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(共21张PPT)
提升点3　分段数列模型
类型一　按奇、偶项分段
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
(2)求S2n－1.
类型二　按递推关系分段
(2)证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
【解】　证明：由题可得a2n＋1－6＝2a2n－6＝2a2n－1－6－6＝2(a2n－1－6)，又a2×1－1－6＝a1－6＝1，则数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)若bn＝a2n，求数列{n·(bn－3)}的前n项的和Sn.
10
25
类型三　按数列前、后段分段
　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
【解】　an＋1＝Sn＋2，则当n≥2时，an＝Sn－1＋2，
两式相减得an＋1－an＝an，所以an＋1＝2an(n≥2).
当n＝1时，a2＝S1＋2，得a2＝4＝2a1，所以对于任意n∈N*，an＋1＝2an，
故{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.
O(共22张PPT)
专题强化训练
B
2．(2025·北京二模)已知数列{an}满足：an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项的和为(　　)
A．1 240 B．1 830
C．2 520 D．2 760
D
AD
解析：令n＝1，则a1＝1×2＝2，故A正确；
a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，①a1＋2a2＋…＋2n-1an＋2nan＋1＝(n＋1)·2n+1，②由②－①得，an＋1＝n＋2，所以an＝n＋1(n≥2)，又a1＝2也满足上式，所以an＝n＋1，数列{an}是等差数列，故B错误；
解析：正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，a1a2 025＝1，则ana2 026－n＝1，n∈N*，n≤2 025，
4 050
6．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
解：因为4Sn＝3an＋4　①，
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②，
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n-1.
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
7．(2025·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＋1＝3an＋1＋9an，a1＝3.
(1)证明：数列{an＋1－3an}为等比数列；
解：证明：由题意，4S2＝4(a1＋a2)＝3a2＋9a1，
又a1＝3，解得a2＝15，由4Sn＋1＝3an＋1＋9an，①
4Sn＋2＝3an＋2＋9an＋1，②
②－①得4an＋2＝3an＋2＋6an＋1－9an，
所以an＋2＝6an＋1－9an，即an＋2－3an＋1＝3(an＋1－3an)，
又a2－3a1＝6，所以数列{an＋1－3an}是以6为首项，3为公比的等比数列．
[B　综合运用]
8．(2025·天津卷节选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2) n∈N*，有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn|p1，p2，…，pn－1，pn∈I}，I＝{0，1}，求证： t∈Tn，均有t解：证明：由(1)及题意知，an＋1bn＋1＝(3n＋2)2n+1，pnanbn＝(3n－1)2npn＝0或pnanbn＝(3n－1)2n>0，当pnanbn＝(3n－1)2n>0时，
设Sn＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－4)2n-1＋(3n－1)2n，所以2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n+1，第2讲　数列的通项公式
[考情分析]　求数列的通项公式是高考的重点内容，对于等差、等比数列的通项公式可直接利用公式求解，但也有些数列以递推关系给出，需要通过构造转化为等差或等比数列再求解，体现了化归与转化思想在数列中的应用．题型既有选择、填空题，也有解答题，难度中等．
技法一　累加、累乘法
　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________．
(2)已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________________．
【解析】　(1)由题可知an≠0，
因为an－an＋1＝nanan＋1，
所以＝－＝n，
则＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋＝(n－1)＋(n－2)＋…＋3＋2＋1＋1＝＋1＝(n≥2)，所以an＝(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝.
(2)当n≥2时，有(n－1)an＝n·2nan－1，故＝·2n，则有＝·2n-1，＝·2n-2，…，＝×22.上述n－1个式子累乘，得＝(·2n)·(·2n-1)·(·2n-2)·…·(×22)＝n·2n＋(n-1)＋(n-2)＋…+2＝n·2.
因为a1＝1，所以an＝n·2(n≥2)，而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n·2.
【答案】　(1)　(2)an＝n·2
【解题技法】　(1)an－an－1＝f(n)型，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2).
(2)＝f(n)型，可用“累乘法”求an，即an＝··…···a1(n≥2).
注意　验证a1是否满足求得的an(n≥2).
　1.已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝2nanan＋1，则an＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D．由题可知an≠0，对an－an＋1＝2nanan＋1两边同时除以anan＋1得－＝2n，则－＝2n-1，－＝2n-2，…，－＝2，将上面(n－1)个式子相加可得－＝2＋…＋2n-2＋2n-1＝＝2n－2(n≥2)，所以＝2n－2＋1＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也符合该式，所以an＝.
2．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，＝，则a8＝________．
解析：由题意知，＝， 即＝4·.
又＝≠0，所以数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以＝×4n-1＝2-5×22n-2＝22n-7，
当n≥2时，an＝××…××a1＝22n-9×22n-11×…×2-5×1＝2＝2n2－8n＋7，
所以a8＝27＝128.
答案：128
技法二　构造辅助数列
类型1　形如an＋1＝pan＋f(n)型
　(1)(2025·江西联考改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋an＝2n.则an＝ ________．
(2)(2025·广州模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n-1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
【解析】　(1)因为2Sn＋an＝2n，①所以当n＝1时，2S1＋a1＝2，即2a1＋a1＝2，所以a1＝.
当n≥2时，2Sn－1＋an－1＝2(n－1)，②
①－②，得2an＋an－an－1＝2，
即an＝an－1＋，
所以an－1＝(an－1－1)(n≥2)，
又a1－1＝－≠0，
所以{an－1}是以－为首项，为公比的等比数列．
则an－1＝(－)×()n-1＝－，
所以an＝1－.
(2)方法一：两边先同时除以2n-1，变为＝·＋1，即＋2＝(＋2)，而a1＝2，＋2＝6，于是数列是首项为6，公比为的等比数列，因此＋2＝6×()n-1，即an＝3n－2n-1，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2n-1，n∈N*.
方法二：由a1＝2，an＋1＝3an＋2n-1，n∈N*，可得an＋1＋2n＝3(an＋2n-1)，又a1＋21-1＝3，所以{an＋2n-1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n-1＝3n，则an＝3n－2n-1，n∈N*.
【答案】　(1)1－　(2)an＝3n－2n-1，n∈N*
【解题技法】　(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ).
(2)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0，1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)].
类型2　形如an＋1＝pan＋qan－1(a1＝a，a2＝b)型
　已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则这个数列的通项公式为an＝____________________．
【解析】　因为an＝2an－1＋3an－2，
所以an＋an－1＝3(an－1＋an－2).
又a1＋a2＝7，所以当n≥2时，{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n-2(n≥2).①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，
所以当n≥2时，{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝－13×(－1)n-2(n≥2).②
①×3＋②得4an＝7×3n-1＋13×(－1)n-1，
所以an＝×3n-1＋×(－1)n-1(n≥2).
因为a1＝×31-1＋×(－1)1-1＝5，满足上式，
所以an＝×3n-1＋×(－1)n-1.
【答案】　×3n-1＋×(－1)n-1
【解题技法】　an＋1＝pan＋qan－1(a1＝a，a2＝b)可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求通项公式an.
类型3　形如an＋1＝型
　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________．
【解析】　由a1＝1，an＋1＝，得an≠0，＝＝＋1，则＋1＝2(＋1)，而＋1＝2，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，＋1＝2n，因此an＝.
【答案】　
【解题技法】　形如an＋1＝(an≠0)的数列，两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝p′bn＋q型，求出的表达式，再求an.
类型4　形如an＋1＝pa(p＞0，an＞0)型
　已知数列{an}满足a1＝1，a＝10an(an>0)，则an＝________．
【解析】　对题中等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－1＝(lg an－1)，又lg a1－1＝－1，所以数列{lg an－1}是以－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝(－1)×()n-1＝－()n-1，
即lg an＝1－()n-1＝1－21-n，即an＝101－21-n.
【答案】　101－21-n
【解题技法】　若an＋1＝pa(p＞0，an＞0)，则构造＝q，最终求得通项公式．
　1.在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝，则an＝________．
解析：由题知an≠0，对an＋1＝取倒数得＝＋2，即－＝2，又＝1，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.
答案：
2．在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则{an}的通项公式为______________________________．
解析：因为an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，
所以
解得
所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2).
又a1＋2×1－2＝a1＝3，所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列．
所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，
即an＝3n－2(n－1).
答案：an＝3n－2(n－1)专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·温州二模)已知数列{an}满足an＝
若a4∈[2，3]，则a1的取值范围是(　　)
A．[2，4] B．[1，3]
C．[3，5] D．[5，9]
解析：选B．设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3].
2．已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1＝b1＋2＝2，设数列{cn}满足cn＝则数列{cn}的前20项和为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．因为a1＝b1＋2＝2，所以a1＝2，b1＝0，则an＝2n，bn＝2n－2.
根据题意，cn＝
所以数列{cn}的前20项和为2＋23＋25＋…＋219＋2×(1＋3＋5＋…＋19)＝＋2×＝.
3．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　　)
A．112 B．48
C．80 D．64
解析：选C．因为Sn＝－n2＋8n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，
当n＝1时，a1＝7满足上式，
所以an＝－2n＋9(n∈N*)，
令an＝－2n＋9≥0，得n≤4，
令an＝－2n＋9≤0，得n≥5，
设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4＝S4＝－42＋8×4＝16，数列{|an|}的前12项和为T12＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－a12＝2S4－S12＝2×16－(－122＋8×12)＝80.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，则使得Sn<2 026成立的n的最大值为(　　)
A．32 B．33
C．44 D．45
解析：选C．当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝6＋14＋…＋4n－2＝＝n(n＋1)，令Sn＝n(n＋1)<2 026，且n为偶数，
解得2≤n≤44，故n的最大值为44.
当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝4＋10＋18＋…＋4n－2＝4＋＝n2＋n＋2，
令Sn＝n2＋n＋2<2 026，且n为奇数，
解得1≤n≤43，故n的最大值为43.
综上所述，使得Sn<2 026成立的n的最大值为44.
5．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)
A．bn＝(－1)n-1
B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝
D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－(2n2＋n)
解析：选ABD．由an＝知{an}是以为首项，为公差的等差数列，所以Sn＝，bn＝tan an＝tan (－)，所以bn＝k∈N*，即bn＝(－1)n-1，A正确；
当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0，当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，B正确；
当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(a1b1＋a2b2)＋(a3b3＋a4b4)＋(a5b5＋a6b6)＋…＋(an－1bn－1＋anbn)＝－×＝－，
当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(a1b1＋a2b2)＋(a3b3＋a4b4)＋…＋(an－2bn－2＋an－1bn－1)＋anbn＝－×＋＝，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝，C错误；
因为dn＝bnSn，Sn＝，bn＝k∈N*，
所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n)＝－－－…－＝－(2n2＋n)，D正确．
6．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝(k∈N)，设数列{cn}的前n项和为Sn，求S2n.
解：(1)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠0)的等比数列，由a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2，
可得2q＝2(1＋d)，2q2＝2(1＋2d)＋2，
解得d＝1，q＝2，则an＝1＋n－1＝n，bn＝2n，n∈N*.
(2)S2n＝c1＋c2＋…＋c2n＝(a1＋a2＋a3＋…＋a2n)－(a20＋a21＋a22＋…＋a2n)＋n＋1＝(1＋2＋3＋…＋2n)－(2＋22＋…＋2n)＋n＝(1＋2n)2n－＋n＝2n-1(1＋2n)－2n+1＋2＋n＝22n-1－3·2n-1＋n＋2.
7．(2025·郑州质量预测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4(a3－1)，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝其中k是正整数．
①求b1，b2，b3，b4；
②求i(n∈N*).
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得
解得
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)①因为bn＝其中k是正整数，
所以b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.
②i＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋[(b1＋1)＋(b3＋2)＋(b5＋3)＋…＋(b2n－1＋2n-1)]
＝2(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋2n-1)
＝3(1＋2＋3＋…＋2n-1)＝3×
＝3(2n-2＋22n-3).
[B　综合运用]
8．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，
an＋1＝
(1)证明：{a2n－2}是等比数列；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n.
解：(1)证明：由已知得，a2n＋2＝a2n＋1＋2n＋1＝(a2n－4n)＋2n＋1＝a2n＋1，
所以a2n＋2－2＝(a2n－2)，其中a2＝，a2－2＝－≠0，所以{a2n－2}是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知a2n－2＝－·()n-1，
所以a2n＝－()n＋2，
所以当n≥2时，a2n－2＝－()n-1＋2，
所以a2n－1＝a2n－2－2(2n－2)＝6－4n－()n-1，
当n＝1时，a1＝1满足上式，所以当n∈N*时，a2n－1＋a2n＝8－4n－3·()n，所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)
＝8n－4(1＋2＋…＋n)－3[＋()2＋…＋()n]
＝－2n2＋6n－3＋3·()n
＝－2(n－)2＋＋3·()n，
当n≥2时，{S2n}单调递减，其中S2＝，S4＝，S6＝－，
所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2.
9．在数列{an}中，已知a1＝1，anan＋1＝()n，记Sn为{an}的前n项和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，如果是，请写出其通项公式；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求Sn.
解：(1)因为anan＋1＝()n，所以an＋1an＋2＝()n+1，
所以＝，即an＋2＝an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以＝＝＝，
又a1＝1，a1a2＝，所以a2＝，b1＝a1＋a2＝，
所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，
所以bn＝×()n-1＝，n∈N*.
(2)由(1)可知an＋2＝an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，为公比的等比数列，所以a2n－1＝()n-1，a2n＝()n，
所以an＝
(3)因为S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－.
又S2n－1＝S2n－a2n＝3－－＝3－，
所以Sn＝专题强化训练
[A　基本技能]
1．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝
则k＝(　　)
A．511 B．677
C．1 021 D．2 037
解析：选B．k＝a1＋a2＋…＋a10＝a1＋a1－1＋a3＋a3－1＋…＋a9＋a9－1＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)－5＝2×(1＋22＋24＋26＋28)－5＝2×(4＋16＋64＋256)－3＝677.
2．(2025·北京二模)已知数列{an}满足：an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项的和为(　　)
A．1 240 B．1 830
C．2 520 D．2 760
解析：选D．由an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，
故a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，…，
故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，
所以a1＋a3＝a5＋a7＝a9＋a11＝…＝a57＋a59＝3；
a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，
所以a2＋a4，a6＋a8，a10＋a12，…，a58＋a60是以13为首项，24为公差的等差数列．
故S60＝3×15＋13×15＋×24＝2 760.
3．(多选)(2025·武汉调研)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．a1＝2
B．数列{an}是等比数列
C．Sn，S2n，S3n构成等差数列
D．数列的前100项和为
解析：选AD．令n＝1，则a1＝1×2＝2，故A正确；a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，①a1＋2a2＋…＋2n-1an＋2nan＋1＝(n＋1)·2n+1，②由②－①得，an＋1＝n＋2，所以an＝n＋1(n≥2)，又a1＝2也满足上式，所以an＝n＋1，数列{an}是等差数列，故B错误；由上知Sn＝n(n＋3)，所以S2n＝n(2n＋3)，S3n＝n(3n＋3)，但2S2n≠Sn＋S3n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；因为＝＝－，所以＝(－)＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝，故D正确．
4．已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且a1a2 025＝1，试用推导等差数列前n项和的方法探求：若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)＝________．
解析：正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，a1a2 025＝1，则ana2 026－n＝1，n∈N*，n≤2 025，
由f(x)＝，当x≠0时，f(x)＋f()＝＋＝＋＝4，
于是f(an)＋f(a2 026－n)＝f(an)＋f()＝4，
令T2 025＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)，
则T2 025＝f(a2 025)＋f(a2 024)＋…＋f(a1)，
因此2T2 025＝[f(a1)＋f(a2 025)]＋[f(a2)＋f(a2 024)]＋…＋[f(a2 025)＋f(a1)]＝4×2 025，
所以T2 025＝4 050.
答案：4 050
5．(2025·南京六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，且满足＋＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求满足Tn≥4的最小整数n.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
方法一：因为＋＝＋＝，
所以＝＝，所以d＝2，
所以an＝2n－1.
方法二：因为＋＝[(－)＋(－)]＝(－)＝·＝＝，所以d＝2，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，
所以bn＝＝(－)，
所以Tn＝[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)，
因为Tn≥4，所以(－1)≥4，即≥9，
所以n≥40，所以满足Tn≥4的最小整数n为40.
6．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为4Sn＝3an＋4　①，
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②，
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n-1.
(2)方法一(错位相减法)：
因为bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
方法二(裂项相消法)：
bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1，
则bn＝3n-1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n-1，
所以解得
即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n-1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.
7．(2025·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＋1＝3an＋1＋9an，a1＝3.
(1)证明：数列{an＋1－3an}为等比数列；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：由题意，4S2＝4(a1＋a2)＝3a2＋9a1，
又a1＝3，解得a2＝15，由4Sn＋1＝3an＋1＋9an，①
4Sn＋2＝3an＋2＋9an＋1，②
②－①得4an＋2＝3an＋2＋6an＋1－9an，
所以an＋2＝6an＋1－9an，即an＋2－3an＋1＝3(an＋1－3an)，
又a2－3a1＝6，所以数列{an＋1－3an}是以6为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1－3an＝6×3n-1＝2·3n，
所以－＝2，
当n≥2时，(－)＋(－)＋…＋(－)＝－a1＝2(n－1)，
即an＝(2n＋1)·3n-1，
当n＝1时，a1＝3满足上式，
所以an＝(2n＋1)·3n-1.
因为bn＝＝·3n-1＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－＋)＋(－＋)＋…＋(－＋)＝－＋.
[B　综合运用]
8．(2025·天津卷节选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2) n∈N*，有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn|p1，p2，…，pn－1，pn∈I}，I＝{0，1}，求证： t∈Tn，均有t解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，
则由题得解得
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2×2n-1＝2n.
(2)证明：由(1)及题意知，an＋1bn＋1＝(3n＋2)2n+1，pnanbn＝(3n－1)2npn＝0或pnanbn＝(3n－1)2n>0，
当pnanbn＝(3n－1)2n>0时，
设Sn＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－4)2n-1＋(3n－1)2n，
所以2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n+1，
所以－Sn＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)·2n+1＝4＋3×－(3n－1)2n+1＝－8＋(4－3n)2n+1，
所以Sn＝8＋(3n－4)2n+1为Tn中的最大元素，
此时，an＋1bn＋1－Sn＝(3n＋2)2n+1－[8＋(3n－4)·2n+1]＝6·2n+1－8>0恒成立，所以对 t∈Tn，均有t[A　基本技能]
1．(2025·温州一模)已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1，在其相邻两项ak，ak＋1之间插入2k个3(k∈N*)，得到新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Sn，则使Sn≥100成立的n的最小值为(　　)
A．28 B．29
C．30 D．31
解析：选B．由题意，数列{bn}中的项依次为a1，
在a1到a5之间3的个数为21＋22＋23＋24＝30，故到a5处{bn}共有35个元素，
故S29＝a1＋a2＋a3＋a4＋25×3＝2＋22＋23＋24－4＋75＝101>100，
而S28＝S29－3＝98<100，故Sn≥100成立的n的最小值为29.
2．(多选)已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则(　　)
A．an＝5n
B．an＝5n
C．{an}的前n项和为
D．{an}的前n项和为
解析：选BC．令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，所以n＝＝＝ eq \f(4m＋C·4m-1＋…＋C·4,4)∈N*(m＝1，2，3，…)，所以数列{5m}为数列{4n＋1}的子数列，所以an＝5n(n＝1，2，3，…)，所以{an}的前n项和为＝，故B，C正确，A，D错误．
3．(多选)(2025·郑州一模)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1.若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项由小到大排列构成数列{cn}，则(　　)
A．a1＋a2＋a3＋a4＝26
B．b5＝10
C．a4D．c1＋c2＋…＋c10＝170
解析：选ACD．对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2≠0，所以＝2，故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确；对于B，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误；对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a44．(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序得到数列{an}，则a5＝________，{an}的前202项的和为________．
解析：{3n＋2}与{4n}的公共项为12n－4，去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序为4，5，11，12，14，16，17，23，24，26，28，29，35，…，所以a5＝14，且每两个相邻的公共项之间共有5项，分别求和，11＋12＋14＋16＋17＝70，23＋24＋26＋28＋29＝130，35＋36＋38＋40＋41＝190，…，由上可构成首项为70，公差为60的等差数列．因为(202－2)÷5＝40，所以{an}的前202项的和为4＋5＋40×70＋＝49 609.
答案：14　49 609
5．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
解：(1)在2Sn＝3an－3①中，令n＝1，得a1＝3.当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3②，①－②得2an＝3an－3an－1，所以an＝3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n.
(2)因为bn＝3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．数列{an}的前5项为3，9，27，81，243，这5项的和为363.数列{bn}的前105项为3，6，9，…，27，…，81，…，243，…，315，它们的和为105×3＋105×52×3＝16 695，所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前105项和减去数列{an}的前5项和，即T100＝16 695－363＝16 332.
6．(2025·湖北二模)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk.
(1)求b1，b2的值；
(2)求满足b1＋b2＋…＋bn>2 025的最小正整数n的值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，
因为a1，a2，a5－1成等比数列，且a1＝1，
所以a1(a5－1)＝a，
即1×(1＋4d－1)＝(1＋d)2，即4d＝(1＋d)2，
解得d＝1，所以an＝n，
又因为{n|k≤an≤2k，n∈N*}，
当k＝1时，集合{n|1≤n≤2，n∈N*}＝{1，2}，
所以集合中元素的个数b1＝2；
当k＝2时，集合{n|2≤n≤4，n∈N*}＝{2，3，4}，所以集合中元素的个数b2＝3.
(2)由集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk，
结合(1)可得bk＝2k－k＋1，
令Tn＝b1＋b2＋…＋bn，所以Tn＝－＋n＝2(2n－1)－＋，
当n＝10时，可得T10＝2(210－1)－＋＝2 001<2 025；
当n＝11时，可得T11＝2(211－1)－＋＝4 039>2 025，
又由Tn＋1－Tn＝2(2n+1－1)－＋－[2(2n－1)－＋]＝2n+1－n>0，所以数列{Tn}为递增数列，所以满足条件的最小正整数n的值为11.
[B　综合运用]
7．(2025·海口二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(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，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)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)设{an}的公比为q(q≠0)，由题意知当n＝1时，a1q＝2a1＋2，①
当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2，②
联立①②，解得a1＝2，q＝3.
所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1.
(2)不存在，理由如下：由(1)知an＝2×3n-1，an＋1＝2×3n，
所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，
可得dn＝＝.
假设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，则d＝dm·dp，
所以()2＝·，
即＝.
又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，即k2＝mp.
又2k＝m＋p，所以k＝m＝p与已知矛盾．
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列．
8．记an为数列{bn}的前n项积，已知＋＝1.
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)若将集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，c4，…，求数列{cn}的前4n项和T4n.
解：(1)证明：当n＝1时，＋＝1，因为an为数列{bn}的前n项积，所以a1＝b1, 所以a1＝3.
当n≥2时，bn＝，则＋＝1，则an－1＋2＝an，即an－an－1＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知an＝2n＋1，设{an}的前n项和为An，令en＝＝3n－1，则数列{en}是首项为e1＝2，公差为3的等差数列，设{en}的前n项和为Bn，数列{an}与数列{en}中相同的项构成的数列为{hn}，{hn}的前n项和为Hn.
当am＝ek时，2m＋1＝3k－1，
则k＝∈N*.
因为2，3互质，所以m＋1必为3的倍数，即m＋1＝3p(p∈N*)，m＝3p－1，则am＝a3p－1＝2(3p－1)＋1＝6p－1，所以有hn＝6n－1，{hn}为首项为h1＝5，公差为6的等差数列．
因为hn＝6n－1＝a3n－1＝e2n，hn＋1＝6n＋5＝a3n＋2＝e2n＋2，所以两个数列对应相同的两项之间，{an}中有2个数，{en}中有1个数，所以T4n＝A3n＋B2n－Hn，A3n＝3·3n＋＝9n2＋6n，B2n＝2·2n＋＝6n2＋n，Hn＝5n＋＝3n2＋2n，所以T4n＝12n2＋5n.(共27张PPT)
专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a3＋a9＝24，则S6＝(　　)
A．12 B．14
C．42 D．84
C
2．(2025·南京六校联考)已知等比数列{an}满足a4a5a6＝64，则a2a4＋a6a8的最小值为(　　)
A．48 B．32
C．24 D．8
B
C
4．(2025·长沙二模)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a3a7＝a5，则使得Tn＞1的n的最小值为(　　)
A．6 B．8
C．9 D．10
D
5．(2025·豫西北教研联盟质检)已知在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
B
B
AD
ABD
解析：对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，A正确；
对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋(n－2)d＝n，B正确；
对于C，由A＝{x∈N*|bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*|n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，C错误；
9．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________．
解析：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，
设{an}的公比为q(q>0)，所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4，
S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8
＝a1＋a2＋a3＋a4＋a1q4＋a2q4＋a3q4＋a4q4
＝(a1＋a2＋a3＋a4)(1＋q4)＝68，
所以4(1＋q4)＝68，则1＋q4＝17，解得q＝2(负值已舍去)，所以这个数列的公比为2.
2
10．(2025·杭州质量检测)在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an，若akak＋1＝440，则正整数k＝________．
解析：令m＝1，则an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2＋(n－1)×2＝2n.又akak＋1＝440，即2k(2k＋2)＝440，解得k＝10(负值已舍去).故正整数k＝10.
10
11．如图所示的数阵的每一行最右边的数据从上到下形成以1为首项，2为公比的等比数列，每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的和Sn＝________．
第一行　　 　　　　 1
第二行　 　　 　 3　21
第三行　　　　　9　6　22
第四行　　 　27　18　12　23
第五行　　　81　54　36　24　24
　…　　　　　　　　…
3n－2n
(2)求使bn取得最大值时的n的值．
(2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
341 381专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a3＋a9＝24，则S6＝(　　)
A．12 B．14
C．42 D．84
解析：选C．因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a9＝2a6＝24，所以a6＝12.所以S6＝＝＝42.
2．(2025·南京六校联考)已知等比数列{an}满足a4a5a6＝64，则a2a4＋a6a8的最小值为(　　)
A．48 B．32
C．24 D．8
解析：选B．由等比数列的性质知a4a6＝a，所以a4a5a6＝a＝64，所以a5＝4，所以a2a4＋a6a8＝a＋a≥2a3a7＝2a＝32，当且仅当a3＝a7＝4时取等号．
3．(2025·厦门一模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a3＋a18＞0，S19＜0，则(　　)
A．S20＜0
B．a6＋a17＜0
C．a11＞0
D．∈(－9，－8)
解析：选C．由a3＋a18＞0有a1＋a20＝a3＋a18＞0，得S20＝＝10(a1＋a20)＞0，故A错误；由S19＜0，得S19＝＝＝19a10＜0，即a10＜0，又a10＋a11＝a3＋a18＞0，所以a11＞0，故C正确；因为d＝a11－a10>0，所以a6＋a17＝a11＋a12＝2a11＋d＞0，故B错误；由解得－10＜＜－9，故D错误．
4．(2025·长沙二模)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a3a7＝a5，则使得Tn＞1的n的最小值为(　　)
A．6 B．8
C．9 D．10
解析：选D．设等比数列{an}的公比为q(q＞1)，由a3a7＝a5，得a＝a5，解得a5＝1或a5＝0(舍去)，因此an＝a5qn-5＝qn-5，则Tn＝q-4+(-3)＋(-2)＋…＋(n-5)＝q，由Tn＞1，得q＞1，又q＞1，所以>0，解得n＞9，所以n的最小值为10.
5．(2025·豫西北教研联盟质检)已知在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B．因为a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n.因为bn＋1＝2bn－2n，所以＝－，所以数列是公差为－的等差数列．因为b1＝6，所以＝3，所以＝3＋(n－1)(－)＝，所以bn＝(7－n)2n-1.因为am＝bm，所以2m＝(7－m)2m-1，即7－m＝2，解得m＝5.
6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝，它的第n项为，若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．由题知，＝2，即{}是以为首项，2为公比的等比数列．设＝t，由题意得A*＝{t，2t，22t，…}，
则A*的第n项为＝2n-1t，
则n≥2时，an＝···…··a1＝t·2t·22t·…·2n-2t·a1＝2tn-1·a1.
因为a4＝1，a5＝32，
所以23t3·a1＝1，26t4·a1＝32，
解得t＝4，a1＝.
7．(多选)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0.若S3＝7，a3＝1，则(　　)
A．q＝ B．a5＝
C．S5＝8 D．an＋Sn＝8
解析：选AD．对于A，由题意得
结合q＞0，解得故A正确；
对于B，a5＝a1q4＝4×()4＝，故B错误；
对于C，S5＝＝＝，故C错误；
对于D，an＝4×()n-1＝23-n，Sn＝＝8－23-n，则an＋Sn＝23-n＋8－23-n＝8，故D正确．
8．(多选)(2025·济宁一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3，记集合A＝{x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　)
A．an＝2n
B．bn＝n
C．cn＝2n－n
D．Tn＝2n+1－－2
解析：选ABD．对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，A正确；
对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋(n－2)d＝n，B正确；
对于C，由A＝{x∈N*|bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*|n≤x≤2n}，
则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，C错误；
对于D，Tn＝(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋…＋n)＋n＝－＋n＝2n+1－－2，D正确．
9．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________．
解析：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，
则S4＝4，S8＝68，
设{an}的公比为q(q>0)，
所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4，
S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8
＝a1＋a2＋a3＋a4＋a1q4＋a2q4＋a3q4＋a4q4
＝(a1＋a2＋a3＋a4)(1＋q4)＝68，
所以4(1＋q4)＝68，则1＋q4＝17，解得q＝2(负值已舍去)，所以这个数列的公比为2.
答案：2
10．(2025·杭州质量检测)在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an，若akak＋1＝440，则正整数k＝________．
解析：令m＝1，则an＋1＝an＋a1，即an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2＋(n－1)×2＝2n.又akak＋1＝440，即2k(2k＋2)＝440，解得k＝10(负值已舍去).故正整数k＝10.
答案：10
11．如图所示的数阵的每一行最右边的数据从上到下形成以1为首项，2为公比的等比数列，每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的和Sn＝________．
第一行　　 　　　　1
第二行　 　　 　 3　21
第三行　　　　　9　6　22
第四行　　 　27　18　12　23
第五行　　　81　54　36　24　24
　…　　　　　　　　…
解析：因为每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝30×2n-1＋31×2n-2＋32×2n-3＋…＋3n-1×20＝3n-1×[()n-1＋()n-2＋()n-3＋…＋()0]
＝3n-1×＝3n[1－()n]＝3n－2n.
答案：3n－2n
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
(1)求证：{an}为等比数列；
(2)求使bn取得最大值时的n的值．
解：(1)证明：由Sn＝2an＋1－3可得，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，
又an≠0，
即＝，因为a1＝，a1＝2a2－3，
所以a2＝，
则＝，综上，＝，n∈N*，
所以{an}是首项和公比均为的等比数列．
(2)由(1)可得an＝()n，
所以bn＝()n(n2＋n)，n∈N*，故bn>0，
当n≥2时，＝＝，
令＞1，可得2≤n＜5，令＜1，可得n＞5，
可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞…，
综上，bn取得最大值时，n＝4或n＝5.
13．(2025·河南二模)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)证明：因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn＋1，
所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝(－1)2，
因为数列{an}的各项均为正数，a1＝1，所以Sn＞0，Sn＋1>1，
所以＝－1，所以－＝1，所以数列{}是首项为＝＝1，公差为1的等差数列．
(2)因为数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，
所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，又当n＝1时，a1＝1＝2×1－1，满足上式，所以an＝2n－1.
又bn＝(－1)n·(Sn＋an)，
所以T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4－…＋S2n＋a2n
＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n－1)－(a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n)
＝a2＋a4＋…＋a2n－(a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n)
＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－＋2×
＝－＋2×
＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n.
[B　综合运用]
14．(2025·安徽江淮十校联考)已知[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x－[x]，设n∈N*，且＋＋＝2，当1≤n≤2 025时，所有满足条件的n的和等于________．
解析：由于分母2，3，6的最小公倍数为6，故可先考虑1≤n≤6时满足＋＋＝2的n的值的情况．
当n＝1时，＋＋＝＋＋＝＋＋＝1≠2，不满足；
当n＝2时，＋＋＝{1}＋＋＝0＋＋＝1≠2，不满足；
当n＝3时，＋＋＝＋{1}＋＝＋0＋＝1≠2，不满足；
当n＝4时，＋＋＝{2}＋＋＝0＋＋＝1≠2，不满足；
当n＝5时，＋＋＝＋＋＝＋＋＝2，满足；
当n＝6时，＋＋＝{3}＋{2}＋{1}＝0＋0＋0＝0≠2，不满足．
综上，满足题意的n可以表示为n＝6k＋5，k∈N的形式，
由1≤6k＋5≤2 025，k∈N，可得0≤k≤336，k∈N，
即所有满足条件的n构成等差数列，其首项为5，末项为2 021，项数为337，故当1≤n≤2 025时，所有满足条件的n的和等于＝341 381.
答案：341 381第1讲　等差、等比数列
[考情分析]　等差数列、等比数列是高考必考内容，主要以选择题、填空题的形式考查等差数列、等比数列的基本运算、性质，解答题的第一问求数列的通项公式及等差、等比数列的判断(证明)，属于中档题目．
考点一　等差、等比数列的基本运算
等差数列：an＝a1＋(n－1)d，
Sn＝＝na1＋d；
等比数列：an＝a1qn-1＝amqn－m，
Sn＝
　(1)(多选)(2025·广东二调)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且4S5－5S4＝20，a6＝1，则下列选项正确的是(　　)
A．a1＝－11
B．S9＝－9
C．当n＝5时，Sn取得最小值
D．记bn＝a2n，则数列{bn}的前n项和为2n2－9n
(2)(2025·哈尔滨一模)已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．若3a4，a8，5a6成等差数列，则＝(　　)
A． B．
C． D．
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得
4(5a1＋d)－5(4a1＋d)＝20，a1＋5d＝1，
解得a1＝－9，d＝2，故A错误；
S9＝9a1＋d＝－9，故B正确；
Sn＝na1＋d＝n2－10n＝(n－5)2－25，
所以当n＝5时，Sn取得最小值，故C正确；
因为an＝a1＋(n－1)d＝2n－11，所以bn＝a2n＝4n－11，所以{bn}为等差数列，所以数列{bn}的前n项和为＝＝2n2－9n，故D正确．
(2)设等比数列{an}的公比为q，由3a4，a8，5a6成等差数列可得3a4＋5a6＝2a8，即3a4＋5a4q2＝2a4q4，因为a4≠0，所以2q4－5q2－3＝0，解得q2＝3或q2＝－(舍去)，所以＝＝＝＝＝.
【答案】　(1)BCD　(2)A
【解题技法】　破解等差(等比)数列基本量问题的关键
等差(等比)数列{an}的通项公式及前n项和公式共涉及a1，an，Sn，n，d(q)五个基本量，可以通过列方程(组)，达到“五量二式，知三求二”的目的．
注意　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．
　1.(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　)
A．－20 B．－18
C．16 D．18
解析：选C．设等差数列{an}的公差为d，d≠0，因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2，所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.
2．(2025·南京、盐城二模)已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B．因为a1＋a2＝3，{an}的公比为2，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，所以an＝2n-1，所以ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak(1＋2＋22＋…＋29)＝(210－1)2k-1＝24(210－1)，所以k＝5.
考点二　等差、等比数列的性质
1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列{an}，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列{an}，有aman＝apaq＝a.
2．前n(n∈N*)项和的性质
(1)对于等差数列有Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列；对于等比数列有Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(q＝－1且n为偶数的情况除外).
(2)对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an.
　(1)(2025·长春质量监测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为(　　)
A．0 B．3
C．6 D．12
(2)(多选)(2025·湖南一模)设{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是(　　)
A．0＜q＜1
B．a7＝1
C．K9＞K5
D．K6与K7均为Kn的最大值
【解析】　(1)方法一(基本量法)：设等差数列{an}的公差为d，由S3＝S9＝6得，3a1＋d＝6，①
9a1＋d＝6，②
由①②得，a1＝，d＝－，所以S12＝12a1＋d＝12×＋66×(－)＝－＝0.
方法二：设b1＝S3，b2＝S6－S3，b3＝S9－S6，b4＝S12－S9.因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以b1，b2，b3，b4成等差数列，所以b1＋b4＝b2＋b3，即S3＋(S12－S9)＝(S6－S3)＋(S9－S6)，又S3＝S9＝6，所以S12＝0.
方法三：因为数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，所以数列是等差数列，令cn＝，即数列{cn}为等差数列，设其公差为d，因为S3＝S9＝6，所以c3＝＝＝2，c9＝＝＝，则6d＝c9－c3＝－2＝－，所以d＝－，所以c12＝c3＋9d＝2＋9×(－)＝0，即＝0，所以S12＝0.
(2)对于A，B，由已知数列{an}各项均为正数，因此乘积Kn也为正数，q＞0，又K5＜K6，K6＝K7＞K8，所以＝a6＞1，＝a7＝1，B正确，又＝a8＜1，故q＝＝＜1，即0＜q＜1，A正确；对于C，由a7＝1得a5a9＝a6a8＝a＝1，所以K4＝K9，而a5＝＞1，K5＞K4，因此K9＜K5，C错误；对于D，由上知a1＞a2＞…＞a6＞1＝a7＞a8＞…，{Kn}先增后减，K6与K7均为Kn的最大值，D正确．
【答案】　(1)A　(2)ABD
【解题技法】　等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
　1.已知等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝(　　)
A．2 B．3
C． D．
解析：选C．设数列{an}共有2m＋1(m∈N*)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＝.
2．已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，则＝(　　)
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：选A．因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝×15a8＝S15，且b6＋b10＝b1＋b15，
又由T15＝，可得b6＋b10＝T15.
因此＝＝·＝×＝×＝2.
考点三　等差(等比)数列的判定与证明
类别 等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0)
通项法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn-1(a1，q≠0)
中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2) a＝an－1an＋1(n≥2，an－1anan＋1≠0)
前n项和法 Sn＝an2＋bn(a，b为常数) Sn＝kqn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)
　(2025·贵阳联考)已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－n.
(1)求证：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
【解】　(1)证明：由Sn＝2an－n可得，
当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1，
即an＝2an－1＋1，
所以＝＝2，为常数，且a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＝2·2n-1＝2n，则an＝2n－1，
所以Sn＝2an－n＝2n+1－n－2，
所以Tn＝S1＋S2＋…＋Sn＝(22＋23＋…＋2n+1)－[3＋4＋…＋(n＋2)]＝－＝2n+2－4－.
【解题技法】　判定数列是等差(等比)数列的关键
(1)会转化：将所给的关系式进行变形、转化，利用等差(等比)数列的判定方法进行判定．
(2)举反例：判定一个数列不是等差(等比)数列，只需说明某连续三项不是等差(等比)数列即可．
注意　在解答题中证明数列为等差(等比)数列只能使用定义法或等差(等比)中项法．
　已知数列{an}的前n项和Sn，且2Sn－nan＝n.
(1)求证：{an}是等差数列；
(2)若当且仅当n＝6时，Sn最大，比较与－1的大小．
解：(1)证明：由题意知，2Sn－nan＝n，①
则有2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝(n＋1)，②
②－①得2an＋1－(n＋1)an＋1＋nan＝，
即nan＝(n－1)an＋1＋，③
则(n＋1)an＋1＝nan＋2＋，④
④－③得2an＋1＝an＋2＋an，
所以{an}是等差数列．
(2)设等差数列{an}的公差为d，
当n＝1时，2a1－a1＝，
即a1＝.
由题意可知即
解得－＜d＜－，
则a9＋a5＝2a1＋12d＝1＋12d＜0，
且a5＞0，所以＜－1.　衍生数列问题
类型一　数列中的公共项问题
　已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解】　(1)由Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，即b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)令am＝bn，即3m－1＝2n，所以m＝(2n＋1)＝[(3－1)n＋1]＝[C·3n－C·3n-1＋…＋C·3·(－1)n-1＋C·(－1)n＋1]＝[C·3n－C·3n-1＋…＋C·3·(－1)n-1＋(－1)n＋1]，当n为偶数时，m不是正整数，不合题意；当n为奇数时，m是正整数，符合题意，所以数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，所以{cn}是首项为2，公比为4的等比数列，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝(4n－1).
【解题技法】　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；等差数列与等比数列的公共项所构成的新数列，一般仍为等比数列．
　数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的最大项的值为________．
解析：数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1，7，13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，所以an＝6n－5，所以bn＝，
因为bn＋1－bn＝－＝，所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，又当n＝1时，b2－b1>0，故b1答案：
类型二　数列中的增减项问题
　(2025·杭州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40.
【解】　(1)由an＋1＝2Sn＋3知an＝2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an(n≥2)，所以an＋1＝3an(n≥2).
所以等比数列{an}的公比为3，当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，所以a1＝3，所以an＝3n.
(2)数列{bn}为3，－1，32，1，1，33，－1，－1，－1，34，…，
以如下划分：3，|－1，32，|1，1，33，|－1，－1，－1，34，|…，
得{bn}的项数Xk＝1＋2＋3＋4＋…＋k＝，
当k＝8时，{bn}的项数X8＝36；当k＝9时，{bn}的项数X9＝45.
所以T40＝3＋32＋33＋34＋…＋38＋(－1)×1＋1×2＋(－1)×3＋1×4＋(－1)×5＋1×6＋(－1)×7＋1×4＝＋3－7＋4＝×(38－1)＝9 840.
【解题技法】　解决此类问题的关键是通过阅读理解题意，弄清楚增加(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．
　已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数．
(1)求 r的值；
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
解：(1)因为Sn＝2n＋r，
所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，
a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，
由{an}是等比数列可知，a＝a1a3，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n-1，
且a1＝1也适合该式，所以an＝2n-1，
故数列{an}是等比数列，即r＝－1满足题意．
所以r＝－1.
(2)bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n-1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋a3＋…＋a8)＝－＝11 302.
类型三　数列中的并项问题
　已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
【解】　(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q>0且q≠1，
由已知得解得q＝2(负值已舍去)，
所以a1＝2，所以an＝a1qn-1＝2n.
(2)数列{an}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，
又b40＝79，b50＝99，
所以新数列{cn}的前50项中，数列{an}中的项只有前6项，数列{bn}中的项有前44项，所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝126＋＝2 062.
【解题技法】　解决数列的并项问题的难点，也是易错之处，在于确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可利用解不等式法或试探法．
　已知集合A＝{x|x＝2k1，k1∈N*}，B＝{x|x＝3k2，k2∈N*}，将A∪B中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，设数列{an}的前n项和为Sn，若am＝27，则m的值为________，S50的值为________．
解析：因为am＝27，则{an}的前m项中含有A中的元素为2，4，6，…，26，共有13项，含有B中的元素为3，9，27，共有3项，
所以m＝16.
因为2×50＝100，34＝81<100，35＝243>100，
所以{an}的前50项中含有B中的元素为3，9，27，81，共有4项，含有A中的元素为2×1，2×2，2×3，…，2×46，共有46项，
所以S50＝(3＋9＋27＋81)＋(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2×46)＝120＋＝2 282.
答案：16　2 282(共25张PPT)
专题强化训练
解析：设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3].
B
B
3．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　　)
A．112 B．48
C．80 D．64
解析：因为Sn＝－n2＋8n，所以当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，
当n＝1时，a1＝7满足上式，所以an＝－2n＋9(n∈N*)，
C
令an＝－2n＋9≥0，得n≤4，
令an＝－2n＋9≤0，得n≥5，
设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4＝S4＝－42＋8×4＝16，数列{|an|}的前12项和为T12＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－a12＝2S4－S12＝2×16－(－122＋8×12)＝80.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，则使得Sn<2 026成立的n的最大值为(　　)
A．32 B．33
C．44 D．45
C
ABD
6．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠0)的等比数列，由a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2，
可得2q＝2(1＋d)，2q2＝2(1＋2d)＋2，
解得d＝1，q＝2，则an＝1＋n－1＝n，bn＝2n，n∈N*.
7．(2025·郑州质量预测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4(a3－1)，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n.
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求Sn.(共21张PPT)
专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·温州一模)已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1，在其相邻两项ak，ak＋1之间插入2k个3(k∈N*)，得到新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Sn，则使Sn≥100成立的n的最小值为(　　)
A．28 B．29
C．30 D．31
B
解析：由题意，数列{bn}中的项依次为a1，
在a1到a5之间3的个数为21＋22＋23＋24＝30，故到a5处{bn}共有35个元素，
故S29＝a1＋a2＋a3＋a4＋25×3＝2＋22＋23＋24－4＋75＝101>100，
而S28＝S29－3＝98<100，故Sn≥100成立的n的最小值为29.
BC
3．(多选)(2025·郑州一模)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1.若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项由小到大排列构成数列{cn}，则(　 　)
A．a1＋a2＋a3＋a4＝26
B．b5＝10
C．a4D．c1＋c2＋…＋c10＝170
ACD
对于B，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误；
对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a44．(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序得到数列{an}，则a5＝________，{an}的前202项的和为________．
14　
49 609
5．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：在2Sn＝3an－3①中，令n＝1，得a1＝3.当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3②，①－②得2an＝3an－3an－1，所以an＝3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n.
(2)已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
解：因为bn＝3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．数列{an}的前5项为3，9，27，81，243，这5项的和为363.数列{bn}的前105项为3，6，9，…，27，…，81，…，243，…，315，它们的和为105×3＋105×52×3＝16 695，所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前105项和减去数列{an}的前5项和，即T100＝16 695－363＝16 332.
6．(2025·湖北二模)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk.
(1)求b1，b2的值；
(2)求满足b1＋b2＋…＋bn>2 025的最小正整数n的值．
[B　综合运用]
7．(2025·海口二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
解：设{an}的公比为q(q≠0)，由题意知当n＝1时，a1q＝2a1＋2，①
当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2，②
联立①②，解得a1＝2，q＝3.
所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1.
(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，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，即k2＝mp.
又2k＝m＋p，所以k＝m＝p与已知矛盾．
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列．专题强化训练
[A　基本技能]
1．已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝n B．an＝
C．an＝n2 D．an＝
解析：选C．因为＋＋…＋＝，所以＋＋…＋＝(n≥2)，两式相减得＝－＝n(n≥2)，所以an＝n2(n≥2)，又当n＝1时，＝＝1，a1＝1，也满足上式，所以an＝n2，n∈N*.
2．已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10＝(　　)
A．47 B．48
C．49 D．410
解析：选C．由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝4≠0，所以数列{an＋an＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，即an＋an＋1＝4×4n-1＝4n，所以a9＋a10＝49.
3．记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝(n＋1)an，则a10＝(　　)
A．18 B．20
C．26 D．32
解析：选B．因为Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝(n＋1)an，令n＝1可得a1＝2或a1＝0(舍去)，故2Sn＝(n＋1)an，当n∈N*时，2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，两式相减得到2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，故＝，于是{}为常数列，故＝＝2，故an＝2n，故a10＝20.故选B．
4．已知Tn为正项数列{an}的前n项积，且a1＝2，T＝a，则a5＝(　　)
A．16 B．32
C．64 D．128
解析：选B．由T＝a，得T＝a，于是a＝ eq \f(T,T)＝ eq \f(a,a)，则a＝a，两边取以10为底的对数得n lg an＋1＝(n＋1)lg an，因此＝，数列是常数列，则＝＝lg 2，即lg an＝n lg 2＝lg 2n，所以an＝2n，a5＝32.
5．(2025·青岛模拟)设数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋an＋2＝2an＋1＋2，若[x)表示大于x的最小整数，如[2)＝3，[－2.1)＝－2，记bn＝，则数列{bn}的前2 024项和为(　　)
A．4 050 B．4 049
C．4 048 D．4 047
解析：选B．由an＋an＋2＝2an＋1＋2，得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，a2－a1＝4－1＝3，故{an＋1－an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an＋1－an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－3＋…＋3＋1＝＝n2，
故bn＝[)＝[1＋)，故b1＝[2)＝3，
当n≥2时，1＋＜2，故bn＝[1＋)＝2，
所以数列{bn}的前2 024项和为3＋2×2 023＝4 049.
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2n2＋1，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－(－1)n-1
B．an＝2n＋(－1)n-1
C．an＝n＋(－2)n
D．an＝n－(－2)n
解析：选B．对于2Sn＝an＋2n2＋1，令n＝1，得2S1＝a1＋2＋1，所以a1＝3.
由2Sn＝an＋2n2＋1，得2Sn＋1＝an＋1＋2(n＋1)2＋1，
两式相减得2an＋1＝an＋1－an＋4n＋2，即an＋1＝－an＋4n＋2.
方法一：设an＋1＋x(n＋1)＋y＝－(an＋xn＋y)，则an＋1＝－an－2xn－x－2y，
可得解得
故an＋1－2(n＋1)＝－(an－2n).
因为a1－2×1＝1，所以{an－2n}是以1为首项，－1为公比的等比数列，则an－2n＝(－1)n-1，所以an＝2n＋(－1)n-1.
方法二：在数列{an}中，an＋1＋an＝4n＋2，n∈N*，当n≥2时，an＋an－1＝4n－2，则an＋1－an－1＝4，由a1＝3，得a2＝3.
由数列{a2n－1}是首项为3，公差为4的等差数列，可得a2n－1＝3＋4(n－1)＝2(2n－1)＋1，即an＝2n＋1(n为奇数)；
由数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，可得a2n＝3＋4(n－1)＝2·2n－1，即an＝2n－1(n为偶数).
综上，an＝2n＋(－1)n-1.
7．(多选)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则(　　)
A．a2＝7
B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列
D．a10＝220－310
解析：选ABD．因为an＋1＝4an＋3n，则an＋1＋3n+1＝4(an＋3n)，
且a1＋3＝4≠0，可知数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，则an＋3n＝4×4n-1＝4n，即an＝4n－3n.
对于A，a2＝42－32＝7，故A正确；对于B，因为an＝4n－3n＞0，所以{Sn}是递增数列，故B正确；对于C，因为数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，所以{an＋3n}不是等差数列，故C错误；对于D，a10＝410－310＝220－310，故D正确．
8．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝3n+1－3，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足＝bn＋1，则下列说法中正确的是(　　)
A．a1＝3b1
B．数列{an}是等比数列
C．数列{bn}是等差数列
D．若b2＝3，则＝
解析：选BC．由2Sn＝3n+1－3，得Sn＝×3n+1－，a1＝S1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n+1－3n)＝3n，a1＝3满足上式，因此an＝3n，数列{an}是等比数列，B正确；由＝bn＋1，得Tn＝bn＋n　①，b1＝T1＝b1＋1，解得b1＝2，a1≠3b1，A错误；当n≥2时，Tn－1＝bn－1＋n－1　②，①－②得bn＋1＝bn－1　③，于是bn＝bn＋1＋1　④，③＋④得bn＝bn－1＋bn＋1，整理得2bn＝bn－1＋bn＋1，因此数列{bn}是等差数列，C正确；当b2＝3时，等差数列{bn}的公差为1，通项公式为bn＝n＋1，＝＝－，
所以＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝，D错误．
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当取最小值时，n＝________．
解析：当n≥2时，由Sn＝n2＋n，①
知Sn－1＝(n－1)2＋n－1，②
①－②，得an＝2n.又当n＝1时，a1＝S1＝2满足上式，所以an＝2n，所以＝＝(n＋＋1)≥×(2＋1)＝，当且仅当n＝，即n＝3时等号成立．
答案：3
10．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球．根据以上规律引入一个数列{an}，满足an＝an－1＋n，n>1且n∈N*.则an＝____________．
解析：因为an＝an－1＋n，n>1，n∈N*，所以an－an－1＝n，n>1，n∈N*，易知a1＝1，所以当n>1时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝，当n＝1时，上式也成立，所以an＝(n∈N*).
答案：(n∈N*)
11．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an(n∈N*)，记bn＝(n∈N*)，则b1＋b2＋…＋b99＝________．
解析：由an＋1＝an，a1＝1，得当n≥2时，an＝××…××a1＝××…××1＝＝C，
而a1＝1也满足该式，故an＝C，
所以a1＋a2＋…＋an＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C，
bn＝＝ eq \f(C,C)＝，则b1＋b2＋…＋b99＝×(1＋2＋…＋99)＝×＝1 650.
答案：1 650
12．在数列{an}中，已知a1＝1，＝＋2n－1.
(1)求a2，a3；
(2)证明：是等比数列；
(3)求数列的前n项和Tn.
解：(1)由题意知＝＋1＝4，所以a2＝，
因为＝＋3＝15，
所以a3＝.
(2)证明：由＝＋2n－1，整理得＋n＋1＝3(＋n)，
又＋1＝2，所以是首项为2，公比为3的等比数列．
(3)由(2)可知＋n＝2×3n-1，所以＝2×3n-1－n，
所以Tn＝＋＋＋…＋＝2×(1＋3＋32＋…＋3n-1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝2×－＝3n－1－.
13．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn，，Sn－1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝1－ eq \f(9,a)，若b2·b3·…·bn＝，求正整数n的值．
解：(1)方法一：由题意知，
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，
所以Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，
整理得Sn＝Sn－1，又S1＝a1＝3，
所以Sn＝××××…×××3
＝(n2＋n)，
经检验，S1＝3也符合上式，故Sn＝(n2＋n).
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝3n，a1＝3也满足上式，故an＝3n.
方法二：由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，所以当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1，两式相减得an＋an－1＝nan－(n－1)·an－1，即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥3时，＝，
所以当n≥2时，为常数列，
又由S2＋S1＝2a1＋a2＝2a2，得a2＝6，
所以＝＝3，所以＝＝3，即an＝3n.
(2)由(1)得bn＝1－ eq \f(9,a)＝1－＝＝×，故b2·b3·…·bn＝××××…××＝.由＝，得n＝88.
[B　综合运用]
14．(多选)已知数列{an}满足2anan＋1－3an＋1＋1＝0，a1＝，其前n项和为Sn，则(　　)
A．an＜
B．Sn＞
C．是等比数列
D．Sn＜
解析：选ABD．由题可知an＋1＝，
由a1＝，得a2＝，a3＝，a4＝，
猜想an＝，经验证，符合题意，所以an＝＝＝，
故{an}为递增数列且an＜，所以Sn＜，A，D正确；
又an≥，所以Sn≥＝>，即Sn>，B正确；
对于数列，＝－，＝－，＝－，因为(－)×(－)≠(－)2，
所以不是等比数列，C错误．(共28张PPT)
专题二　数　列
第1讲　等差、等比数列
[考情分析]
等差数列、等比数列是高考必考内容，主要以选择题、填空题的形式考查等差数列、等比数列的基本运算、性质，解答题的第一问求数列的通项公式及等差、等比数列的判断(证明)，属于中档题目．
考点一　等差、等比数列的基本运算
BCD
　(1)(多选)(2025·广东二调)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且4S5－5S4＝20，a6＝1，则下列选项正确的是(　 　)
A．a1＝－11
B．S9＝－9
C．当n＝5时，Sn取得最小值
D．记bn＝a2n，则数列{bn}的前n项和为2n2－9n
A
【解题技法】　破解等差(等比)数列基本量问题的关键
等差(等比)数列{an}的通项公式及前n项和公式共涉及a1，an，Sn，n，d(q)五个基本量，可以通过列方程(组)，达到“五量二式，知三求二”的目的．
注意　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．
　1.(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　)
A．－20 B．－18
C．16 D．18
C
2．(2025·南京、盐城二模)已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：因为a1＋a2＝3，{an}的公比为2，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，所以an＝2n-1，所以ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak(1＋2＋22＋…＋29)＝(210－1)2k-1＝24(210－1)，所以k＝5.
B
考点二　等差、等比数列的性质
2．前n(n∈N*)项和的性质
(1)对于等差数列有Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列；对于等比数列有Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(q＝－1且n为偶数的情况除外).
(2)对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an.
　(1)(2025·长春质量监测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为(　　)
A．0 B．3
C．6 D．12
A
方法二：设b1＝S3，b2＝S6－S3，b3＝S9－S6，b4＝S12－S9.因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以b1，b2，b3，b4成等差数列，所以b1＋b4＝b2＋b3，即S3＋(S12－S9)＝(S6－S3)＋(S9－S6)，又S3＝S9＝6，所以S12＝0.
(2)(多选)(2025·湖南一模)设{an}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是(　 　)
A．0＜q＜1
B．a7＝1
C．K9＞K5
D．K6与K7均为Kn的最大值
ABD
【解题技法】　等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系
用性质
抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
C
A
考点三　等差(等比)数列的判定与证明
类别 等差数列 等比数列
定义法
通项法
中项法
前n项和法
an＋1－an＝d
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn-1(a1，q≠0)
2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
Sn＝an2＋bn
(a，b为常数)
Sn＝kqn－k
(k为常数且k≠0，q≠0，1)
　(2025·贵阳联考)已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－n.
(1)求证：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
【解题技法】　判定数列是等差(等比)数列的关键
(1)会转化：将所给的关系式进行变形、转化，利用等差(等比)数列的判定方法进行判定．
(2)举反例：判定一个数列不是等差(等比)数列，只需说明某连续三项不是等差(等比)数列即可．
注意　在解答题中证明数列为等差(等比)数列只能使用定义法或等差(等比)中项法．(共20张PPT)
第3讲　数列的求和
[考情分析]
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现；考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下．
考点一　分组求和与并项求和
　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)bn＝(－1)n(an＋n－1)，求数列{bn}的前2n项和S2n.
考点二　错位相减法求和
(2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2).
【解题技法】　运用错位相减法求和的关键
判断模型
错开位置
相减
判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列
为两式相减不会看错列做准备
相减时一定要注意最后一项的符号
考点三　裂项相消法求和
【解题技法】　裂项相消法求数列前n项和的基本步骤

注意　消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
O
观察数列的通项公式，将通项公式拆成
裂项
两项之差的形式
累加
将数列裂项后的各项相加
将中间可以消去的项相互抵消，将剩余
消项
的有限项相加，得到数列的前n项和(共15张PPT)
提升点4　衍生数列问题
类型一　数列中的公共项问题
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解题技法】　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；等差数列与等比数列的公共项所构成的新数列，一般仍为等比数列．
类型二　数列中的增减项问题
　(2025·杭州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3.
(1)求数列{an}的通项公式；
【解】　由an＋1＝2Sn＋3知an＝2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an(n≥2)，所以an＋1＝3an(n≥2).
所以等比数列{an}的公比为3，当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，所以a1＝3，所以an＝3n.
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40.
【解题技法】　解决此类问题的关键是通过阅读理解题意，弄清楚增加(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．
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
类型三　数列中的并项问题
(2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
【解题技法】　解决数列的并项问题的难点，也是易错之处，在于确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可利用解不等式法或试探法．
　已知集合A＝{x|x＝2k1，k1∈N*}，B＝{x|x＝3k2，k2∈N*}，将A∪B中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，设数列{an}的前n项和为Sn，若am＝27，则m的值为________，S50的值为________．
16
2 282第3讲　数列的求和
[考情分析]　高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现；考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下．
考点一　分组求和与并项求和
　已知正项数列{an}满足a1＝1，a－a＝8n.　
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝sin (an)＋2an，求{cn}的前2n项和S2n.
【解】　(1)由a－a＝8n，得当n≥2时，
a＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＋a
＝8(n－1)＋8(n－2)＋…＋8×1＋1
＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×＋1＝(2n－1)2，
因为an>0，故an＝2n－1.
当n＝1时，a1＝1符合an＝2n－1，
所以an＝2n－1.
(2)因为cn＝sin [(2n－1)]＋22n-1＝sin (nπ－)＋22n-1，
所以S2n＝[sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (2nπ－)]＋(21＋23＋25＋…＋24n-1)＝(1－1＋1－1＋…＋1－1)＋＝.
【解题技法】　(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝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)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和或并项求和．
　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)bn＝(－1)n(an＋n－1)，求数列{bn}的前2n项和S2n.
解：(1)因为an＋1＝an＋2n，即an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－an－1＝2(n－1)，an－1－an－2＝2(n－2)，…，a2－a1＝2，
累加得an－a1＝＝n2－n，
又a1＝1，所以an＝n2－n＋1(n≥2)，
经检验当n＝1时，a1＝1也符合上式，
所以an＝n2－n＋1.
(2)因为bn＝(－1)n(an＋n－1)，
所以bn＝(－1)n(n2－n＋1＋n－1)＝(－1)nn2，
所以S2n＝－12＋22－32＋42－…－(2n－1)2＋(2n)2
＝22－12＋42－32＋…＋(2n)2－(2n－1)2
＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[2n－(2n－1)](2n＋2n－1)
＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n＝＝2n2＋n.
考点二　错位相减法求和
　(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋.
(1)证明：数列{nan}是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2).
【解】　(1)证明：因为a1＝3，＝＋，
所以(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，又1×a1＝3，
所以数列{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得nan＝3＋1×(n－1)，即an＝1＋，故f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm＝3x＋2x2＋…＋(1＋)xm，f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm-1，
所以xf′(x)＝3x＋4x2＋…＋(m＋2)xm，
当x≠1时，两式相减得，(1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm-1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm，
所以f′(x)＝＋－，
所以f′(－2)＝＋－
＝1－－－
＝－.
【解题技法】　运用错位相减法求和的关键
判断模型 判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列
错开位置 为两式相减不会看错列做准备
相减 相减时一定要注意最后一项的符号
　(2025·合肥质量检测)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝3，a2＋a4＝2b2，a1a3＝b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则
即
因为q≠0，所以d＝q＝3，
所以an＝3n，bn＝3n.
(2)由(1)知，＝，
令Sn＝＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋，
则Sn＝＋＋＋…＋，
两式相减得，Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝(1－)－，
所以Sn＝－，即数列的前n项和为－.
考点三　裂项相消法求和
　(2025·定州一模)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3.
(1)证明：数列{an}为等差数列；
(2)求数列的前n项和Tn.
【解】　(1)证明：因为an＋1＝＋3，所以nan＋1＝2Sn＋3n，当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋3(n－1)，
两式相减得nan＋1－(n＋1)an＝3，①
则(n＋1)an＋2－(n＋2)an＋1＝3，②
②－①得(n＋1)an＋2＋(n＋1)an＝(2n＋2)an＋1，所以an＋2＋an＝2an＋1(n≥2).
因为nan＋1＝2Sn＋3n，又a1＝3，所以当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9；
当n＝2时，2a3＝2S2＋6＝24＋6＝30，则a3＝15，所以a1＋a3＝2a2，满足an＋2＋an＝2an＋1，
所以当n∈N*时，an＋2＋an＝2an＋1，故数列{an}为等差数列．
(2)由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差数列，
所以an＝3＋6(n－1)＝6n－3，Sn＝＝3n2，
则＝·＝[－]，
所以Tn＝[1－＋－＋－＋…＋－]＝[1－]＝.
【解题技法】　裂项相消法求数列前n项和的基本步骤
注意　消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
　(2025·广东一模)已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根．
(1)求a1；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n，an·an＋1＝bn，因为数列{an}是等差数列，设公差为d，
所以a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n，
则解得所以a1＝1.
(2)由(1)知，{an}是首项为1，公差为2的等差数列，则an＝2n－1，
所以bn＝an·an＋1＝(2n－1)(2n＋1)，所以(－1)n·＝(－1)n·＝(－1)n(＋)，
所以Sn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(－1)n·(＋)＝－1＋(－1)n.(共23张PPT)
第2讲　数列的通项公式
[考情分析]
求数列的通项公式是高考的重点内容，对于等差、等比数列的通项公式可直接利用公式求解，但也有些数列以递推关系给出，需要通过构造转化为等差或等比数列再求解，体现了化归与转化思想在数列中的应用．题型既有选择、填空题，也有解答题，难度中等．
技法一　累加、累乘法
(2)已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________________．
D
128
技法二　构造辅助数列
类型1　形如an＋1＝pan＋f(n)型
(2)(2025·广州模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n-1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为____________________．
an＝3n－2n-1，n∈N*
方法二：由a1＝2，an＋1＝3an＋2n-1，n∈N*，可得an＋1＋2n＝3(an＋2n-1)，又a1＋21-1＝3，所以{an＋2n-1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n-1＝3n，则an＝3n－2n-1，n∈N*.
【解题技法】　(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ).
(2)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0，1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)].
　已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则这个数列的通项公式为an＝____________________．
【解析】　因为an＝2an－1＋3an－2，所以an＋an－1＝3(an－1＋an－2).
又a1＋a2＝7，所以当n≥2时，{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n-2(n≥2).①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，所以当n≥2时，{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝－13×(－1)n-2(n≥2).②
类型2　形如an＋1＝pan＋qan－1(a1＝a，a2＝b)型
【解题技法】　an＋1＝pan＋qan－1(a1＝a，a2＝b)可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求通项公式an.
10
2．在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则{an}的通项公式为______________________________．
an＝3n－2(n－1)　分段数列模型
类型一　按奇、偶项分段
　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(1＋sin2)an＋cos2(n∈N*).
(1)求a2，a3，a4，并证明：a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)(m∈N*)；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
【解】　(1)a2＝(1＋1)a1＋0＝2，a3＝(1＋0)a2＋1＝3，a4＝(1＋1)a3＋0＝6.
a2m＋1＝(1＋sin2)a2m＋cos2＝a2m＋1.
a2m＝[1＋sin2]a2m－1＋cos2＝2a2m－1，
即a2m＋1＝2a2m－1＋1，故a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)(m∈N*).
(2)由(1)可得a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)且a1＋1＝2≠0，所以数列{a2m－1＋1}是首项、公比均为2的等比数列，
故a2m－1＋1＝2m，
即a2m－1＝2m－1，a2m＝2a2m－1＝2m+1－2.
故故an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－1，n为奇数，, 2+1－2，n为偶数．))
故S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(21＋22＋…＋2n－n)＋(22＋23＋…＋2n+1－2n)
＝－n＋－2n＝3·2n+1－3n－6.
【解题技法】　此题先把an表示成形如an＝k∈N*的形式，再进行求解，要注意区分奇数项、偶数项的表示形式及项数．
　已知数列{an}的各项均不为零，前n项和为Sn，满足a1＝，Sn＝(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求S2n－1.
解：(1)由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝，可得a2＝2.
当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，所以Sn－Sn－1＝an＝，又an≠0，整理可得an＋1－an－1＝2，
所以数列{an}中的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，
数列{an}中的偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，当n为奇数时，an＝a1＋(－1)×2＝n－；
当n为偶数时，an＝a2＋(－1)×2＝n.
综上所述，an＝
(2)S2n－1＝a1＋a2＋…＋a2n－2＋a2n－1
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n－2)
＝[1＋3＋…＋(2n－1)－n]＋[2＋4＋…＋(2n－2)]
＝－n＋
＝n2－n＋n2－n＝2n2－n.
类型二　按递推关系分段
　已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝
(1)写出a2，a3，a4；
(2)证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
(3)若bn＝a2n，求数列{n·(bn－3)}的前n项的和Sn.
【解】　(1)由a1＝7，an＋1＝
可得a2＝a1－3＝4，a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5.
(2)证明：由题可得a2n＋1－6＝2a2n－6＝2a2n－1－6－6＝2(a2n－1－6)，又a2×1－1－6＝a1－6＝1，则数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得a2n－1－6＝2n-1，即a2n－1＝6＋2n-1，bn＝a2n＝a2n－1－3＝3＋2n-1，n·(bn－3)＝n·2n-1，
Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n-1，
2Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
两式相减可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
所以Sn＝(n－1)·2n＋1.
【解题技法】　利用递推关系，先分成奇数项、偶数项，再利用等差(等比)数列的知识求解；或进一步拓展为an＋1＝利用累加(累乘)、构造等方法求解．
　大衍数列来源于《乾坤谱》中对“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理．已知大衍数列{an}满足a1＝0，an＋1＝数列{bn}满足bn＝a2n－a2n－1，则b5＝________，数列{(－1)nan}的前50项和与数列{bn}的前________项和相等．
解析：当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋2k，①
当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝a2k－1＋2k.②
由①②得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，所以a3－a1＝4，a5－a3＝8，…，a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，
累加得a2k＋1－a1＝4＋8＋…＋4k＝2k2＋2k，
所以a2k＋1＝2k2＋2k.
令2k＋1＝n，k∈N*，
则n≥3且n为奇数，an＝，
当n＝1时，a1＝0满足上式，
所以当n为奇数时，an＝，
此时an＋1＝an＋n＋1＝，
所以当n为偶数时，an＝.
所以an＝
故b5＝a10－a9＝－＝10.
bn＝a2n－a2n－1＝－＝2n，
所以数列{bn}的前n项和为2×(1＋2＋3＋…＋n)＝n2＋n.
数列{(－1)nan}的前50项和为－a1＋a2－a3＋a4－…－a49＋a50＝2×(1＋2＋…＋25)＝2×＝650，令n2＋n＝650，解得n＝25(负值已舍去).
答案：10　25
类型三　按数列前、后段分段
　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2a－11，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
【解】　(1)an＋1＝Sn＋2，
则当n≥2时，an＝Sn－1＋2，
两式相减得an＋1－an＝an，
所以an＋1＝2an(n≥2).
当n＝1时，a2＝S1＋2，得a2＝4＝2a1，
所以对于任意n∈N*，an＋1＝2an，
故{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2n.
(2)bn＝log2a－11＝2n－11，
则{bn}的前n项和Bn＝b1＋b2＋…＋bn＝n(n－10)＝n2－10n.
因为当n≤5时，bn<0，当n≥6时，bn>0，
所以当n≤5时，Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Bn＝10n－n2，
当n≥6时，Tn＝－b1－b2－…－b5＋b6＋b7＋…＋bn＝Bn－2B5＝n2－10n＋50.
故Tn＝
【解题技法】　通项公式形如an＝k∈N*的分段数列问题，是将数列从某项分段，前、后两段特点或性质有所不同，求解时需要分段进行运算，关键点是确定分界点k.
　已知数列{an}，并且an＝
n∈N*，若{an}是递减数列，则实数x的取值范围是________．
解析：当n≤5时，(1，a1)，(2，a2)，(3，a3)，(4，a4)，(5，a5)这五个点分布在开口向上的抛物线an＝n2－5xn＋4上，则n≤5时数列单调递减 对称轴方程n＝>，得x>.
当n>5时，由数列单调递减，可得x－23<0，解得x<23.
a5>a6，得29－25x>x－23，解得x<2.
综上，若{an}是递减数列，则实数x的取值范围是(，2).
答案：(，2)(共30张PPT)
专题强化训练
C
2．已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10＝(　　)
A．47 B．48
C．49 D．410
解析：由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝4≠0，所以数列{an＋an＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，即an＋an＋1＝4×4n-1＝4n，所以a9＋a10＝49.
C
3．记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝(n＋1)an，则a10＝(　　)
A．18 B．20
C．26 D．32
B
B
B
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2n2＋1，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－(－1)n-1
B．an＝2n＋(－1)n-1
C．an＝n＋(－2)n
D．an＝n－(－2)n
解析：对于2Sn＝an＋2n2＋1，令n＝1，得2S1＝a1＋2＋1，所以a1＝3.
由2Sn＝an＋2n2＋1，得2Sn＋1＝an＋1＋2(n＋1)2＋1，
两式相减得2an＋1＝an＋1－an＋4n＋2，即an＋1＝－an＋4n＋2.
B
方法二：在数列{an}中，an＋1＋an＝4n＋2，n∈N*，当n≥2时，an＋an－1＝4n－2，则an＋1－an－1＝4，由a1＝3，得a2＝3.
由数列{a2n－1}是首项为3，公差为4的等差数列，可得a2n－1＝3＋4(n－1)＝2(2n－1)＋1，即an＝2n＋1(n为奇数)；
由数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，可得a2n＝3＋4(n－1)＝2·2n－1，即an＝2n－1(n为偶数).
综上，an＝2n＋(－1)n-1.
7．(多选)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则(　 　)
A．a2＝7
B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列
D．a10＝220－310
ABD
解析：因为an＋1＝4an＋3n，则an＋1＋3n+1＝4(an＋3n)，且a1＋3＝4≠0，可知数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，则an＋3n＝4×4n-1＝4n，即an＝4n－3n.对于A，a2＝42－32＝7，故A正确；
对于B，因为an＝4n－3n＞0，所以{Sn}是递增数列，故B正确；
对于C，因为数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，所以{an＋3n}不是等差数列，故C错误；
对于D，a10＝410－310＝220－310，故D正确．
BC
3
10．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球．根据以上规律引入一个数列{an}，满足an＝an－1＋n，n>1且n∈N*.则an＝____________．
1 650
ABD

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