)求{an}的通项公式；
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答案
∵=an+
∴2Sn=2nan+n(1-n)，
∴当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)，
则2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)，
化简得an-an-1=1(n≥2)，
又∵a1=2，
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=n+1，
∴{an}的通项公式为an=n+1.
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答案
由(1)知bn==2-n=
∴当n≥2时=-=-
又∵b1b2=
∴{(-1)n+1bnbn+1}是以为首项，-为公比的等比数列，
∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.
(2)令bn=求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1.
15
16
13.(多选)(2024·绍兴模拟)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前
n项积为Tn，且 n∈N*<0，则
A.数列{an}是递增数列
B.数列{an}是递减数列
C.若数列{Sn}是递增数列，则q>1
D.若数列{Tn}是递增数列，则q>1
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答案
√
能力拓展
√
√
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由题意可知Sn=Tn=a1(a1q)…(a1qn-1)=且 n∈N*<0，
故有<0且q>0(否则若q<0，则的符号会正负交替，这与 n∈N*<0矛盾)，
也就是有或
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答案
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16
无论如何，数列{an}是递增数列，故A正确，B错误；
对于C，若数列{Sn}是递增数列，即Sn+1-Sn=an+1>0，由以上分析可知只能
故C正确；
对于D，若数列{Tn}是递增数列，显然不可能是(否则Tn=的符号会正负交替，这与数列{Tn}是递增数列矛盾)，
从而只能是且这时有=an+1>1，故D正确.
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答案
15
16
14.(多选)“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设A是一个“0，1数列”，定义数列f(A)：数列A中每个0都变为“1，0，1”，A中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列A：1，0，则数列f(A)：0，1，0，1，0，1.已知数列A1：1，0，1，0，1，且数列Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，记数列Ak中0的个数为ak，1的个数为bk，数列Ak的所有项之和为Sk，则下列结论正确的是
A.数列{ak＋bk}为等比数列 B.数列{ak－bk}为等比数列
C.数列{Sk＋Sk＋1}为等比数列 D.数列{Sk－Sk＋1}为等比数列
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答案
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答案
由题意知ak＋1＝ak＋2bk，bk＋1＝2ak＋bk，
两式相加得ak＋1＋bk＋1＝3(ak＋bk)，
又a1＋b1＝5，所以数列{ak＋bk}是以5为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
两式相减得ak＋1－bk＋1＝－(ak－bk)，
又a1－b1＝－1，
所以数列{ak－bk}是以－1为首项，－1为公比的等比数列，故B正确；
而ak＋bk＝5×3k－1，ak－bk＝(－1)k，
所以ak＝，bk＝，
所以Sk＝0×ak＋1×bk＝bk，
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答案
所以Sk＋Sk＋1＝＝10×3k－1，故C正确；
所以Sk－Sk＋1＝＝－5×3k－1－(－1)k，
设ck＝－5×3k－1－(－1)k，
所以c1＝－4，c2＝－16，c3＝－44，
但c1c3＝176≠256＝，故D错误.
15
16
15.若数列{an}满足+=k(k为常数)，则称数列{an}为等比和数列，k称为公比和，已知数列{an}是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=
2，则a2 025=　　 　.
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21 012
答案
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答案
令bn=则bn+bn+1=3，bn+1+bn+2=3，
两式相减可得bn+2-bn=0，即bn+2=bn，
又b1==2，所以b2=3-b1=1，
则bn=m∈N*，
即=m∈N*，
所以a2 025=a1····…·=1×2×1×2×…×1=21 012.
15
16
16.歌德巴赫曾研究过“所有形如(m，n为正整数)的分数之和”
问题.为了便于表述，引入记号：
＋…＋＋…，写出你对此问题的研究结论：　　　　　　　　
______________________(用数学符号表示).
1
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答案
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答案
因为＋…＝，
＋…＝，
…
＋…＝，
…
所以＋…＋＋…＝＋…＋＋…
＝1－＋…＋＋…＝1.
返回
15
16(共43张PPT)
第六章
必刷大题12　数列的综合
问题
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
(1)由a1=1，得2S1-=1.
因为{2Sn-}是公差为1的等差数列，
所以2Sn-=1+(n-1)=n.
当n≥2时，2Sn-1-=n-1，
两式相减，得2an-+=1，
所以=
又an≥1，所以an-1=an-1，则an-an-1=1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
1.
4
答案
1
2
3
所以an=1+(n-1)=n.
(2)由(1)可知，Sn=
则==4
所以数列的前n项和
Tn=4=4=.
1.
4
答案
1
2
3
(1)因为an+2=3an+1-2an，
所以an+2-an+1=2(an+1-an)，
又因为a1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0，
所以=2，
所以数列{an+1-an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an+1-an=2×2n-1=2n，
当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2
2.
4
答案
1
2
3
=+2=2n，
当n=1时，a1=2也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意可知an+1-an=(n+2-1)dn，
所以(n+1)dn=an+1-an=2n，
所以=
所以Tn=+++…+ ①
2.
4
答案
1
2
3
将①式两边同时乘以得Tn=+++…+ ②
①-②得Tn=1++++…+-
=1+-=-
所以Tn=3-
故数列的前n项和Tn=3-.
2.
4
答案
1
2
3
(1)f(x)的定义域为(-1，+∞)，且f(0)=0，
f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f '(0)=0，
①当a≤0时，2a-<0，
则令f '(x)>0，有x∈(-1，0)，令f'(x)<0，有x∈(0，+∞)，
则f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
又f(0)=0，所以f(x)≤0，
此时令x1x2<0，有<0，不符合题意；
3.
4
答案
1
2
3
②当a>0时，f '(x)有零点0和x0=-1，
若-1
此时令f '(x)<0，有x∈(x0，0)，令f '(x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上单调递减，在(-1，x0)，(0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)>0，
令x1>0，x2=x0，有<0，不符合题意；
若x0>0，即03.
4
答案
1
2
3
此时令f '(x)<0，有x∈(0，x0)，
令f '(x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(-1，0)，(x0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)<0，
令-1有<0，不符合题意；
若x0=0，即a=此时f '(x)=≥0，
3.
4
答案
1
2
3
f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则当x>0时，f(x)>0，
当-1则当x≠0时>0，
也即对x1x2≠0>0，
综上，a=.
(2)由(1)的结论可知，
3.
4
答案
1
2
3
当a=0时，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；
当a=x>0时，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，
则当x>0时，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-将上述n个式子相加，
3.
4
答案
1
2
3
tn-欲证tn-只需证tn-≤tn-
只需证1++…+≤
因为=<=2
所以1++…+
3.
4
答案
1
2
3
<1+2
=-<得证，
于是tn-3.
4
答案
1
2
3
(1)不是的，理由如下：
如等差数列
当n为偶数时，Tn=a1a2…an>0，Tn
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积都是封闭的.
(2){an}是等比数列，其首项a1=2，公比为q，
所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n
4.
4
答案
1
2
3
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，
使得2n=2qm-1成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得=21-n成立，
①当m=≥1时，得-(m-1)=1-n，所以q=2；
②当m=+(2-n)=≥1时，得+(1-n)=0，
所以q=.
4.
4
答案
1
2
3
综上，q=2或q=.
(3)对任意的无穷等比数列{an}，设公比为q'，则an=a1q'n-1=·
令bn=cn=
则an=bn·cn(n∈N*)，
下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的.
因为bn=所以Tn==
4.
4
答案
1
2
3
取正整数t=得Tn=bt，
所以{bn}对前n项之积是封闭的，
同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.
4.
4
1.已知数列{an}的各项均不小于1，前n项和为Sn，a1=1，{2Sn-}是公差为1的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
答案
4
1
2
3
答案
4
由a1=1，得2S1-=1.
因为{2Sn-}是公差为1的等差数列，
所以2Sn-=1+(n-1)=n.
当n≥2时，2Sn-1-=n-1，
两式相减，得2an-+=1，
所以=
又an≥1，所以an-1=an-1，则an-an-1=1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an=1+(n-1)=n.
(2)求数列的前n项和Tn.
1
2
3
答案
4
1
2
3
答案
4
由(1)可知，Sn=
则==4
所以数列的前n项和
Tn=4=4=.
1
2
3
答案
2.(2024·三明模拟)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an.
(1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
4
1
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3
答案
4
因为an+2=3an+1-2an，
所以an+2-an+1=2(an+1-an)，
又因为a1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0，
所以=2，
所以数列{an+1-an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an+1-an=2×2n-1=2n，
当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2
1
2
3
答案
4
=+2=2n，
当n=1时，a1=2也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an=2n.
1
2
3
答案
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.
4
1
2
3
答案
4
由题意可知an+1-an=(n+2-1)dn，
所以(n+1)dn=an+1-an=2n，
所以=
所以Tn=+++…+ ①
将①式两边同时乘以得Tn=+++…+ ②
①-②得Tn=1++++…+-
=1+-=-
1
2
3
答案
4
所以Tn=3-
故数列的前n项和Tn=3-.
3.已知函数f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R.
(1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有>0，求a；
1
2
3
答案
4
1
2
3
答案
f(x)的定义域为(-1，+∞)，且f(0)=0，
f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f ' (0)=0，
①当a≤0时，2a-<0，
则令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)，令f ' (x)<0，有x∈(0，+∞)，
则f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
又f(0)=0，所以f(x)≤0，
此时令x1x2<0，有<0，不符合题意；
4
1
2
3
答案
②当a>0时，f ' (x)有零点0和x0=-1，
若-1
此时令f ' (x)<0，有x∈(x0，0)，令f ' (x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上单调递减，在(-1，x0)，(0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)>0，
令x1>0，x2=x0，有<0，不符合题意；
若x0>0，即04
1
2
3
答案
此时令f ' (x)<0，有x∈(0，x0)，
令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(-1，0)，(x0，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)<0，
令-1有<0，不符合题意；
若x0=0，即a=此时f ' (x)=≥0，
4
1
2
3
答案
f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又f(0)=0，则当x>0时，f(x)>0，
当-1则当x≠0时>0，
也即对x1x2≠0>0，
综上，a=.
4
(2)记tn=1++…+(n∈N*)，证明：tn-1
2
3
答案
4
1
2
3
答案
4
由(1)的结论可知，
当a=0时，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；
当a=x>0时，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，
则当x>0时，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-1
2
3
答案
4
将上述n个式子相加，
tn-欲证tn-只需证tn-≤tn-
只需证1++…+≤
因为=<=2
所以1++…+
1
2
3
答案
4
<1+2
=-<得证，
于是tn-4.在无穷数列{an}中，令Tn=a1a2…an，若 n∈N*，Tn∈{an}，则称{an}对前n项之积是封闭的.
(1)试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？
1
2
3
4
答案
不是的，理由如下：
如等差数列
当n为偶数时，Tn=a1a2…an>0，Tn
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积都是封闭的.
(2)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
{an}是等比数列，其首项a1=2，公比为q，
所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，
使得2n=2qm-1成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得=21-n成立，
1
2
3
4
答案
①当m=≥1时，得-(m-1)=1-n，所以q=2；
②当m=+(2-n)=≥1时，得+(1-n)=0，
所以q=.
综上，q=2或q=.
(3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
对任意的无穷等比数列{an}，设公比为q'，则an=a1q'n-1=·
令bn=cn=
则an=bn·cn(n∈N*)，
下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的.
因为bn=所以Tn==
取正整数t=得Tn=bt，
1
2
3
4
答案
所以{bn}对前n项之积是封闭的，
同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.(共96张PPT)
第六章
§6.2　等差数列
数学
大
一
轮
复
习
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函数的关系.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
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______
.
2
同一个常数
d
an－an－1＝d(常数)(n
≥2，n∈N*)
2A＝
a＋b
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)若{an}为等差数列，且p＋q＝s＋t，则 (p，q，s，t∈N*).
(2)等差数列{an}的单调性
当d>0时，{an}是 数列；
当d<0时，{an}是 数列；
当d＝0时，{an}是 .
a1＋(n－1)d
na1＋d
ap＋aq＝as＋at
递增
递减
常数列
4.等差数列前n项和的常用性质
(1)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n是关于n的二次函数.
(2)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值.
大
小
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.(　　)
(2)等差数列{an}中，a10＝a1＋a9.(　　)
(3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S6，S12，S18也成等差数列.(　　)
(4)若{an}是等差数列，则对任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.(　　)
×
√
×
×
2.在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝21，则其公差等于
A.2 B.3 C.6 D.18
√
由题意知，设等差数列{an}的公差为d，
a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3，a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝21，
两式相减得9d＝18，所以d＝2.
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a4的值为
A.－7 B.－10 C.－12 D.10
√
设等差数列{an}的公差为d，
因为3S3＝S2＋S4，
所以3(3a1＋3d)＝(2a1＋d)＋(4a1＋6d)，
又a1＝2，所以d＝－3，
所以a4＝a1＋3d＝－7.
4.在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a1＋a8＋a6＝6，则S9＝　　　.
设等差数列{an}的公差为d，
则a1＋a8＋a6＝a1＋(a1＋7d)＋(a1＋5d)＝3(a1＋4d)＝3a5，
所以a5＝2，
所以S9＝＝9a5＝18.
18
1.掌握等差数列的常用性质
(1)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.
(2)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(3)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.
(4)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则.
(5)数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
微点提醒
2.解题时灵活应用以下结论
若等差数列{an}的项数为偶数2n，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S偶－S奇＝nd.
若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则
(1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；
(2).
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　 (1)(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　.
等差数列基本量的运算
题型一
95
方法一　(基本量法)
设数列{an}的公差为d，
则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d
＝10×(－4)＋45×3＝95.
方法二　(利用下标和性质)
设数列{an}的公差为d，
由a3＋a4＝a2＋a5＝7，
3a2＋a5＝5，
得a2＝－1，a5＝8，
故d＝＝3，a6＝11，
则S10＝×10＝5(a5＋a6)
＝5×19＝95.
下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需
A.352步 B.387步 C.332步 D.368步
(2)广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往
√
设从第n层到第n＋1层所走的台阶数为an，绕第n＋1层一周所走的步数为bn，
由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，
b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，
所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，
数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，
设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，
所以S8＝＝152，
T8＝＝180，
S8＋T8＝152＋180＝332，
故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步.
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”).
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
思维升华
跟踪训练1　(1)(2025·南通模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝46，则a3·a10是{an}中的
A.第28项 B.第29项
C.第30项 D.第32项
√
设等差数列{an}的公差为d，
则
解得
所以a3·a10＝(a1＋2d)(a1＋9d)＝9×(－5)＝－45，
令an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝－45，
得n＝30，即a3·a10是{an}中的第30项.
(2)若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.8尺，最后三个节气日影长之和为4.5尺，则春分时节的日影长为
A.5.1尺 B.4.5尺 C.4.1尺 D.3.5尺
√
设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，公差为d，
由题意得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.4－0.9n，
所以a7＝11.4－0.9×7＝5.1，
即春分时节的日影长为5.1尺.
例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是
A.当n≥2时，an＋1－an＝d(d为常数)
B.an＝kn＋b(k，b为常数)
C.Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
D.2an＋1＝an＋an＋2
等差数列的判定与证明
题型二
√
√
√
对于A，当n≥1时，an＋1－an＝d 数列{an}为等差数列，A错误；
对于B，若数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，
若an＝kn＋b，则an＋1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常数)，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的通项公式可以表示为an＝kn＋b 数列{an}为等差数列，B正确；
对于C，若数列{an}为等差数列，则Sn＝na1＋n，
符合Sn＝an2＋bn的形式，
若Sn＝an2＋bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，
当n＝1时，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即数列{an}为等差数列，
故数列{an}的前n项和可以表示为Sn＝an2＋bn的形式 数列{an}为等差数列，C正确；
对于D，由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1 数列{an}为等差数列，D正确.
(2)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3(n≥3).
①求a3的值；
在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，
且an＝2an－1－an－2＋3，
令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7.
②证明：数列{an－an－1}(n≥2)是等差数列；
由an＝2an－1－an－2＋3(n≥3)，
当n≥2时，可得an＋1＝2an－an－1＋3，
则(an＋1－an)－(an－an－1)＝3，
又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1，
所以{an＋1－an}是公差为3的等差数列，
即数列{an－an－1}(n≥2)是公差为3的等差数列.
③求数列{an}的通项公式.
由②知，数列{an＋1－an}是首项为1，公差为3的等差数列，即an＋1－an＝3n－2，
所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
＝2＋[1＋4＋7＋…＋(3n－5)]
＝2＋
＝n2－n＋4，
又a1＝2满足上式，所以an＝n2－n＋4，
即数列{an}的通项公式为an＝n2－n＋4.
判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立.
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
思维升华
跟踪训练2　(2025·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且当n≥2(n∈N*)时，2Sn·Sn－1＝－an.
(1)证明：数列是等差数列；
因为2Sn·Sn－1＝－an(n≥2)，
所以2Sn＋1·Sn＝－an＋1，
则2Sn·Sn＋1＝Sn－Sn＋1，
因为S1＝a1＝≠0，易知Sn≠0，
所以＝2，
又＝2，
所以数列是首项与公差都为2的等差数列.
(2)设数列{bn}满足bn＝求b1＋b101的值.
由(1)得＝2＋2(n－1)＝2n，则Sn＝
当n＝1时，b1＝＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝－·
所以bn＝
所以b1＋b101＝－2＋＝－.
例3　(多选)(2024·南阳模拟)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是
A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，则a5＋a6＋a7＝20
B.若a2＋a11＝4，则S12＝24
C.若a1<0，S15<0，则S6D.若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0
√
命题点1　项的性质
等差数列的性质
题型三
√
对于A，由a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，可得(a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3)＝6d＝6，所以d＝1，又由a5＋a6＋a7＝(a1＋a2＋a3)＋12d＝5＋12＝17≠20，所以A错误；
对于B，由S12＝＝24，所以B正确；
对于C，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因为a1<0，可得an<0
(n＝1，2，…，8)，所以S6－S5＝a6<0，所以C正确；
对于D，因为{an}为递增数列，可得公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误.
命题点2　和的性质
例4　(1)(2025·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20等于
A.30 B.58 C.60 D.90
√
由数列{an}为等差数列，
可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16也为等差数列，
由S4＝2，S8＝12，则S8－S4＝10，
故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，
即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.
(2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且则等于
A. B. C. D.
√
因为{an}，{bn}均为等差数列，
所以
因为所以.
例5　在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为　　　；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是　　　.
命题点3　奇、偶项的性质
－11
55
令S奇＝220，S偶＝165，
若此数列的项数为10，则S偶－S奇＝5d，
所以－55＝5d，所以d＝－11；
若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，则
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝＝(n－1)an，
所以解得n＝4，
所以第4项是此数列的中间项，a4＝＝55.
等差数列的性质
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an；
(2)若{an}是公差为d的等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)组成公差为md的等差数列；
(3)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.
思维升华
跟踪训练3　(1)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意
正整数n，都有则等于
A. B. C. D.
√
由等差数列的性质可得，
.
(2)(多选)(2024·广州模拟)在等差数列{an}中，a1>0，则下列命题正确的是
A.若a3＋a7＝4，则S9＝18
B.若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17
C.若S15>0，S16<0，则>
D.若S9＝S10，则S18>0
√
√
√
S9＝＝18，故A正确；
设等差数列的公差为d，则(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d＝4，得d＝1，则a7＋a8＝(a1＋a2)＋12d＝5＋12＝17，故B正确；
S15＝＝15a8>0，则a8>0，S16＝＝8(a8＋a9)<0，则a8
＋a9<0，即0若S9＝S10，则a10＝0，S18＝＝9(a9＋a10)＝9a9，因为a1>0，a10＝0，所以公差d＝<0，则a9＝a10－d>0，所以S18>0，故D正确.
(3)等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n＝　　.
10
因为等差数列{an}共有2n＋1项，
所有奇数项之和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝
＝(n＋1)an＋1＝132，
所有偶数项之和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1＝120，
所以
解得n＝10.
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C D D C D ABD ABD
题号 9 10 13 14 15 　16 答案 25 B BCD C 　2n+1 15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=++=
∴S3+T3=6d+=21，
即2d2-7d+3=0，
11.
15
16
答案
1
2
3
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5
6
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12
13
14
解得d=3或d=(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2=b1+b3，即=+
∴6==
即-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
11.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
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14
又S99-T99=99，
由等差数列的性质知，99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，∴a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，与d>1矛盾，舍去；
11.
15
16
答案
1
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13
14
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，
解得d=.
综上，d=.
11.
15
16
答案
1
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12
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14
(1)当n≥2，n∈N*时，an=Sn-Sn-1，
则2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，
化简得Sn-1-Sn=2SnSn-1，
又Sn≠0，所以-=2，
又==1，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列.
12.
15
16
答案
1
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6
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14
(2)由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，
则Sn=
故an=
则an+1=-=-
由2nan+1+<0，得-+<0，
12.
15
16
答案
1
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6
7
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12
13
14
则λ<
令cn=
则cn+1-cn=-=>0，
所以数列{cn}为递增数列，
又c1=故λ<
所以实数λ的取值范围是.
12.
15
16
一、单项选择题
1.已知数列{an}为等差数列，a1+a2+a3=9，a3+a7=10，则a8等于
A.5 B.6 C.7 D.8
√
1
2
3
4
5
6
7
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9
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12
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14
知识过关
答案
由a1+a2+a3=3a2=9，得a2=3，
由a3+a7=2a5=10，得a5=5，
又a2+a8=2a5，即有3+a8=2×5=10，
故a8=7.
15
16
1
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12
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14
答案
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，若a6=2a4，则等于
A.12 B.10 C.9 D.6
√
设{an}的公差为d，
由a6=2a4，可得a1+5d=2(a1+3d)，得d=-a1≠0，
则S24===-252a1，
a30=a1+29d=-28a1，
故=9.
15
16
3.数列{an}的前n项和Sn=n2+3n+m，若p：m=0，q：数列{an}是等差数列，则p是q的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件 D.充要条件
√
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答案
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14
当m=0时，Sn=n2+3n，则a1=S1=4，
an=Sn-Sn-1=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2(n≥2)，
a1=4也满足an=2n+2，
所以an-an-1=2(n≥2)，故数列{an}为等差数列；
由数列{an}为等差数列可知a1=4+m，a2=10+m-(4+m)=6，a3=18+m-(10+m)=8成等差数列，
所以2a2=a1+a3，即12=12+m，解得m=0.
综上可知，p是q的充要条件.
答案
15
16
4.(2025·烟台模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若{an}的公差为首项a1∈sin a1=sin a2，则S16等于
A.24π B.32π C.56π D.64π
√
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答案
15
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13
14
因为等差数列{an}的公差为
所以a2=a1+即sin a2=sin=cos a1，
即sin a1=cos a1，则tan a1=1，
又a1∈则a1=
故S16=16×+×=64π.
答案
15
16
5.(2024·包头模拟)已知等差数列{an}中，a1=9，a4=3，设Tn=|a1|+|a2|+…+
|an|，则T21等于
A.245 B.263 C.281 D.290
√
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答案
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13
14
在等差数列{an}中，
由a1=9，a4=3，得公差d==-2，
则an=a1+(n-1)d=-2n+11，
显然当n≤5时，an>0，当n≥6时，an<0，
所以T21=|a1|+|a2|+…+|a21|
=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+a21)
=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+a21)
=2×-=281.
答案
15
16
6.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1(an+1-1)=
an(an+1)，若[x]表示不超过x的最大整数，bn=则数列{bn}的前
2 024项和T2 024等于
A.1 012 B.1 011 C.2 024 D.2 025
√
1
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答案
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14
∵an+1(an+1-1)=an(an+1)，
∴-=an+1+an，
即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an，
∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1-an=1，
∵a1=1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an=n，
答案
15
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∴Sn=
∴==
∴bn===
∴T2 024=2+=2+2 023=2 025.
答案
15
16
二、多项选择题
7.(2025·辽宁名校联合体联考)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=kn2-2n(k∈
R)，则下列结论正确的是
A.a1=k-2
B.{an}为等差数列
C.{an}不可能为常数列
D.若{an}为递增数列，则k>0
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14
√
答案
√
√
15
16
对于A选项，当n=1时，a1=S1=k-2，A正确；
对于B选项，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=kn2-2n-[k(n-1)2-2(n-1)]=2kn-(k+2)，
显然当n=1时，上式也成立，所以an=2kn-(k+2).
因为an-an-1=2kn-(k+2)-[2k(n-1)-(k+2)]=2k，
所以{an}是以2k为公差的等差数列，B正确；
对于C选项，由上可知，当k=0时，{an}为常数列，C错误；
对于D选项，若{an}为递增数列，则公差2k>0，即k>0，D正确.
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答案
15
16
8.(2024·株洲模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则以下四个选项中正确是
A.若a5=0，则S9=0
B.若S6-S9=a10，且a2>a1，则a8<0且a9>0
C.若S16=64，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1，则公
差为2
D.若(n+1)Sn>nSn+1，且=则S3和S4均是Sn的最大值
√
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答案
√
√
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14
对于A，因为{an}是等差数列，a5=0，所以S9==9a5=0，故A正确；
对于B，因为a2>a1，所以公差d=a2-a1>0，即{an}是递增数列，
因为S6-S9=a10，即S9-S6=-a10，所以a9+a8+a7=-a10，
即a10+a9+a8+a7=0，则a8+a9=0，所以a8<0且a9>0，故B正确；
对于C，因为S16=64，所以=64，则a1+a16=8，则a8+a9=8，
又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9，a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8，
所以8a9=3×8a8，即a9=3a8，故4a8=8，得a8=2，a9=6，
所以{an}的公差为a9-a8=4，故C错误；
答案
15
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14
对于D，因为(n+1)Sn>nSn+1，即>
即>整理得d<0，
因为=所以(a6+a2)(a6-a2)=0，
由于a6-a2=4d≠0，所以a6+a2=0，故2a4=0，即a4=0，
因为d<0，所以{an}是递减数列，则a3>0，a5<0，
所以S3>S2>S1，S3=S4>S5>S6>…，
故S3和S4均是Sn的最大值，故D正确.
答案
15
16
三、填空题
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3=1，a7+a8+a9=12，则S10=　　 .
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答案
25
15
16
方法一　∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，
又a3=1，
∴a3+a8=5，∴S10===25.
方法二　设{an}的公差为d，
∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，
又a3=1，∴d==
则a1=a3-2d=1-2×=-
∴S10=10a1+d=25.
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答案
15
16
10.已知各项均为正数的数列{an}满足2=+(n∈N*，且n≥2)，a1=1，a2=2，则a30=　　　　.
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答案
2
因为2=+
由等差中项的定义可知，数列{}是首项=1，公差d=-=4-1=3的等差数列，
所以=+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2，
由此可知=3×30-2=88，
又因为an>0，所以a30=2.
15
16
四、解答题
11.(2023·新高考全国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；
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答案
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答案
∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=++=
∴S3+T3=6d+=21，即2d2-7d+3=0，
解得d=3或d=(舍去)，
∴an=nd=3n.
15
16
(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d.
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答案
∵{bn}为等差数列，∴2b2=b1+b3，
即=+
∴6==
即-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，
由等差数列的性质知，99a50-99b50=99，
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答案
即a50-b50=1，∴a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，与d>1矛盾，舍去；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.
综上，d=.
15
16
12.数列{an}的前n项和为Sn，2-2anSn+an=0(n≥2，n∈N*)，且a1=1.
(1)证明：为等差数列；
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答案
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14
答案
当n≥2，n∈N*时，an=Sn-Sn-1，
则2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，
化简得Sn-1-Sn=2SnSn-1，
又Sn≠0，所以-=2，
又==1，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列.
15
16
(2)对于任意n∈N*，不等式2nan+1+<0恒成立，求实数λ的取值范围.
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答案
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答案
由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，
则Sn=
故an=
则an+1=-=-
由2nan+1+<0，
得-+<0，则λ<
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14
答案
令cn=
则cn+1-cn=-=>0，
所以数列{cn}为递增数列，
又c1=故λ<
所以实数λ的取值范围是.
15
16
13.(2024·汉中模拟)图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案，会徽的主题图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，则第n个三角形的面积为
A. B.
C. D.
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答案
√
能力拓展
15
16
记OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，
由题意知，OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，且△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，
所以a1=1，且=+1(n≥2，n∈N*)，
所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以=1+(n-1)×1=n，
由an>0，所以an=.
所以第n个三角形的面积为an×1=.
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答案
15
16
14.(多选)(2024·武汉模拟)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，
且Sn＝，则下列结论正确的是
A.当m>n(m，n∈N*)时，am>an
B.Sn＋Sn＋2<2Sn＋1
C.数列{}是等差数列
D.Sn－≥ln n
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答案
√
√
√
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14
答案
对于A，由题意可知a1＝ ＝1，所以a1＝1，则a1＋a2＝ ＋2a2－1＝0，所以a2＝－1对于C，由Sn＝ Sn＝ ＝1(n≥2)，
故C正确；
对于B，＝1＋(n－1)×1＝n Sn＝，
则Sn＋Sn＋2＝<2＝2Sn＋1，故B正确；
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答案
对于D，易知Sn－，令f(x)＝x－－2ln x(x≥1)，则f'(x)＝1＋≥0，则f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0 ≥ln n，即Sn－≥ln n，故D正确.
15
16
15.(2025·衢州模拟)已知等差数列{an}满足：|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝
＋…＋＋…＋＝72，则n的
最大值为
A.18 B.16 C.12 D.8
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答案
√
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答案
∵|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝＋…＋＝72，
∴{an}不为常数列，且数列的项数为偶数，
设为2k(k∈N*)
则一定存在正整数k，
使得ak>0，ak＋1<0或ak<0，ak＋1>0，
不妨设ak<0，ak＋1>0，数列{an}的公差为d，
∴∴
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14
答案
从而得，数列{an}为递增数列，
∵ak<0，∴ak－<0，
且＋…＋＝＋…＋，
∴ak＋≤0，∴ak≤－，
同理ak＋1－≥0，
即∴∴d≥2，
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答案
根据等差数列的性质，ak＋1－a1＝ak＋2－a2＝…＝a2k－ak＝kd，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝|a1|＋|a2|＋…＋|a2k|
＝ak＋1＋ak＋2＋…＋a2k－a1－a2－…－ak＝k2d＝72，
∴k2＝≤＝36，
∴n＝2k≤2×6＝12，∴n的最大值为12.
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16.已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1=3且Sn+Sn+1=-则an=　　　.
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2n+1
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答案
因为Sn+Sn+1=-
即2(Sn+Sn+1)=-3， ①
当n=1时，2(S1+S2)=-3，
又因为a1=3，即-2a2-15=0，
解得a2=5或a2=-3(舍去)，
当n≥2时，2(Sn-1+Sn)=-3， ②
①②两式相减，可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0，
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答案
因为an>0，可得an+1-an=2(n≥2)，
又a2-a1=2，所以an+1-an=2(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an=3+(n-1)×2=2n+1.
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第六章
培优点6　新情境、新定义下的数列问题
数学
大
一
轮
复
习
纵观各地考题，总能在试卷的压轴题位置发现新情境、新定义数列题的身影，它们对数列综合问题的考查常常以新定义和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与其他知识的交汇.
重点解读
例1　(1)定义：满足：＝q(q为常数，且q≠0，n∈N*)的数列{an}
称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1＝1，a2＝，则使得an>2 025成立的最小正整数n为
A.7 B.8 C.9 D.10
以等差、等比的概念定义新数列
题型一
√
由题意知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1＝1，a2＝，
则，
故，…，，
将以上各式累乘得··…·(n≥2)，
故an＝(n≥2)，
又a1＝1符合该式，所以an＝.
令>2 025，
由于210＝1 024，211＝2 048，
故>10(n∈N*)，即(n－1)n>40(n∈N*)，
又(n－1)n的值随n的增大而增大，且(7－1)×7＝42，(8－1)×8＝56，
当n＝7时，＝210×<2 025，
当n＝8时，＝214>2 025，
故n的最小值为8.
(2)定义高阶等差数列：对于一个给定的数列{an}，令bn＝an＋1－an，则数列{bn}称为数列{an}的一阶差数列，再令cn＝bn＋1－bn，则数列{cn}称为数列{an}的二阶差数列.已知数列{An}为2，5，11，21，36，…，且它的二阶差数列是等差数列，则A8＝　　　　　　.
121
该数列的一阶差数列为3，6，10，15，…，则二阶差数列为3，4，5，…，
因为二阶差数列是等差数列，故二阶差数列后面的项为6，7，8，…，
所以一阶差数列后面的项为21，28，36，…，
从而原数列后面的项为57，85，121，…，故A8＝121.
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.
思维升华
跟踪训练1　(多选)(2024·喀什模拟)对于数列{an}，定义bn＝an＋(n∈N*)，
称数列{bn}是{an}的“倒和数列”.下列说法正确的有
A.若数列{an}为递增数列，则数列{bn}为递增数列
B.若an＝2n，则bn有最小值2
C.若an＝2n，则bn有最小值
D.若bn＋1＝bn>0，且an＋1≠an，则an＋1an＝1
√
√
函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，0)，(0，1)上
单调递减，
对于A，由于函数f(x)在定义域上不单调，则由数列{an}为递增数列，无法判断数列{bn}的单调性，A错误；
对于B，C，an＝2n≥2，则(bn)min＝b1＝a1＋，B错误，C正确；
对于D，由bn＋1＝bn>0，得an>0，an＋1＋－an－＝0，整理得(an＋1－an)＝0，而an＋1≠an，因此an＋1an＝1，D正确.
例2　给定数列{an}，若满足a1＝a(a>0且a≠1)，且对于任意的m，t∈N*，都有am＋t＝am·at，则称数列{an}为“指数型数列”.
(1)已知数列{an}的通项公式an＝4n，证明：{an}为“指数型数列”；
以函数定义新数列
题型二
因为a1＝4，且对于任意的m，t∈N*，
都有am·at＝4m·4t＝4m＋t＝am＋t，
所以{an}为“指数型数列”.
(2)若数列{an}满足a1＝，an＝3an＋1＋2anan＋1(n∈N*).
①判断数列是否为“指数型数列”，若是，给出证明，若不是，
说明理由；
将an＝3an＋1＋2anan＋1两边同除anan＋1，得＋2，
所以＋1＝3，
又＋1＝3，即数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以＋1＝3n，
所以对于任意的m，t∈N*，
都有＝3m＋t＝＋1，
故是“指数型数列”.
②若数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn<.
由①知，＋1＝3n，
则an＝，当n＝1时，S1＝a1＝<，
当n≥2时，<，
则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<＋…＋
＝<.
综上，Sn<.
数列是一种特殊的函数，本质上数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的“离散型”函数，数列问题可以融入函数问题之中，解决数列问题时可以结合函数知识.
思维升华
跟踪训练2　(多选)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*，定义函数y＝f(x)是数列{an}的特征函数，则下列说法正确的是
A.当f(x)B.当f(x)＝2x－1时，an＝1
C.当f(x)＝时，≤an≤2(n≥2)
D.当f(x)＝(x>0)时，记数列{an}的前n项和为Sn，则√
√
√
由已知f(x)因为f(x)＝2x－1，所以a2＝f(a1)＝f(1)＝2－1＝1，同理a3＝f(a2)＝f(1)＝1，易得an＝1，故B正确；
因为f(x)＝＝1＋在[1，＋∞)上单调递减，
又a1＝1，an＋1＝f(an)，f(1)＝2，
所以f(2)≤an≤2(n≥2)，
所以≤an≤2(n≥2)，故C正确；
因为an＋1＝，
由a1＝1易知对任意的n∈N*，an>0，
从而S2 024>a1＋a2＝1＋，
所以<1，
所以an＋1由an＋1＝可得1＋，
所以－1＝，
所以an＋1＝
＝
<
＝2()，
所以S2 024故有例3　(2025·泰安模拟)已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，a2＝4，anan＋1＝2Sn(Sn＋1＋Sn－1－2Sn)(n∈N*，且n≥2).
(1)求数列的前n项和Tn；
以数列和项与通项关系定义新数列
题型三
anan＋1＝2Sn(Sn＋1＋Sn－1－2Sn)
＝2Sn(an＋1－an)(n≥2)，
∵{an}各项均不为0且为递增数列，
∴an＋1－an≠0，
∴2Sn＝，
∴2Sn－1＝(n≥3)，
上述两式相减得2an＝，
化简得an(an＋1＋an－1－2an)＝0(n≥3)，
∴an＋1＋an－1＝2an(n≥3)，
∵a1＝2，a2＝4，
∴a2a3＝2S2(a3－a2)，
∴a3＝6，
∴a1＋a3＝2a2，
∴{an}为首项为2，公差为2的等差数列，
∴an＝2n，Sn＝n2＋n，
∴，
∴Tn＝1－＋…＋.
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G－数列”.证明：
①对任意k≤5且k∈N*，存在“G－数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk＋1成立；
设“G－数列”{bn}的公比为q，且q>1，
由题意，只需证存在q对k≤5且k∈N*，
使得2qk－1≤2k≤2qk成立，
即(k－1)ln q≤ln k≤kln q成立，
设f(x)＝，则f'(x)＝，
令f'(x)＝0，解得x＝e，
当x∈(0，e)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
∵ln 8∴<，
∴f(k)＝≤，
∴存在q＝，使得ln k≤kln q对任意k≤5且k∈N*成立，
经检验，对任意k≤5且k∈N*，≤k均成立，
∴对任意k≤5且k∈N*，存在“G－数列”{bn}使得bk≤ak≤bk＋1成立.
②当k≥6且k∈N*时，不存在“G－数列”{cn}，使得cm≤am≤cm＋1对任意正整数m≤k成立.
由①知，若cm≤am≤cm＋1成立，
则qm－1≤m≤qm成立，
当k≥6时，取m＝3得q2≤3≤q3，
取m＝6得q5≤6≤q6，
由∴q不存在，
∴当k≥6且k∈N*时，不存在“G－数列”{cn}使得cm≤am≤cm＋1对任意正整数m≤k成立.
解决此类创新概念问题的关键：一是认真审题，读懂创新概念的含义；二是活用概念，即会利用创新概念，在相关知识的基础上加以类比、提升与拓展，转化为熟悉的相关问题；三是根据题意，并结合相关知识加以分析与求解，达到创新能力与转化思维的统一，知识与能力的综合，真正达到创新的目的.
思维升华
跟踪训练3　对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)恒成立，则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
当n≥4时，an－i＋an＋i＝a1＋(n－i－1)d＋a1＋(n＋i－1)d
＝2a1＋2(n－1)d＝2an，i＝1，2，3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an对任意正整数n(n>3)恒成立，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.
数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an， ①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an. ②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)， ③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)， ④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d'.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d'，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d'，
所以数列{an}是等差数列.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D D B BD BC 2
题号 　　8 答案 　n＋1 答案
1
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10
(1)由题意可知＋d＝＋1
＝1，＝1，
所以{}是等差数列，首项与公差均为1，
则＝1＋1×(n－1)＝n，
又an>0，所以an＝，n∈N*.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
(2)易知()(－1)2n＋()(－1)2n－1
＝()＋()
＝(＋1)＝4n，
所以Tn＝4＋8＋12＋…＋4n＝2n(n＋1)，
则，
故.
9.
答案
1
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3
4
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6
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8
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10
(1)当k＝1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1，
由n为任意正整数，且a1＝1，an＋1≠0，可得λ＝1.
(2)由题意得， ①
则an＋1＝Sn＋1－Sn＝()＝
·)，
因此·， ②
10.
答案
1
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8
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10
由①②得，
所以Sn＋1＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，
从而Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n－1，
an＝Sn－Sn－1＝3·4n－2，n≥2，
综上可得an＝n∈N*.
(3)若存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，
则＝λ，
10.
答案
1
2
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5
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10
则Sn＋1－3＋3－Sn＝λ3an＋1＝λ3(Sn＋1－Sn)，
由a1＝1，an≥0，且Sn>0，令pn＝>0，
则(1－λ3)－3＋3pn－(1－λ3)＝0，
当λ＝1时，pn＝，
由pn>0，可得pn＝1，则Sn＋1＝Sn，即an＋1＝0，
此时{an}唯一，不存在三个不同的数列{an}，
当λ≠1时，令t＝，
10.
答案
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
则－t＋tpn－1＝0，
则(pn－1)[＋(1－t)pn＋1]＝0，
①当t≤1时，＋(1－t)pn＋1>0，
则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
②当1则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
10.
答案
1
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4
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6
7
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10
③当t＝3时，(pn－1)3＝0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
④当t>3时，即0<λ<1时，Δ＝(1－t)2－4>0，＋(1－t)pn＋1＝0有两个解α，β，
设α<β，α＋β＝t－1>2，αβ＝1>0，
则0<α<1<β，则对任意n∈N*，
＝1或＝α3(舍去)或＝β3，
10.
答案
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8
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10
由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果，
所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的数列{an}有无数多个.
则存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，且an≥0，
综上可得0<λ<1.
10.
一、单项选择题
1.在一个数列中，如果 n∈N*，都有an·an＋1·an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12等于
A.28 B.20 C.24 D.10
√
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答案
1
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10
答案
由题知an·an＋1·an＋2＝8，an＋1·an＋2·an＋3＝8，
所以an＝an＋3，故数列{an}是周期为3的周期数列，
又a1a2a3＝8，a1＝1，a2＝2，所以a3＝4，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝28.
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10
答案
2.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋…＋等于
A. B. C. D.
√
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10
答案
根据“均倒数”的定义，有，
故a1＋a2＋…＋an＝n(3n＋2)＝3n2＋2n，
故当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3(n－1)2＋2(n－1)，
两式相减得an＝6n－1，
当n＝1时，a1＝3＋2＝5也符合上式，故an＝6n－1.
所以bn＝＝n，注意到，
故＋…＋＝1－＋…＋.
3.(2025·南充模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是
数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”，且bn
＝n，设数列的前n项和为Tn，则以下说法正确的是
A.an＝n B.an＝n＋1
C.Tn＝ D.Tn＝
√
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答案
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答案
由题可知bn＝＝n，所以Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，也满足，
所以an＝2n－1，n∈N*.
所以＝，
因为数列的前n项和为Tn，
所以Tn＝
＝.
4.向量数列{an}满足an＋1＝an＋d，且|a1|＝3，a1·d＝－，令Sn＝a1·(a1＋a2＋a3＋…＋an)，则当取最大值时，n为
A.2 B.3 C.4 D.6
√
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答案
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10
Sn＝a1·(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝a1·＝9n＋×
＝－n2＋n，
∴＝45－，
若要取最大值，则要3(n＋1)＋最小，
而3(n＋1)＋≥2＝6，
当且仅当n＋1＝∈(3，4)时等号成立，
答案
1
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而n∈N*，上述等号不能成立，
故当n＝2或n＝3时取最小值，
当n＝2时，3(n＋1)＋＝23，
当n＝3时，3(n＋1)＋，
故当n＝3时，取最大值.
答案
二、多项选择题
5.若数列{an}满足：对 i，j∈N*，若iA.an＝n2－4n＋1 B.an＝
C.an＝sin nπ D.an＝ln
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答案
√
√
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对于A，不妨取i＝1对于B，因为an＝＝1－，
所以对 i，j∈N*，若i，
所以1－<1－，即ai对于C，不妨取i＝2答案
1
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对于D，因为an＝ln ＝ln，
所以对 i，j∈N*，若i，
所以1－<1－，
所以ln答案
6.对于数列{an}，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有|an|≤M，则称数列{an}是有界的.若这样的正数M不存在，则称数列{an}是无界的.记数列{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的是
A.若an＝，则数列{an}是无界的
B.若an＝sin n，则数列{Sn}是有界的
C.若an＝(－1)n，则数列{Sn}是有界的
D.若an＝2＋，则数列{Sn}是有界的
√
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答案
√
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对于A，∵|an|＝≤1恒成立，
∴存在正数M＝1，使得|an|≤M恒成立，
∴数列{an}是有界的，A错误；
对于B，∵－1∴－∴Sn＝a1＋a2＋…＋an<＋…＋＝1－<1，
答案
1
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10
Sn＝a1＋a2＋…＋an
>－
＝－1＋>－1，
∴存在正数M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，
∴数列{Sn}是有界的，B正确；
对于C，∵an＝(－1)n，
∴当n为偶数时，Sn＝0；
答案
1
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10
当n为奇数时，Sn＝－1，
∴|Sn|≤1，∴存在正数M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，
∴数列{Sn}是有界的，C正确；
对于D，<
＝2，
∴Sn＝2n＋1＋＋…＋
<2n＋2
答案
1
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9
10
＝2n＋2＝2，
∵y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，
∴n－∈，
∴不存在正数M，使得|Sn|≤M恒成立，
∴数列{Sn}是无界的，D错误.
答案
三、填空题
7.若在数列{an}中，对任意正整数n，都有＝p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”.若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1＝1，则S2 024的最大值与最小值之和为　　　.
1
2
3
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5
6
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9
10
答案
2
由＝p得＝p，
两等式相减得.
又“公方和”为1，首项a1＝1，
所以＝…＝＝1，
＝…＝＝0.
所以S2 024的最大值为1 012，最小值为－1 010，其和为2.
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答案
8.在数列{an}中，若存在常数t，使得an＋1＝a1a2a3…an＋t(n∈N*)恒成立，则称数列{an}为“H(t)数列”.若数列{an}为“H(t)数列”，且a1＝2，数列
{bn}为等差数列，且＝an＋1＋bn－t，则bn＝　　　.(写出通项公式)
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答案
n＋1
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因为数列{an}为“H(t)数列”，
由＝an＋1＋bn－t(n∈N*)，
得＝a1a2a3…an＋bn(n∈N*)， ①
所以＝a1a2a3…anan＋1＋bn＋1(n∈N*)， ②
①②两式作差得＝(an＋1－1)a1a2a3…an＋bn＋1－bn(n∈N*)，
又因为数列{an}为“H(t)数列”，
答案
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所以an＋1－t＝a1a2a3…an(n∈N*)，
设数列{bn}的公差为d，
所以＝(an＋1－1)(an＋1－t)＋d(n∈N*)，
即(t＋1)an＋1－(t＋d)＝0对 n∈N*成立，
则
又a1＝2，＝a2＋b1＋1＝a1＋b1，
得b1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
答案
四、解答题
9.(2025·无锡模拟)若数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，其中d≠0，an>0，则称数列{an}为M数列.已知数列{an}为M数列，当d＝1，a1＝1时.
(1)求证：数列{}是等差数列，并写出数列{an}(n∈N*)的通项公式；
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答案
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答案
由题意可知＋d＝＋1
＝1，＝1，
所以{}是等差数列，首项与公差均为1，
则＝1＋1×(n－1)＝n，
又an>0，所以an＝，n∈N*.
(2)Tn＝[()(－1)k](n∈N*)，求 (n∈N*).
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答案
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答案
易知()(－1)2n＋()(－1)2n－1
＝()＋()
＝(＋1)＝4n，
所以Tn＝4＋8＋12＋…＋4n＝2n(n＋1)，
则，
故.
10.已知数列{an}(n∈N*)的首项a1＝1，前n项和为Sn.设λ和k为常数，若对
一切正整数n，均有＝λ成立，则称此数列为“λ－k”数列.
(1)若等差数列{an}是“λ－1”数列，求λ的值；
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答案
当k＝1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1，
由n为任意正整数，且a1＝1，an＋1≠0，可得λ＝1.
(2)若数列{an}是“－2”数列，且an>0，求数列{an}的通项公式；
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答案
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答案
由题意得， ①
则an＋1＝Sn＋1－Sn＝()
＝·)，
因此·， ②
由①②得，
所以Sn＋1＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，
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答案
从而Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n－1，
an＝Sn－Sn－1＝3·4n－2，n≥2，
综上可得an＝n∈N*.
(3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由.
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答案
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答案
若存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，
则＝λ，
则Sn＋1－3＋3－Sn＝λ3an＋1
＝λ3(Sn＋1－Sn)，
由a1＝1，an≥0，且Sn>0，令pn＝>0，
则(1－λ3)－3＋3pn－(1－λ3)＝0，
当λ＝1时，pn＝，
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答案
由pn>0，可得pn＝1，则Sn＋1＝Sn，即an＋1＝0，
此时{an}唯一，不存在三个不同的数列{an}，
当λ≠1时，令t＝，
则－t＋tpn－1＝0，
则(pn－1)[＋(1－t)pn＋1]＝0，
①当t≤1时，＋(1－t)pn＋1>0，
则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
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答案
②当1则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
③当t＝3时，(pn－1)3＝0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；
④当t>3时，即0<λ<1时，Δ＝(1－t)2－4>0，＋(1－t)pn＋1＝0有两个解α，β，
设α<β，α＋β＝t－1>2，αβ＝1>0，
则0<α<1<β，则对任意n∈N*，
＝1或＝α3(舍去)或＝β3，
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答案
由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果，
所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的数列{an}有无数多个.
则存在三个不同的数列{an}为“λ－3”数列，且an≥0，
综上可得0<λ<1.(共65张PPT)
第六章
§6.5　数列求和
数学
大
一
轮
复
习
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
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＝
na1＋d
(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.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝.
(　　)
(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法.(　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.(　　)
(4)当n≥2时.(　　)
×
√
×
√
2.已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，则数列{an}前2 025项和为
A.－1 011 B.－1 012 C.1 013 D.1 014
由题意可知，当n为偶数时，an＋an＋1＝(－1)n＝1，
因此，数列{an}前2 025项和为S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝2＋1×1 012＝1 014.
√
3.Sn＝＋…＋等于
A. B.
C. D.
√
由Sn＝＋…＋ ①
得Sn＝＋…＋ ②
①－②得Sn＝＋…＋
＝1－
∴Sn＝.
因为an＋1＝an＋即an＋1－an＝
则an－an－1＝n≥2，
所以an－a1＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a3－a2＋a2－a1
＝＋…＋＋1－＝1－n≥2，
又因为a1＝2，所以an＝1－＋a1＝3－n≥2.
又a1＝3－＝2，符合上式，
所以an＝3－n∈N*.
4.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋则通项公式an＝　　　　.
3－
谨防三个易误点
(1)并项求和时注意哪些项进行并项.
(2)裂项时注意是否还有系数及是否前后相邻的项相消.
(3)错位相减后构造的等比数列的项数是否是n项.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}满足an＋2＝
且a1＝2，a2＝1，则S20等于
A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145
√
分组求和与并项求和
题型一
根据递推公式可知，数列的奇数项依次为：2，22，23，…，为等比数列；
数列的偶数项依次为：1，3，5，…，为等差数列.
所以S20＝10×1＋×2＋＝100＋211－2＝2 146.
(2)已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 026等于
A.2 026 B.－2 026 C.3 039 D.－3 039
√
由已知a1＝tan 225°＝tan (180°＋45°)＝tan 45°＝1，故a5＝13a1＝13，
设数列{an}的公差为d，可得d＝＝3，
所以S2 026＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 026－a2 025)＝1 013d＝3 039.
(1)分组求和法常见题型
①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
②若数列{cn}的通项公式为cn＝
其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
思维升华
(2)并项求和法常见题型
①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.
②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
思维升华
跟踪训练1　(2024·毕节模拟)已知数列{an}满足an＝2×(－2)n－1＋n－2.求数列{an}的前n项和Sn.
由于an＝2×(－2)n－1＋n－2，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝2×(－2)0＋(－1)＋2×(－2)1＋0＋2×(－2)2＋1＋…＋2×(－2)n－1＋n－2
＝2×[(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1]＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]
＝2×
＝.
例2　(2024·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
裂项相消法求和
题型二
由Sn＝2an－2， ①
当n＝1时，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， ②
①－②，得an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＝a12n－1＝2n.
(2)若bn＝log2a2n－1，cn＝求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
由(1)知a2n－1＝22n－1，
∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.
则cn＝
故c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
＝
∵>0，∴1－<1<
故c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.
(2)消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.
思维升华
跟踪训练2　(2025·安顺模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝.
(1)求{an}的通项公式；
∵ n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝
∴(n∈N*)，
∵a1＝1，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，
则＝1＋(n－1)＝
即2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n≥2)，
∴×…×××…××
即＝n，an＝n(n≥2)，
∵a1＝1符合上式，∴an＝n.
(2)设bn＝{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值.
bn＝＝1＋
＝1＋
∴Tn＝n＋
＝n＋1－.
∵Tn＋1－Tn＝
＝1＋>0，
∴数列{Tn}为递增数列，
∴＝T1＝.
例3　(2025·贵阳模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an＋且a1＝－.设{an}
的前n项和为Tn，bn＝3n·an.
(1)证明：{bn}是等差数列；
错位相减法求和
题型三
因为bn＝3n·an，
所以bn＋1＝3n＋1·an＋1，
bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an
＝3n＋1－3n·an＝1，
且b1＝－2，所以{bn}是以－2为首项，1为公差的等差数列.
(2)求Tn.
由(1)知，bn＝n－3，
所以an＝＝(n－3)·.
则Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·
所以Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·
两式相减得Tn＝－＋…＋－(n－3)·
＝－－(n－3)·
＝－·
因此Tn＝－·.
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法.
(2)用错位相减法求和时，应注意：
在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
(3)[万能公式]形如cn＝(an＋b)·qn－1(q≠1)的数列的前n项和为Sn＝(An
＋B)qn＋C(q≠1)，其中A＝B＝C＝－B.
思维升华
跟踪训练3　已知数列{an}满足a1＝且an＝(n∈N*，且n≥2).
(1)设bn＝求证：数列{bn}是等差数列；
因为an＝n≥2，
则an－1＝－1＝
则·
即bn－bn－1＝n≥2，
故数列{bn}是首项为公差为的等差数列.
(2)记cn＝(n＋1)·3n·an，求数列{cn}的前n项和Sn.
由(1)可知，bn＝n＋即
解得an＝＋1＝；
则cn＝(n＋1)·3n·an＝(n＋4)·3n，
故Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
即Sn＝5·3＋6·32＋7·33＋…＋(n＋4)·3n，
3Sn＝5·32＋6·33＋7·34＋…＋(n＋4)·3n＋1，
故－2Sn＝5·3＋32＋33＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1＝12＋31＋32＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1
＝12＋－(n＋4)·3n＋1
＝·3n＋1，
故Sn＝·3n＋1－.
返回
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得an－an＋an－1＝2n－1，
即an＋an－1＝4n－2，
1.
答案
1
2
3
4
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，
从而数列{an＋1＋an}为等差数列.
(2)由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋
…＋(4×19＋2)＝＝420.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因为an＋1＝3an－2，
所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，
所以＝3，
所以{an－1}是以9为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.
(2)由(1)知bn＝
2.
答案
1
2
3
4
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋…＋
＝
＝又>0，
所以Tn<.
2.
答案
1
2
3
4
(1)若－1＝－1＝0，解得a＝1，
则数列不是等比数列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因为Sn＋1－Sn＝
所以an＋1＝易知an≠0，
所以·
3.
答案
1
2
3
4
所以－1＝
所以(n∈N*)，
当a≠1时，数列是以为首项为公比的等比数列.
(2)由(1)知－1＝×
所以＋1，则＝n＋n.
3.
答案
1
2
3
4
则Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝
令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①
所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②
①－②得
Kn＝＋…＋－n
3.
＝·－n
＝·
得Kn＝·
所以Tn＝·.
3.
答案
1
2
3
4
(1)因为nan＋1－(n＋1)an＝1，
可得
所以当n≥2时＋…＋＋…＋＝1－
又因为a1＝1，则an＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1成立，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)
4.
答案
1
2
3
4
＝sin＋cos[π(2n－1)]
＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，
因为cos (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，
所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，
所以T2n＝－2n，所以数列{bn}的前2 026项和为－2 026.
4.
答案
1
2
3
4
1.(2025·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；
1
2
3
4
知识过关
答案
当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，
从而数列{an＋1＋an}为等差数列.
1
2
3
4
答案
(2)求S20.
由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…
＋(4×19＋2)＝＝420.
1
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答案
1
2
3
4
答案
2.已知数列{an}满足a1＝10，an＋1＝3an－2.
(1)求{an}的通项公式；
因为an＋1＝3an－2，
所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，
所以＝3，
所以{an－1}是以9为首项，3为公比的等比数列，
所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.
(2)若bn＝记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
1
2
3
4
答案
由(1)知bn＝
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋…＋
＝
＝又>0，
所以Tn<.
1
2
3
4
答案
3.已知数列{an}的首项a1＝a(a≠0)，前n项和为Sn，且满足Sn＋1－Sn＝
(n∈N*).
(1)判断数列是否为等比数列；
1
2
3
4
答案
1
2
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4
若－1＝－1＝0，解得a＝1，
则数列不是等比数列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因为Sn＋1－Sn＝
所以an＋1＝易知an≠0，
所以·
答案
1
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3
4
所以－1＝
所以(n∈N*)，
当a≠1时，数列是以为首项为公比的等比数列.
答案
(2)若a1＝记数列的前n项和为Tn，求Tn.
1
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4
答案
1
2
3
4
由(1)知－1＝×
所以＋1，则＝n＋n.
则Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝
令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①
所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②
答案
1
2
3
4
①－②得
Kn＝＋…＋－n
＝·－n
＝·
得Kn＝·
所以Tn＝·.
答案
4.已知在数列{an}中，a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
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能力拓展
答案
因为nan＋1－(n＋1)an＝1，
可得
所以当n≥2时＋…＋＋…＋＝1－
又因为a1＝1，则an＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1成立，所以an＝2n－1.
1
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答案
(2)若数列{bn}满足bn＝sin＋cos(πan)，求数列{bn}的前2 026项和T2 026.
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答案
由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)
＝sin＋cos[π(2n－1)]
＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，
因为cos (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，
所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，
所以T2n＝－2n，所以数列{bn}的前2 026项和为－2 026.
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答案(共29张PPT)
第六章
必刷小题11　数　列
数学
大
一
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复
习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C A B C B D A
题号 9 10 11 12 　13 14
答案 AB ABD ABC 19 2
一、单项选择题
1.已知数列{an}是等比数列，且a2+a5=7，a4+a7=21，则a8+a11等于
A.28 B.63 C.189 D.289
√
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答案
设等比数列{an}的公比为q，
由a2+a5=7，a4+a7=21，
则a4+a7=q2(a2+a5)=21，解得q2=3，
故a8+a11=q4(a4+a7)=32×21=189.
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答案
2.已知数列{an}的前n项和Sn=n3-2n+sin π，则a6等于
A.66 B.77 C.88 D.99
√
由Sn=n3-2n+sin π可得S6=63-12+sin 3π=216-12=204，
S5=53-10+sin π=125-10+1=116，
故a6=S6-S5=204-116=88.
3.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.”说的是，有996斤棉花要赠送给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……根据这些信息，第三个孩子分得　　　　　　斤棉花
A.99 B.116 C.133 D.150
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依题意得，8个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，
设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第1个孩子所得棉花斤数为a1，
则由题意得d=17，S8=8a1+×17=996，
解得a1=65，
所以a3=a1+(3-1)d=65+2×17=99.
答案
4.已知数列{an}满足an+1=2(an+1)，若a5=78，则a1等于
A.4 B.3 C. D.2
√
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由an+1=2(an+1)可得
an+1+2=2(an+2)，
所以=2，
则{an+2}是公比为2的等比数列，
所以a5+2=(a1+2)·24=80，所以a1=3.
答案
5.已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1等于
A.1 B.4 C.12 D.36
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由题意可得，{an}的所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和S偶的4倍，
所以S奇+S偶=4S偶，故S偶=S奇，
设等比数列{an}的公比为q，该等比数列共有2k(k∈N*)项，
则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇，
所以q=
因为=a1a2a3=64，可得a2=4，
因此a1==12.
答案
6.在数列{an}中，若a2=2，an=(n+2)(an+1-an)，则a2 026等于
A.1 013 B.1 014 C.2 024 D.2 026
√
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因为an=(n+2)(an+1-an)，
所以(n+3)an=(n+2)an+1，所以=
所以是常数列，所以=
又a2=2，所以a2 026=1 014.
答案
7.若整数a，b，c经过适当排序后可成等差数列，再经过适当排序后也可成等比数列，则此等比数列的公比不可能是
A.1 B.- C.-2 D.2
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答案
当a，b，c同号时，不妨设a≥b≥c，
则有
解得a=b=c，此时等比数列公比为1；
当a，b，c是两个正数一个负数时，不妨设a>b>0>c，
则有得c2=b(2b-c)，
即c2+bc-2b2=(c+2b)(c-b)=0，
由c≠b，得c=-2b，a=4b，
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答案
若构成的等比数列为b，-2b，4b，则公比为-2；
若构成的等比数列为4b，-2b，b，则公比为-；
当a，b，c是两个负数一个正数时，
同理也有构成的等比数列公比为-2或公比为-
若构成的等比数列公比为2，设这3个数为a，2a，4a(a≠0)，则不能构成等差数列.
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8.已知数列{an}满足a3-a2=9，an-4an-1+3an-2=0(n≥3)，则当n≥2时，an-a1等于
A. B. C.2·3n-6 D.
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答案
由已知得an-an-1=3(an-1-an-2)(n≥3)，
又a3-a2=9，
所以a3-a2=3(a2-a1)=9，即a2-a1=3，
所以{an+1-an}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此an+1-an=3×3n-1=3n，
当n≥2时，a2-a1=3，a3-a2=32，…，an-an-1=3n-1，
累加得an-a1=3+32+…+3n-1==.
二、多项选择题
9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，则
A.S2=5 B.a2 025=25a2 023
C.数列{an}是等比数列 D.数列{Sn}是等差数列
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答案
对于A，由an+1=4Sn，则a2=4S1=4a1=4，
∴S2=a1+a2=5，A正确；
对于B，an+1=4Sn， ①
当n≥2时，an=4Sn-1， ②
①-②得an+1-an=4Sn-4Sn-1=4an，
∴an+1=5an，
∴a2 025=5a2 024=25a2 023，B正确；
对于C，当n≥2时，an+1=5an，
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答案
但a2=4a1不满足，
∴数列{an}不是等比数列，C错误；
对于D，由an+1=4Sn，即Sn+1-Sn=4Sn，
∴Sn+1=5Sn；
∴数列{Sn}是等比数列，不是等差数列，D错误.
10.已知等差数列{an}是递减数列，且a6=-2a3，前n项和为Sn，公差为d，则下列结论正确的有
A.d<0 B.a1>0
C.当n=5时，Sn最小 D.当Sn<0时，n的最小值为8
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由a6=-2a3，
得a1+5d=-2(a1+2d)，即a1=-3d，
由等差数列{an}是递减数列，知d<0，则a1>0，故A，B正确；
而Sn=na1+d=n2-n，
当n=3或n=4时，Sn最大，
令Sn=n2-n<0，
解得n>7，即当Sn<0时，n的最小值为8，故C错误，D正确.
答案
11.(2025·四平模拟)数列{an}的前n项的和Sn满足Sn+1+Sn=n(n∈N*)，则下列选项中错误的是
A.数列{an+1+an}是常数列
B.若a1<则{an}是递增数列
C.若a1=-1，则S2 025=1 012
D.若a1=1，则{an}的最小项的值为-1
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答案
对于A，当n=1时，Sn+1+Sn=a1+a2+a1=2a1+a2=1， ①
当n≥2时，Sn+Sn-1=n-1，
作差可得an+1+an=1，代入n=1可得a2+a1=1，与①可能矛盾，
故数列{an+1+an}不一定是常数列，故A错误；
对于B，由an+1+an=an+an-1=…=a3+a2=1可得
an+1=an-1=an-3=…且an=an-2=an-4=…，
所以数列{an}不是单调数列，故B错误；
对于C，若a1=-1，则由以上选项可知a2=3，a3=-2，a4=3，…，
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答案
所以当n≥2时，{an}的偶数项为3，奇数项为-2，
而S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 022+a2 023)+(a2 024+a2 025)=-1+1 012=1 011，故C错误；
对于D，若a1=1，则a2=-1，a3=2，
故当n≥2时，{an}的偶数项为-1，奇数项为2，
则{an}的最小项的值为-1，故D正确.
三、填空题
12.在数列{an}中，若a1=1，an+1=则=　　.
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答案
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　∵an+1=
则==+2，∴-=2，
∴故数列为等差数列，且公差为2，
又=1，故=1+2(n-1)=2n-1，
∴=10×2-1=19.
13.围棋起源于中国，至今已有4 000多年的历史.在围棋中，对于一些复杂的问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算.假设大小为n的眼有an口气，大小为n+1的眼有an+1口气，则an与an+1满足的关系是a1=1，a2=2，an+1-n=an-1(n≥2，n∈N*)，
则{an}的通项公式为　　　　　　 .
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答案
an=
根据题意，an+1-an=n-1，当n≥2时，
可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1
=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1
=+2=
又当n=1时，a1=1不满足an=
故an=
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答案
14.在数列{an}中，a1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，设bn=2n(an-λ)，其中λ为常数，若{bn}是递减数列，则整数λ的最小值是　　.
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答案
因为a1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，
可得(an+1-1)(an-1)=4[(an-1)-(an+1-1)]，
所以=-=
又因为=
所以数列是以为首项为公差的等差数列，
所以=+(n-1)×=
所以an=1+=
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答案
因为数列{bn}是递减数列，即 n∈N*，
bn+1代入可得λ>2an+1-an恒成立，
又因为2an+1-an=-==1+=1+
令g(n)=n+n∈N*，
可得g(1)=g(2)所以g(n)min=g(1)=g(2)=3，
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答案
所以2an+1-an的最大值为
所以λ>
所以整数λ的最小值为2.(共67张PPT)
第六章
§6.6　子数列问题
数学
大
一
轮
复
习
子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
重点解读
例1　(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn=记
Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4=32，T3=16.
(1)求{an}的通项公式；
奇数项与偶数项问题
题型一
设等差数列{an}的公差为d，
而bn=
则b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6，
于是
解得a1=5，d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3，
所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
方法一　由(1)知，Sn==n2+4n，
bn=
当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=·=n2+n，
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，
因此Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5，
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
方法二　由(1)知，Sn==n2+4n，
bn=
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=·+·=n2+n，
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=·+·
=n2+n-5，
显然T1=b1=-1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn=n2+n-5，
当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
思维升华
数列中的奇、偶项问题的常见题型
(1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))；
(2)含有(-1)n的类型；
(3)含有{a2n}，{a2n-1}的类型.
跟踪训练1　(2024·西安模拟)已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且
ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列，
∴2ln an+1=ln an+ln an+2，
即=anan+2，而an>0，∴{an}为等比数列，
设{an}的公比为q，q>0，则
得a1=1，q=2，∴an=2n-1.
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=+=2n+
当n为奇数时，
Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-
∴Tn=
例2　(2025·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=4，bn+1=3bn-2n+1.
(1)证明{bn-n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
数列的公共项
题型二
由题意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)，
而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，变形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3，
故{bn-n}是首项为3，公比为3的等比数列.
从而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*).
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1+c2+…+cn.
由题意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*，
令m=3n-1(n∈N*)，
则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1，
此时满足条件，
即m=2，5，8，…，3n-1，…时为公共项，
易知数列{bn}为递增数列，
所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]
=+ (n∈N*).
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.
思维升华
跟踪训练2　已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0+2an=4Sn+3，bn=
a2n-1，cn=3n.
(1)求{an}的通项公式；
由+2an=4Sn+3，
可知+2an+1=4Sn+1+3，
两式相减得-+2(an+1-an)=4an+1，
即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)，
因为an>0，则an+1-an=2，
又+2a1=4S1+3，a1>0，解得a1=3，
即{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项和.
方法一　由(1)知bn=4n-1，
因为cn=3n，数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成数列{dn}，且b1=c1=3，则数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列，
dn=3+12(n-1)=12n-9，
令{dn}的前n项和为Tn，
则T10=10×3+×12=570，
所以{dn}的前10项和为570.
方法二　由(1)知，bn=4n-1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn=ck，
即4n-1=3k，k==n+
而k，n∈N*，于是得=m-1(m∈N*)，
即n=3m-2，此时k=4m-3，m∈N*，
因此，b3m-2=c4m-3=12m-9，
即dn=12n-9，数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列，
令{dn}的前n项和为Tn，
则T10=10×3+×12=570，
所以{dn}的前10项和为570.
例3　(2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+++…+=2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
数列增减项
题型二
当n=1时，a1=2；
当n≥2时=-
=2n-2(n-1)=2，
所以an=2n，n≥2.
当n=1时，上式亦成立，
所以an=2n.
(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答).
由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55 n=10.
所以新数列{bn}的前55项中包含数列{an}的前10项，还包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99.
且x11=x21+x22=x31+x32+x33=…，x91+x92+…+x99=.
所以S55=(a1+a2+…+a10)+++…+
=+.
设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29，
则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210，
所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.
所以S55=+×210=28×29+1=14 337.
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
思维升华
跟踪训练3　记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=15，a2=2，等比数列{bn}满足b2=a1+a3，b3=2a4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
设{an}的公差为d，
由题意可得
解得
所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n，
因为b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8，
所以等比数列{bn}的公比q===2，且b1===2，
所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=n，bn=2n.
(2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，求
ci(n∈N*).
将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，
则ci=c1+c2+…+
{cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的，
所以ci=c1+c2+…+
=-(2+22+…+2n)
=-
=+2(1-2n)
=22n-1+(2n-3)2n-1+.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C B D AD ABD -250
题号 　　8 答案 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)因为2Sn=3an-1，所以当n≥2时，2Sn-1=3an-1-1，
所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).
当n=1时，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，
则{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
故an=3n-1.
(2)由(1)可知，当n为奇数时，bn=an=3n-1；
当n为偶数时，bn=log3an=n-1.
当n为奇数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)
9.
答案
1
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5
6
7
8
9
10
=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)
=+=
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)
=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)
=+=.
综上，Tn=
9.
答案
1
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9
10
(1)因为等差数列{An}的首项为2，公差为8，
所以A1=2，A2=10，
又在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}，设其公差为d，
则a1=A1=2，a5=A2=10，
所以d==2，
所以an=2+(n-1)×2=2n，即数列{an}的通项公式为an=2n，
10.
答案
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
Sn==n(n+1)(n∈N*).
所以数列{an}的前n项和Sn=n(n+1).
(2)设等比数列…的公比为q，
由于为等比数列的前两项，且k1=1，k2=3，则q====3，
所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，
从而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，
10.
答案
1
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6
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9
10
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，
所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n
=-n·3n=·3n-
从而Tn=×3n+.
10.
一、单项选择题
1.(2024·连云港模拟)若将2~2 026这2 025个整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，则此数列的项数是
A.94 B.95 C.96 D.97
√
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10
答案
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5
6
7
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10
答案
设满足题意的整数为t，则t=3m+2=7n+2 t-2=3m=7n，
其中m，n∈N，则t-2是能被21整除的数，即t是被21除余2的整数.
记t=21k+2，k∈N，则2~2 026这2 025个整数中，满足t形式的最小数为2，
此时k=0；最大数满足21k+2≤2 026 k≤96+则最大数对应的k=96.
故满足题意的数列的项数为97.
1
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5
6
7
8
9
10
答案
2.(2025·漳州模拟)将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20等于
A.237 B.238 C.239 D.240
√
数列{2n}中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，…，
经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n-1}中的项，
即2，8，32，128，…可以写成3n-1的形式，观察归纳可得an=22n-1，
所以a20=22×20-1=239.
3.在数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，则m等于
A.3 B.4 C.5 D.6
√
1
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3
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10
答案
1
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6
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10
答案
由题意得a1a2=2，a2=2==2，即an+2=2an，
所以当n为奇数时，an=；当n为偶数时，an=；
设{an}的前n项和为Sn，则S2k=+=3(2k-1)，
S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.
若m为奇数，则am+am+1+…+am+9为3的倍数，248不是3的倍数，不合题意；
若m为偶数，则am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1
=-
1
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10
答案
=(-3)-(-3)
=-
=(26-2)=62×=248，
即=4，所以m=4.
4.已知数列{an}满足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1若数列{bn}
的前n项和为Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，则λ的取值范围为
A. B.
C. D.
√
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10
答案
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6
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9
10
由a1=3，an+1-an=2，得数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
则an=2n+1，
于是bn=×(-1)n+1×
当n为偶数时，
Tn==；
答案
1
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10
当n为奇数时， Tn=Tn+1-bn+1=+=
当n为偶数时，Tn=<；
当n为奇数时，Tn=≤T1=
因此=
由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得<λ-λ2，即λ2-λ+<0，解得<λ<
所以λ的取值范围为.
答案
二、多项选择题
5.“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中留下2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…；依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则
A.2到20的全部素数和为77
B.挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134
C.2到30的全部素数和为100
D.挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为335
√
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答案
√
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由题可知，2到20的全部整数和S1==209，
2到20的全部素数和为S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，故A正确；
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209-77=132，故B错误；
2到30的全部整数和S3==464，2到30的全部素数和为S4=S2+23+
29=129，故C错误；
所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为464-129=335，故D正确.
答案
6.在数列的相邻两项之间插入此两项的和形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1，2进行构造，第一次得到数列：1，3，2；第二次得到数列：1，4，3，5，2；…；第n次得到数列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，记an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，数列{an}的前n项和为Sn，则
A.a4=123 B.k+1=2n
C.an=(n2+3n) D.Sn=(3n+1+2n-3)
√
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答案
√
√
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10
由题意，第一次得到数列：1，3，2，此时a1=3+3；
第二次得到数列：1，4，3，5，2，此时a2=3+3+9；
第三次得到数列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时a3=3+3+9+27；
第四次得到数列：1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时a4=3+3+9+27+81.
所以a4=3+3+9+27+81=123，故A正确；
因为an+1=1+(1+x1)+x1+(x1+x2)+x2+…+xk+(xk+2)+2=an+2(1+x1+x2+…+xk+2)-3=3an-3.
答案
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10
故an+1-=3又a1-=
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以an-=×3n-1 an=×(3n+1)，故C错误；
所以Sn=×(3+32+…+3n)+=×+=×(3n+1+2n-3)，故D正确；
设a1有b1=3个数相加，a2有b2=3+2=5(个)数相加，a3有b3=5+4=9(个)数相加，…，an有bn=bn-1+2n-1(n≥2)个数相加，
所以b2-b1=2，b3-b2=22，b4-b3=23，…，bn-bn-1=2n-1(n≥2)，
答案
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各式相加得bn-b1=21+22+…+2n-1=2n-2，
所以bn=2n-2+3=2n+1，n≥2，当n=1时，b1=3符合该式，所以k=bn-2=2n-1 k+1=2n，故B正确.
答案
三、填空题
7.已知数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，则{an}的前20项和S20=　 　.
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答案
-250
数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1，
当n为正奇数时，an+2-an=-2，
即数列{a2n-1}是以a1=1为首项，-2为公差的等差数列，
于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3，
当n为正偶数时，-an+2+an=4，即an+2-an=-4，
则数列{a2n}是以a2=1为首项，-4为公差的等差数列，
于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5，
所以{an}的前20项和S20=×10+×10=-250.
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答案
8.若数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去数列{bn}的第3项、第6项、第9项、…、第3n项、…余下的项的顺序不变，构成一个
新数列{cn}，则数列{cn}的前100项和为　　　　　.
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答案
(3150-1)
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10
由an+1=3an+1，得an+1+=3
又a1+=
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以an+=·3n-1=
所以an=-所以bn=2an+1=3n，
设数列{cn}的前n项和为Sn，
则S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100
=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149
答案
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=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)
=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)
=+
=(3150-1).
答案
四、解答题
9.(2025·河北沧衡名校联盟联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an-1.
(1)求{an}的通项公式；
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答案
因为2Sn=3an-1，所以当n≥2时，2Sn-1=3an-1-1，
所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).
当n=1时，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，
则{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
故an=3n-1.
(2)若bn=求数列{bn}的前n项和Tn.
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答案
由(1)可知，当n为奇数时，bn=an=3n-1；
当n为偶数时，bn=log3an=n-1.
当n为奇数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)
=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)
=+=
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)
=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)
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答案
=+=.
综上，Tn=
10.已知等差数列{An}的首项为2，公差为8，在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
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答案
因为等差数列{An}的首项为2，公差为8，
所以A1=2，A2=10，
又在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}，设其公差为d，
则a1=A1=2，a5=A2=10，所以d==2，
所以an=2+(n-1)×2=2n，即数列{an}的通项公式为an=2n，
Sn==n(n+1)(n∈N*).
所以数列{an}的前n项和Sn=n(n+1).
(2)若…是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求数列{bn}的前n项和Tn.
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答案
设等比数列…的公比为q，
由于为等比数列的前两项，且k1=1，k2=3，则q====3，
所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，
从而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，
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答案
所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n
=-n·3n=·3n-
从而Tn=×3n+.(共91张PPT)
第六章
§6.1　数列的概念
数学
大
一
轮
复
习
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
概念 含义
数列 按照确定的顺序排列的一列数
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
1.数列的有关概念
每一个数
序号n
概念 含义
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=______________
a1+a2+…+an
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 2.数列的分类
有限
无限
>
<
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，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an=f(n).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)数列1，2，3与3，2，1是两个不同的数列.(　　)
(2)数列1，0，1，0，1，0，…的通项公式只能是an=.(　　)
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.(　　)
(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点.(　　)
×
√
×
√
2.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用小石子来研究数.如图中的数1，5，12，22，…称为五边形数，则第8个五边形数是　 　.
∵5-1=4，12-5=7，22-12=10，
∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，
∴第5个五边形数是22+13=35，第6个五边形数是35+16=51，第7个五边形数是51+19=70，第8个五边形数是70+22=92.
92
3.已知数列{an}满足a1=1，an=n+an-1(n≥2，n∈N*)，则an=　　　 .
数列{an}满足a1=1，an=n+an-1(n≥2，n∈N*)，
可得a1=1，a2-a1=2，
a3-a2=3，a4-a3=4，
…
an-an-1=n，
以上各式相加可得an=1+2+3+…+n=(n≥2)，
又a1=1符合该式，所以an=.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2-4n+1，则an=　 　　　　　.
当n=1时，a1=S1=-2；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-4n+1-[(n-1)2-4(n-1)+1]=2n-5.
因为当n=1时，不满足an=2n-5，
所以an=
1.灵活应用两个常用结论
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，则an=
(2)在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则n≥2，n∈N*.
2.掌握数列的函数性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an+1>an，则{an}为递增数列；若an+1(2)周期性——若an+k=an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)(2025·漳州模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，若
3Sn=an+1，则等于
A.- B.- C. D.
√
由an与Sn的关系求通项公式
题型一
因为3Sn=an+1，则3Sn+1=an+1+1，
两式相减可得3an+1=an+1-an，
即2an+1=-an，
令n=7，可得2a8=-a7，
且an≠0，所以=-.
(2)已知数列{an}满足=n+1，则a2 025等于
A.2 025 B.2 024 C.4 049 D.4 050
√
由题意可得a1+++…+=n+1， ①
当n=1时，a1=2；
当n≥2时，a1+++…+=n， ②
①②两式相减得=1，即an=2n-1.
又a1=2不满足an=2n-1，
综上所述，an=
所以a2 025=4 049.
an与Sn的关系问题的求解思路
(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.
思维升华
跟踪训练1　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和Sn=(3n-1)，则下列说法正确的是
A.a1=1 B.数列{an}为递增数列
C.数列{an}是等比数列 D.an=2×3n-1
√
√
√
∵Sn=(3n-1)，
∴a1=S1=×(3-1)=1，故A正确；
当n≥2时，Sn-1=(3n-1-1)，
∴an=Sn-Sn-1=(3n-1)-(3n-1-1)=3n-1，a1=1也适合，∴an=3n-1，故D错误；
∵==3，
∴数列{an}是公比为3的等比数列，故C正确；
∵a1=1，公比大于1，∴数列{an}为递增数列，故B正确.
(2)(2024·广州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，当取得最小值时，n=　　　.
3
因为Sn=n2+n，
则当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n，
又当n=1时，a1=S1=2，满足an=2n，
故an=2n，
则==+
又y=x+在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增，
故当n=3时，n+取得最小值，即当n=3时取得最小值.
命题点1　累加法
例2　(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=2nanan+1，则an=
　　　　.
由数列的递推关系求通项公式
题型二
若an+1=0，则an-an+1=0，
即an=an+1=0，这与a1=1矛盾，所以an+1≠0，
由an-an+1=2nanan+1，两边同时除以anan+1，
得-=2n，
则-=2n-1，
-=2n-2，
…
-=22，
-=2，
上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2(n≥2)，
所以an=(n≥2)，
又a1=1符合该式，所以an=.
命题点2　累乘法
例3　若数列{an}满足a1=12，a1+2a2+3a3+…+nan=n2an，则a2 025=　　　.
因为a1+2a2+3a3+…+nan=n2an， ①
所以a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=(n+1)2an+1， ②
②-①得，(n+1)an+1=(n+1)2an+1-n2an =
所以an=···…··a1=×××…××12=(n≥2)，
又a1=12也符合，所以an=
所以a2 025=.
(1)形如an+1-an=f(n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式.
(2)形如=f(n)的数列，利用累乘法，即可求数列{an}的通项公式.
思维升华
跟踪训练2　(1)已知数列{an}中，a1=1，nan+1=2(a1+a2+…+an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　　　.
∵nan+1=2(a1+a2+…+an)， ①
∴当n≥2时，(n-1)an=2(a1+a2+…+an-1)， ②
①-②得nan+1-(n-1)an=2an，
即nan+1=(n+1)an，
∴=∴an=a1··…·=1××…×=n，
当n=1时，结论也成立.
∴an=n.
an=n
(2)(2024·盐城模拟)凸五边形有5条对角线，那么凸n+2(n≥2)边形的对角线条数为
A. B.
C. D.
√
凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，
则得到在凸n+1(n≥3)边形的基础上，多一个顶点，则多n条对角线，
设凸n+2边形有f(n+2)条对角线，
所以f(n+2)-f(n+1)=n，
则f(5)-f(4)=3，f(6)-f(5)=4，…，f(n+2)-f(n+1)=n，
累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n，
则f(n+2)=2+3+4+…+n=n≥3，
当n=2时，f(4)=2也满足此式，
所以f(n+2)=n≥2.
命题点1　数列的单调性
例4　(2024·阜阳模拟)已知数列{an}满足an=2n2+λn(λ∈R)，则“{an}为递增数列”是“λ≥0”的
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
√
数列的性质
题型三
由{an}为递增数列得，an+1-an=[2(n+1)2+λ(n+1)]-(2n2+λn)=λ+4n+2>0，n∈N*，
则λ>-(4n+2)对于n∈N*恒成立，得λ>-6，可得λ≥0 λ>-6，反之不成立.
命题点2　数列的周期性
例5　(2025·孝感模拟)在数列{an}中，a1=-2，anan+1=an-1，则数列{an}的前2 025项的积为
A.-1 B.-2 C.-3 D.
√
因为anan+1=an-1，an≠0，
所以an+1=1-
又a1=-2，则a2=a3=a4=-2，
所以数列{an}的周期为3，且a1a2a3=-1，
设数列{an}的前n项积为Tn，
则T2 025=a1a2a3…a2 025=(-1)675=-1.
命题点3　数列的最值
例6　数列{bn}满足bn=则当n=　　时，bn取最大值为　　　.
4
方法一　∵bn+1-bn=-=
∴当n≤3时，bn+1>bn，{bn}单调递增，
当n≥4时，bn+1故当n=4时，(bn)max=b4=.
方法二　令即
解得≤n≤
又n∈N*，∴n=4，故当n=4时，(bn)max=b4=.
(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.
(2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性.
思维升华
跟踪训练3　(1)(2024·周口模拟)在数列{an}中，a1=1，a2=5，an+2=an+1-an
(n∈N*)，则a2 025的值为
A.5 B.-5 C.4 D.-4
√
因为a1=1，a2=5，an+2=an+1-an(n∈N*)，
所以a3=a2-a1=4，a4=a3-a2=-1，a5=a4-a3=-5，a6=a5-a4=-4，a7=a6-a5=1，a8=a7-a6=5，
故数列{an}的周期为6，
所以a2 025=a6×337+3=a3=4.
(2)已知数列{an}的通项公式为an=kn2-n-2，若{an}为递增数列，则k的取值范围为
A.(1，+∞) B.(0，+∞)
C. D.
√
an=kn2-n-2，若{an}为递增数列，
则an+1>an(n∈N*)，
有k(n+1)2-(n+1)-2>kn2-n-2(n∈N*)，
解得k>(n∈N*)，
则k>
当n=1时=所以k>
则k的取值范围为.
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课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B C D C ABC AD
题号 9 答案 1(λ取满足λ<3的任意一个实数值即可) 15
16
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
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8
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11
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13
14
题号 10 13 14 15 16
答案 341 C B ABD 4n+2　3π×4n-2π
15
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答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
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13
14
(1)∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
(2)方法一　由an+1=2+1，
得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，
即-=1，
11.
15
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1
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14
则-=1(n≥2)，
-=1，…-=1，
由累加法可得=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2)，
又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1适合上式，∴an=2n-1.
11.
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方法二　由an+1=2+1，
得(an+1-1)2=4Sn，
当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1，
∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0，
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).
11.
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14
又∵a2-a1=2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
11.
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14
(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，
且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，
当n≥2时，可得4Sn-1=an-1an+1，
两式相减得4an=an(an+1-an-1)，
因为an≠0，故an+1-an-1=4，
所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均为公差为4的等差数列，
当n=1时，由a1=1及S1=解得a2=3，
所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
12.
15
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14
(2)由(1)知an=2n-1，
可得Sn==n2，
因为对于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，
所以λ≥恒成立，
设bn=则bn+1-bn=-=
当1-bn+1-bn>0，bn12.
15
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答案
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14
当n>1+即n≥3，n∈N*时，
bn+1-bn<0，bn>bn+1，
所以b1b4>b5>…，
故=b3=所以λ≥
即实数λ的取值范围为.
12.
15
16
一、单项选择题
1.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12项是
A.1 212 B.12 C.ln 12 D.sin 12
√
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知识过关
答案
通过观察数列得出规律，数列中的项是按正整数顺序排列，且3个为一循环节，由此判断第12项是sin 12.
15
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答案
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=n2-1，则a3等于
A.-5 B.5 C.7 D.8
√
因为Sn=n2-1，
所以a3=S3-S2=(32-1)-(22-1)=5.
15
16
3.已知数列{an}的项满足an+1=an，且a1=1，则an等于
A. B.
C. D.
√
1
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由an+1=an，得=所以===…==(n≥2)，所以···…··=×××…××所以=因为a1=1，所以an=又因为a1=1满足上式，所以an=.
答案
15
16
4.已知数列{an}的通项an=则数列{an}中的最大项的值是
A.3 B.19 C. D.
√
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14
令f(x)=x+(x>0)，
运用基本不等式得f(x)≥6
当且仅当x=3时，等号成立.
因为an=n∈N*，所以<
所以当n=9或n=10时，an=最大.
答案
15
16
5.已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=nanan+1(n∈N*)，则an等于
A. B.
C. D.
√
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14
易知an≠0，由题意，得-=n，
则当n≥2时-=n-1-=n-2，…-=1，
以上各式相加得-=1+2+…+(n-1)=(n≥2)，
所以=+1=
即an=(n≥2)，
当n=1时，a1=1适合此式，
所以an=.
答案
15
16
6.(2025·江门模拟)物理学家法兰克·本福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb(n)=logb.应用此定律可以检测
某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若=(k∈
N*)，则k的值为
A.7 B.8 C.9 D.10
√
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2
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答案
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14
=P10(k)+P10(k+1)+…+P10(80)=lg +lg +…+lg =lg
而===2lg 3=lg 9，故k=9.
答案
15
16
二、多项选择题
7.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=则下列说法正确的是
A.数列{an}的首项为a1=
B.数列{an}的通项公式为an=
C.数列{an}为递减数列
D.若数列{Sn}的前n项积为Tn，则Tn=
1
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√
答案
√
√
15
16
对于A，数列{an}的首项为a1=S1==故A正确；
对于B，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=a1=适合上式，故B正确；
对于C，因为an+1-an=-=-<0，所以数列{an}为递
减数列，故C正确；
对于D，Tn=×××…×=所以数列{Sn}的前n项积Tn=故
D错误.
1
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答案
15
16
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn-an=(n-1)2，bn=则
A.Sn=n2 B.an=2n
C.数列{bn}是递减数列 D.数列{bn}的最小值为
√
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5
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答案
√
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14
∵an=Sn-Sn-1(n≥2)，
∴Sn-an=Sn-1，则Sn-1=(n-1)2，
即Sn=n2(n∈N*)，
∴a1=1，当n≥2时，an=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1满足上式，∴an=2n-1(n∈N*)，故A正确，B错误；
易知bn>0，∵bn=bn+1=
∴==当>1时，n>+1，
答案
15
16
1
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14
∴当1≤n<3时，bn>bn+1，当n≥3时，bn∴数列{bn}不是递减数列，且当n=3时，bn取得最小值故C错误，D正确.
答案
15
16
三、填空题
9.已知数列{an}满足an=n2-λn，n∈N*，数列{an}是递增数列，试写出一个满足条件的实数λ的值：　　　 　　　　　.
1
2
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14
答案
1(λ取满足λ<3的任意一个实数值即可)
因为数列{an}是递增数列，且an=n2-λn，则an+1>an，
即(n+1)2-λ(n+1)>n2-λn，
整理可得2n+1-λ>0，即λ<2n+1，
因为n∈N*，即n≥1，
所以2n+1≥3，所以λ<3.(λ取满足λ<3的任意一个实数值即可)
15
16
10.九连环是中国传统民间智力玩具，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1=1，a2=2，an=an-2+2n-1(n
≥3，n∈N*)，则解开九连环最少需要移动　　 次.
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
11
12
13
14
答案
341
15
16
由题意，an=an-2+2n-1，
故a3-a1=22，
a5-a3=24，
…
a2n-1-a2n-3=22n-2，
以上各式相加，可得a2n-1-a1=22+24+…+22n-2=41+42+…+4n-1，
即a2n-1=1+41+42+…+4n-1==
所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为a9==341.
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
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四、解答题
11.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2+1.
(1)求a2的值；
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答案
∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
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(2)求数列{an}的通项公式.
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答案
方法一　由an+1=2+1，
得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，
即-=1，
则-=1(n≥2)，
-=1，…-=1，
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答案
由累加法可得=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2)，
又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1适合上式，∴an=2n-1.
方法二　由an+1=2+1，得(an+1-1)2=4Sn，
当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1，
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答案
∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0，
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).
又∵a2-a1=2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
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12.已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=.
(1)求{an}的通项公式；
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答案
因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，
当n≥2时，可得4Sn-1=an-1an+1，
两式相减得4an=an(an+1-an-1)，
因为an≠0，故an+1-an-1=4，
所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均为公差为4的等差数列，
当n=1时，由a1=1及S1=解得a2=3，
所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
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(2)若对于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，求实数λ的取值范围.
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答案
由(1)知an=2n-1，
可得Sn==n2，
因为对于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，
所以λ≥恒成立，
设bn=则bn+1-bn=-=
当1-bn+1-bn>0，bn15
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答案
当n>1+即n≥3，n∈N*时，
bn+1-bn<0，bn>bn+1，
所以b1b4>b5>…，
故=b3=所以λ≥
即实数λ的取值范围为.
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13.(2024·武汉模拟)在研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过n层薄膜，记光波的初始功率为P0，记Pk为光波经过第k层薄膜后的
功率，假设在经过第k层薄膜时，光波的透过率Tk==其中k=1，2，3，…，n，为使得≥2-2 025，则n的最大值为
A.31 B.32 C.63 D.64
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答案
√
能力拓展
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由题意==…=所以=××…×=≥2-2 025，
所以≤2 025，即n(n+1)≤4 050，
显然f(n)=n(n+1)关于n单调递增，其中n∈N*，
又f(63)=4 032<4 050所以n的最大值为63.
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答案
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14.已知Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列{bn}的前n项积，Sn＝n2＋2n，＝1，则与Tn的大小关系是
A.≥Tn B.>Tn
C.1
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答案
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答案
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，Sn－1＝n2－1，
则an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，
显然a1＝3符合上式，因此an＝2n＋1，
由＝1，得bn＝，
则Tn＝×××…×，
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答案
而2n·2n>(2n－1)(2n＋1)，即有<，
所以×××…×<×××…×，
从而<×××××…××＝2n＋1，
所以×××…×<>Tn.
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15.(多选)已知数列{an}满足an＋1＝ (n∈N*)，则
A.若a1＝1，则数列{an}为常数列
B.若a1>1，则对任意n∈N*，有an＋1C.若a1>1，则对任意n∈N*，有an＋1－1≥(an－1)
D.若a1＝2，则对任意n∈N*，有an≤1＋
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答案
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答案
对于A，若a1＝1，则
a2＝＝1，a3＝＝1，
以此类推可知an＝1，所以数列{an}为常数列，故A正确；
对于B，若a1>1，a2＝>×2＝1，a3＝
>×2＝1，
以此类推可知an>1，
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答案
an＋1＝>×2＝1，
则an＋1－an＝－an＝<0，
即an＋1对于C，由a1>1结合选项B得出an>1，
an＋1－1＝－1＝·(an－1)，
因为0<<，
所以an＋1－1<(an－1)，故C错误；
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答案
对于D，若a1＝2，则a1≤1＋＝2；
1假设ak≤1＋(k∈N*，k≥2)，
构造函数f(x)＝，
易知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ak＋1＝f(ak)≤f＝<1＋，
由以上归纳得出n∈N*，an≤1＋，故D正确.
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16.(2025·遵义模拟)第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象.六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch曲线得到2级十八角雪花曲线(如图3)……依次得到n级Kn(n∈N*)角雪花曲线.若正三角形边长为1，我们称∧
为一个开三角则n级Kn角
雪花曲线的开三角个数为　　　，n级
Kn角雪花曲线的内角和为　　　　　.
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4n+2
答案
3π×4n-2π
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答案
依题意，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的每一条边生成n+1级Kn+1(n∈N*)角雪花曲线的4条边，
因此n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的边数为
12×4n-1=3×4n，
当n=1时，曲线有6个开三角，
令n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开三角数为an，a1=6，
由于n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的每一条边向外形成一个开三角，因此an+1=an+3×4n，
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答案
当n≥2时，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开三角数an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…
+(an-an-1)=6+3(4+42+…+4n-1)=6+3×=4n+2，a1=6满足上式，
所以n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的开三角数an=4n+2；
令n级Kn角雪花曲线的内角和为bn，显然b1=6×+6×=10π，
而n级Kn(n∈N*)角雪花曲线到n+1级Kn+1(n∈N*)角雪花曲线每增加一个开三角，其内角和增加+2×=3π，
于是bn+1=bn+3π×3×4n=bn+9π×4n，
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返回
当n≥2时，n级Kn(n∈N*)角雪花曲线的内角和
bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=10π+9π(4+42+…+4n-1)
=10π+9π×=3π×4n-2π，
又b1=10π满足上式，所以n级Kn角雪花曲线的内角和bn=3π×4n-2π.
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