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(共52张PPT)
第3节　等比数列及其前n项和
课标解读　1.理解等比数列的概念和通项公式的意义，会求等比数列的一些基本量.
2.掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 等比数列基本量的运算
考点二 等比数列的判定与证明
考点三 等比数列性质的应用
微点突破
1.[教材改编]在等比数列{an}中，已知a2=6，6a1＋a3=30，则an=　 　.
【解析】 设数列{an}的公比为q，由题意得解得或故an=3·2n－1，或an=2·3n－1.
2.[教材改编]已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若8a2＋a5=0，S5=22，那么a1=　 　，公比q=　 　.
【解析】 依题意得q≠1，∵即
3·2n－1或2·3n－1
2
－2
3.[教材改编]在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9=0的两个根，那么的值为
　 　.
【解析】 ∵a1，a13是方程x2－13x＋9=0的两个根，∴a1＋a13=13，a1·a13=9，∴a1＞0，a13＞0，a1·a13=a2·a12==9，又数列{an}为等比数列，等比数列奇数项的符号相同，∴a7=3，∴=3.
4.[教材改编]已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，那么这个等比数列为　 　.
【解析】 设这个等比数列为，a，aq，则解得或∴这个等比数列为1，3，9，或9，3，1.
3
1，3，9，或9，3，1
5. (忽视等比数列中项的符号)已知数列{an}是等比数列，a5=4，a9=16，则a7=
(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 8 B. ±8 C. －8 D. 1
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，则a7=a5q2＞0，由等比中项的性质可得=a5a9=64，∴a7=8.
6. (忽视对公比q的讨论)在等比数列{an}中，a3=7，前三项之和S3=21，则公比q的值为(　 　)
A. 1 B. － C. 1或－ D. －1或
【解析】 当q=1时，a3=7，S3=21，符合题意；当q≠1时，得q=－.综上，q的值为1或－.
易错题
易错题
A
C
1.等比数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于　 　常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(显然q≠0).
数学语言表达式：=　 　(n≥2，q为非零常数).
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，则G2=　 　.
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an=　 　；通项公式的推广：an=amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=na1；当q≠1时，Sn= 　=.
同一个
q
ab
a1qn－1
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l=m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al=　 　.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为　 　.
(3)当q≠－1，或q=－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为
　 　.
(4)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列.
am·an
qm
qn
[优化拓展]
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{}，，{an·bn}，也是等比数列.
2.数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和.
(1)若a1·a2·…·an=Tn，则Tn，，…成等比数列.
(2)若数列{an}的项数为2n，则=q；若项数为2n＋1，则=q，或=q.
3.由an＋1=qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
4.等比数列{an}的前n项和Sn，可以写成Sn=Aqn－A(A≠0，q≠1，0).
5.三个数成等比数列，通常设为，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为，xq，xq3.
6.当q≠0，且q≠1时，Sn=k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k=.
提醒：在运用等比数列的前n项和公式时，须注意对q=1与q≠1分类讨论，防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.
考点一　等比数列基本量的运算
(1)(多选)(2025·新高考Ⅱ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】 对于A，由题意得结合q＞0，解得或(舍去)，A正确；对于B，a5=a1q4=4×，B错误；对于C，S5=，C错误；对于D，an=4×=23－n，Sn==8－2－n＋3，则an＋Sn=23－n＋8－23－n=8，D正确.
例 1
AD
(2)(2023·全国甲卷文)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3，则{an}的公比为
　 　.
【解析】 若q=1，则由8S6=7S3得8×6a1=7×3a1，则a1=0，不合题意，∴q≠1. 当q≠1时，∵8S6=7S3，∴8·=7·，即8·(1－q6)=7·(1－q3)，即8·(1＋q3)(1－q3)=7·(1－q3)，即8·(1＋q3)=7，解得q=－.
－
等比数列基本量运算的解题策略：
(1)方程思想：等比数列的基本量为首项a1和公比q，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等比数列中包含a1，q，n，an，Sn五个量，可“知三求二”.
(2)分类讨论思想：若题目中公比q未知，则运用等比数列前n项和公式时要分q=1和q≠1两种情况进行讨论.
(3)整体思想：挖掘局部与整体的联系，有目的地整体代换求解.
(1)(多选)(2026·云南保山开学考试)在等比数列{an}中，a2=，a6=，Sn为数列{an}的前n项和.下列说法中，正确的有(　 　)
A. a1=1或－1
B. a4=或－
C. 若a3＞0，则S2 025＜2
D. 若a5＜0，则S2 025＞
【解析】 在等比数列{an}中，a2=，a6=，设q为数列{an}的公比，∴q4=，∴q=，或q=－.当q=时，a1=1，a4=1×q3=；当q=－时，a1=－1，a4=－1×q3=，∴A正确，B错误；若a3＞0，则q=，则S2 025==2－＜2，C正确；若a5＜0，则q=－，则S2 025==－＜－，D错误.
跟踪训练1
AC
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，S3=7S1，则q=　 　.
【解析】 ∵S3=7S1，∴a1＋a2＋a3=7a1，即a1(1＋q＋q2)=7a1，∴q2＋q－6=0，解得q=2，或q=－3，∵an＞0，∴q＞0，∴q=－3不满足条件，∴q=2.
2
考点二　等比数列的判定与证明
记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an＋n－3(n∈N*).证明：
(1)数列{an－1}是等比数列；
证明：(1)∵Sn=2an＋n－3，∴Sn－1=2an－1＋(n－1)－3(n≥2，n∈N*)，∴an=Sn－Sn－1=2an－2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an=2an－1－1(n≥2，n∈N*)，∴an－1=2(an－1－1)(n≥2，n∈N*).由a1=S1=2a1－2，得a1=2，则a1－1=1，∴数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)＋…＋＜2.
(2)由(1)可知an=2n－1＋1，则，∴＋…＋＜1＋＋…＋=2－，又＞0恒成立，∴＋…＋＜2.
例 2
等比数列的三种常用判定方法：
(1)定义法：若=q(q为非零常数，n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0，且=an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列.
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn=k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.
(2025·云南昆明模拟)已知数列{an}满足an(＋3an＋1)=4an＋1(n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=.
(1)证明：数列是等比数列.
证明：(1)∵an(＋3an＋1)=4an＋1(n≥2，n∈N*)，∴an＋3anan＋1=4an＋1，∴，∴=3.又=4－1=3≠0，∴数列是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
解：(2)∵=3×=3n，∴当n≥2时，＋…＋＋…＋31=，即，∴＋1=，∴an=，又a1=1也满足上式，∴数列{an}的通项公式为an=.
跟踪训练2
考点三　等比数列性质的应用
(1)(2025·安徽合肥开学考试)在正项等比数列{an}中，a3，a5是方程x2－15x＋9=0的两个根，则a1a7－a4=(　 　)
A. 3 B. 6
C. 9 D. 12
【解析】 ∵a3，a5是方程x2－15x＋9=0的两个根，∴a3a5=9，在正项等比数列{an}中，有a1a7=a3a5==9，又a4＞0，∴a4=3，∴a1a7－a4=9－3=6.
(2)(2023·全国乙卷理)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=－8，则a7=　 　.
【解析】 设数列{an}的公比为q.∵a4a5=a3a6≠0，∴a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=－8，于是q5=－2，∴a7=a2q5=－2.
例 3
考向1 项的性质
B
－2
(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=－5，S6=21S2，则S8=(　 　)
A. 120 B. 85 C. －85 D. －120
【解析】 方法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则化简得∴S8=×(1－44)=－85.
方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴(S4－S2)2=S2·(S6－S4)，解得S2=－1，或S2=.当S2=－1时，由(S6－S4)2=(S4－S2)·(S8－S6)，得S8=－85；当S2=时，结合S4=－5得化简得q2=－5(舍去)，∴S8=－85.
例 4
考向2 和的性质
C
(多选)设{an}是各项为正数的等比数列，q是其公比，Tn是其前n项的积，且T6＜T7，T7=T8＞T9，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. q＞1
B. a8=1
C. T10＞T6
D. T7与T8均为Tn的最大值
【解析】 由题意知，由T6＜T7得a7＞1，由T7=T8得a8==1，∴=q＜1，又q＞0，∴0＜
q＜1，A错误，B正确；∵{an}是各项为正数的等比数列，q∈(0，1)，有a1＞a2＞…＞a7＞a8=1＞a9＞a10＞…，∴=a7a8a9a10=(a8a9)2=＜1，∴T10＜T6，C错误；T1＜T2＜…＜T7=T8＞T9＞T10＞…，则T7与T8均为Tn的最大值，D正确.
例 5
考向3 最值问题
BD
1.等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
2.涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
(1)(2025·江苏南京模拟)在等比数列{an}中，a3a4a5=8，a4＋a8=20，则a6=(　 　)
A. 36 B. ±6 C. －6 D. 6
【解析】 a3a4a5==8 a4=2，则a4＋a8=2＋a8=20 a8=18，又a4a8==2×18=36，解得a6=±6，∵a6=a4q2=2q2＞0，∴a6=6.
(2)(2025·新高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和为4，前8项的和为68，则这个数列的公比为　 　.
【解析】 方法一　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)，当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时，则S4==4，S8==68，两式相除得，即=17，则1＋q4=17，∴q=2，∴该等比数列公比为2.
方法二　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)，∴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，∴4(1＋q4)=68，则1＋q4=17，∴q=2，∴该等比数列公比为2.
方法三　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)，∵S8－S4=a5＋a6＋a7＋a8=( a1＋a2＋a3＋a4)q4=68－4=64，且S4=a1＋a2＋a3＋a4=4，∴=q4==16，∴q=2，∴该等比数列的公比为2.
跟踪训练3
D
2
(3)已知数列{an}是等比数列，若a2=1，a5=，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为　 　.
【解析】 由已知得数列{an}的公比满足q3=，解得q=，∴a1=2，a2=1，a3=，故数列{anan＋1}是首项为2，公比为的等比数列，∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1=∈，故最小值为2.
2
数列中的构造问题
微点突破
　　求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法，还有构造法，其总的思想是根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解.
(1)已知数列{an}满足a1=1，an＋1=3an＋2，则an=　 　.
【解析】 ∵an＋1=3an＋2，∴an＋1＋1=3(an＋1)，∴=3，∴数列{an＋1}为等比数列，公比q=3，又a1＋1=2，∴an＋1=2·3n－1，∴an=2·3n－1－1.
(2)若a1=1，an＋1=2an－3n，n∈N*，则数列{an}的通项公式an=　 　.
【解析】 设an＋1＋λ(n＋1)＋u=2(an＋λn＋u)，∴an＋1=2an＋λn＋u－λ，∴解得λ=u=－3，又a1－3－3=－5≠0，∴=2，∴数列{an－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列，∴an－3n－3=－5·2n－1，∴an=－5·2n－1＋3n＋3.
(3)已知数列{an}满足a1=3，an＋1=3an＋2·3n＋1，n∈N*，那么数列{an}的通项公式an=
　 　.
【解析】 由an＋1=3an＋2·3n＋1得＋2，∴=2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴=2n－1，故an=(2n－1)·3n.
例 6
考向1 形如an＋1=pan＋f(n)型
2·3n－1－1
－5·2n－1＋3n＋3
(2n－1)·3n
类型 构造方法
an＋1=pan＋q 引入参数c，构造新的等比数列{an－c}
an＋1=pan＋ qn＋c 引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y}
an＋1=pan＋qn 两边同除以qn＋1，构造新的数列
(多选)已知数列{an}，下列结论中，正确的有(　 　)
A. 若a1=2，2(n＋1)an－nan＋1=0，则an=n·2n
B. 在数列{an}中，a1=1，且an=2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an=2n＋1－3
C. 若a1=2，an=an－1＋(n≥2)，则数列是等比数列
D. 已知数列{an}满足a1=1，an＋1=2an＋n－1，则数列{an}的通项公式为an=2n－n＋1
跟踪训练4
AB
【解析】 ∵2(n＋1)an－nan＋1=0，∴，∴是首项为=2，公比为2的等比数列，∴=2·2n－1，∴an=n·2n，A正确；由an=2an－1＋3(n≥2)，得an＋3=2(an－1＋3)，即=2，又a1＋3=1＋3=4，于是数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an＋3=4·2n－1，即an=2n＋1－3，∴数列{an}的通项公式为an=2n＋1－3，B正确；根据题意，an=an－1＋ =1，n≥2，又=6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，C错误；设an＋1＋k(n＋1)＋b=2(an＋kn＋b)，∴an＋1=2an＋kn＋b－k，
由an＋1=2an＋n－1，得解得=2，即{an＋n}是首项为a1＋1=2，公比为2的等比数列，∴an＋n=2·2n－1=2n，故an=2n－n，D错误.
已知数列{an}满足a1=1，a2=2，且an＋1=2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公
式an= 　.
【解析】 方法一　∵an＋1=2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，设bn=an＋1＋an，∴=3，又b1=a2＋a1=3，∴{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，∴bn=an＋1＋an=3×3n－1=3n，从而·，不妨令cn=，即cn＋1＋cn=，故cn＋1－=－，即=－，又c1－，∴数列是首项为，公比为－的等比数列，故cn－，从而an=.
方法二　∵方程x2=2x＋3的两个根为－1，3，可设an=c1·(－1)n＋1＋c2·3n－1，由a1=1，a2=2，解得c1=，c2=，∴an=.
例 7
考向2 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1=pan＋qan－1型)
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，采取消元的方法求数列{an}.
若x=1是函数f(x)=an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1=1，a2=3，则数列{an}的通项公式an=　 　.
【解析】 f'(x)=4an＋1x3－3anx2－an＋2，∴f'(1)=4an＋1－3an－an＋2=0，即an＋2－an＋1=3(an＋1－an)，∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＋1－an=2·3n－1，则an=an－an－1＋
an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1=2·3n－2＋…＋2×30＋1=2×(3n－2＋3n－3＋…＋31＋30)＋1=2×＋1=3n－1－1＋1=3n－1.
跟踪训练5
3n－1
在数列{an}中，a1=2，an＋1=，则an= 　.
【解析】 ∵=3·＋1，∴=3=1，∴是以1为首项，3为公比的等比数列，∴=3n－1，∴=3n－1－，∴an=.
例 8
考向2倒数为特殊数列
两边同时取倒数转化为·的形式，化归为bn＋1=pbn＋q型，求出的表达式，再求an.
在数列{bn}中，b1=－1，bn＋1=，则数列{bn}的通项公式bn= 　.
【解析】 bn＋1=的两边同时取倒数，得，即＋3，∴＋3=2，又＋3=2，故是以2为首项，2为公比的等比数列，于是＋3=2·2n－1=2n，可得bn=.
跟踪训练6
课时作业
答案速对
第六章 对点练50　等比数列及其前n项和 题号 1 2 3 4 5 6
答案 B C C C D D
题号 7 8 9 13 14 答案 C AD ACD C B 1.(2025·浙江阶段练习)在等比数列{an}中，已知a2=2，a3a4=32，则公比q=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
B
2.(2025·北京卷)已知是公差不为零的等差数列，a1=－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10=(　 　)
A. －20 B. －18 C. 16 D. 18
C
3.(2025·湖南怀化开学考试)记Sn为等比数列的前n项和，若a2=1，S6=10S3，则a5=
(　 　)
A. 10 B. 13 C. 9 D. 27
C
4.已知数列为等比数列，公比为2，且a1＋a2=3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10=216－25，则正整数k的值是(　 　)
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
C
5.(2025·贵州开学考试)定义：=ad－bc.若等比数列满足，且a1=1，则a10=(　 　)
A. B. 310 C. D. 39
D
6.若等比数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为A，B，C，则(　 　)
A. A＋B=C
B. B2=AC
C. A2＋B2=C(A＋B)
D. A(C－A)=B(B－A)
【解析】 设等比数列的前n项和为Sn，公比为q，由题意可知，A=Sn，B=S2n，C=S3n，由等比数列的性质可得=qn，=qn，∴，整理可得A2＋B2=A(B＋C)，∴A(C－A)=B(B－A).
D
7.(2025·天津河北二模)设Sn为数列的前n项和，若Sn＋3=2an＋n，则S10=(　 　)
A. 3 059 B. 2 056
C. 1 033 D. 520
【解析】 由题设Sn＋1＋3=2an＋1＋n＋1，则Sn＋1＋3=2(Sn＋1－Sn)＋n＋1，∴Sn＋1=2Sn－n＋2，则Sn＋1－(n＋1－1)=2[Sn－(n－1)]，又S1＋3=2a1＋1 S1=2，则S1－(1－1)=2，∴{Sn－(n－1)}是首项、公比均为2的等比数列，则Sn－(n－1)=2n，∴Sn=2n＋n－1，则S10=210＋10－1=1 024＋10－1=1 033.
C
8.(多选)(2026·宁波一模)已知等比数列，满足a1a2=1，则下列说法中，正确的有
(　 　)
A. 若a1＞1，则数列是递减数列
B. 若0＜a1＜1，则数列是递减数列
C. 若－1＜a1＜0，则数列是递增数列
D. 若a1＜－1，则数列是递增数列
【解析】 由等比数列a1a2=1，则公比q=，对于A，若a1＞1，则公比q=∈，故=q∈，又a1＞1，∴数列是递减数列，A正确；对于B，若0＜a1＜1，则公比q=∈，又0＜a1＜1，∴数列是递增数列，B错误；对于C，若－1＜a1＜0，则公比q=∈，故=q∈，又－1＜a1＜0，∴数列是递减数列，C错误；对于D，若a1＜－1，则公比q=∈，故=q∈，又a1＜－1，∴数列是递增数列，D正确.
AD
9.(多选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论中，正确的有 (　 　)
A. {an＋Sn}是等差数列
B. {an·Sn}是等比数列
C. {}是等差数列　
D. 是等比数列
【解析】 由{Sn}是等差数列，可得2(a1＋a2)=a1＋a1＋a2＋a3，∴a2=a3，∵{an}是各项均为正数的等比数列，∴a2=a2q，可得q=1，∴an=a1＞0，∴an＋Sn=(n＋1)a1，∴数列{an＋Sn}是等差数列，A正确；∵，∴{}是常数列，为等差数列，C正确；∵=a1＞0，∴是等比数列，D正确；∵anSn=n，∴{an·Sn}不是等比数列，B错误.
ACD
10.(2025·黑龙江绥化开学考试)已知数列的前n项和为Sn，a1=1，an＋1＋an=2n，则S11=　 　.
【解析】 ∵a2＋a3=22，a4＋a5=24，a6＋a7=26，…，∴S11=1＋22＋24＋…＋210=1=1=1 365.　
1 365
11.(2025·广西南宁开学考试)数列是公比为q的等比数列，|q|＞1.若数列的连续四项构成集合，则q的值为　 　.
【解析】 ∵数列是等比数列，且连续四项构成集合，∴连续四项可能为－2，4，－8，16，此时q==－2，也可能为16，－8，4，－2，此时q==－，又|q|＞1，则q=－2.
－2
12.Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4=9a2，S3=13，且公比q＞0.
(1)求an及Sn；
解：(1)易知q≠1，由题意可得解得a1=1，q=3，∴an=3n－1，Sn=.
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，∵S1＋λ=λ＋1，S2＋λ=λ＋4，S3＋λ=λ＋13，∴(λ＋4)2=(λ＋1)(λ＋13)，解得λ=，此时Sn×3n，则=3，故存在常数λ=，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列.
13.等比数列{an}共有奇数个项，所有奇数项和S奇=255，所有偶数项和S偶=－126，末项是192，则首项a1等于(　 　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【解析】 ∵an=192，∴q==－2，又Sn==S奇＋S偶，即=255＋(－126)，解得a1=3.
C
14.如图所示，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn＋1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D1，D2，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn(n∈N*)，则Xn=(　 　)
A. πa2
B. πa2
C. πa2　
D. πa2
B
【解析】 设rn为圆Dn的半径，则r1=tan 30°=a.设圆Dn与AC切于点F，连接DnDn＋1，DnF，过点Dn＋1作Dn＋1E⊥DnF于点E(图略)，则DnDn＋1=rn＋rn＋1，DnE=rn－rn＋1，∴=sin 30°=，整理得rn＋1=rn.设Sn为圆Dn的面积，则S1=πa2，(n∈N*)，∴数列{Sn}是首项为a2，公比为的等比数列，∴Xn=πa2.
15.(2025·江西九江调研)在等比数列{an}中，a2=2，a4a6－16a5=0.若bn= 且{bn}的前n项和为Sn，则满足S2n＞360的最小正整数n的值为　 　.
【解析】 {an}是等比数列，设其公比为q(q≠0)，由a4a6－16a5=0可得－16a5=0，故a5=16，则q3==8，即q=2，故an=a2，∴S2n=1＋4＋16＋…－2×n=－2n=－2n－.由于n≥2时，bn＋bn＋1＞0，S2n随着n的增大而增大，故而S10=－2×5－=331＜360，S12=－2×6－=1 353＞360，故满足S2n＞360的最小正整数n的值为6.
6
16.若数列{an}中存在三项，并按一定次序排列可构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”.
(1)已知数列{an}为4，3，1，2，数列{bn}为1，2，6，24，分别判断{an}，{bn}是否为“等比源数列”，并说明理由；
解：(1){an}是“等比源数列”，{bn}不是“等比源数列”.{an}中“1，2，4”可构成等比数列，∴{an}是“等比源数列”；{bn}中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，∴{bn}不是“等比源数列”.
(2)已知数列{cn}的通项公式为cn=1，判断{cn}是否为“等比源数列”，并说明理由.
(2){cn}不是“等比源数列”.理由如下：
假设{cn}是“等比源数列”，∵{cn}是单调递增数列，即{cn}中存在的cm，cn，ck(m＜n＜k)三项成等比数列，也就是=cmck，即(2n－1＋1)2=(2m－1＋1)·(2k－1＋1)，22n－2＋2n=2m＋k－2＋2m－1＋2k－1，两边同时除以2m－1，得22n－m－1＋2n－m＋1=2k－1＋1＋2k－m，等式左边22n－m－1＋2n－m＋1为偶数，等式右边2k－1＋1＋2k－m为奇数.
∴原等式不成立，∴cm，cn，ck不成等比数列，∴数列{cn}不是“等比源数列”.(共15张PPT)
拓展视野 数列中的放缩问题
能力训练
知识拓展
课时作业
内
容
索
引
数列通项放缩的几个常见结论：
(1).
(2)(n≥2).
(3)(n≥2).
(4)=2.
(2026·广东广州阶段练习)已知函数f(x)=x2＋3x，f(n)为数列{an}的前n项和.
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)由题意知，{an}的前n项和Sn=n2＋3n，当n=1时，a1=S1=1＋3=4，当n≥2时，an=Sn－Sn－1
=n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)=2n＋2，经检验，a1=4满足an=2n＋2，∴{an}的通项公式为an=2n＋2.
(2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
证明：(2)∵f'(x)=2x＋3，∴f'(2n)=4n＋3，∴，又··，∴·，
∴Tn＜··，∵1－＜1，∴·，故Tn＜·.
例 1
考点一　先放缩再求和
先放缩再求和方法的使用：
(1)使用情景：数列结构复杂，不方便直接求和，通项比较方便放缩(通常放缩成等差、等比数列求和，或放缩后利用裂项相消法、错位相减法求和).
(2)解题步骤：先放缩数列的通项，再求和，完成解题目标.
(2025·台州二模)已知数列{an}和{bn}满足a1(b1＋1)＋a2(b2＋1)＋…＋an(bn＋1)=(2n－3)＋6，n∈N*，且a1=b1=1，bn＋1=2bn＋1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解：(1)由bn＋1=2bn＋1可得bn＋1＋1=2(bn＋1)，且b1＋1=2，∴数列{bn＋1}是首项和公比都为2的等比数列，∴bn＋1=2·=2n，故bn=2n－1，由已知得a1(b1＋1)＋a2(b2＋1)＋…＋an(bn＋1)=(2n－3)＋6，可得2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan=(2n－3)＋6①，当n≥2时，则有2a1＋22a2＋23a3＋…＋=(2n－5)2n＋6②，①－②得2nan=(2n－1)2n，解得an=2n－1，a1=1也满足an=2n－1，故对任意的n∈N*，an=2n－1.
跟踪训练1
(2)求的值(其中[x]表示不大于x的最大整数，如[3.2]=3).
(2)∵=－，　
∴＋…＋－1，另一方面，当n≥2时，=－，∴＜1＋＋…＋，∴－1＜＜10，又－1＞－1=9，∴=9.
(2026·广西南宁开学考试)已知a2=，an＋1＋3anan＋1=an.
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)由an＋1＋3anan＋1=an，左右同时除以anan＋1得＋3=，∴=3，a2=，则a1=，故是以3为首项，3为公差的等差数列，∴=3＋3(n－1)，可得an=.
(2)令bn=，Tn为bn的前n项之积，证明：＋…＋＜ln(n＋1).
证明：(2)令函数f(x)=ln x－x＋1，0＜x＜1，求导得f'(x)=－1＞0，f(x)在(0， 1)上单调递增，f(x)＜f(1)=0，即ln x＜x－1，取x=，n∈N*，则ln －1=－，于是＜ln ，由(1)知，bn=，Tn=··…·=n＋1，＜ln =ln (n＋1)－ln n，∴＋…＋＜ln(n＋1)－ln 1=ln(n＋1).
例 2
考点二　先求和再放缩
先对通项进行化简变形，再对数列求和(可以等差、等比数列求和、错位相减、分组求和、倒序相加、裂项相消求和等)，再对最后的和进行放缩，完成解题目标.
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=，n2an=Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)由n2an=Sn，则(n－1)2an－1=Sn－1(n≥2)，两式左右分别相减得n2an－(n－1)2an－1=an，即(n2－1)an=(n－1)2an－1.得(n＋1)an=(n－1)an－1，则，…，，a1=，将以上n个式子相乘得an=(n≥2).上式对n=1仍成立，∴an=.
(2)若bn=an＋1，且数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
证明：(2)bn=an＋1=，∴Tn=＋…＋，得证.
跟踪训练2
课时作业
1.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.
解：(1)当n=1时，a1=2a1－1，∴a1=1；
当n≥2时，Sn=2an－1，Sn－1=2an－1－1，两式相减得an=2an－2an－1 an=2an－1，∴{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n－1.
(2)证明：…＜2.
(2)证明：由(1)知Sn==2n－1，∴.
当n=1时，=1＜2；当n≥2时，2n－1＞1，故，∴…＜1…=2＜2.
综上，…＜2.
2.已知函数f(x)=2sin x，把方程|f(x)|=2的正数解从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
解：(1)∵f(x)=2sin x，令|f(x)|=2，即=1，∴x=kπ，k∈Z，解得x=2k＋1(k∈Z)，∴方程|f(x)|=2的正数解依次为1，3，5，7，…，∴an=2n－1.
(2)记bn=，设数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
(2)证明：记bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，
bn=，∴Tn=b1＋b2＋…＋bn＜.
3.(2025·重庆部分学校联考)已知数列{an}满足a1=1，an＋an＋1=.
(1)证明：数列为等比数列，并求数列{an}的通项公式.
解：证明：(1)由an＋an＋1=得=1，∴=－，又=－，∴数列 是首项为－，公比为－的等比数列，∴=－，∴an=.
(2)设Tn=…，证明：Tn＜对任意n∈N*恒成立.
(2)由已知得a1=1，a2=3，a3=5，…，显然Tn单调递增，T1＜T2=.当n＞2且n是奇数时，=3=3×＜3×=3，∴Tn=…＜1＋3×=1＋3×.当n＞2且n是偶数时，n＋1是奇数，有Tn＜Tn＋1＜，∴对任意n∈N*，Tn=….
4.(2025·湖南衡阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1=1.
(1)若=4Sn－2an－1，求数列{an}的通项公式；
解：(1)由=4Sn－2an－1知，当n≥2时，=4－2－1，两式相减得=4(Sn－)－2an＋2，即(an)(an－)=2(an)，由题意得an＞0，则an－=2，∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴数列{an}的通项公式为an=1＋2(n－1)=2n－1.
(2)若函数f(x)=2ex＋x，数列{an}满足an＋1=f(an)(n∈N*).证明：Sn≥3n－n－1.
(2)证明：令h(x)=ex－x－1，则h'(x)=ex－1，易知当x＜0时，h'(x)＜0，当x＞0时，h'(x)＞0，∴函数h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)=0，即ex≥x＋1，当且仅当x=0时取等号.又an＞0，∴an＋1=f(an)=2an＞2(an＋1)＋an=3an＋2，即an＋1＋1＞3(an＋1)，即＞3.当n≥2时，an＋1=(a1＋1)····…·＞(a1＋1)·=2·，当n=1时，a1＋1=2=2×30，∴an≥2×－1，
∴Sn=a1＋a2＋a3＋…＋an≥(2×30－1)＋(2×31－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×－1)=2(30＋31＋32＋…)－n=2×－n=3n－n－1，得证.(共46张PPT)
第六章 数列
第1节　数列的概念与表示
课标解读　1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、解析法).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数，理解单调性是数列的一项重要性质，
可用来求最值.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 由an与Sn的关系求通项
考点二 由数列的递推关系求通项公式
考点三 数列的性质
1. [教材改编]在数列1，3，6，10，x，21，28，…中，由给出的数之间的关系可知x的值为(　 　)
A. 12 B. 15 C. 17 D. 18
【解析】 各项乘以2，变为1×2，2×3，3×4，…，故数列的通项公式为an=，故a5=15.
2.[教材改编]在数列{an}中，若an=则a4＋a5的值为　 　.
【解析】 a4=24=16，a5=2×5＋1=11，∴a4＋a5=27.
3.[教材改编]已知an=2n＋a(1－n)，数列{an}是递减数列，则实数a的取值范围是　 　.
【解析】 ∵an=2n＋a(1－n)，∴an=(2－a)n＋a.∵数列{an}是递减数列，∴2－a＜0，解得a＞2.
B
27
(2，＋∞)
4. (忽视n为正整数)在数列－1，0，，…，中，若an=0.08，则n=
(　 　)
A. B. 8
C. 或10 D. 10
【解析】 由题意可得=0.08，解得n=10，或n=.∵n为正整数，∴n=(舍去)，∴n=10.
5. (忽视数列是特殊的函数)若an=n2－5n＋3，则当n=　 　时，an取得最小值.
【解析】 an=n2－5n＋3=，∵n∈N*，∴当n=2或3时，an最小，a2=a3=－3.
易错题
易错题
D
2或3
6. (忽视n=1的验证)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=4n－3，则数列{an}的通
项公式为　 　.
【解析】 当n=1时，a1=S1=41－3=1；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(4n－3)－(4n－1－3)=3·4n－1，而3×41－1=3≠1，故数列{an}的通项公式为an=
易错题
an=
1.数列的定义
按照　 　排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
确定的顺序
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数　 　 无穷数列 项数　 　 项与项 间的大 小关系 递增数列 an＋1　 　an 其中n∈N*
递减数列 an＋1　 　an 常数列 an＋1=an 摆动数列 从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列 有限
无限
＞
＜
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的　 　之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
5.数列的递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式.
6.数列{an}的前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列的前n项和，记作Sn，即Sn=a1＋a2＋…＋an.
序号n
[优化拓展]
1.灵活应用两个常用结论：
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an=
(2)在数列{an}中，若an(n≥2，n∈N*)最大，则若an最小，则
2.掌握数列的函数性质：
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列，否则为摆动数列或常数列(an＋1=an).
(2)周期性——若an＋k=an(k为非零整数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期.
3.数列通项公式的注意点：
(1)并不是所有的数列都有通项公式.
(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一.
(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的.
考点一　由an与Sn的关系求通项
(1)已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋2n，则an=　 　.
【解析】 当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]=2n＋1.由于a1=3也满足上式，∴an=2n＋1.
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn=3an－3，则a4=　 　.
【解析】 根据2Sn=3an－3，可得2Sn＋1=3an＋1－3，两式相减得2an＋1=3an＋1－3an，即an＋1=3an，当n=1时，2S1=2a1=3a1－3，解得a1=3，∴依此类推a4=34=81.
例 1
2n＋1
81
在本例(1)中，若Sn=n2＋2n＋1，求an.
解：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n＋1，
又当n=1时，a1=S1=4，不满足上式，
故an=
[变式拓展]
有关an与Sn的数列问题的求解思路：
(1)利用an=Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
(2)利用Sn－Sn－1=an(n≥2)转化为只含an的关系式，再求解.
(2025·广东肇庆开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且anSn＋1=an(Sn＋1)－1，则S2 025=
(　 　)
A. 1 012 B. 2 024
C. D. 2 025
【解析】 由anSn＋1=an(Sn＋1)－1可得an(Sn＋1－Sn)=an－1，故an＋1==1－，由a1=2可得a2=
1－，a3=1－=－1，a4=1－=2，…，故{an}是周期为3的周期数列，且a1＋a2＋a3=，
故S2 025=675(a1＋a2＋a3)=675×.
跟踪训练1
C
考点二　由数列的递推关系求通项公式
(2025·天津和平三模)定义新运算：=ad－bc，已知数列{an}(n∈N*)满足a1=－14，=10n，则a10=(　 　)
A. 239 B. 225 C. 211 D. 261
【解析】 由=10n可得2an＋1－2an=10n an＋1－an=5n，故an－=5(n－1)，=5(n－2)，…，a2－a1=5×1，累加可得an=5(n－1)＋5(n－2)＋…＋5×1＋a1=5×－14=－14，故a10=－14=211.
例 2
考向1 累加法——形如an＋1－an=f(n)，求an
C
根据形如an＋1=an＋f(n)(f(n)是可以求和的函数)的递推公式求通项公式时，常用累加法求出an－a1与n的关系式，进而得到{an}的通项公式.
(2025·宁波三模)在数列{an}中，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 026的值为
(　 　)
A. 2 023 B. 2 024
C. 2 025 D. 2 026
【解析】 在数列{an}中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2=(n－1)，两式相减，可得2an=nan－(n－1)，即(n－2)an=(n－1)，∴，又由a2=1，
则a2 026=a2××…×=1××…×=2 025.
考向2 累乘法——形如=f(n)，求an
例 3
C
形如an＋1=an·f(n)的递推关系式可化为=f(n)的形式，可用累乘法，即an=··…··a1，进而求出通项.
(1)若数列{an}满足a1=1，且－an=n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　 　.
【解析】 由题意得a2－a1=2，a3－a2=3，…，an－an－1=n(n≥2)，以上各式相加，得an－a1=2＋
3＋…＋n=.∵a1=1，∴an=(n≥2).∵当n=1时，a1=1也满足此式，∴an=.
(2)已知在数列{an}中，a1=1，，则an=　 　.
【解析】 an=···…···a1=×…××1=2n－1·n，又n=1时，a1=1适合上式，∴an=n·2n－1.
跟踪训练2
an=
n·2n－1
考点三　数列的性质
(2025·山东淄博模拟)数列{an}满足a1=(n∈N*)，则a2 027=(　 　)
A. B. 3 C. －2 D. －
【解析】 ∵数列{an}满足a1=，an＋1=(n∈N*)，∴a2==3，a3==－2，a4==－，a5=，则{an}是以4为周期的周期数列，∴a2 027=a506×4＋3=a3=－2.
例 4
考向1 数列的周期性
C
解决数列周期性问题的方法：
根据所给的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或者前n项的和.
(多选)(2025·湖北武汉调研)已知数列{an}满足a1=1，=an＋，则下列说法中，正确的有
(　 　)
A. an＋1≥2an
B. 是递增数列
C. {an＋1－4an}是递增数列
D. an≥n2－2n＋2
【解析】 对于A，∵=an＋，∴an＋1=＋1，∴an＋1－2an=＋1－2an=(an－1)2≥0，∴an＋1≥2an，A正确；对于B，由于an＋1≥2an，得an＋1＞an，∴{an}为递增数列，由a1=1，y=x＋在[1，＋∞)上单调递增，可得为递增数列，B正确；对于C，由an＋1=＋1，a1=1，得a2=2，a3=5，∴a2－4a1=－2，a3－4a2=－3，∴数列{an＋1－4an}不是递增数列，C错误；对于D，∵an≥1，∴an＋1－=1≤an＋1－an，∴an＋1=(an＋1－an)＋(an－)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1≥n＋1，∴an≥n，∴an＋1=＋1≥n2＋1，则an≥(n－1)2＋1=n2－2n＋2，D正确.
例 5
考向2 数列的单调性
ABD
解决数列单调性问题的方法：
(1)作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列.
(2)作商比较法：根据(an＞0，或an＜0)与1的大小关系进行判断.
(3)函数法：结合相应的函数图象直观判断.
已知数列{an}的通项公式为an=(n＋2)×(n∈N*)，设数列{an}中最大项为am，则m=
　 　，am= 　.
【解析】 方法一(作差法)　an＋1－an=(n＋3)×－(n＋2)×.
当n＜5时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；当n=5时，an＋1－an=0，即an＋1=an；当n＞5时，
an＋1－an＜0，即an＋1＜an.故a1＜a2＜a3＜a4＜a5=a6＞a7＞a8＞…，∴当n=5，或n=6时，
数列{an}有最大项，且最大项为a5=a6=.
考向3 数列的最值
例 6
5或6
方法二(作商法)　. 令＞1，解得n＜5；令=1，解得n=5；令＜1，解得n＞5. 又an＞0，故有a1＜a2＜a3＜a4＜a5=a6＞a7＞…，∴当n=5，或n=6时，{an}有最大项，且最大项为a5=a6=.
方法三(解不等式(组))　由题知a1＜a2. 假设{an}中有最大项，且最大项为第n(n≥2)项，则即解得即5≤n≤6. 又n∈N*，故当n=5，或n=6时，{an}有最大项a5和a6，且a5=a6=.
求数列最大项与最小项的常用方法：
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若能借助表达式观察出单调性，直接确定最大(小)项，否则，利用作差法或作商法.
(2)解不等式组(n≥2)确定最大项，解不等式组(n≥2)确定最小项.
(1)(2026·湖南长沙开学考试)数列{an}的通项公式为an=n2－kn(n∈N*)，且为单调递增数列，则k的取值范围是(　 　)
A. (－∞， 2] B. (－∞， 3)
C. (－∞， 2) D. (－∞， 3]
【解析】 由数列{an}是单调递增的，则an＋1＞an对n∈N*恒成立，即(n＋1)2－k(n＋1)＞n2－kn，整理可得k＜2n＋1，对n∈N*恒成立，∵函数f(n)=2n＋1在n∈N*时单调递增，则得k＜f(1)=3.
(2)(2026·山东济南模拟)若数列{an}满足a2=11，an＋1=，则a2 027=(　 　)
A. B. 11 C. － D.
【解析】 ∵=an，∴数列{an}是周期为3的数列，∴a2 026=a3×675＋1=a1，∵a2=11，∴a2 027=a2=11.
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B
B
(3)数列{bn}满足bn=，则当n=　 　时bn的值最大，最大值为 　.
【解析】 方法一　bn－bn－1=，∴当n≤4时，bn＞bn－1，∴{bn}单调递增；当n≥5时，bn＜bn－1，∴{bn}单调递减，∴当n=4时，(bn)max=b4=.方法二　令即解得≤n≤，又n∈N*，故当n=4时，(bn)max=b4=.
4
课时作业
答案速对
第六章 对点练48　数列的概念与表示 题号 1 2 3 4 5
答案 B A C D C
题号 6 7 8 13 14
答案 D ABD BCD C AB
1.(2025·湖北十堰模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=3n－n，则a5=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 153 B. 161
C. 163 D. 238
B
2.已知数列－1，，－，…，则该数列的第211项为(　 　)
A. －　 B. 　
C. － D.
A
3.(2025·四川成都模拟)在数列{an}中，a1=1，an=3n－2 ( n∈N*，且n≥2)，则通项公式an=(　 　)
A. B.
C. D.
C
4.已知数列{an}满足=2n，a1=1，则a2 025=(　 　)
A. 2 023　 B. 2 024
C. 4 047 D. 4 049
D
5.(2025·宁波二模)已知数列{an}满足an=λn2－n，对任意n∈{1，2，3}都有an＞an＋1，且对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有an＜an＋1，则实数λ的取值范围是(　 　)
A. B. 　　
C. D.
C
6.(2025·河南三门峡三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=(－1an＋n(n≥2，且n∈N*)，则=(　 　)
A. －1 B. 1
C. 2 D. 3
【解析】 数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=(－1an＋n(n≥2，且n∈N*)，则当n≥2时，=(－1)nn－1，两式相减可得an=(－1)n＋1an－(－1)nan－1＋1(n≥2)，当n=2 027时，a2 027=a2 027＋a2 026＋1，解得a2 026=－1，当n=2 026时，a2 026=－a2 026－a2 025＋1，解得a2 025=3.
D
7.(多选)若数列{an}的通项公式为an=－2n2＋13n，则下列说法中，正确的有 (　 　)
A. 该数列仅有6个正数项
B. 该数列有无限多个负数项
C. 该数列的最大项就是函数f(x)=－2x2＋13x的最大值
D. －70是该数列中的一项
【解析】 对于A，B，令－2n2＋13n＞0，解得0＜n＜，∴数列{an}的前6项为正数项，从第7项开始后面的项均为负数项，A，B正确；对于C，由an=－2，当n=3时，数列{an}取到最大项，而对于函数f(x)=－2x2＋13x，当x=时，取到最大值，C错误；对于D，令－2n2＋13n=－70，解得n=10或－(舍去)，即－70是该数列的第10项，D正确.
ABD
8.(多选)已知数列{an}的通项公式为an=(n＋2)·，则下列说法中，正确的有
(　 　)
A. 数列{an}的最小项是a1
B. 数列{an}的最大项是a4
C. 数列{an}的最大项是a5
D. 当n≥5时，数列{an}递减
【解析】 假设第n项为{an}的最大项，则即又n∈N*，∴n=4，或n=5，故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4=a5=，当n≥5时，数列{an}递减.
BCD
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n＋1，则数列{an}的通项公式为　 　.
【解析】 当n=1时，a1=2；当n≥2时，由Sn=n＋1，可得Sn－1=n，故有an=1(n≥2，n∈N*)(*).当n=1时，a1=2不符合(*)式，故an=
an=
10.在数列{an}中，a1=，anan＋1＋1=an，n∈N*，则a2 025=　 　.
【解析】 由anan＋1＋1=an，得an＋1=1－，又a1=，∴a2=1－=－1，a3=1－=2，a4=
1－，a5=1－=－1，…，由此可得数列{an}为周期数列，周期为3.又2 025=3×675，∴a2 025=a3=2.
2
11.求下列数列{an}的通项公式.
(1)a1=1，an＋1=an＋3n；
解：(1)由an＋1=an＋3n得an＋1－an=3n，当n≥2时，an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)=1＋31＋32＋33＋…＋3n－1=，当n=1时，a1=1=，满足上式，∴an=(n∈N*).
(2)a1=1，an＋1=2nan.
(2)由an＋1=2nan，得=2n，当n≥2时，an=a1××…×=1×2×22×23×…×2n－1=21＋2＋3＋…＋(n－1)=.当n=1时，a1=1满足上式，∴an=(n∈N*).
12.在数列{an}中，a1=1，其前n项和为Sn，且满足2Sn=(n＋1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)∵2Sn=(n＋1)an，∴2Sn＋1=(n＋2)an＋1，∴2an＋1=(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1=(n＋1)an，∴，∴=…==1，∴an=n(n∈N*).　
(2)记bn=3n－λn2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
(2)∵bn=3n－λn2，∴bn＋1－bn=3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)=2·3n－λ(2n＋1).∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜.令cn=，则·＞1，∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1=2，即λ的取值范围是(－∞，2).
13.(2025·湖南郴州三模)给定一个数列{an}，记bn=an＋1－an，则把数列{bn}称为{an}的一阶差数列.若数列{cn}的一阶差数列{tn}的通项公式为tn=n，c1=1，则c9=(　 　)
A. 556 B. 557
C. 292 D. 291
【解析】 根据题意，tn=cn＋1－cn=n，则c9－c8＋c8－c7＋…＋c2－c1=t8＋…＋t1==291，即c9－c1=291，又c1=1，∴c9=292.
C
14.(多选)已知各项均为正数的数列{an}的前n项积为Tn，且an＋1=则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 当an≥2时，0＜an＋1≤2
B. 当＜a1＜1时，=1
C. 无论a1取何值，均存在λ∈N*，使得=an对任意n∈N*成立
D. 无论a1取何值，数列{an}中均存在与a1的数值相同的另一项
【解析】 若an∈(0，1]，则an＋1∈(0，2]；若an＞1，则an＋1∈(0，1)，故an＋1∈(0，2]，A正确；＜a1＜1 a2=2a1∈(1，2) a3=∈ a4=2a3∈(1，2) a5=a1，故=an，=(a1a2a3a4)n=1，B正确；若a1=，则a2=，a3=1，a4=2，a5=，数列从第2项开始按，1，2呈现周期变化，其中没有与a1相同的项，C，D均错误.
AB
15.已知数列{an}的各项都为正数，定义：Gn=为数列{an}的“匀称
值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n＋2，则a10= 　.
【解析】 ∵各项均为正数的数列{an}的“匀称值”为Gn==n＋2，
∴a1＋2a2＋3a3＋…＋nan=n(n＋2)①，∴n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)=(n－1)(n＋1)②，①－②得nan=2n＋1，∴an=(n≥2)，∴a10=.
16.若数列{an}对任意的n∈N*，an＋2－an＋1＞an＋1－an，则称{an}为“速增数列”.
(1)请写出一个速增数列{an}的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；
解：(1)取an=2n，则an＋2－an＋1=2n＋2－2n＋1=2n＋1，an＋1－an=2n＋1－2n=2n，∵2n＋1＞2n，∴an＋2－an＋1＞an＋1－an，∴数列{2n}是“速增数列”.
(2)若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 025，求正整数k的最大值.
(2)当k≥2时，ak=2 025=(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，∵数列{an}为“速增数列”，∴ak－ak－1＞ak－1－ak－2＞…＞a3－a2＞a2－a1=2，且an∈Z，∴(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1≥k＋k－1＋…＋3＋2＋1，即2 025≥，k∈Z，当k=63时，=2 016，当k=64时，=2 080，故正整数k的最大值为63.(共14张PPT)
第六章 单元小卷
1.(2025·山东日照一模)在等差数列{an}中，a2＋a4=6，则a1＋a3＋a5=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 15 B. 9
C. 3 D. 5
【解析】 在等差数列{an}中，∵a2＋a4=6，∴2a3=6，∴a3=3.同样根据等差数列性质，得a1＋a5=2a3，则a1＋a3＋a5=(a1＋a5)＋a3=2a3＋a3=3a3，把a3=3代入可得3a3=3×3=9，B正确.
B
2.(2025·安徽马鞍山二模)数列{an}满足a1=3，an＋1=，则log 3(a1a2a3a4)等于(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 a1=3，由，可得a2=，a3=，a4=，∴log3(a1a2a3a4)=log3.
C
3.(2025·山东青岛一模)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20=100，则a10·a11的最大值为(　 　)
A.9 B.16
C.25 D.50
【解析】 ∵S20=×20=100，∴a1＋a20=10，∴a10＋a11=a1＋a20=10.又a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤=25，当且仅当a10=a11=5时，等号成立，∴a10·a11的最大值为25.
C
4.(2025·安徽安庆二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5=2a4，且a3与2a6的等差中项为，则S4等于(　 　)
A. 33 B. 31
C. 17 D. 15
【解析】 ∵等比数列{an}的前n项和为Sn，设其公比为q(q≠0)，由已知a2a5=a3a4，故a3a4=2a4，∴a3=2，a3＋2a6=2×，则a6=，故q=，∴a1==8，故S4==15.
D
5.(2025·广东东莞模拟)古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是
一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，
6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所
记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形
数”的三角锥的锥垛(如图所示，从上到下，顶上一层1个球，第二层3个球，第三层6个球…)，若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛第18层球的个数为(　 　)
A. 190 B. 171 C. 153 D. 136
【解析】 设“落一形”三角锥垛从顶上一层开始，依次往下的各层球的个数形成数列{an}，a1=1，a2=3=1＋2，a3=6=1＋2＋3，a4=10=1＋2＋3＋4，a5=15=1＋2＋3＋4＋5，…，由此得an=1＋2＋3＋…＋n，即an=，则a18==171，∴若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛第18层球的个数为171.
B
6.已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，，设点A是直线BC外一点，点P是直线BC上一点，且λ，则实数λ的值为(　 　)
A. B. － C. D. －
【解析】 (k≠0)，不妨设Sn=(3n＋2)nk，Tn=(4n＋5)nk，∵P，B，C三点共线，∴λ=1，∴λ=1，，∴λ=λ=1，λ=－，D正确.
D
7.(多选)(2025·河北秦皇岛一模)已知正项等比数列{an}的公比为q，若a3＋a4=4(a1＋a2)，且a3=，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. q=3
B. a5=
C. 是数列{an}中的项
D. a1，a2＋a3，a4成等差数列
【解析】 由a3＋a4=4(a1＋a2)，可得q2=4，∴q=2(舍负)，A错误，∴a5=a3×4=，B正确；∵an=a3qn－3=×2n－3=，∴，C正确；由q=2，可得a1=，a2＋a3=，a4=，显然不是等差数列，D错误.
BC
8.(多选)已知数列{an}满足an＋1=5an－4an－1(n≥2)，a1=1，a2=13，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. a4=253
B. a22被7除的余数为5
C. a16的个位数为4
D. 存在实数λ，使得数列{an＋λ}是等比数列
【解析】 由an＋1=5an－4an－1可得an＋1－an=4(an－an－1)(n≥2)，∵a2－a1=13－1=12，
∴数列{an＋1－an}是首项为12，公比为4的等比数列，故an＋1－an=12×4n－1=3×4n，于是an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1=1＋3(4＋42＋…＋4n－1)=1＋3×=4n－3，n=1，2时，均满足上式.对于A，a4=44－3=253，A正确；对于B，a22=422－3=244－3=4×814－3，∵814=(1＋7)14=707172＋…714=1＋7(7071＋…713)，故4×814被7除余数为4，继而a22被7除的余数为1，B错误；对于C，∵an=4n－3，数列{an}的个位数字构成数列{bn}，∴b1=1，b2=3，b3=1，b4=3，…，以此类推可知，bn＋2=bn(n∈N*)，故a16的个位数为b16=b2=3，C错误；对于D，当λ=3时，an＋3=4n，由=4，可得{an＋3}为等比数列，D正确.
AD
9.将函数f(x)=sin(ω＞0，x＞0)的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{an}，
其前n项和为Sn，且a1=，则ω=　 　，Sn= 　.
【解析】 由f(x)=0，得ωx－=kπ(k∈Z)，则x=(k∈Z)，∵ω＞0，且a1=，∴当k=0时，(当k=－1时，x＜0，不符合题意)，得ω=π，当k=1时，a2=，则d=1，∴数列{an}是首项为，公差为1的等差数列，则{an}的前n项和Sn=n×1=.
π
10.(2025·北京平谷一模)已知各项均不为零的数列{an}，其前n项和是Sn，a1=a，且Sn=anan＋1(n=1，2，…).给出如下结论：
① a2=1；
② 若{an}为递增数列，则a的取值范围是(0，1)；
③ 存在实数a，使得{an}为等比数列；
④ m∈N*，使得当k＞m时，总有＜20.01.
其中正确结论的序号是　 　.
①②④
【解析】 由Sn=anan＋1(n=1，2，…)得Sn＋1=an＋2an＋1，相减可得Sn＋1－Sn=an＋2an＋1－an＋1an，∴an＋1=an＋1(an＋2－an)，由于{an}各项均不为零，∴an＋2－an=1，∴{an}的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，对于①，a1a2=S1=a1，∴a2=1，①正确；对于②，由于{an}的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，∴a2n－1=a＋(n－1)，a2n=n，若 n∈N*，an＋1＞an，则需要 n∈N*，a2n＋1＞a2n＞a2n－1 a＋n＞n＞a＋(n－1)，则0＜a＜1，②正确；对于③，a2n－1=a＋(n－1)，a2n=n，若{an}为等比数列，则为常数，则a=1，此时=1，故a2n－1=n，a2n=n，进而可得数列的项为1，1，2，2，3，3，…，显然这不是等比数列，③错误；对于④，若＜20.01，只要k足够大，一定会有 a＋k－1＞0，则＞2－0.01 ＞2－0.01－1，当k足够大时， 趋近于0，而2－0.01－1＜0，显然能满足＞2－0.01－1，故 m∈N*，当k＞m时，总有＜20.01，④正确.
11.已知数列{an}的前n项和Sn=，数列{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
解：(1)由Sn=，得当n=1时，a1=S1=2，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=3n－1，当n=1时，上式也成立，∴an=3n－1.依题意，b1＋b3=2(b2＋1)，即b1＋b1·22=2(b1·2＋1)，解得b1=2，∴bn=2n.
(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.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，∴21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，∴cn=2×，则Tn=c1＋c2＋…＋cn=·(4n－1).
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=4，2Sn=(n＋1)an，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
解：当n=1时，2S1=2a1=(1＋1)a1，显然成立；当n≥2时，2Sn=(n＋1)an，2Sn－1=nan－1，相减得2an=(n＋1)an－nan－1，化简可得，由累乘法可得an=·…·a1=·…×4=4n，显然a1=4满足上式，∴an=4n.
(2)设bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜3.
(2)证明：由(1)得bn==4n·，则Tn=4×8×12×…＋4n·Tn=4×12×…＋4n·，两式相减可得Tn=4×4×4×…＋4×－4n·=4×－4n·=2－2×－4n·，∴Tn=3－3×－2n·=3－(3＋2n)·＜3.(共40张PPT)
第2节　等差数列及其前n项和
课标解读　1.理解等差数列的概念和通项公式的意义，会求等差数列的基本量.
2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的
关系.
3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 等差数列基本量的运算
考点二 等差数列的判定与证明
考点三 等差数列性质的应用
1.[教材改编]在等差数列{an}中，a2=3，前5项和S5=10，则数列{an}的公差为　 　.
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，∵S5=5a3=10，∴a3=a2＋d=2，又a2=3，∴d=－1.
2.[教材改编]在等差数列{an}中，a1=，公差d=－，若am=－，则m=　 　.
【解析】 由am=a1＋(m－1)d，得－＋(m－1)×，解得m=13.
3.[教材改编]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＋a8=a4＋8，则S21=　 　.
【解析】 ∵a7＋a8=a4＋a11，∴a11=8，∴S21==21a11=168.
－1
13
168
4.[教材改编]一物体从1 960 m的高空降落，若第1秒降落4.9 m，且接下来每一秒比前一秒多降落9.8 m，那么该物体经过　 　秒后降落到地面.
【解析】 设物体经过t秒降落到地面.物体在降落过程中，每一秒降落的距离依次构成首项为4.9，公差为9.8的等差数列，∴4.9t＋t(t－1)×9.8=1 960，即4.9t2=1 960，可得t=20.
20
5. (忽视值为0的项)已知等差数列{an}的通项公式为an=5n－105，当Sn取得最小值时，n等于(　 　)
A. 20 B. 22
C. 20或21 　　 D. 21
【解析】 令an=5n－105=0，得n=21，即a21=0，又当1≤n≤20时，an＜0，故当n=20，或n=21时，Sn取得最小值.
6. (忽视相邻项的符号)首项为30的等差数列{an}，从第8项开始为负数，则公
差d的取值范围是 　.
【解析】 由题意知a1=30，a8＜0，a7≥0，即解得－5≤d＜－.
易错题
易错题
C
1.等差数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于　 　，那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：an＋1－an=d(n∈N*，d为常数).
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时　 　叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可知2A=　 　.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an=　 　.
(2)前n项和公式：Sn=　 　= .
同一个常数
A
a＋b
a1＋(n－1)d
na1＋
　
3.等差数列的性质
(1)通项公式的推广：an=am＋　 　(n，m∈N*).
(2)若{an}为等差数列，且k＋l=m＋n(k，l，m，n∈N*)，则　 　.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为　 　的等差数列.
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.
(n－m)d
ak＋al=am＋an
md
[优化拓展]
1.已知数列{an}的通项公式为an=pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性：
当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d=0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列 Sn=An2＋Bn(A，B为常数).
5.若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则.
6.(1)在等差数列{an}中，若项数为偶数2n，则S2n=n(a1＋a2n)=n(an＋an＋1)，S偶－S奇=nd，.
(2)在等差数列{an}中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1=(2n－1)an，S奇－S偶=an，.
考点一　等差数列基本量的运算
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=－5，则S6=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. －20 B. －15 C. －10 D. －5
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则由题可得 ∴S6=6a1＋15d=6×5＋15×=－15.
(2)(2025·广东深圳开学考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3=a5＋a7，S4=34，则a5=(　 　)
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【解析】 令等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∴a1＋a2＋a3=3a1＋3d=a5＋a7=2a1＋10d，化简得a1=7d.∵S4=34，∴4a1＋d=4a1＋6d=34，∴解得d=1，a1=7，∴a5=a1＋4d=7＋4=11.
例 1
B
D
(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=
　 　.
【解析】 ∵数列{an}为等差数列，则由题意得解得则S10=10a1＋d=10×(－4)＋45×3=95.
95
等差数列基本运算的常见类型及解题策略：
(1)求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想.　
(2)求通项：a1和d是等差数列的两个基本元素.
(3)求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.
(4)求前n项和：利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解.
(1)(2024·全国甲卷文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=1，则a3＋a7=(　 　)
A. －2 B. 　　
C. 1 D.
【解析】 方法一(利用等差数列的基本量)　由S9=1，根据等差数列的求和公式，S9=9a1＋d=1 9a1＋36d=1，又a3＋a7=a1＋2d＋a1＋6d=2a1＋8d=(9a1＋36d)=.
方法二(利用等差数列的性质)　根据等差数列的性质，a1＋a9=a3＋a7，由S9=1，根据等差数列的求和公式，S9==1，故a3＋a7=.
方法三(特殊值法)　不妨取等差数列公差d=0，则S9=1=9a5 a5=，则a3＋a7= 2a5=.
跟踪训练1
D
(2)在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如，北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺成，如图所示，最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共9圈，则第7圈的石板数为　 　，前9圈的石板总数为　 　.
【解析】 由题可知从第1圈到第9圈的石板数构成等差数列{an}，且首项a1=9，公差d=9，则第7圈的石板数为a7=9＋6×9=63，前9圈的石板总数为S9=9×9＋×9=405.
63
405
(3)若数列{an}是公差为2的等差数列，S5＜3a4，写出满足题意的一个通项公式an=
　 　.
【解析】 设等差数列的首项为a1，且公差d=2，则S5＜3a4 5a1＋10d＜3a1＋9d，即a1＜－1，∴an=a1＋(n－1)d=2n－2＋a1，令k=－2＋a1＜－3，∴an=2n＋k(k＜－3)，∴可取an=2n－4.
2n－4(答案不唯一)
考点二　等差数列的判定与证明
设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足对任意n∈N*，都有＋…＋.证明：数列{an}为等差数列.
证明：由题意，{an}的各项为正数，＋…＋①，　
当n=1时，，得a1=1.当n≥2时，＋…＋②，
①－②得=(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)=an(Sn＋Sn－1)，∴=Sn＋Sn－1，则=Sn＋1＋Sn，两式相减得=an＋1＋an，即(an＋1－an)(an＋1＋an)=an＋1＋an，∴an＋1－an=1.当n=2时，=(a1＋a2)2，即1＋=(1＋a2)2，解得a2=2，满足a2－a1=1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.
例 2
1.等差数列的判定与证明的常用方法：
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数.
(2)等差中项法：2an＋1=an＋an＋2 {an}为等差数列.
(3)通项公式法：an=an＋b(a，b是常数) {an}为等差数列.
(4)前n项和公式法：Sn=an2＋bn(a，b为常数) {an}为等差数列.
2.若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项
an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1=an＋an＋2即可.
在数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，Sn＋1=4an＋2，a1=1，cn=.
(1)证明：数列{cn}是等差数列.
证明：(1)在数列{an}中， n∈N*，Sn＋1=4an＋2，则当n≥2时，Sn=4an－1＋2，两式相减得an＋1=4an－4an－1.∵cn=，即an=2ncn，∴2n＋1cn＋1=4×2ncn－4×2n－1cn－1，整理得cn＋1=2cn－cn－1，即cn＋1＋cn－1=2cn，∴数列{cn}是等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
解：(2)由Sn＋1=4an＋2，得a1＋a2=4a1＋2，又a1=1，∴a2=5，c1=，c2=，∴等差数列{cn}的公差d=，即{cn}是以为首项，为公差的等差数列，∴cn=(n－1)=n－，即，则an=(3n－1)·2n－2，又a1=1符合上式，∴数列{an}的通项公式为an=(3n－1)·2n－2.
跟踪训练2
考点三　等差数列性质的应用
(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2－a8＋a15=5，则S17=(　 　)
A. 87 B. 86 C. 85 D. 84
【解析】 根据等差数列的性质可得a2－a8＋a15=a9＋a8－a8=a9=5，
∴S17=×17×(a1＋a17)=85.
(2)(2025·山东临沂质检)已知正项等差数列{an}满足tan a5tan a7＋tan a5＋tan a7=1，a6＜，则a1＋a4＋a6＋a8＋a11=(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 ∵tan a5tan a7＋tan a5＋tan a7=1，∴=1，即tan(a5＋a7)=1，∴a5＋a7=＋kπ，k∈Z.又0＜a5＋a7=2a6＜1，∴a5＋a7==2a6，解得a6=，故a1＋a4＋a6＋a8＋a11=5a6=.
例 3
考向1 项的性质
C
B
(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，S9=18，S3=3，则S6=(　 　)
A. 9 B. C. 12 D.
【解析】 由题意得S3，S6－S3，S9－S6，即3，S6－3，18－S6成等差数列，∴2×(S6－3)=3＋(18－S6)，∴S6=9.
(2)已知各项均不为0的等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若(2n＋3)Sn=nTn，则=
(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 (2n＋3)Sn=nTn，即，又Sn和Tn均为关于n的常数项为0的二次函数，∴设Tn=m(2n＋3)n(m∈R，m≠0，n∈N*)，则Sn=mn2，故.
例 4
考向2 和的性质
A
A
1.项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n=p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an=ap＋aq.
2.和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)S2n=n(a1＋a2n)=…=n(an＋an＋1).
(2)S2n－1=(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.
(多选)(2026·福建莆田模拟)已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a11=2，S5=－30，则(　 　)
A. a7＞0
B. {an}为单调递增数列
C. 使Sn＞0的n的最小值为18
D. 当且仅当n=8时，Sn最小
【解析】 对于A，设公差为d，则解得故an=a1＋(n－1)d=－8＋n－1=n－9，a7=－2＜0，A错误；对于B，∵d=1＞0，∴{an}为单调递增数列，B正确；对于C，Sn=－8n＋×1=n2－n，令Sn＞0得n＞17，或n＜0 (舍去)，故使Sn＞0的n的最小值为18，C正确；对于D，∵an=n－9，∴当n≤8时，an＜0，当n=9时，an=0，当n＞9时，an＞0，故当n=8或9时，Sn最小，D错误.
例 5
考向3 和的最值
BC
求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法：
(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=54，S8－S5=30，则S11=(　 　)
A. 77 B. 88 C. 99 D. 110
【解析】 由S9=54，得9a5=54，解得a5=6.由S8－S5=30，得a6＋a7＋a8=3a7=30，解得a7=10，故{an}的公差d==2，∴S11=11a6=11×(a5＋d)=11×8=88.
(2)(2025·云南大理模拟)在等差数列{an}中，|a5|=|a16|，且公差d＞0，则其前n项和取得最小值时n的值为(　 　)
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【解析】 ∵|a5|=|a16|，且公差d＞0，∴a16＞0＞a5，a5＋a16=0，∴a10＋a11=a5＋a16=0，则a10＜0，a11＞0，∴在等差数列{an}中，前10项为负数，后面都为正数，∴前n项和取得最小值时n的值为10.
(3)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有，则
= 　.
【解析】 ∵，∴.
跟踪训练3
B
C
课时作业
答案速对
第六章 对点练49　等差数列及其前n项和 题号 1 2 3 4 5 6
答案 D D A C D D
题号 7 8 9 13 14 答案 B ABD AD B C 1.(2025·山东济宁模拟)已知等差数列{an}的前5项和S5=35，且满足a5=13a1，则等差数列{an}的公差为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. －3 B. －1
C. 1 D. 3
D
2.(2025·湖北武汉开学考试)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=－10，则S8=
(　 　)
A. －4 B. －16
C. －32 D. －64
D
3.(2025·四川成都开学考试)在等差数列{an}中，S11=33，则a5＋a8－a9=(　 　)
A. 5 B. 4
C. 3 D. 2
A
4.在等差数列{an}中，a1=－2 027，其前n项和为Sn，若=2，则=(　 　)
A. 2 026 B. －2 026
C. －2 027 D. 2 027
C
5.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5=4a1，a1＞0，当n＞1时，Sn=an，则n 等于 (　 　)
A. 11 B. 12
C. 20　 D. 22
D
6.(2025·广西南宁开学考试)《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织5尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”若这一个月有29天，记该女子一个月中的第n天所织布的尺数为an，则的值为(　 　)
A. 15 B. C. D.
【解析】 根据题意，知数列{an}是首项为5的等差数列，设数列中所有奇数项的和为S奇，则S奇=a1＋a3＋a5＋…＋a27＋a29=，设数列中所有偶数项的和为S偶，则S偶=a2＋a4＋a6＋…＋a26＋a28=，又由等差数列的性质，知a1＋a29=a2＋a28，∴.
D
7.已知正项数列{bn}的前n项和为Tn，b1=1，且bn=(n≥2)，则b20= (　 　)
A. 38　 B. 39
C. 20 D.
【解析】 当n≥2时，bn=Tn－，即()()=.由数列{bn}为正项数列可知，=1，又=1，即数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，即=n，则=n－1，n≥2.当n≥2时，bn==2n－1，∴b20=20×2－1=39.
B
8.(多选)(2025·黑龙江绥化开学考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=－2，a4＋a6=8，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. an=2n－6
B. Sn=n2－5n
C. Sn取得最小值时n=3
D. 数列是等比数列
【解析】 设等差数列的公差为d，则解得a1=－4，d=2，∴an=a1＋(n－1)d=2n－6，Sn==n2－5n=，当n=2，或n=3时，Sn有最小值，A，B正确，C错误；∵=22=4，∴数列是公比为4的等比数列，D正确.
ABD
9.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S11＜S10＜S12，则(　 　)
A. d＞0 B. a1＞0
C. S22＜0 D. S21＜0
【解析】 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵S11＜S10＜S12，∴S11－S10=a11＜0，S12－S11=a12＞0，故等差数列的首项为负，公差为正，∴d＞0，a1＜0，A正确，B错误；由S10＜S12，可知S12－S10=a12＋a11＞0，∴S22==11(a11＋a12)＞0，C错误；∵a11＜0，∴S21=21×=21a11＜0，D正确.
AD
10.(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
　 　.
【解析】 根据等差数列的求和公式，S6=6a1d=12.
12
11.若数列{an}为等差数列，且a1=，a3=，则sin a2 026=　 　.
【解析】 由题知，{an}的公差d=，则a2 026=a1＋2 025×，∴sin a2 026=sin=sin=－sin=－.
－
12.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋a13=34，S3=9.
(1)求数列{an}的通项公式及前10项和；
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得即解得故an=2n－1，S10=1＋3＋5＋…＋19==100.
(2)设数列{bn}的通项公式为bn=，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由.
(2)由(1)知bn=.要使b1，b2，bm成等差数列，则2b2=b1＋bm，即2×，移项得，整理得m=3.∵m，t为正整数，∴t只能取2，3，5.当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4.故存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列.
13.若数列{an}满足=d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”，已知数列为“调和数列”，且x1＋x2＋…＋x20=200，则x5＋x16=(　 　)
A. 10 B. 20
C. 30 D. 40
【解析】 ∵数列为“调和数列”，∴由“调和数列”的定义可知xn＋1－xn=d(n∈N*，d为常数)，即数列{xn}为等差数列，则x1＋x2＋…＋x20==200，∴x1＋x20=20，故x5＋x16=x1＋x20=20.
B
14.(2025·天津卷)Sn=－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　 　)
A. 112 B. 48
C. 80 D. 64
【解析】 ∵Sn=－n2＋8n，∴当n=1时，a1=S1=－12＋8×1=7，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(－n2＋8n)－=－2n＋9，经检验，a1=7满足上式，∴an=－2n＋9(n∈N*)，令an=－2n＋9≥0 n≤4，an=－2n＋9≤0 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.
C
15.(2025·北京开学考试)等差数列{an}的通项公式an=2n－5，前n项和为Sn，则S3=
　 　，数列的最小值为　 　.
【解析】 由题意可得Sn==n(n－4)，∴S3=－3；由题意可知an·Sn=n(n－4)(2n－5)=2n3－13n2＋20n，令f(n)=2n3－13n2＋20n，n∈N*，则f'(n)=6n2－26n＋20=2(n－1)(3n－10)，由f'(n)＞0可得n＞，由f'(n)＜0可得1＜n＜，即f(n)在上单调递减，在上单调递增，又因n∈N*，则f(n)min=f(3)=2×33－13×32＋20×3=－3，即数列的最小值为－3.
－3
－3
16.设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn=，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1＋a3，S3＋T3=21，求{an}的通项公式；
解：(1)∵3a2=3a1＋a3，∴3d=a1＋2d，∴a1=d，∴an=nd.∵bn=，∴bn=，∴S3==6d，T3=b1＋b2＋b3=.∵S3＋T3=21，∴6d=21，解得d=3，或d=，∵d＞1，∴d=3，∴{an}的通项公式为an=3n.
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99=99，求d.
(2)∵bn=，且{bn}为等差数列，∴2b2=b1＋b3，即2×，∴，∴－3a1d＋2d2=0，解得a1=d，或a1=2d.∵d＞1，∴an＞0，又S99－T99=99，
由等差数列的性质，得99a50－99b50=99，即a50－b50=1，∴a50－=1，即－a50－
2 550=0，解得a50=51，或a50=－50(舍去).当a1=2d时，a50=a1＋49d=51d=51，解得d=1，
与d＞1矛盾，无解；当a1=d时，a50=a1＋49d=50d=51，解得d=.综上，d=.(共40张PPT)
第4节　数列求和
课标解读　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 分组求和与并项求和
考点二 裂项相消法求和
考点三 错位相减法求和
微点突破
1.[教材改编]若数列{an}的通项公式为an=＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn=　 　.
【解析】 Sn==n2＋1－.
2.[教材改编]若数列{an}满足an=，则{an}的前n项和为 　.
【解析】 由题得an==2，∴{an}的前n项和为2=2.
n2＋1－
3.[教材改编]＋…＋= 　.
【解析】 设Sn=＋…＋，则Sn=1×＋2×＋3×＋…＋n×，两式相减得Sn=＋…＋－n×－n×=1－－n×，∴Sn=.
4. (利用并项求和法求和时不能准确并项或不分奇数项与偶数项致错)已知数列
{an}的通项公式为an=(－1)n·(2n－2)，则数列{an}的前n项和Sn= 　.
【解析】 Sn=2×[0＋1－2＋3－4＋…＋(－1)n(n－1)]=
5. (利用裂项相消法求和时混淆消去或保留的项致错)在数列{an}中，an=，
则数列{an}的前2 025项和S2 025= 　.
【解析】 由题意得an=，故S2 025=＋…＋=1－.
易错题
易错题
6. (利用错位相减法求和时出现符号错误或不能准确“错项对齐”致错)3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n=　 　.
【解析】 令Tn=3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n，则3Tn=3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)·3n＋1，两式相减得－2Tn=9＋2×－(2n＋1)·3n＋1=－2n·3n＋1，∴Tn=n·3n＋1.
易错题
n·3n＋1
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn==　 　.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn=
na1＋d
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组求和法与并项求和法
①分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.
②并项求和法
在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an=(－1)nf(n)的类型，可采用两项合并求解.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果在一个数列{an}中，与首末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数，那么这个数列的前n项和可用倒序相加法求解.
[优化拓展]
1.常用求和公式：
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n=.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)=n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2=.
(4)13＋23＋33＋…＋n3=.
2.裂项求和常用的三种变形：
(1).
(2).
(3).
考点一　分组求和与并项求和
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=4S2，a2n=2an－1.
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则解得∴{an}的通项公式为an=2＋(n－1)=n＋1.
例 1
(2)设bn=(－1)nan，数列{bn}的前n项和为Tn，若|Tm|=50，求m的值.
(2)bn=(－1)nan=(－1)n (n＋1)，Tn=－2＋3－4＋5－…＋(－1)n (n＋1)，若n为偶数，则Tn=(－2＋3)＋(－4＋5)＋…＋(－n＋n＋1)=，若n为奇数，则Tn=Tn＋1－bn＋1=－(n＋2)=－，|Tm|=50，若m为偶数，则=50，解得m=100，若m为奇数，则=50，解得m=97，综上，m=100或97.
分组转化法求和的常见类型：
定义：在数列{an}中，若存在正整数k，使得 n∈N*，都有=an，则称数列{an}为“k型数列”.已知数列{an}满足an＋1=－.
(1)证明：数列{an}为“3型数列”.
证明：(1)∵an＋1=－，∴=－，且=－，∴=－=－=－1－=－1－=an，∴数列{an}为“3型数列”.
跟踪训练1
(2)若a1=1，数列{bn}的通项公式为bn=2n－1，求数列{anbn}的前15项和S15.
解：(2)由(1)知=an，a1=1，∴a1=a4=a7=a10=a13=1，a2=a5=a8=a11=a14=－=－，a3=a6=a9=a12=a15=－=－2，∴S15=a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a15b15=(a1b1＋a4b4＋…＋a13b13)＋(a2b2＋a5b5＋…＋a14b14)＋(a3b3＋a6b6＋…＋a15b15)=1×(b1＋b4＋…＋b13)＋×(b2＋b5＋…＋b14)＋(－2)×(b3＋b6＋…＋b15)=＋(－2)×=－.
考点二　裂项相消法求和
(2025·湖北武汉模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)由题可得=3n，∴Sn=.当n=1时，a1=S1=. 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=.∵a1=不满足上式，∴an=
例 2
(2)已知cn=－3nan，求数列的前n项和Tn.
(2)由(1)知，cn=－3nan=当n=1时，=－.当n≥2时，，∴Tn=＋…＋=－＋…＋=－=－(n≥2).又T1=－满足上式，∴Tn=－.
裂项相消法求和的步骤：
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·湖北鄂州开学考试)记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn=4an－3n.
(1)求an；
解：(1)当n=1时，3S1=4a1－3，即得a1=3，当n≥2时，3Sn=4an－3n①，3Sn－1=4an－1－3(n－1)②，
由①－②，得an=4＋3，又由an＋1=4(＋1)，又a1=3，a1＋1=4，∴数列是以4为首项，4为公比的等比数列，∴an＋1=4n－1(a1＋1)=4n，an=4n－1.
(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)∵bn=，∴Tn=b1＋b2＋…＋bn=.
跟踪训练2
考点三　错位相减法求和
(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1=3，.
(1)证明：数列{nan}是等差数列.
证明：(1)在数列中，a1=3，，n∈N*，∴(n＋1)an＋1=nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan=1，∴{nan}是以a1=3为首项，1为公差的等差数列.
例 3
(2)给定正整数m，设函数f(x)=a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'(－2).
解：(2)由题意及(1)得在等差数列{nan}中，首项为3，公差为1，∴nan=3＋1×(n－1)，n∈N*，即an=1＋，在f(x)=a1x＋a2x2＋…＋amxm中，f(x)=3x＋2x2＋…＋xm，∴f'(x)=3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1，
∴当x≠1，且x≠0时，∴(1－x)f'(x)=3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm=3＋－(m＋2)xm，∴f'(x)=，∴f'(－2)==1＋=1－.
1.错位相减法求和的步骤
注意：(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn.
(2)作差后，等式右边由第1项、中间n－1项和最后1项三部分组成.
(3)运算时，容易把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1遗漏或写成＋anbn＋1导致错误.
2.错位相减法求和与函数、不等式交汇时，需注意定义域和放缩技巧，确保步骤清晰、计算准确.
(2025·安徽合肥开学考试)已知数列{an}为等差数列，且a4=7，a7=13.
(1)求{an}的通项公式；
解： (1)设等差数列{an}的公差为d，∵a4=7，a7=13，则解得a1=1，d=2，
∴an=1＋2=2n－1，n∈N*.
(2)设bn=×2＋×22＋…＋×2n－1，n∈N*，且cn=an(2bn＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
(2)由2bn=2＋22＋…＋2n=(1＋2)n－1=3n－1，则bn=，∴cn=an(2bn＋1)=(2n－1)·3n，∴Sn=1·31＋3·32＋5·33＋…＋(2n－1)·3n，则3Sn=1·32＋3·33＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，两式相减，得－2Sn=3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1=3＋2·－(2n－1)·3n＋1=－6－(2n－2)·3n＋1，∴Sn=(n－1)·3n＋1＋3，n∈N*.
跟踪训练3
　　子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于由几个有规律的数列组合而成的某个数列，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维能力.
子数列问题
微点突破
(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn=记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4=32，T3=16.
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn=则b1=a1－6，b2=2a2=2a1＋2d，b3=a3－6=a1＋2d－6，于是解得a1=5，d=2，an=a1＋(n－1)d=2n＋3，∴数列{an}的通项公式为an=2n＋3.
例 4
考向1 奇数项与偶数项问题
(2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
证明：(2)方法一　由(1)知，Sn==n2＋4n，bn=当n为偶数时，bn－1＋bn=2(n－1)－3＋4n＋6=6n＋1，Tn=n2＋n，当n＞5时，Tn－Sn=－(n2＋4n)=n(n－1)＞0，∴Tn＞Sn；当n为奇数时，Tn=Tn＋1－bn＋1=(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]=n2＋n－5，当n＞5时，Tn－Sn=－(n2＋4n)=(n＋2)(n－5)＞0，∴Tn＞Sn.综上，当n＞5时，Tn＞Sn.
方法二　由(1)知，Sn==n2＋4n，bn=当n为偶数时，Tn=(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)=n2＋n，当n＞5时，Tn－Sn=－(n2＋4n)=n(n－1)＞0，∴Tn＞Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn=(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)=n2＋n－5，显然T1=b1=－1满足上式，∴当n为奇数时，Tn=n2＋n－5，当n＞5时，Tn－Sn=－(n2＋4n)=(n＋2)·(n－5)＞0，∴Tn＞Sn，∴当n＞5时，Tn＞Sn.
数列中包含奇、偶项问题的常见题型：
(1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1=f(n)，或an·an＋1=f(n)).
(2)含有(－1)n的类型.
(3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型.
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=2，且an是2与Sn的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)∵an是2与Sn的等差中项，∴2an=Sn＋2①，当n≥2时，2＋2②，①－②得2an－2=an，∴an=2(n≥2)，又a1=2，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n.
(2)若bn=(－1)n·log2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)bn=(－1)n·log2a2n＋1=(－1)n·(2n＋1)，当n为偶数时，Tn=(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(＋bn)=(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]=2＋2＋…＋2=2·=n；当n为奇数时，Tn=b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(＋bn)=－3＋(－2)＋(－2)＋…＋(－2)=－3＋(－2)·=－n－2.综上，数列{bn}的前n项和Tn=
跟踪训练4
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；
解：(1)由Sn=得，当n=1时，a1=S1=2，当n≥2时，an=Sn－=3n－1，当n=1时，上式也成立，∴an=3n－1.
依题意，b1＋b3=2(b2＋1)，b1＋b1·22=2(b1·2＋1)，解得b1=2，∴bn=2n.
(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.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，∴21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，∴cn=2×，则Tn=c1＋c2＋…＋cn=.
例 5
考向2 数列的公共项
两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两个等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定.
已知{an}是首项为1的等比数列，{bn}是首项为2的等差数列，a3=b2，且a4=b1＋b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解：(1)设{an}的公比为q(q≠0)，{bn}的公差为d，∵a3=b2，且a4=b1＋b3，∴q2=2＋d，q3=4＋2d，解得q=2，d=2，∴an=，bn=2n.
(2)将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50.
(2)由(1)知an=，bn=2n，∵数列{bn}是正偶数构成的等差数列，数列{an}除首项外，其余项都是2的倍数，
∴数列{cn}的前50项和S50=1＋2×49＋×2=2 451.　
跟踪训练5
已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1，－2Sn=n＋1(n∈N*)，其中Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)当n=1时，a2=2，当n≥2时，递推得－2Sn－1=n，两式相减得=2an＋1，＋2an＋1=(an＋1)2，∵数列{an}各项均为正数，∴an＋1－an=1，又a2－a1=1，∴数列{an}为等差数列，故an=a1＋n－1=n.
例 6
考向3 数列增减项
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和T100.
(2)设ak和插入的k个数(－1)k＋1·k构成一组数，则前k组共有k＋个数，令≤100，又k∈N*，解得k≤12，当k=12时，=90＜100，∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个，∴T100=(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)=(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117=－(3＋7＋11＋…＋23)＋117=91－＋117=130.
对于插入项问题，首先要弄清楚插入项的特征，插入后所得新数列是等差还是等比数列或者是具有其他特征的数列.若是等差或等比数列，则利用等差、等比数列知识求解；若不具有等差或等比特征，但是项数有限，则可用列举法解决.
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；
解：(1)∵Sn=2n＋r，∴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，=a1a3，∴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也满足该式，故an=2n－1是等比数列，即r=－1满足题意，∴r=－1.
(2)设bn=2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同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.
(2)bn=2(1＋log2an)=2(1＋log22n－1)=2n，∵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.∴c1＋c2＋c3＋…＋c100=(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋a3＋…＋a8)==11 302.
跟踪训练6
课时作业
1.(2026·杭州一模)已知等差数列满足a4=7，a6=11.
(1)求的通项公式；
解：(1)设等差数列的公差为d，则解得的通项公式为an=2n－1.
(2)设等比数列前n项和为Sn，且bn＋1=Sn＋2.令cn=an＋bn，求数列的前n项和Tn.
(2)设等比数列的公比是q，
由得解得
∴的通项公式为bn=2n，此时Sn==2n＋1－2，bn＋1=2n＋1，满足bn＋1=Sn＋2，故bn=2n.结合(1)知cn=an＋bn=2n＋2n－1，∴数列的前n项和Tn=n2=2n＋1＋n2－2.
2.(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：(1)当n=1时，4S1=4a1=3a1＋4，解得a1=4.当n≥2时，4Sn－1=3an－1＋4，∴4Sn－4Sn－1=4an=3an－3an－1，即an=－3an－1，而a1=4≠0，故an≠0，故=－3，∴数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，∴an=4·(－3)n－1.
(2)设bn=(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)bn=(－1)n－1·n·4·(－3)n－1=4n·3n－1，∴Tn=b1＋b2＋b3＋…＋bn=4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1.故3Tn=4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，∴－2Tn=4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n=4＋4·－4n·3n=4＋2×3·－4n·3n=(2－4n)·3n－2，∴Tn=(2n－1)·3n＋1.
3.(2025·广东湛江阶段练习)已知等差数列{an}满足a3＋a5=22，1＋2a2=a4，数列{bn}满足=bnbn＋2，b2=2b1，b4=8.求：
(1)数列{an}和{bn}的通项公式；
解：(1)由a3＋a5=2a4=22，得a4=11.∵1＋2a2=a4，∴a2=5，则公差为=3，∴a1=2，∴an=3n－1.∵=bnbn＋2，∴，则是等比数列.设其公比为q，∵b2=2b1，b4=b1q3=8，∴q=2，b1=1，则bn=2n－1.
(2)数列的前n项和Sn；
(2)∵，∴Sn=.
(3)数列的前n项和Tn.
(3)∵anbn=(3n－1)2n－1，∴Tn=2×1＋5×2＋8×22＋…＋(3n－1)×2n－1，∴2Tn=2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，两式相减得－Tn=2＋3(21＋22＋23＋…＋2n－1)－(3n－1)×2n=－4＋(4－3n)×2n，∴Tn=4＋(3n－4)2n.
4.已知f(x)=x2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)∵点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)=x2x的图象上，∴Sn=n2n，当n=1时，S1==1，即a1=1，当n≥2时，an=Sn－n2n－=n，∵a1=1也满足上式，∴an=n.
(2)若g(x)=sin πx，令bn=g(n∈N*)，求数列{bn}的前4 049项和T4 049.
(2)∵g(x)=sin πx，∴g(x)＋g(2－x)=sin πxsin[π(2－x)]==2.∵an=n，∴bn=g=g(n∈N*)，∴T4 049=b1＋b2＋b3＋…＋b4 048＋b4 049=ggg…＋gg①，
又T4 049=b4 049＋b4 048＋b4 047＋…＋b2＋b1=ggg…＋gg②，
①＋②得2T4 049=…=4 049×2，∴T4 049=4 049.

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