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本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1　(1)2+ln n　(2)　(3)2n-1
(4)　[解析] (1)由an+1=an+ln,得an+1-an=ln=ln(n+1)-ln n.则当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]=2+ln n.因为a1=2满足上式,所以an=2+ln n.
(2)∵=,∴当n≥2时,=,∴an=··…···a1=××…×××1=(n≥2),经检验a1=1也符合上式,∴an=.
(3)由an=a0+a1+…+an-1,得an-1=a0+a1+…+(n≥2),两式相减得,an=2an-1(n≥2),即=2(n≥2),则an=a1···…·=a1·2n-1(n≥2),又a1=a0=1,∴an=2n-1(n≥2).又∵a1=1也适合上式,∴an=2n-1(n≥1).
(4)等式两边同乘2n,得=+1(n≥2),即-=1(n≥2),因为=2,所以是以2为首项,1为公差的等差数列,所以=2+(n-1)×1,则an=.
变式　(1)B　(2)C　(3)47　[解析] (1)方法一:由题意知,a1=1,a2-a1=1-,a3-a2=-,a4-a3=-,…,an-an-1=-(n≥2),以上各项相加得an=1+1-+-+…+-=2-=(n≥2).因为a1=1也适合上式,所以an=.
方法二:由题意知,an+1+=an+=a1+1=2,所以an=2-=.
(2)∵an+1=an+,∴2n+1an+1=2nan+2,即2n+1an+1-2nan=2.又21a1=2,∴数列{2nan}是以2为首项,2为公差的等差数列,∴2nan=2+(n-1)×2=2n,∴an=.
(3)∵an+1=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1-Sn=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1+1=2(Sn+1)(n∈N*),又S1+1=a1+1=3,∴数列{Sn+1}为等比数列,其首项为3,公比为2.则S5+1=3×24,解得S5=47.
题型二
例2　(1)C　(2)C　(3)95　[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,∵a1+a3=3,a3+a5=6,∴==q2=2,∴a9+a11=(a1+a3)q8=3×24=48,故选C.
(2)若{an}为等差数列,则设数列{an}的公差为d,可得Sn=na1+d,则=a1+d,所以为首项为a1,公差为的等差数列,即甲是乙的充分条件.反之,若为等差数列,则可设的公差为D,故=S1+(n-1)D,即Sn=nS1+n(n-1)D=na1+n(n-1)D,利用公式an=可得an=a1+2(n-1)D,所以an+1-an=2D,即{an}为公差为2D的等差数列,所以甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.
(3)设等差数列{an}的公差为d,则a3+a4=2a1+5d=7,3a2+a5=4a1+7d=5,所以a1=-4,d=3,所以S10=10a1+45d=95.
变式　(1)B　(2)AC　[解析] (1)∵{an}是各项均为正数的等比数列,∴an>0,可得a1>0,公比q>0.∵=a2a4=9,∴a3=3.∵9S4=10S2,∴9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2),可得9(a3+a4)=a1+a2,∴=q2=,可得q=,故a2+a4=+a3q=10.故选B.
(2)由-=-1,S1=32,可得数列是以32为首项,-1为公差的等差数列,则=32+(n-1)×(-1)=-n+33,∴Sn=-n2+33n.对于选项A,∵Sn=-n2+33n,∴当n=1时,a1=S1=32;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+33n)-[-(n-1)2+33(n-1)]=-2n+34.∵a1=32满足上式,∴an=-2n+34.∵an+1-an=[-2(n+1)+34]-(-2n+34)=-2,∴数列{an}是等差数列,故选项A正确.对于选项B,∵Sn=-n2+33n,∴S3=-32+33×3=90,S6=-62+33×6=162,S9=-92+33×9=216,∴S6-S3=72,S9-S6=54,则2(S6-S3)=S3+(S9-S6),(S6-S3)-S3=-18,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,且公差为-18,故选项B错误.对于选项C,∵Sn=-n2+33n=-+,n∈N*,∴当n=16或n=17时,Sn取得最大值,故选项C正确.对于选项D,令Sn=-n2+33n≥0,得0≤n≤33,n∈N*,即满足Sn≥0的最大正整数n=33,故选项D错误.故选AC.
题型三
例3　解:(1)证明:因为+n=2an+1,即2Sn+n2=2nan+n①,
所以当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1)an-1+(n-1)②,
①-②得,2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2=2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1)(n≥2),即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an-1+1(n≥2),
即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1)(n≥2),所以an-an-1=1(n≥2),
所以{an}是以1为公差的等差数列.
(2)方法一:
由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,因为a4,a7,a9成等比数列,所以=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=-12,
所以an=n-13,所以Sn=-12n+=n2-n=-,所以当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.
方法二:
由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,因为a4,a7,a9成等比数列,所以=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=-12,所以an=n-13,则a1则当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.
变式　解:(1)对等差数列{2nan},其首项为21·a1=1,设其公差为d,则2nan=1+(n-1)d,即an=.对等比数列,其首项为=,设其公比为q,则=qn-1,则an=qn-1.
分别令n=2,n=3,得
解得或(舍去),故an=.
(2)证明:Sn=1×+2×+3×+…+n①,
Sn=1×+2×+…+(n-1)+n②,
①-②得,Sn=+++…+-=-=1-,
得Sn=2-.因为>0,所以Sn<2.因为{an}的各项均为正数,所以Sn≥S1=a1=.故≤Sn<2.
题型四
例4　B　[解析] ∵an=f(n)+f(n+1),∴an=即an=∴an=(-1)n·(2n+1),∴an+an+1=2(n是奇数),∴a1+a2+a3+…+a100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)=2+2+2+…+2=100.
变式　A　[解析] 因为an=(-1)n(3n-1),所以a1+a2=-2+5=3,a3+a4=-8+11=3,a5+a6=-14+17=3,a7+a8=-20+23=3,a9+a10=-26+29=3,因此a1+a2+…+a10=3×5=15.
例5　解:(1)∵数列是公差为1的等差数列,∴=a1+n-1,
可得Sn=n(a1+n-1),令n=2得S2=a1+a2=2(a1+1),
又a2=3,∴a1=1,∴Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,∵a1=1也满足上式,
∴an=2n-1.
(2)bn=an·3n=(2n-1)·3n,∴数列{bn}的前n项和Tn=3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n,∴3Tn=32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×3n+1,
∴-2Tn=3+2×(32+33+…+3n)-(2n-1)×3n+1=3+2×-(2n-1)×3n+1,
可得Tn=3+(n-1)×3n+1.
变式　D　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,所以由题设得两式相除得1+q3=9,解得q=2,进而可得a1=1,所以an=a1qn-1=2n-1,所以nan=n×2n-1.设数列{nan}的前n项和为Tn,则Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1,2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,两式作差得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=-1+(1-n)×2n,故Tn=1+(n-1)×2n.
例6　解:(1)设等比数列{an+1}的公比为q,其前n项和为Tn,因为S2=2,S4=16,所以T2=4,T4=20,易知q≠1,
所以T2==4①,
T4==20②,
由得1+q2=5,解得q=±2.
当q=2时,a1=,所以an+1=×2n-1=;
当q=-2时,a1=-5,所以an+1=(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1.所以an=-1或an=-(-2)n+1-1.
(2)因为an>0,所以an=-1,所以bn=log2(3an+3)=n+1,所以==-,
所以数列的前n项和为++…+=-=.
变式　解:(1)设数列{an}的公差为d,
由题意得
解得
∴an=a1+(n-1)d=2n+1.
(2)由(1)得Sn=na1+d=n(n+2),∴bn==.
∴Tn=b1+b2+…+bn-1+bn===-.
题型五
例7　(1)C　(2)A　[解析] (1)设高阶等差数列{an}:1,2,4,7,11,16,22,…,令bn=an+1-an,则数列{bn}:1,2,3,4,5,6,…,所以数列{bn}为等差数列,其首项b1=1,公差d=1,所以bn=n,则an+1-an=n,则a20=(a20-a19)+(a19-a18)+(a18-a17)+…+(a2-a1)+a1=(19+18+17+…+1)+1=+1=191.故选C.
(2)根据题意可知{an}是公比为的等比数列,∴{an}的前6项和为=,解得a1=62.故选A.
例8　解:(1)由题意知,an+1=f(an)=,则=+·,可得-1=,
由a1=,得-1=,所以数列是以为公比,为首项的等比数列,所以-1=·,
则=+1,则an=.
(2)由(1)得=+1,
所以Tn=++…+=2+n=2×+n=1-+n.
(3)由(2)知Tn=1-+n,
因为(n+1-Tn)≥,
所以≥,
又n∈N*,所以k≤.
设bn=,
则bn+1-bn=-=,
设g(x)=-4+,则g(x)在[1,+∞)上单调递减,
因为g(1)=3>0,g(2)=-3<0,
所以b2>b1,b2>b3>b4>…>bn,所以(bn)max=b2=.因为存在n∈N*,使(n+1-Tn)≥成立,即k≤成立,所以k≤,所以实数k的最大值为.
变式　(1)B　(2)BCD　[解析] (1)由题意设前两站之间的距离为a1千米,第二站与第三站之间的距离为a2千米,…,第n站与第n+1站之间的距离为an千米,则{an}是首项a1=2,公差为0.1的等差数列.设数列{an}的前n项和为Sn,则由Sn=2n+×0.1=51.3,可得n=18,则此条地铁线路的站点(含起始站与终点站)数为19.故选B.
(2)依题意,数列{an}中,a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n,n≥2,故当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=,又a1=1满足上式,∴an=.数列{bn}中,b1=1,b2-b1=3,b3-b2=5,b4-b3=7,…,bn-bn-1=2n-1,n≥2,故当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2,又b1=1满足上式,∴bn=n2.对于A,==2,则+++…+=2=,A不正确;对于B,∵1225===a49,∴1225是三角形数,∵1225=352=b35,∴1225是正方形数,B正确;对于C,==<=2,则+++…+<2=2<2,C正确;对于D,对任意m∈N*,m≥2,不妨取p=m,q=m-1,则ap+aq=am+=+=m2=bm,∴对任意m∈N*,m≥2,总存在p,q∈N*,使得bm=ap+aq成立,D正确.故选BCD.
(3)解:①{Sn-an}是等差数列,设其公差为d,则Sn+1-an+1=Sn=Sn-an+d,则an=d>0,故=1.
②由(1)可知an=d>0,则Sm->2可转化为md-d2>2,故m>d+≥2,当且仅当d=时,取等号,
因为m为正整数,所以m的最小值为3,
当m=3时,取an=,则S3-=3-2>2,满足条件.
综上所述,正整数m的最小值是3.
题型六
例9　证明:(1)当n=1时,等式左边=13=1,等式中间==1,等式右边=12=1,即等式左边=等式中间=等式右边,等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,
即13+23+33+…+k3==(1+2+3+…+k)2.
分两步来证明当n=k+1时,等式成立,即分别证明此时等式左边=等式中间,等式中间=等式右边.
第一步,由13+23+33+…+k3=可知,当n=k+1时,13+23+33+…+k3+(k+1)3=+(k+1)3==,
即当n=k+1时,等式左边=等式中间;
第二步,由(1+2+3+…+k)2=,得1+2+3+…+k=,所以当n=k+1时,[(1+2+3+…+k)+(k+1)]2=(1+2+3+…+k)2+2(1+2+3+…+k)(k+1)+(k+1)2=+2××(k+1)+(k+1)2==,
即当n=k+1时,等式中间=等式右边.
结合以上两步,可知当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可得13+23+33+…+n3==(1+2+3+…+n)2(n∈N*).
变式　解:(1)设a0=0,依题意可得xn=,yn=,
将代入y=,得=,
即(an-an-1)2=2(an-1+an)(n∈N*),由题中图可知{an}为递增数列,
所以an>an-1,由a0=0,可得a1=2,a2=6,a3=12.
(2)由(1)可猜想an=n(n+1)(n∈N*).
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,猜想显然成立.
②假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即ak=k(k+1),则当n=k+1时,由(ak+1-ak)2=2(ak+ak+1),得[ak+1-k(k+1)]2=2[k(k+1)+ak+1],
即-2(k2+k+1)ak+1+[k(k-1)]·[(k+1)(k+2)]=0,
可得ak+1=(k+1)(k+2),
即当n=k+1时,猜想成立.由①②知猜想成立,即an=n(n+1)(n∈N*).本章总结提升
　　　　　 　　　　　 　　　　　
◆ 题型一　数列通项公式的求法
[类型总述] (1)观察归纳法;(2)公式法;(3)利用an与Sn的关系;(4)累加法;(5)累乘法;(6)构造法等.
例1 (1)在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln(n∈N*),则an=　　　　.
(2)已知数列{an}中,a1=1,2n·an+1=(n+1)·an,则an=　　　　.
(3)已知数列{an}满足a0=1,an=a0+a1+…+an-1(n≥1),则当n≥1时,an=　　　　.
(4)[2025·江苏如东中学高二月考] 已知数列{an}满足=+(n≥2),且a1=1,则an=　　　　.
变式 (1)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+-,则an等于 (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知数列{an}的首项为a1=1,且满足an+1=an+,则此数列的通项公式为an= (　 )
A.2n B.n(n+1)
C. D.
(3)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+1(n∈N*),则S5=　　　　.
◆ 题型二　等差数列、等比数列的基本运算及性质
[类型总述] (1)证明一个数列为等差数列或等比数列;(2)等差、等比数列的通项公式及前n项和公式;(3)等差、等比数列的性质及应用.
例2 (1)设{an}是等比数列,且a1+a3=3,a3+a5=6,则a9+a11= (　 )
A.24 B.36 C.48 D.64
(2)[2023·新课标Ⅰ卷] 记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:为等差数列,则 (　 )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
(3)[2024·新课标Ⅱ卷] 记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　.
变式 (1)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a4=9,9S4=10S2,则a2+a4的值为 (　 )
A.30 B.10 C.9 D.6
(2)(多选题)设数列{an}的前n项和为Sn,-=-1,S1=32,则下列说法正确的是 (　 )
A.{an}是等差数列
B.S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,且公差为-9
C.当n=16或n=17时,Sn取得最大值
D.当Sn≥0时,n的最大值为32
◆ 题型三　等差、等比数列综合问题
[类型总述] (1)等差、等比的转化;(2)等差与等比的综合.
例3 [2025·山东潍坊一中高二质检] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知+n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
变式 [2025·福建厦门一中高二质检] 在各项均为正数的数列{an}中,a1=,且{2nan}是等差数列,是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设{an}的前n项和为Sn,证明:≤Sn<2.
◆ 题型四　数列求和问题
[类型总述] (1)公式法;(2)分组求和法;(3)错位相减法;(4)裂项相消法;(5)并项求和法;(6)倒序相加法.
例4 [2025·江苏苏州中学高二调研] 已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于 (　 )
A.0 B.100
C.-100 D.10 200
变式 [2025·湖南长沙一中高二质检] 若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-1),则a1+a2+…+a10等于 (　 )
A.15 B.12
C.-12 D.-15
例5 [2025·安徽黄山一中高二质检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,数列是公差为1的等差数列,且a2=3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·3n,求数列{bn}的前n项和Tn.
变式 [2025·山东泰安一中高二质检] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=7,S6=63,则数列{nan}的前n项和为 (　 )
A.-3+(n+1)×2n
B.3+(n+1)×2n
C.1+(n+1)×2n
D.1+(n-1)×2n
例6 [2025·江苏盐城中学高二调研] 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足S2=2,S4=16,{an+1}是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若an>0,设bn=log2(3an+3),求数列的前n项和.
变式 [2025·河南洛阳一中高二质检] 设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S3=a7,a8-2a3=3.
(1)求an;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
◆ 题型五　数列与其他知识的交汇
[类型总述] (1)数列与函数的综合;(2)数列与数学文化、实际问题的综合;(3)数列与不等式的综合.
例7 (1)[2025·山东菏泽中学高二月考] 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中相邻前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前7项依次为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第20项为(　 )
A.172 B.183
C.191 D.211
(2)[2025·浙江绍兴中学高二月考] 三潭印月(如图)被誉为“西湖第一胜境”,所谓三潭,实际上是3个石塔和其周围水域,每个石塔高2米,分别矗立在水光潋滟的湖面上,形成一个等边三角形,记为△A1B1C1,设△A1B1C1的边长为a1,取△A1B1C1每边的中点构成△A2B2C2,设其边长为a2,依此类推,由这些三角形的边长构成一个数列{an},若{an}的前6项和为,则△A1B1C1的边长a1= (　 )
A.62 B.61
C.31 D.30
例8 [2025·江苏句容高级中学高二月考] 已知函数f(x)=,数列{an}满足a1=,an+1=f(an),n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=++…+,求Tn;
(3)对于(2)中的Tn,若存在n∈N*,使(n+1-Tn)≥成立,求实数k的最大值.
变式 (1)小张在乘坐某条地铁线路时,从起点站开始,利用手机上的软件测出前两站的距离大约为2千米,以后每经过一站里程约增加0.1千米,已知此条地铁线路的总里程大约为51.3千米,据此他测算出此条地铁线路的站点(含起始站与终点站)数为 (　 )
A.18 B.19
C.21 D.22
(2)(多选题)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状,把数分成许多类,如图中第一行图形中黑色小点个数:1,3,6,10,…称为三角形数,第二行图形中黑色小点个数:1,4,9,16,…称为正方形数.记三角形数构成数列{an},正方形数构成数列{bn},则下列说法正确的是 (　 )
A.+++…+=
B.1225既是三角形数,又是正方形数
C.+++…+<2
D.对任意m∈N*,m≥2,总存在p,q∈N*,使得bm=ap+aq成立
(3)[2025·江苏徐州一中高二月考] 记Sn为各项都是正数的数列{an}的前n项和,已知{Sn-an}是等差数列.
①求;
②求正整数m的最小值,使得存在数列{an},满足Sm->2.
◆ 题型六　数学归纳法
[类型总述] 数学归纳法是一种直接证明的方法,主要用来证明与正整数n有关的命题.
例9 用数学归纳法证明:13+23+33+…+n3==(1+2+3+…+n)2(n∈N*).
变式 如图,P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(0(1)写出a1,a2,a3;
(2)猜想点An(an,0)(n∈N*)的横坐标an关于n的表达式,并用数学归纳法证明.(共64张PPT)
本章总结提升
题型一 数列通项公式的求法
题型二 等差数列、等比数列的基本运算及性质
题型三 等差、等比数列综合问题
题型四 数列求和问题
题型五 数列与其他知识的交汇
题型六 数学归纳法
答案核查
题型一 数列通项公式的求法
［类型总述］（1）观察归纳法;（2）公式法;（3）利用与 的关
系;（4）累加法;（5）累乘法;（6）构造法等.
例1（1）在数列中，， ，
则 ________．
[解析] 由 ，得
．则当时， .
因为满足上式，所以 ．
（2）已知数列中，,，则
_____．
[解析] ， 当时，，，经检验也符合上式， ．
（3）已知数列满足， ，
则当时， ______.
[解析] 由 ，得
，两式相减得，
，即 ，
则，又 ，
．
又 也适合上式， ．
（4）［2025·江苏如东中学高二月考］已知数列 满足
，且，则 ____．
[解析] 等式两边同乘，得 ，
即，
因为，所以 是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，则 .
变式（1）在数列中，，，则 等于
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：由题意知，， ，
，， , ，
以上各项相加得
． 因为
也适合上式，所以 ．
方法二：由题意知， ，所以
.
（2）已知数列的首项为，且满足 ，则此
数列的通项公式为 ( )
A. B. C. D.
[解析] ， ，
即.
又， 数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，
， .
√
（3）已知数列的前项和为，且 ，
，则 ____.
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[解析] ， ，
，
又， 数列为等比数列，
其首项为3，公比为2.
则 ，解得 .
题型二 等差数列、等比数列的基本运算及性质
［类型总述］（1）证明一个数列为等差数列或等比数列;（2）等差、
等比数列的通项公式及前 项和公式;（3）等差、等比数列的性质及
应用.
例2（1）设是等比数列,且,,则
( )
A.24 B.36 C.48 D.64
[解析] 设等比数列的公比为,, ,
,
,故选C.
√
（2）［2023· 新课标Ⅰ卷］记为数列的前项和，设甲：
为等差数列；乙： 为等差数列，则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
√
[解析] 若为等差数列，则设数列的公差为 ，可得
，则，所以为首项为 ，公
差为的等差数列，即甲是乙的充分条件.
反之，若 为等差数列,则可设的公差为,故 ，
即 ，
利用公式可得 ，所以
，即为公差为 的等差数列，所以甲是乙的必
要条件.
综上，甲是乙的充要条件.故选C.
（3）［2024· 新课标Ⅱ卷］记为等差数列的前 项和，若
,,则 ____.
95
[解析] 设等差数列的公差为，则 ,
,所以， ,所以
.
变式（1）已知各项均为正数的等比数列的前项和为 ,
,,则 的值为( )
A.30 B.10 C.9 D.6
[解析] 是各项均为正数的等比数列,,可得 ,公比
,
,
,可得 ,
,可得,故 .故选B.
√
（2）（多选题）设数列的前项和为,, ,
则下列说法正确的是( )
A. 是等差数列
B.,,成等差数列,且公差为
C.当或时, 取得最大值
D.当时, 的最大值为32
[解析] 由,,可得数列是以32为首项, 为公
差的等差数列,则 ,
.
√
√
;当时, 满足上式，
, 数列 是等差数列,故选项A正确.
, ,
,, ,
,则, ,
,,成等差数列,且公差为 ,故选项B错误.
对于选项C,,,
当 或时, 取得最大值,故选项C正确.
对于选项D,令,得,,
即满足 的最大正整数,故选项D错误.
故选 .
题型三 等差、等比数列综合问题
［类型总述］（1）等差、等比的转化;（2）等差与等比的综合.
例3 ［2025·山东潍坊一中高二质检］记为数列的前 项和，
已知 ．
（1）证明: 是等差数列；
证明：因为，即 ，
所以当时， ，
得， ，即
，
即 ，所以
，
所以 是以1为公差的等差数列．
（2）若,,成等比数列，求 的最小值．
解:方法一：
由（1）可得，，，因为， ，
成等比数列，所以，即 ，
解得 ，
所以 ，所以
，所以当
或时， ．
方法二：
由（1）可得，，，因为， ，
成等比数列，所以，即 ，
解得，
所以，则, .
则当或时， ．
变式 ［2025·福建厦门一中高二质检］在各项均为正数的数列
中，，且是等差数列， 是等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
解：对等差数列，其首项为，设其公差为 ，则
，即.
对等比数列 ，其首项为，设其公比为，
则，则 .
分别令，，得 解得或（舍去），
故 .
（2）设的前项和为，证明: .
证明: ，
，
得，
，
得.因为，所以.
因为 的各项均为正数，所以.故 .
题型四 数列求和问题
［类型总述］（1）公式法;（2）分组求和法;（3）错位相减法;（4）
裂项相消法;（5）并项求和法;（6）倒序相加法.
例4 ［2025·江苏苏州中学高二调研］已知函数
且 ，则
等于( )
A.0 B.100 C. D.10 200
√
[解析] , 即
，
是奇数， .
变式 ［2025·湖南长沙一中高二质检］若数列 的通项公式是
，则 等于( )
A.15 B.12 C. D.
[解析] 因为，所以 ，
， ，
， ，因此
.
√
例5 ［2025·安徽黄山一中高二质检］已知数列的前项和为 ，
数列是公差为1的等差数列，且 .
（1）求数列 的通项公式；
解： 数列是公差为1的等差数列， ，
可得，令得 ，
又，， .
当时，， 也
满足上式，
.
（2）设，求数列的前项和 .
解：， 数列的前 项和
，
，
，
可得 .
变式 ［2025·山东泰安一中高二质检］已知等比数列的前 项和
为，若，，则数列的前 项和为( )
A. B.
C. D.
[解析] 设等比数列的公比为，易知 ，所以由题设得
两式相除得，解得 ，进而可得
，所以，所以 .
√
设数列的前项和为 ，则
，
，两式作差得 ，
故 .
例6 ［2025·江苏盐城中学高二调研］已知数列的前项和为 ，
满足，， 是等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
解：设等比数列的公比为，其前项和为，因为 ，
，所以，，易知 ，
所以 ，
，
由得，解得 .
当时，，所以 ；
当时，，所以 .
所以或 .
（2）若，设，求数列的前 项和．
解：因为，所以 ，所以
，所以 ，
所以数列的前 项和为
.
例6 ［2025·江苏盐城中学高二调研］已知数列的前项和为 ，
满足，， 是等比数列．
变式 ［2025·河南洛阳一中高二质检］设为等差数列的前 项
和，已知， .
（1）求 ；
解：设数列的公差为 ，
由题意得
解得
.
（2）设，求数列的前项和 .
解：由（1）得 ，
.
.
变式 ［2025·河南洛阳一中高二质检］设为等差数列的前 项
和，已知， .
题型五 数列与其他知识的交汇
［类型总述］（1）数列与函数的综合;（2）数列与数学文化、实际
问题的综合;（3）数列与不等式的综合.
例7（1）［2025·山东菏泽中学高二月考］南宋数学家杨辉在《详解
九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨
论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中相邻前后
两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现
有高阶等差数列，其前7项依次为1，2，4，7，11，16，22，则该数
列的第20项为( )
A.172 B.183 C.191 D.211
√
[解析] 设高阶等差数列，2，4，7，11，16，22， ，令
，则数列，2，3，4，5，6， ，所以数列
为等差数列，其首项，公差，所以 ，
，则 ．故选C.
（2）［2025·浙江绍兴中学高二月考］
三潭印月（如图）被誉为“西湖第一
胜境”，所谓三潭，实际上是3个石塔
和其周围水域，每个石塔高2米，分
A.62 B.61 C.31 D.30
别矗立在水光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为 ，
设的边长为，取每边的中点构成 ，设
其边长为，依此类推，由这些三角形的边长构成一个数列 ，
若的前6项和为，则的边长 ( )
√
[解析] 根据题意可知是公比为的等比数列，
的前6项和为，解得 ．故选A.
例8 ［2025·江苏句容高级中学高二月考］已知函数 ，数
列满足，， ．
（1）求数列 的通项公式；
解：由题意知，，则 ，可得
，
由,得,所以数列是以为公比， 为首项的等
比数列，所以 ,
则,则 .
（2）设,求 ;
解：由（1）得 ，
所以 .
例8 ［2025·江苏句容高级中学高二月考］已知函数 ，数
列满足，， ．
（3）对于（2）中的，若存在，使 成
立，求实数 的最大值.
解：由（2）知 ,
因为 ,
所以 ,
又，所以 .
设 ,
则 ,
设,则在 上单调递减，
因为， ，
所以，，所以 .
因为存在，使成立，即 成立，
所以，所以实数的最大值为 ．
变式（1）小张在乘坐某条地铁线路时,从起点站开始,利用手机上的
软件测出前两站的距离大约为2千米,以后每经过一站里程约增加0.1
千米,已知此条地铁线路的总里程大约为51.3千米,据此他测算出此条
地铁线路的站点（含起始站与终点站）数为( )
A.18 B.19 C.21 D.22
√
[解析] 由题意设前两站之间的距离为 千米,第二站与第三站之间的
距离为千米, ,第站与第站之间的距离为千米,则 是
首项,公差为0.1的等差数列.
设数列的前项和为 ,则由,
可得 ,则此条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数为19.
故选B.
（2）（多选题）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来
研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状,把数分成许多类,如图中
第一行图形中黑色小点个数:1,3,6,10, 称为三角形数,第二行图形中
黑色小点个数:1,4,9,16, 称为正方形数.记三角形数构成数列 ,正
方形数构成数列 ,则下列说法正确的是( )
A.
B.1225既是三角形数,又是正方形数
C.
D.对任意,,总存在,,使得 成立
√
√
√
[解析] 依题意,数列中,,, ,
, ,,,故当时, ,又
满足上式,.
,, ,,,故当时,,又满足上式, .
对于A,,则 ,
A不正确;
对于B,, 是三角形数,
, 是正方形数,B正确;
对于C, ,则 , C正确;
对于D,对任意,,不妨取, ,则
, 对任意
,,总存在,,使得 成立,D正确.
故选 .
（3）［2025·江苏徐州一中高二月考］记 为各项都是正数的数列
的前项和，已知 是等差数列.
①求 ；
解：是等差数列，设其公差为 ，
则，则，故 .
②求正整数的最小值，使得存在数列，满足 .
解：由（1）可知，则可转化为 ，
故，当且仅当 时，取等号，
因为为正整数，所以 的最小值为3，
当时，取，则 ，满足条件.
综上所述，正整数 的最小值是3.
（3）［2025·江苏徐州一中高二月考］记 为各项都是正数的数列
的前项和，已知 是等差数列.
题型六 数学归纳法
［类型总述］ 数学归纳法是一种直接证明的方法,主要用来证明与正
整数 有关的命题.
例9 用数学归纳法证明:
.
证明：（1）当时,等式左边,等式中间 ,
等式右边,即等式左边等式中间 等式右边,等式成立.
（2）假设当 时等式成立,
即 .
分两步来证明当时,等式成立,即分别证明此时等式左边 等
式中间,等式中间 等式右边.
第一步,由可知,当 时,
,
即当时,等式左边 等式中间;
第二步,由 ,
,所以当时, ,
即当时,等式中间 等式右边.
结合以上两步,可知当 时等式成立.由（1）（2）可得
.
变式 如图,,, ,
是曲线上的个点,点在 轴的正半轴
上,且是等腰直角三角形,其中为直角顶点, 是坐标原点.
（1）写出,, ;
解：设,依题意可得, ,
将代入,得 ,
即,
由题中图可知 为递增数列,
所以,由，可得,, .
（2）猜想点的横坐标关于 的表达式,并用数学
归纳法证明.
解：由（1）可猜想 .
下面用数学归纳法证明.
①当 时,猜想显然成立.
②假设当时猜想成立,即,则当
时,由 ,得
,
即 ,
可得 ,即当 时,猜想成立.
由①②知猜想成立,即 .
快速核答案
例1 （1） （2） （3） （4）
变式 （1）B （2）C （3）47 例2 （1）C （2）C （3）95
变式 （1）B （2）AC 例3 （1）略（2）
变式 （1）（2）略 例4 B 变式 A
例5 （1）（2）
变式 D 例6 （1）或（2）
变式 （1）（2）
例7 （1）C （2）A
例8 （1）（2）（3）
变式 （1）B （2）BCD （3）① ②3
例9 略 变式 （1）,,（2）

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