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(共43张PPT)
主题二
数列
专题6　等差、等比数列的基本计算
导言　等差、等比数列是两类特殊的数列，也是基本的数列形式，是高考命题的热点. 等差(比)数列的基本计算，思路一是解方程或方程组，思路二是利用等差(比)数列的性质灵活处理已知条件. 容易出现的问题主要有两个方面：一是计算失误，特别是等比数列中的隐含条件不易挖掘出来；二是不能灵活运用等差(比)数列的性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，运算量大．
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
1 已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn是{an}的前n项和，若S2＝3，S4＝15，则a7的值为________.
64
2 [2025上海卷]已知等差数列{an}的首项a1＝－3，公差d＝2，则该数列的前6项和为________.
12
3 [苏教版选必一P149例1改编]设Sn为等差数列{an}的前n项和．
(1) 已知a1＝3，a50＝101，则S50＝__________；
2 600
4 若等比数列{an}共有2n项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列{an}的所有项之和为__________.
300
要点指引
1. 在等差(比)数列中，首项a1和公差d(或公比q)是两个最基本的元素．
2. 在进行等差(比)数列的项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可转化成关于a1和d(或q)的方程(组)求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量．
3. 在等比数列的前n项和公式中，若不确定q是否等于1，应注意分q＝1和q≠1两种情况讨论．
4. 若等差数列{an}的项数为2n，则S偶－S奇＝nd；若项数为2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1.
优 选 活 动
重点1　通项与求和
　　　[2025长沙模拟]设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q. 已知b1＝a1，b2＝3，q＝d＋1，S10＝100.
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
1
本题与【基础活动】的第1、2题对比，发现：求等差(等比)数列的通项与前n项和时，可根据条件列出方程(组)，知三求二．这类问题通常比较简单，注意计算，切不可粗心算错．　
变式训练2　[2025南通中学模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2＋a6＝10，S5＝3a4，b4－a5＝3S3.
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
解：(1) 设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＋a6＝10，S5＝3a4，b4－a5＝3S3.
所以an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，
所以a5＝7，S3＝3.
设等比数列{bn}的公比为q，
代入，得2q3－7＝9，解得q＝2，
故bn＝2·2n－1＝2n.
题后反思　提高等差、等比数列运算正确率要注意：
1. 准确求解基本量：等差(比)数列的计算问题往往要先求出数列中的基本量，才能进行下面的计算或推理，基本量的求解错误是解答这类试题的致命失误．
重点2　性质应用
2
设an＝k(2n－1)，bn＝kn.
因为a1＝k＝1，
所以an＝2n－1，bn＝n.
通解　设等差数列{an}的公差为d1，等差数列{bn}的公差为d2.
解得d1＝2，d2＝1[防范失误①]，
所以an＝2n－1，bn＝n.
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：这两题都是针对等差数列设置的问题，且均可运用性质快速解题．当所给数列为特殊数列(等差数列或等比数列)时，要快速回顾其基本性质，并灵活应用其性质帮助我们快而准地解决问题．　
例3　[2025吴江高级中学月考]已知等比数列{an}共有2n＋1项，且a1＝2，偶数项的和为84，奇数项的和为170，则n的值为(　 　)
A. 3 B. 4
C. 7 D. 9
思路引导：本题考查等比数列的性质．根据等比数列中偶数项和与奇数项和的关系进行列式求解．
A
D
变式训练2　[2025扬州中学预测]在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30＝7S10，S10＋S30＝80，则S20的值为(　 　)
A. 10 B. 20
C. 30 D. 40
C
题后反思 等差、等比数列的常用性质：
1. 等差数列{an}的公差为d，前n 项和为Sn，m，n，p，q，k∈N*.
(1) an＝am＋(n－m)d.
(2) 若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
(3) ak，ak＋m，ak＋2m，…是公差为md的等差数列．
(4) Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是公差为m2d的等差数列．
2. 等比数列{an}的公比为q，前n 项和为Sn，m，n，p，q∈N*.
(1) an＝am·qn－m.
(2) 若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq.
(3) ak，ak＋m，ak＋2m，…是公比为qm的等比数列.
(4) 当q≠－1或q＝－1且m为奇数时，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是公比为qm的等比数列．
自 主 活 动
2
4
1
3
1 [2025北京卷]已知{an}是公差不为0的等差数列，且a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10 的值为(　 　)
A. －20 B. －18
C. 16 D. 18
C
2
4
1
3
2 [2025宣城中学月考]已知等差数列{an}共有2n(n∈N*)项，若数列{an}中奇数项的和为190，偶数项的和为210，且a1＝1，则公差d的值为(　 　)
A. 2 B. 4
A
2
4
1
3
2
4
3
1
3 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
2
4
3
1
2
4
3
1
解：(1) 设等差数列{an}的公差为d，
因为a4＋a8＝6，所以2a1＋10d＝6，即a1＋5d＝3.
2
4
3
1
思 维 模 型
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主题二
数列
专题8　数列的通项与求和
导言　高考对数列概念的考查的重点之一是数列的通项与求和. 其中前n项和Sn与通项an相结合的问题既是高考的热点，又是求数列的通项的主要策略．弄清序号n与项之间的关系是学习的关键．
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
【解析】 由题意可知a10＝S10－S9＝(102＋2×10)－(92＋2×9)＝21.
1 [苏教版选必一P183本章测试T10]如果数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝n2＋2n，那么a10的值为(　 　)
A. 18 B. 19
C. 20 D. 21
D
C
3 [人教A版选必二P8练习T2改编]在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2nan－1，则数列{an}的通项公式为______________.
an＝n
要点指引
1. 若数列{an}满足an＋1－an＝f(n)(n∈N*)，则称数列{an}为“变差数列”,求通项时，利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)(n≥2)可求通项公式．
优 选 活 动
重点1　由an与Sn的关系求通项公式
思路引导：本题考查数列的通项公式.利用an与Sn的关系，转化出{S}的等差数列特征，进而求通项公式．
1
本题与【基础活动】的第4题对比，发现：都是已知一个数列的前n项和求通项公式的问题，都需要注意n＝1的问题．　
变式训练　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n≥1)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(1) 解：当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故an＝2n－1.
重点2　转化为等差(比)数列求通项公式
　　　已知在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋n(n∈N*)．
(1) 求证：数列{an＋1－an＋1}是等比数列；
(2) 求数列{an}的通项公式．
思路引导：题干关键：an＋1＝2an＋n.由此递推式的结构特征，可考虑构造等比数列来求通项公式. 但完整审题后发现，第(1)问就是要我们去证明一个等比数列，故本题可直接通过定义法证得第一小问，无需自己去构造；在第(1)问的基础上运用累加法即可求出数列{an}的通项公式．
2
(1) 证明：因为a1＝0，an＋1＝2an＋n(n∈N*)，
所以a2＝2a1＋1＝0＋1＝1.
令bn＝an＋1－an＋1，
此时b1＝a2－a1＋1＝2≠0，
故数列{an＋1－an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2) 解：由(1)得bn＝2×2n－1＝2n，
即an＋1－an＋1＝2n，
则an＋1－an＝2n－1，
所以a2－a1＝21－1，
a3－a2＝22－1，
…
an－an－1＝2n－1－1，
则an＝2n－n－1，
又a1＝0也符合上式，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－n－1(n∈N*)．
本题与【基础活动】的第4题对比，发现：都是根据所给递推关系去构造或证明一个等差(比)数列，然后求数列的通项公式．　
因为2Sn＝3n＋1－3，
当n＝1时，2S1＝31＋1－3＝6，即b1＝S1＝3.
当n≥2时，2Sn－1＝3n－3，所以2bn＝2Sn－2Sn－1＝3n＋1－3－(3n－3)＝2·3n，即bn＝3n，
又b1＝3＝31满足上式，故bn＝3n.
题后反思
1. 构造法是求数列通项的常用方法，常见的构造法有：
2. 常见的求通项公式的方法有：定义法、退位相减法、构造法、累加法、累乘法等．
重点3　分组求和、错位相减、裂项相消求和
　　　[2025烟台一中期末]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
3
【解析】 (1) 因为2Sn＝(n＋1)an，n∈N*，
所以当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
显然n＋4是18的正约数．
又因为n＞m＞2，所以n＋4＞6，所以n＋4＝9或n＋4＝18.
当n＋4＝9，即n＝5时，m＝3，
当n＋4＝18，即n＝14时，m＝4，
所以存在正整数m，n(2＜m＜n)，使得M2，Mm，Mn成等差数列，此时m＝3，n＝5或m＝4，n＝14.
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：都是数列的求和问题，都是通过裂项求和来进行求解．　
变式训练　[2025山西师大附中期中]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n－1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1) 由an＋1＝an＋2n－1，得an＋1－an＝2n－1，
即a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝4，…，an－an－1＝2n－2，
又a1＝2，所以an＝2n－1＋1，
经检验a1＝2符合an＝2n－1＋1，
所以an＝2n－1＋1.
(2) 由(1)可知，bn＝n·2n－1＋n，
设Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
题后反思　数列求和的常用方法：分组求和法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等．
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的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减；
2. 错位相减法：若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，则求和时可用错位相减法，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
3. 裂项相消法：若一个数列的通项可拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，则求和时可用裂项相消法.常见的裂项技巧有：
自 主 活 动
2
4
1
3
1 [2025华中师大附中模拟]数列{(－1)n－1·n}(n∈N*)的前2 025项和为(　 　)
A. 1 012 B. －1 012
C. 1 013 D. －1 013
【解析】 数列{(－1)n－1·n}的前2 025项和S＝1－2＋3－4＋…＋　　2 023－2 024＋2 025＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2 023－2 024)＋2 025＝　　－1×1 012＋2 025＝1 013.
C
2
4
1
3
2 [2025天津卷]已知数列{an}的前n项和为Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　 　)
A. 112 B. 48
C. 80 D. 64
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9.当n＝1时，也满足上式，所以an＝－2n＋9.当n≤4时，an＞0，当n≥5时，an＜0，所以数列{|an|}的前12项和为|a1|＋|a2|＋…＋|a4|＋|a5|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)＝2×(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)＝2S4－S12＝2×(－16＋32)－(－144＋96)＝80.
C
2
4
3
1
3 已知数列{an}满足a1＝5，且an＋1＝3an－2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________.
【解析】 由an＋1＝3an－2n，得an＋1－2n＋1＝3(an－2n)．又a1－2＝3≠0，所以数列{an－2n}是首项为3，公比为3的等比数列，则an－2n＝3n，故an＝3n＋2n.
an＝3n＋2n
2
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1
8
2
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3
1
思 维 模 型
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主题二
数列
微专题6　数列中的新定义、探究性问题
导言　数列是高考数学中的重要内容，在高考中对这部分知识的能力考查要求一直比较高. 对于探索性问题，首先背景形式多样，通常以通项公式的探索、数列求和的探索、参数的研究及充要条件的探索等为背景．新定义数列题是指以学生已有的知识为基础，设计一个陌生的数学情境，或定义一个概念，或规定一种运算，或给出一个规划，通过阅读相关信息，根据题目引入新内容进行解答的一类数列题型．
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
A. [2，3) B. (1，3)
C. (1，2) D. (2，3)
D
2 据中国古代数学名著《周髀算经》记载：“勾股各自乘，并而开方除之(得弦). ”意即“勾”a，“股”b与“弦”c之间的关系为a2＋b2＝c2(其中a≤b). 当a，b，c∈N*时，有如下勾股弦数组序列：(3，4，5)，(5，12，13)，(7，24，25)，(9，40，41)，…，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中的“弦”等于_______.
221
【解析】 因为数列{bn}是项数为7的“对称数列”，所以b2＝b6＝3，b5＝b3＝5.又因为b1，b2，b3，b4成等差数列，其公差d＝b3－b2＝2，所以b1＝b7＝3－2＝1，b4＝5＋2＝7，所以数列{bn}的7项依次为1，3，5，7，5，3，1.
3 若n项有穷数列{an}满足a1＝an,a2＝an－1,…，an＝a1，即ai＝an－i＋1 (i＝1，2，…，n)，则称有穷数列{an}为“对称数列”．设数列{bn}是项数为7的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4成等差数列，且b2＝3，b5＝5，则数列{bn}的7项依次为_______________________.
1，3，5，7，5，3，1
要点指引
1. 对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算．
2. 数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：
①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；
②利用寻找整数的因数的方法来进行求解；
③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．
优 选 活 动
难点1　探究性问题
　　　[2025泉州模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n2＋n.
(2) 若bn＝(n－1)·2n＋1，则{bn}中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明理由．
1
(1) 证明：因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n2＋n，
(2) 解：不存在，理由如下：
显然数列{bn}为递增数列，
若存在正整数s，t，r，使得bs，bt，br成等差数列，
不妨设s＜t＜r，
则2(t－1)2t＋2＝(s－1)2s＋1＋(r－1)2r＋1，
即(t－1)2t＋1＝(s－1)2s＋(r－1)2r.
因为r≥t＋1，
所以(r－1)2r≥(t＋1－1)2r＞(t－1)2t＋1[防范失误②]，
显然(t－1)2t＋1＝(s－1)2s＋(r－1)2r不成立，
所以数列{bn}中不存在不同的三项构成等差数列．
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：两题均是探究性问题，利用特殊分析法求解．　
(1) 是否存在数列{an}，使得{bn}是等差数列？若存在，求此时的Sn；若不存在，请说明理由；
(2) 若bn>bn－1，求数列{an}的通项公式．
由an，bn均为正整数，知a2，b2为正整数，
则当且仅当b2－1＝1，即b2＝2时，a2＝1为整数．
若存在数列{an}，使得{bn}是等差数列，
则等差数列{bn}的公差d＝b2－b1＝1，
故bn＝1＋(n－1)×1＝n，此时bn为整数，符合题意，
所以Sn＝nan，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1，
两式相减，得an＝nan－(n－1)an－1，
整理，得(n－1)(an－an－1)＝0，
故an＝an－1.
当n＝2时，a2＝a1＝1，故an＝1，
经检验，当an＝1时，bn＝n，符合题意，
故存在数列{an}，使得{bn}是等差数列，
此时Sn＝anbn＝n.
(2) 因为Sn＝anbn，所以Sn－1＝an－1bn－1(n≥2)，
两式相减并整理，得an(bn－1)＝an－1bn－1，
由递增数列与整数的性质知，bn－1≥bn－1，
所以an－1bn－1＝an(bn－1)≥anbn－1.
因为bn－1≠0，所以an≤an－1，
则an≤an－1≤…≤a1＝1，
因为an为正整数，所以an＝1.
题后反思　对于探索性问题，想要正确答题，首先要读懂题意，理解研究的对象，理解所要解决的问题；其次当无从下手时，可以采用特殊分析法入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．
难点2　新定义数列
2
思路引导：本题考查新定义数列，数列的函数性质．(1) 由T数列的定义，结合数列的单调性，可证明；(2) 求得数列{bn}的单调性，可得最大项，即可得到所求取值范围；(3) 由T数列的定义和不等式的性质、不等式恒成立思想，可得结论．
(1) 证明：因为an＝1－n2(n∈N*)，
可得an＋1＝1－(n＋1)2，an＋2＝1－(n＋2)2，
即有an＋an＋2－2an＋1＝－2＜0，
又an＝1－n2是递减数列，即an≤a1＝0，
所以数列{an}是T数列．
(2) 解：因为bn＝24n－3n，且数列{bn}是T数列，
所以bn＋1－bn＝24(n＋1)－3n＋1－24n＋3n＝24－2×3n，
当24－2×3n＞0，即1≤n≤2时，bn＋1－bn＞0，
此时数列{bn}是递增数列；
当n≥3时，bn＋1－bn＜0，此时数列{bn}是递减数列；
故数列{bn}中的最大项是b3＝72－27＝45[防范失误②]，
即常数M的取值范围是[45，＋∞)．
(3) 解：假设数列{cn}是T数列，
因为n∈N*，所以当且仅当p小于n的最小值时，cn＋cn＋2－2cn＋1＜0对任意n恒成立[防范失误①]，
即可得p＜1.
综上，当p＜1且M≥q时，数列{cn}是T数列．
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：都是数列新定义问题，首先要理解题意，尤其是要理解题干所给的“新定义数列”，运用新定义数列的特征结合已知数列的性质，进行化简计算；其次理解题目所要解决的问题，确定解题方向．　
变式训练　[2025无锡一中月考]设正整数n≥3，有穷数列{an}满足ai>0(i＝1，2，…，n)，且a1＋a2＋…＋an＝n，定义积值为S＝a1·a2·…·an.
①试比较S1与S2的大小关系；
②若数列{an}的S满足min{S1，S2}(2) 当n＝4时，数列{a1，a2，a3，a4}存在i，j∈{1，2，3，4}，使得ai<1(3) 求S＝a1·a2·…·an的最大值，并确定S取最大值时a1，a2，…，an所满足的条件，并进行证明．
(2) S不妨设i＝1，j＝2，则a1<1则a′1＝a1＋a2－1，a′2＝1，a′3＝a3，a′4＝a4，
所以S－S′＝a1a2a3a4－a′1a′2a′3a′4＝(a1a2－a1－a2＋1)a3a4
＝(a1－1)(a2－1)a3a4，
又a1<10，a4>0，所以S－S′<0，
所以S(3) S的最大值为1，当且仅当a1＝a2＝…＝an＝1时，取到最大值.证明如下：
因为ai>0(i＝1，2，…，n)，且a1＋a2＋…＋an＝n，
当且仅当a1＝a2＝…＝an＝1时，等号成立．
题后反思　涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，灵活应用已学数列章节的知识点，并运用合理的计算、分析、推理等方法综合解决．
自 主 活 动
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1
3
1 [2025江安中学月考]已知数列{an}的第1项和第2项均为1，之后各项由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)给出．若数列{an}的各项除以3所得余数组成一个新数列{bn}，则b2 024＋b2 025等于(　 　)
A. 1　　 B. 2　　
C. 3　　 D. 4
【解析】 因为数列{an}的各项除以3所得余数组成一个新数列{bn}，在数列{an}中，a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，a11＝89，a12＝144，…，则在数列{bn}中，b1＝1，b2＝1，b3＝2，b4＝0，b5＝2，b6＝2，b7＝1，b8＝0，b9＝1，b10＝1，b11＝2，b12＝0，…，所以数列{bn}的周期为8，所以b2 024＝b253×8＝b8＝0，b2 025＝b253×8＋1＝b1＝1，所以b2 024＋b2 025＝0＋1＝1.
A
2
4
1
3
A. 8 B. 2
C. －6 D. －4
C
2
4
1
3
2
4
3
1
3 [2025东台中学模拟]已知数列{an}有30项，a1＝2，且对任意n∈ {2，3，…，30}，都存在i∈{1，2，…，n－1}，使得an＝ai＋3.
(1) a4＝_______________；(写出一个可能的取值)
【解析】 当n＝2时，a2＝a1＋3＝5；当n＝3时，a3＝a1＋3＝5，或a3＝a2＋3＝8；当n＝4时，a4＝a1＋3＝5，或a4＝a2＋3＝8，或a4＝a3＋3，即a4＝8或a4＝11，综上，a4的所有可能取值为5，8，11.
5(或8或11)
2
4
3
1
1 025
2
4
3
1
②③
2
4
3
1
2
4
3
1
思 维 模 型
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主题二
数列
热点2　数列与函数、不等式交汇
导言　数列是特殊的函数，不等式是深刻认识函数与数列的重要工具，三者的交汇是高考命题的新热点. 主要考查方式有：1. 判断数列问题中的一些不等关系；2. 以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；3. 考查与数列有关的不等式的证明问题；4. 通过数列与其他知识，如与“三角”的交汇，考查不等关系．
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
A
【解析】 由an＋2≥an＋2，得a2 025≥a2 023＋2≥a2 021＋4≥…≥a1＋　2 024＝2 025.因为an＋2≥an＋2，所以an≤an＋2－2，所以an＋3≤an＋3≤　an＋2＋1，所以a2 025≤a2 024＋1≤a2 023＋2≤…≤a1＋2 024＝2 025.故a2 025＝2 025.
2 [2025潍坊模拟]在数列{an}中，a1＝1，an＋3≤an＋3，an＋2≥an＋2，则下列说法中正确的是(　 　)
A. a2 025>2 025 B. a2 025＝2 025
C. a2 025<2 025 D. 无法判断a2 025大小
B
－2
要点指引
1. 运用函数思想求解数列问题，主要是将数列的通项公式、递推关系等转化为函数的形式，然后利用函数的性质(单调性、周期性、奇偶性等)来研究数列的性质和求解数列的项．
2. 求数列范围时，可根据数列的单调性或是数列特点进行适当地放缩后再化简．
3. 求解数列与三角的交汇问题，需灵活运用三角函数的性质(如单调性、周期性、有界性等)和数列的递推关系、求和公式等知识，通过合理的放缩和转化，将复杂的不等式问题转化为可求解的形式．
优 选 活 动
探究1　数列与函数交汇
1
本题与【基础活动】的第1，3题对比，发现：都是将数列与函数相结合，利用函数的单调性来研究数列的最值或参数的取值范围，要注意的是，数列是特殊的函数，其定义域是正整数集或其子集．　
(1) 求证：{nan}为等差数列；
(2) 设f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)的值．
所以(n＋1)an＋1＝nan＋1，
即(n＋1)an＋1－nan＝1.
因为a1＝3，
所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列．
(2) 解：由(1)知，nan＝3＋n－1＝n＋2，
因为f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，
所以f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1＝3＋4x＋5x2＋…＋(m＋1)xm－2＋(m＋2)xm－1，
所以f′(－2)＝3＋4×(－2)＋5×(－2)2＋…＋(m＋1)(－2)m－2＋(m＋2)(－2)m－1，
则－2f′(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋5×(－2)3＋…＋(m＋1)(－2)m－1＋(m＋2)(－2)m，
两式相减，得3f′(－2)＝3＋(－2)1＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)m－1－(m＋2)(－2)m
题后反思　数列与函数相结合的问题可分为：
1. 以函数表达式来定义数列，利用函数性质来研究数列性质；
2. 利用函数单调性来解决数列的最值或范围问题．
3. 数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，因此在面对与数列有关的最值问题时，树立函数意识解决数列问题是关键. 通过函数的单调性、图象等特征或运用基本不等式、放缩法确定最值. 求解过程中注意项数n的取值范围．
探究2　数列与不等式交汇
2
因为2n－(2n－1＋1)＋1＝2n－1，
所以满足不等式的正整数k的个数为2n－1，
所以Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减，得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
故Sn＝(n－1)·2n＋1.
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：两题都是将数列和不等式进行综合，都是利用夹值法进行求解．　
变式训练　[2025如皋中学月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
题后反思
1. 对于求与数列有关的不等式恒成立时的参数范围问题，一般有如下三个方法：
(1) 分离参数法：使不等式一端是含有参数的式子，另一端是关于n的表达式，通常将其看作是以n为自变量的函数，通过对具体函数的研究确定含有参数的式子满足的条件．
(2) 讨论分析法：根据参数取值情况分类讨论．
(3) 数形结合法：将不等式转化为两个函数，通过两个函数的图象确定条件．
2. 数列与不等式的证明问题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、函数法、分析法、放缩法等．
3. 如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一是求和后再放缩；二是放缩后再求和. 放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．
探究3　数列与三角交汇
　　　[2025安庆三模]在数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，已知2Sn＝nan.
(1) 求{an}的通项公式；
思路引导：本题考查数列与三角函数的交汇．(1) 利用条件得出nan＝(n－1)an＋1，然后利用累乘法可得数列通项公式；(2) 由(1)结合三角恒等变换，可得{bn}的通项公式，然后裂项可求前n项和．
3
解：(1) 当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0，
当n≥2时，2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，
两式相减，得2Sn＋1－2Sn＝(n＋1)an＋1－nan，
即nan＝(n－1)an＋1，
经检验，当n＝1时，a1＝0也符合上式，
所以an＝n－1.
(2) 由(1)可知，an＝n－1，an＋1＝n，
＝tan(n＋1)－tann，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(tan2－tan1)＋(tan3－tan2)＋…＋[tann－tan(n－1)]＋[tan(n＋1)－tann]＝tan(n＋1)－tan1.
故数列{bn}的前n项和Tn＝tan(n＋1)－tan1.
本题与【基础活动】的第4题对比，发现：两题都是将数列和三角进行综合，都是结合三角函数的性质和三角恒等变换进行求解．　
变式训练　[2025邯郸模拟]在公差不为0的等差数列{an}中，已知a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列，a2n＝2an＋1(n∈N*)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
解：(1) 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a2n＝2an＋1(n∈N*)，所以a2＝2a1＋1，
所以a1＋d＝2a1＋1，即d＝a1＋1.
所以(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，即d＝2a1，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1.
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cosπ＋cos2π＋…＋cos[(2n－1)π]＋cos2nπ－{cos2π＋cos4π＋…＋cos[(4n－2)π]＋cos4nπ}，
因为cos[(2n－1)π]＋cos2nπ＝0，cos2nπ＝1，
可得(cosπ＋cos2π)＋…＋{cos[(2n－1)π]＋cos2nπ}＝0，
cos2π＋cos4π＋…＋cos[(4n－2)π]＋cos4nπ＝2n，
所以T2n＝－2n，即数列{bn}的前2n项和为T2n＝－2n.
题后反思　数列和三角都是特殊的函数，都具有函数的某些性质.数列与三角函数的交汇主要体现在：一是利用三角函数的性质，如周期性、有界性等；二是利用三角函数的恒等变换，进行化简求值；三是利用数列的性质，如等差数列与等比数列的性质．
自 主 活 动
2
4
1
3
A. Sn既无最大值，又无最小值
B. 当且仅当n＝1时，Sn取得最小值
C. 当且仅当n＝8时，Sn取得最小值
D. n∈N*，Sn≥S7
D
2
4
1
3
2
4
1
3
A. 32 024－1 012 B. 32 024＋1 012
C. 31 012－1 012 D. 31 012＋1 012
B
2
4
1
3
2
4
3
1
3 [2025丰泽模拟]已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－2，若λan≥2log2an＋3对任意正整数n恒成立，则实数λ的取值范围是_________.
2
4
3
1
2
4
3
1
思 维 模 型
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主题二
数列
微专题5　数列中的数论问题
导言　数论与数列都是研究数的数学分支，它们之间联系密切．高考中，以数列为载体，综合运用数列知识解决有关不定方程的整数解或整数的整除等问题已成为新的热点.与数论有关的数列问题有：数学文化问题、整除问题、奇偶相关问题、子数列与增减项问题、不定方程问题、欧拉定理、高斯函数问题等等．
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
506
【解析】 设公差为d，公比为q(q≠0)．由题意，得d＝6，q＝－2，所以an＝－2＋6(n－1)＝6n－8，bn＝－2×(－2)n－1＝(－2)n.又an＝bn，所以6n－8＝(－2)n，所以n的值为1，2，4.
2 已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－2，a2＝b2＝4，则满足an＝bn的n的所有取值构成的集合是______________.
{1，2，4}
【解析】 因为2k＋1＝(k＋1)2－k2，k∈N，所以奇数都是“可爱数”．又因为4k＝(k＋1)2－(k－1)2，k∈N*，所以能被4整除的数都是“可爱数”．又x2－y2＝(x＋y)(x－y)(x，y∈N)，当x，y奇偶性不同时，(x＋y)(x－y)是奇数；当x，y奇偶性相同时，(x＋y)(x－y)是4的倍数，故形如4k＋2的数不是“可爱数”，即每连续四个数中有三个“可爱数”．因为2 025＝3×675，所以4×675＝2 700，即2 700是第2 025个“可爱数”．
3 若一个自然数能表示为两个自然数的平方差，则称这个自然数为“可爱数”．比如16＝52－32，16就是一个“可爱数”. 在自然数列中从1开始数起，第2 025个“可爱数”是__________.
2 700
【解析】 由题意，得b1＝1，b2＝1，b3＝2，b4＝2，b5＝3，b6＝3，b7＝4，b8＝4，b9＝5，b10＝5，则T10＝－2＋(－2)2＋2×(－2)3＋2×(－2)4＋3×(－2)5＋3×(－2)6＋4×(－2)7＋4×(－2)8＋5×(－2)9＋5×(－2)10＝[－2＋(－2)2]＋2×[(－2)3＋(－2)4]＋3×[(－2)5＋(－2)6]＋4×[(－2)7＋(－2)8]＋5×[(－2)9＋(－2)10]＝2＋24＋3×25＋4×27＋5×29＝2＋16＋96＋512＋2 560＝3 186.
3 186
要点指引
1. 整除：设a，b∈Z，a≠0.如果存在q∈Z，使得b＝aq，那么就说b可被a整除(或a整除b)，记作a|b.且称b是a的倍数，a是b的约数(也可称为除数、因数)．
2. 高斯函数问题：设x是实数，[x]表示不超过x的最大整数，称为x的整数部分，即[x]是一个整数，且满足[x]≤x<[x]＋1，记{x}＝x－[x]，称为x的小数部分．
优 选 活 动
难点1　整除、同余问题与数列相结合
(1) 数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若不存在，请说明理由；
(2) 若{bn}为{an}的“伴随数列”，求证：b1＞b2＞…＞bm；
(3) 已知数列{an}存在“伴随数列”{bn}，且a1＝1，am＝2 025，求m的最大值．
1
思路引导：本题考查新定义数列、数列中的数论问题．(1) 根据定义进行判断．(2) 作差进行比较，判断数列{bn}是递减数列，从而得出结论．(3) 进行分类讨论，利用整除性进行严格证明．
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15，13，11，10.
(2) 证明：因为数列{an}存在“伴随数列”{bn}，所以an＋1－an＞0(1 ≤n≤m－1)，且bn，bn＋1∈N*[防范失误①]，
又an＋1－an>0，m－1≥1，
所以bn－bn＋1＞0，即bn＞bn＋1，
所以b1＞b2＞b3＞…＞bm.
(3) 解：由(2)知，an＋1－an＝(m－1)(bn－bn＋1)≥m－1，且n＝1，2，…，m－1，
所以am－1＝(am－am－1)＋(am－1－am－2)＋…＋(a2－a1)≥(m－1)＋(m－1)＋…＋(m－1)＝(m－1)2，
所以(m－1)2≤2 024，即m≤45(m∈N*)．
又数列{an}存在“伴随数列”{bn}，
所以m－1是2 024的正约数，且2 024＝2×2×2×11×23，
因为m≤45(m∈N*)，所以m－1≤44(m∈N*)，
所以m－1可取2，4，8，11，22，23，44，
即m取3，5，9，12，23，24，45[防范失误②]．
所以m＝45为最大值，
令an＝44n－43(n＝1，2，…，44)，a45＝2 025，
＝994－n∈N*，符合题意；
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：都是涉及整除与数列的问题，需要进行分解因数后进行讨论来解题．　
2
2
40
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：都是数列与整除或同余相结合的问题，求和时，要注意规律．　
变式训练　设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m)．若p为质数，n为不能被p整除的正整数，则np－1≡1(mod p)，这个定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题：
①230＋1≡65(mod 7)；
②对于任意正整数x，x13－x≡0(mod 13)；
③对于任意正整数x，x13－x≡0(mod 7)；
④对于任意正整数x，x12－1≡1(mod 5)，
则所有的真命题为(　 　)
A. ①④ B. ②
C. ①②③ D. ①②④
C
思路引导：题干关键：费马小定理．属于新定义类题型，要充分理解定义，并运用定义来进行科学推理．利用二项式定理展开式确定①正确；由费马小定理判断②③④.
【解析】 对于①，因为230＝810＝(7＋1)10＝C710＋C79＋…＋C7＋1，所以230被7除得的余数为1，则230＋1被7除得的余数为2，所以230＋1≡65(mod 7)，故①正确；对于②，若正整数x能被13整除，则x13－x＝x(x12－1)能被13整除，所以x13－x≡0(mod 13)；若正整数x不能被13整除，由费马小定理得x12≡1(mod 13)，则x13－x≡0(mod 13)，故②正确；对于③，若正整数x能被7整除，则x13－x＝x(x12－1)能被7整除，所以x13－x≡0(mod 7)；若正整数x不能被7整除，由费马小定理，得x6≡1(mod 7)，即x6－1≡0(mod 7)．又x13－x＝x(x12－1)＝x(x6－1)(x6＋1)，所以x13－x≡0(mod 7)，故③正确；对于④，当x不能被5整除时，由费马小定理，得x4≡1(mod 5)，即x4－1≡0(mod 5)．又x12－1＝(x4－1)(x8＋x4＋1)，所以x12－1≡0(mod 5)，故④错误．综上，真命题为①②③.
题后反思
1. 同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等．
2. 整除关系的基本性质：
(1) a|b，b|c a|c.
(2) a|b，a|c 对任意的x，y∈Z，有a|(bx＋cy)．
(3) 设m≠0，则a|b ma|mb.
(4) 若a|b，b|a，则a＝±b.
(5) 设a，b为整数，若a|b，则b＝0或者|a|≤|b|.
性质(5) 提供了由整除关系到不等关系的一种基本途径，该性质表明：若整数|a|≠0，且|a|<|b|，则b不整除a.
难点2　高斯函数与数列相结合
　　　设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*)，且a2＝5.
3
解：(1) 当n＝1时，2S1＝a2－22＋1，
又a2＝5，所以a1＝S1＝1.
当n≥2时，由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*)，
得2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n＋1＋2n，即an＋1＝3an＋2n.
又a2＝3a1＋2，故当n∈N*时，an＋1＝3an＋2n，
本题与【基础活动】的第4题对比，发现：都是数列与高斯函数相结合的问题，求和时，当研究项数较少时，常运用穷举法，当研究项数较多时，则需进一步观察数列通项公式的特征，综合运用数列求和方法来解决问题．　
变式训练　已知函数y＝[x]是高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.8]＝0，[1.5]＝1. 若数列{an}满足a1＝2，且an＋an＋1＝2n＋3，记bn＝[lgan]．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求数列{bn}的前2 025项和．
解：(1) 因为a1＝2，a1＋a2＝5，所以a2＝3.
因为an＋an＋1＝2n＋3，所以an＋1＋an＋2＝2n＋5，
两式相减，得an＋2－an＝2，
所以数列{an}的奇数项、偶数项分别单独构成等差数列．
当n为奇数时，a3－a1＝2，a5－a3＝2，…，且a1＝2，
当n为偶数时，an＝2n＋3－an＋1＝2n＋3－(n＋2)＝n＋1.
综上，an＝n＋1(n∈N*)．
(2) 设{bn}的前n项和为Tn，
当1≤n≤8时，bn＝[lg (n＋1)]＝0；
当9≤n≤98时，bn＝[lg (n＋1)]＝1；
当99≤n≤998时，bn＝[lg (n＋1)]＝2；
当999≤n≤2 025时，bn＝[lg (n＋1)]＝3，
所以T2 025＝8×0＋90×1＋900×2＋1 027×3＝4 971.
题后反思　高斯函数的部分性质：设x，y是实数，则：
1. 若x≤y，则[x]≤[y]；
2. 对于任意整数m，有[x＋m]＝[x]＋m，{x＋m}＝{x}；{x}是周期为1的周期函数；
3. [x]＋[y]≤[x＋y]≤[x]＋[y]＋1，其中等号有且仅有一个成立；
4. 小于x的最大整数是－[－x]－1；大于x的最小整数是[x]＋1；
自 主 活 动
2
4
1
3
A. 101 B. 100
C. 99 D. 98
A
2
4
1
3
2
4
1
3
2 (多选)对于正整数n，φ(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数. 函数φ(n)以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ(10)＝4(10与1，3，7，9均互质)，则下列命题中正确的是(　 　)
A. φ(12)＋φ(29)＝32
B. 数列{φ(2n)}不是递增数列
C. 若p为质数，则数列{φ(pn)}为等比数列
ABC
2
4
1
3
2
4
3
1
2或4
2
4
3
1
2
4
3
1
4 将数列{an}按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列{an}的一个分群数列，{an}称为这个分群数列的原数列. 如：(a1，a2，…，ar)，(ar＋1，ar＋2，…，at)，(at＋1，at＋2，…，as)，…，(am＋1，am＋2，…，an)是数列{an}的一个分群数列，其中第k个括号称为第k群. 已知数列{an}的通项公式为an＝2n.
(1) 若数列{an}的一个分群数列每个群都含有3项，该分群数列第k群的最后一项为bk，求数列{bn}的通项公式；
(2) 若数列{an}的一个分群数列满足第k群含有k项，Ak为{an}的该分群数列第k群所有项构成的数集，设M＝{m|am∈Ak，am＋6∈Ak＋2}，求集合M中所有元素的和．
2
4
3
1
解：(1) 由题意，得该分群数列第k群的最后一项bk＝a3k，
由an＝2n，得bn＝a3n＝6n，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝6n.
(2) 由题意，得该分群数列第k群含有k项，所以该分群数列的前6群为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)，(a11，a12，a13，a14，a15)，(a16，a17，a18，a19，a20，a21)．
又am∈Ak，am＋6∈Ak＋2，显然有k≤4.
当m＝2，3，5，6，10时，满足am∈Ak，am＋6∈Ak＋2，
即M＝{2，3，5，6，10}，
所以集合M中所有元素之和为2＋3＋5＋6＋10＝26.
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主题二
数列
微专题3　子数列与增减项问题
导言　子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列)与数列的增减项问题是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
【解析】 数列{2n}中的项分别为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.
1 将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20的值为(　 　)
A. 237 B. 238
C. 239 D. 240
C
【解析】 令插入的3个数依次为a1，a2，a3，即3，a1，a2，a3，15成等差数列，所以2a2＝3＋15，解得a2＝9，所以插入的3个数之和为a1＋a2＋a3＝3a2＝27.
2 [2025盐城中学月考]在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为(　 　)
A. 21 B. 24
C. 27 D. 30
C
B
4 已知数列{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝6，a6＝0，若将a2，a3，a4，a5去掉一项后，剩下三项依次为等比数列{bn}的前三项，则b4的值为
________.
要点指引
1. 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．
2. 解决数列增减项问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可．
优 选 活 动
难点1　两数列的公共项
　　　[2025昆山中学检测]已知数列{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}是公比为2的等比数列，且满足a1＋a3＝b1＋b2＋b3，a2＋a4＝b2＋b4.将数列{an}与{bn}的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列{cn}．
(1) 求证：cn＝b2n；
(2) 求数列{ancn}的前n项和Sn.
思路引导：本题考查数列基本量的计算，数列求和．(1) 利用基本量代换列方程组求出a1，b1，得到{an}，{bn}的通项公式，进而判断出若bk，k∈N*是{an}的项，则bk＋2是数列{an}的项，即可证明；(2) 利用错位相减法求和．
1
(1) 证明：由a1＋a3＝b1＋b2＋b3，得2a1＋6＝7b1.
由a2＋a4＝b2＋b4，得2a1＋12＝10b1.
联立两式，解得a1＝4，b1＝2.
因为数列{an}的公差为3，数列{bn}的公比为2，
所以an＝3n＋1，bn＝2n，
则b1＝2不是数列{an}的项，b2＝4是数列{an}的第1项[防范失误②].
设bk＝2k＝3m＋1，k，m∈N*，则bk＋1＝2k＋1＝2×2k＝2(3m＋1)＝6m＋2[防范失误③]，
所以bk＋1不是数列{an}的项[防范失误①].
因为bk＋2＝2k＋2＝4×2k＝4(3m＋1)＝3(4m＋1)＋1，
所以bk＋2是数列{an}的项[防范失误①]，
所以cn＝b2n.
(2) 解：由(1)可知，cn＝b2n＝4n，ancn＝(3n＋1)·4n.
Sn＝4×4＋7×42＋10×43＋…＋(3n＋1)·4n，
则4Sn＝4×42＋7×43＋10×44＋…＋(3n＋1)·4n＋1，
所以－3Sn＝16＋3(42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)·4n＋1
＝4＋3(4＋42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)·4n＋1
＝4n＋1－(3n＋1)·4n＋1＝－3n·4n＋1，
所以Sn＝n·4n＋1.
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：两题都是针对一个等差数列和一个等比数列的公共项进行研究，若研究项数较少，则可直接通过写出前几项进行观察得到答案．　
dn＝32n＋1
题后反思　两数列的公共项问题，可通过列举两数列的前几项，经过观察后找到公共项的特点，再选择合适的方法(分组、并项、裂项相消等)进行求和. 特殊地，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．
难点2　增减项问题
　　　已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1＋an＝8n＋4.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 已知bn＝2n，在数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前192项和T192.
2
思路引导：本题考查用递推法求通项公式，数列求和．(1) 题干关键：a1＝4，且an＋1＋an＝8n＋4.所给递推式是关于相邻两项和的等式，再写出一个下标相邻的等式，与之相减，即可得隔项之间的特征：an＋1－an－1＝8，结合等差数列的通项公式分析求解；(2) 题干关键：bn＝2n，在数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{cn}．在理解新数列{cn}的前提下，去分析等差数列{an}与等比数列{bn}的公共项，结合等差、等比数列的求和公式以及分组求和法来求解即可．
解：(1) 当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8.
当n≥2时，an＋an－1＝8n－4，所以an＋1－an－1＝8，
综上，an＝4n.
(2) 设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn，
由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512，
当n≤200时，{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项[防范失误①]，
所以数列{cn}的前192项和T192＝S200－(H9－2)
＝80 400－1 020＝79 380.
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：都是涉及两个数列，并由这两个已知数列按照某一种规律(在原数列中插入或剔除某些项)重组得到一个新数列，再进一步研究新数列的和. 对新数列求和时，若所求和的项数已知，且项数较少，则可通过列举出该新数列前n项的具体值(即枚举法)，再直接相加计算得和；若所求和的项数未知，或项数较多，则可通过等差、等比数列的前n项和公式，并结合分组求和法来求解．　
变式训练　[2025合肥六中期中]已知数列{an}的首项为3,且满足an＋1＝2an－1(n∈N*)，令cn＝an－1.
(1) 证明{cn}是等比数列，并求{cn}的通项公式；
(2) 在cn与cn＋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，在数列{dn}中是否存在互不相同的3项dm，dk，dp(m，k，p∈N*，且m＋p＝2k)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
解：(1) 因为an＋1＝2an－1，
所以an＋1－1＝2(an－1)．
因为cn＝an－1，所以cn＋1＝2cn，
所以数列{cn}是首项为3－1＝2，公比为2的等比数列，
所以cn＝2·2n－1＝2n.
(2) 由题意，得cn＋1＝cn＋(n＋2－1)dn，即2n＋1＝2n＋(n＋1)dn，
假设在数列{dn}中存在不相同的3项dm，dk，dp(m，k，p∈N*，且m＋p＝2k)成等比数列，
又因为m＋p＝2k，
所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，
整理，得m2－2mp＋p2＝0，即(m－p)2＝0，
所以k＝m＝p，
这与m，k，p互不相等矛盾，
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．
题后反思　数列中有关增减项的问题通常处理方法有：穷举法(适用于项数较少的数列)、分组求和法(即把原数列部分和增加或减少的部分分别求和，再相加或相减)．做题时，一定要弄清楚新数列增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．
自 主 活 动
2
4
1
3
1 [2025茂名一中期末]已知两个等差数列2，6，10，…，202及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为(　 　)
A. 1 678 B. 1 666
C. 1 472 D. 1 460
B
2
4
1
3
2
4
1
3
ABD
2
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2
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2
4
3
1
3 [2025新海高级中学模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，Sn＝2an＋an＋1，把数列{an}的偶数项抽出按照原来的顺序组成新数列{bn}，则bn＝__________.
【解析】 由Sn＝2an＋an＋1，得Sn－1＝2an－1＋an(n≥2，n∈N*)，两式相减，得an＋1＝2an－1.又a1＝S1，所以S1＝2a1＋a2，即1＝2＋a2，解得a2＝－1，则数列{an}的偶数项组成的新数列{bn}为以b1＝－1为首项，2为公比的等比数列，则bn＝b1·2n－1＝－2n－1.
－2n－1
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1
514
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思 维 模 型
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主题二
数列
专题7　等差、等比数列的证明
导言　与等差数列和等比数列相关的问题是高考的热点问题，而有关证明、判定数列是等差(比)数列更是其中的难点. 证明等差(比)数列的主要方法是等差(比)数列的定义及等差(比)中项性质的灵活运用.
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
1 (多选)[苏教版选必一P181复习题T3改编]对任意数列{an}，下列说法中一定正确的有(　 　)
C. 若数列{an}是正项等比数列，则数列{lgan}是等比数列
D. 若数列{an}是正项等比数列，则数列{lgan}是等差数列
AD
an＝
an＝n
要点指引
1. 若对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数，则数列{an}为等差数列．
优 选 活 动
重点1　定义法
1
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：要判断一个数列是否为某一特定数列(等差数列、等比数列、等差比数列或其他)，主要依据是该特定数列的定义．注意在商式关系中分母不为零的限制．　
变式训练　已知数列{an}的各项均不为0，其前n项和为Sn，q为不等于0的常数，且Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)．
(1) 求证：数列{an}是等比数列；
(2) 若S5，S11，S8成等差数列，则对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8是否成等差数列？若成等差数列，请予以证明；若不成等差数列，请说明理由．
(1) 证明： 因为Sn＝qSn－1＋a1(n≥2)，
所以Sn＋1＝qSn＋a1(n≥1)，
即数列{an}是公比为q的等比数列．
(2) 解：对任意正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列，证明如下：
由S5，S11，S8成等差数列，得q≠1，且2S11＝S5＋S8，
化简，得2q6－q3－1＝0，即2q6＝q3＋1.
因为at＋5＋at＋8＝atq5＋atq8＝atq5(1＋q3)，2at＋11＝2atq11＝atq5×2q6＝atq5(1＋q3)，
所以at＋5＋at＋8＝2at＋11，
故对于任意的正整数t，at＋5，at＋11，at＋8成等差数列．
题后反思
1. 等差数列的定义法证明步骤：一是计算相邻两项的差：对于给定的数列{an}，计算an＋1－an的值，其中n为任意正整数；二是判断差值是否为常数：如果an＋1－an的值对于所有的n都相等，即为一个常数d，那么该数列就是等差数列．
重点2　中项法
　　　在数列{an}中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等差数列，其公差为dk.
(2) 若dk＝2k，求证：a2k，a2k＋1，a2k＋2成等比数列(k∈N*)．
2
证明：(1) 因为a2k－1，a2k，a2k＋1成等差数列，
所以2a2k＝a2k－1＋a2k＋1.
(2) 因为a2k－1，a2k，a2k＋1成公差为2k的等差数列，
所以a2k＋1－a2k－1＝4k，
所以a2k＋1－a1＝(a2k＋1－a2k－1)＋(a2k－1－a2k－3)＋…＋(a3－a1)＝4k＋4(k－1)＋…＋4＝2k(k＋1)，
即a2k＋1＝2k(k＋1)，
故a2k＝a2k＋1－2k＝2k2，a2k＋2＝a2k＋3－2(k＋1)＝2(k＋1)2，
故a2k，a2k＋1，a2k＋2成等比数列．
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：都有考察利用定义或等比中项来判断等比数列， 注意各项均不为0.　
由②－①，得(n－1)an＋1＝nan，③
则nan＋2＝(n＋1)an＋1，④
由③＋④，得2nan＋1＝nan＋nan＋2，
所以2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列．　
又a1＝0，a2＝1，所以公差d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n－1.
题后反思
1. 等差数列的四个判定方法：
(1) 定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数；
(2) 等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2；
(3) 通项公式法：得出an＝pn＋q(p，q是常数)；
(4) 前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn(A，B是常数)．
2. 等比数列的四个判定方法：
(3) 通项公式法：得出an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)；
(4) 前n项和公式法：得出Sn＝k·qn－k(k是不为0的常数，q是不为0，1的常数)．
注意：(1) 定义法和等差(比)中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用．
(2) 若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定存在连续三项不成等差(比)数列即可，可用特值法．
自 主 活 动
2
4
1
3
1 [2025通州模拟]已知{an}是无穷数列，a1＝1，则“对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an”是“{an}是等差数列”的(　 　)
A. 充分且不必要条件
B. 必要且不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
A
2
4
1
3
【解析】 因为对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，令m＝1，可得an＋1＝a1＋an，即an＋1－an＝a1＝1，所以{an}是等差数列，故充分性成立；若{an}是等差数列，不妨取an＝2n－1，则am＋n＝2(m＋n)－1，am＋an＝2m－1＋2n－1＝2(m＋n)－2≠am＋n，故必要性不成立，综上，“对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an”是“{an}是等差数列”的充分且不必要条件．
2
4
1
3
2
4
3
1
3 [2025浙江名校协作体模拟]已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4，则an－bn＝____________.
【解析】 因为4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4，两式相减，得4(an＋1－bn＋1)＝3(an－bn)＋an－bn＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2，所以(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2.又a1－b1＝1，所以数列{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列，故an－bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
2n－1
2
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3
1
4 已知正整数λ，μ为常数，且λ≠1，无穷数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，Sn＝λan－μ恒成立. 证明无穷数列{an}为等比数列，并求λ的值．
证明：因为Sn＝λan－μ，所以当n≥2时，Sn－1＝λan－1－μ，
两式相减，得an＝λan－λan－1.
所以数列{an}为等比数列．
因为无穷数列{an}的各项均为正整数，
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主题二
数列
专题5　数列中的函数特性
导言　数列是特殊的函数，数列的函数特性是新高考考查的热点. 周期数列是一类常见的数列，其核心是枚举与归纳；判定单调性的方法主要有：函数法、作差法、作商法.利用函数的对称性结合等差数列的对称性的问题，解题方法的核心在于利用两者的对称性转化条件.
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
C
【解析】 因为对任意n∈N*，an>0，所以Sn＝Sn－1＋an>Sn－1，n≥2，即数列{Sn}为递增数列，故充分性成立；当数列{Sn}为递增数列时，Sn>Sn－1，n≥2，即Sn－1＋an>Sn－1，所以an>0，n≥2.当数列为－1，2，2，2，…，2时，不满足题意，故必要性不成立．故“对任意n∈N*，an>0”是“数列{Sn}为递增数列”的充分且不必要条件．
2 [人教A版选必二P9习题4.1T7改编]设数列{an}的前n项和为Sn，则“对任意n∈N*，an>0”是“数列{Sn}为递增数列”的(　 　)
A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
A
3 [人教A版选必二P5例3改编]已知数列{an}的通项公式为an＝2n2－18n＋5，则数列{an}中的最小项是(　 　)
A. 第四项 B. 第五项
C. 第六项 D. 第四项或第五项
D
【解析】 令an＝(n－3)2(n∈N*)，当1≤n≤2时，an＋1－an＝2n－5＜0，数列{an}满足递减；当n≥3时，an＋1－an＝2n－5＞0，数列{an}满足递增，即a1＞a2＞a3，a3＜a4＜…an，符合题意，所以当n＝3时，an取得最小值，符合题意．
4 已知数列{an}满足：①先递减后递增；②当n＝3时，an取得最小值.写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝_____________________.
(n－3)2(答案不唯一)
要点指引　判断数列的单调性的方法：
1. 函数角度：从通项公式入手，将其视为关于n的函数，然后通过函数的单调性来判断数列的单调性．因为n∈N*，所以若需要用到导数，首先要构造一个与通项公式形式相同，但定义域为(0，＋∞) 的函数，得到函数的单调性后再结合n∈N*得到数列的单调性．
2. 相邻项比较：在通项公式不便于直接分析单调性时，可考虑进行相邻项的比较得出数列的单调性，常用的方法是作差(与0比较，从而转化为判断符号问题)或作商(与1比较，但要求是正项数列)．
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重点1　周期性
　　　(多选)[2025启东联考]设周期数列{an}的前n项和为Sn，若Sn∈ {m，m－1，m＋1}，则m的取值可以为(　 　)
A. －1 B. 0
C. 1 D. 2
思路引导：本题考查数列的周期性．结合题意并考虑数列的特性，可知数列{an}在一个周期内的所有项的和为0，进而可求解m的取值．
1
ABC
【解析】因为数列{an}是周期数列，且Sn∈{m，m－1，m＋1}，所以数列{an}在一个周期内的所有项的和为0，假设周期为3，若a1＋a2＋a3≠0，则S3，S6，S9，S12，会逐渐增大或逐渐减小，不满足Sn∈{m，m－1，m＋1}，所以0∈{m，m－1，m＋1}，即m＝0或m－1＝0或m＋1＝0，解得m＝0或m＝1或m＝－1[防范失误①]．当m＝0时，Sn∈{0，－1，1}，存在周期为4的数列{an}的前4项为－1，1，1，－1，则{an}符合题意；当m＝1时，Sn∈{0，1，2}，存在周期为4的数列{an}的前4项为1，1，－1，－1，则{an}符合题意；当m＝－1时，Sn∈{－1，－2，0}，存在周期为3的数列{an}的前3项为－2，1，1，则{an}符合题意．故选ABC.
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：要确定数列的周期性，一般先写出几项，确定周期，再依据周期求解．　
变式训练1　[2025驻马店联考]对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2 025的值为(　 　)
A. 7 590 B. 7 576
C. 7 584 D. 7 591
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9
y 3 7 5 9 6 1 8 2 4
D
【解析】 由题意，得x1＝1，x2＝f(x1)＝f(1)＝3，x3＝f(x2)＝f(3)＝5，x4＝f(x3)＝f(5)＝6，x5＝f(x4)＝f(6)＝1，…，则数列{xn}是周期为4的周期数列，故x1＋x2＋…＋x2 025＝506×(1＋3＋5＋6)＋1＝7 591.
变式训练2　[2025鄂州一模]设正整数数列{an}满足an＋2·an＋1·an＝10(n≥1)，a3＝5，则a623的值为__________.
1或2
题后反思　周期数列的常见形式：
1. 利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
2. 相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
3. 相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
重点2　单调性
　　　[2025海安中学月考]已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn，n∈N*，则“k≥－1”是“{an}为递增数列”的(　 　)
A. 充分且不必要条件
B. 必要且不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
思路引导：本题考查数列的单调性．当k≥－1时，an＋1－an>0，则充分性成立；由数列的单调性可知an＋1－an>0，易得k>－(2n＋1)，即k>－3，则必要性不成立．
2
A
【解析】 当k≥－1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)－n2－kn＝2n＋1＋k≥2n>0，故数列{an}为递增数列，即充分性成立；当数列{an}为递增数列时，an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)－n2－kn＝2n＋1＋k>0，所以k>－(2n＋1)恒成立．又[－(2n＋1)]max＝－(2×1＋1)＝－3[防范失误②]，所以k>－3，所以必要性不成立．故“k≥－1”是“{an}为递增数列”的充分且不必要条件．
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：都是对数列单调性的判断，一般结合相邻项的关系，得到关于参数和n的不等量关系式，再通过分离参数求出参数的范围．　
ABD
题后反思　判断数列的增减性的方法：
1. 作差法：将an＋1－an与0进行比较．
3. 函数性质法：利用对应函数在区间(0，＋∞)上的单调性，判断数列的增减性．
重点3　对称性
3
D
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：都是考察数列中的对称性问题，通过项的对称来求解．　
【解析】 因为f(x)＝(x－3)3＋x－1＝(x－3)3＋(x－3)＋2，所以f(x)的图象关于点(3，2)对称.又f′(x)＝3(x－3)2＋1>0，所以f(x)在R的单调递增.又f(a1) ＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14＝7×2，所以a1＋a2＋…＋a7＝7×3＝21.
变式训练　设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，且f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
21
题后反思　等差数列与函数对称性的常用性质：
1. 若y＝f(x)为定义在R上的奇函数，且在R上为单调函数，则
(1) f(x1)＋f(x2)＝0 x1＋x2＝0；
(2) 若{an}为等差数列，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)＝0 a1＋a2＋…＋an＝0；
2. 若y＝f(x)为R上为单调函数，且关于点(a，b)对称，则
(1) f(x1)＋f(x2)＝2b x1＋x2＝2a；
(2) 若{an}为等差数列，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)＝nb a1＋a2＋…＋an＝na.
自 主 活 动
2
4
1
3
1 已知函数f(x)为R上单调递增的奇函数，数列{an}为等差数列，且a3>0，则f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值(　 　)
A. 恒为正数 B. 恒为负数
C. 恒为0 D. 可正可负
【解析】 因为函数f(x)为R上单调递增的奇函数，且a3>0，所以f(a3)>0.又a1＋a5＝2a3>0，所以a1>－a5，所以f(a1)>f(－a5)＝－f(a5)，即f(a1)＋f(a5)>0，所以f(a1)＋f(a3)＋f(a5)>0.
A
2
4
1
3
C
2
4
1
3
2
4
3
1
A. 数列{an}有最小项，没有最大项
B. 满足an∈Z的项共有6项
C. 满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有7个
D. 使Sn取得最小值的n的值为7
BD
2
4
3
1
2
4
3
1
4 725或4 746
2
4
3
1
【解析】 因为a5＝1，所以a4＝2，a3＝4，则a2＝1，a1＝2或a2＝8，a1＝16.若a1＝2，a2＝1，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝4，…，则数列{an}是周期数列，其周期为3，所以S2 025＝675×(2＋1＋4)＝4 725；若a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝4，…，则数列{an}从第4项开始an的值成周期变化，其周期为3，所以S2 025＝16＋8＋4＋674×(2＋1＋4)＝　4 746.
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主题二
数列
微专题4　数列中的奇、偶项问题
导言　数列中的奇、偶项问题是高考中经常涉及的问题，解决此类问题的关键在于弄清楚数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等，涉及求通项公式，求和、求最值、求参数的取值范围等.
内容索引
基础活动
优选活动
自主活动
思维模型
基 础 活 动
B
2 (多选)在数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，则下列说法中正确的是(　 　)
A. a4＝4 B. {a2n}是等比数列
C. a2n－a2n－1＝2n－1 D. a2n－1＋a2n＝2n＋1
ABC
【解析】 当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，解得a1＝7.
3 [2025广东华侨中学期中]若数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，且前16项和为540，则a1＝______.
7
3n2
要点指引
1. 求通项公式和求和时，奇数项与偶数项分别求解；
2. 求前n项和Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再通过S2k－1＝S2k－a2k求S2k－1.
3. 当递推式为an＋an＋1＝f(n)，anan＋1＝f(n)型时，往往构造an＋2，an＋1的关系，两式作差(商)转化为an＋2，an的关系，进而求出奇数项、偶数项的递推关系．
4. 当递推公式中含有(－1)n时，我们可以对n分奇数、偶数讨论，将递推关系或通项公式转换为分段的形式，再选择恰当的数学方法进行求解．
优 选 活 动
难点1　含有(－1)n类型
　　　[2025高邮中学模拟]在前n项和为Sn的等比数列{an}中，a4＝15a2＋16，且S3＝5a2＋a1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝(－1)nlog2an，求数列{bn}的前2 025项和T2 025.
思路引导：本题考查数列的通项及求和．(1) 由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求；(2) 运用数列的并项求和，计算可得所求和．
1
解：(1) 设等比数列{an}的公比为q.
由a4＝15a2＋16，且S3＝5a2＋a1，
得a1q3＝15a1q＋16，且a1＋a1q＋a1q2＝5a1q＋a1，
化简，得q2－4q＝0，
所以a1＝q＝4，则an＝4n.
(2) 由题意，得bn＝(－1)nlog2an＝(－1)n·2n，
所以T2 025＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－4 046＋4 048)－4 050＝2×1 012－4 050＝－2 026[防范失误②]．
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：两道数列题的通项中都含有(－1)n，区别在于【基础活动】的第3题中已知前16项和求首项a1，而本题可求出{bn}的通项公式再分组求和．　
变式训练　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1) 求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2) 设bn＝(－1)nSn，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1) 由S5＝5a3＝25，得a3＝5.
(2) 由(1)，得bn＝(－1)nn2.
当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－1＋bn)
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]
题后反思　1. 递推公式中有(－1)n：
寻找间隔两项之间的关系，如an＋1＋(－1)nan＝2n，当n为奇数时，
2. 通项公式中含有(－1)n：
(1) 并项求和，如an＝(－1)n(3n＋1)，前30项和为a1＋a2＋…＋a30＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a29＋a30)＝(－4＋7)＋(－10＋13)＋…＋(－88＋91)；
难点2　分段数列的奇偶项问题
　　　[2025合肥一中期中]在数列{an}中，已知a1＝2，且当n为奇数时，an＋1＝3an＋1；当n为偶数时，an＋1＝2an－1.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求{an}的前n项和Sn；
2
思路引导：本题考查数列的通项及求和．(1) 当n为偶数时，an＋1＝2an－1，所以可求n为奇数时的通项公式，再代入条件求n为偶数时的通项公式；(2) 根据(1)的结果，讨论n为奇数和偶数两种情况，求Sn；(3) 首先求数列{bn}的通项公式，然后分奇数项与偶数项，结合单调性来求解．
解：(1) 由题意可知，a1＝2，a2＝3a1＋1＝7，
当n为偶数时，an＋1＝2an－1，
所以数列{an}的奇数项成公比为2的等比数列，
所以a2n－1＝a1·2n－1＝2n.
本题与【基础活动】的第4题对比，发现：都是分段数列的求和问题，且都可把奇数项和偶数项分开求和，故采用的方法都是分组求和，并利用等差、等比数列的求和公式来辅助该分段数列求和．　
题后反思　分段数列求和问题根据数列特征，有以下常见题型：
难点3　连续两项和或积的问题
　　　[2025大庆期末]已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
3
思路引导：本题考查数列的通项及求和．(1) 题干关键：an＋an＋1＝2n＋1.已知相邻两项和的表达式，则可通过写出下标加一的第二个等式，两式相减，得隔项的特征，即可得到an＋2－an＝2，从而得到通项公式；(2) 分奇数项与偶数项分别求和，然后并项．
解：(1) 因为a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＋a2＝2×1＋1＝3，所以a2＝3－a1＝3－1＝2.
由an＋an＋1＝2n＋1可得an＋1＋an＋2＝2(n＋1)＋1＝2n＋3.
两式相减，得an＋2－an＝(2n＋3)－(2n＋1)＝2.
当n为偶数时，同理可得an＝n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝n.
(2) 当n为奇数时，bn＝2n，
当n为偶数时，bn＝n，
则T2n＝2＋2＋23＋4＋25＋6＋…＋22n－1＋2n[防范失误②]
＝2＋4＋6＋…＋2n＋(2＋23＋25＋…＋22n－1)
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：已知一个数列的连续两项和或积，若要求奇、偶数项和，可直接采用并项求和法，若要求其通项公式，则寻找间隔项之间的关系，分奇偶项研究．　
变式训练　[2025天一中学月考]已知数列{an}满足a1＝1，an·an＋1＝4n，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
解：(1) 由题意，得a1＝1，a2＝4.
因为an·an＋1＝4n，所以an＋1·an＋2＝4n＋1，
题后反思
1. 求通项公式：
(1) 构造隔项等差数列：由an＋1＋an＝pn＋q(p，q≠0)，得an＋2＋an＋1＝p(n＋1)＋q，两式相减，得an＋2－an＝p.
2. 求前n项和Sn：求出通项公式再求和，或者利用an＋1＋an＝f(n)直接并项求和．
自 主 活 动
2
4
1
3
A. 3 123 B. 3 125
C. 3 127 D. 3 129
D
2
4
1
3
2
4
1
3
2 (多选)[2025常熟中学月考]记数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝n，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，则下列说法中正确的是(　 　)
A. a3＝0
B. S9－S7＝7
D. a100＋a2 025＝100
ACD
2
4
1
3
2
4
3
1
3 [2025天水六校模拟]在数列{an}中，已知an＋1＋an＝3·2n，则{an}的前10项和为__________.
2 046
2
4
3
1
3×251－156
2
4
3
1
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