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第一节　数列的概念与简单表示法
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的热点，主要考查：(1)由数列的递推关系求通项公式；(2)由an与Sn的关系求通项公式；(3)利用数列的函数性质求最值等，主要以填空题、解答题的形式呈现，难度不大．
本节通过an与Sn的关系以及递推数列考查考生的数学运算、逻辑推理、数学建模核心素养．
授课提示：对应学生用书第102页
知识点　数列的有关概念及表示
1．数列的有关概念
概念
含义
数列
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2．数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图像法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
?
温馨提醒
?
二级结论
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最大，则若an最小，则
必明易错
1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一个确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．
1．已知数列{an}为，1，，，…，则可作为数列{an}的通项公式的是(　　)
A．an＝　　　　
B．an＝
C．an＝
D．an＝
解析：由，，，，…，归纳得an＝．
答案：C
2．(2021·郑州模拟)已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则(　　)
A．3不是数列{an}中的项
B．3只是数列{an}中的第2项
C．3只是数列{an}中的第6项
D．3是数列{an}中的第2项或第6项
解析：令an＝3，
即n2－8n＋15＝3，
解得n＝2或n＝6，
故3是数列{an}中的第2项或第6项．
答案：D
3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________．
答案：5n－4
4．(易错题)已知Sn＝2n＋3，则an＝________．
解析：因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(
)．由于a1＝5不满足(
)式，所以an＝
答案：
授课提示：对应学生用书第103页
题型一　由an与Sn的关系求通项公式　　
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1（n∈N＋），则an＝________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1．因此an＝
答案：
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式为an＝________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，所以a1＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以＝－，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝．
答案：
3．已知各项均为正数的数列{bn}的首项为1，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋（n≥2），求数列{bn}的通项公式．
解析：因为Sn－Sn－1＝＋（n≥2），所以（＋）（－）＝＋（n≥2）．又
＞0，所以－＝1（n≥2），又＝1，所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列．所以＝1＋（n－1）×1＝n，故Sn＝n2．当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1．当n＝1时，b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1（n∈N＋）．
1．已知Sn求an的三个步骤
（1）先利用a1＝S1求出a1；
（2）用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）便可求出当n≥2时an的表达式；
（3）注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
2．Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
（1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；
（2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
题型二　由递推关系求数列的通项公式　　
考法（一）　累加法
[例1]　设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N＋），求数列{an}的通项公式．
[解析]　由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n（n≥2）．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝．
又因为a1＝1，所以an＝（n≥2）．
因为当n＝1时也满足上式，
所以an＝（n∈N＋）．
根据形如an＋1＝an＋f（n）（f（n）是可以求和的）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．
考法（二）　累乘法
[例2]　在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1（n≥2），求数列{an}的通项公式．
[解析]　因为an＝an－1（n≥2），
所以an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1．
以上（n－1）个式子相乘得
an＝a1···…·＝＝．
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
所以an＝（n∈N＋）．
根据形如an＋1＝an·f（n）（f（n）是可以求积的）的递推公式求通项公式时，常用累乘法求出与n的关系式，进而得到an的通项公式．
考法（三）　构造法
[例3]　（1）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝（n∈N＋），求an＝________．
（2）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
[解析]　（1）因为an＋1＝，所以－＝．
因为a1＝2，即＝，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以＝＋（n－1）×＝，故an＝．
（2）因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3（an＋1），所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列且公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1（n∈N＋）．
[答案]　（1）　（2）见解析
1．形如an＋1＝（p，q，r是常数）的数列，将其变形为＝·＋．若p＝r，则是等差数列，且公差为，即可用公式求通项．
2．根据形如an＋1＝pan＋q的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为p的等比数列{an＋x}，即将原递推关系式化为an＋1＋x＝p（an＋x）的形式，再求出数列{an＋x}的通项公式，最后求{an}的通项公式．
[对点训练]
　根据下列条件，求解数列{an}的通项公式．
（1）a1＝2，an＋1＝an＋ln；
（2）a1＝，an＝an－1（n≥2）；
（3）a1＝，an＋1＝an＋；
（4）a1＝1，an＝．
解析：（1）因为an＋1＝an＋ln，
所以an＋1－an＝ln，
所以an－an－1＝ln（n≥2），
an－1－an－2＝ln，…，a2－a1＝ln．
所以an－a1＝ln＋ln＋…＋ln
＝ln
n（n≥2），
即an＝ln
n＋2（n≥2）．
又a1＝2，适合此等式．
所以an＝ln
n＋2．
（2）因为an＝an－1（n≥2），
所以当n≥2时，＝，
所以＝，…，
＝，＝，
以上n－1个式子相乘得··…··＝··…··，
即＝··2·1，
所以an＝．
当n＝1时，a1＝＝，也与已知a1＝相符，
所以数列{an}的通项公式为an＝．
（3）在an＋1＝an＋两边分别乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1＝（2n·an）＋1．
令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，
根据待定系数法，得bn＋1－3＝（bn－3）．
所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列．
所以bn－3＝－·，即bn＝3－2．
于是，an＝＝3－2．
（4）取倒数，得＝＝3＋．所以是等差数列，＝＋3（n－1）＝1＋3（n－1）?an＝．
　数列性质应用中的核心素养
逻辑推理——数列性质的创新应用
[例]　若存在常数k（k∈N＋，k≥2），q，d，使得无穷数列{an}满足an＋1＝则称数列{an}为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差．设数列{bn}为“段比差数列”，若{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，则b2
019＝（　　）
A．3　　　
B．4　　　　
C．5　　　
D．6
[解析]　法一：∵{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，∴b2
017＝0×b2
016＝0，∴b2
018＝b2
017＋3＝3，∴b2
019＝b2
018＋3＝6．故选D．
法二：∵{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，∴b1＝1，b2＝4，b3＝7，b4＝0×b3＝0，b5＝b4＋3＝3，b6＝b5＋3＝6，b7＝0×b6＝0，…，∴当n≥4时，{bn}是周期为3的周期数列．∴b2
019＝b6＝6．故选D．
[答案]　D
1．解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
2．求解数列新定义问题关键是抓住信息条件，转化求解．
[对点训练]
若数列{an}满足a2－a1＜a3－a2＜…＜an－an－1＜…，则称数列{an}为“差半递增”数列．若数列{an}为“差半递增”数列，且其通项an与前n项和Sn满足Sn＝2an＋2t－1（n∈N＋），则实数t的取值范围是________．
解析：由题知，Sn＝2an＋2t－1　①，当n＝1时，a1＝2a1＋2t－1，得a1＝1－2t；当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋2t－1　②，①－②并化简，得an＝2an－1，故数列{an}是以a1＝1－2t为首项，2为公比的等比数列，则an＝（1－2t）·2n－1，所以an－an－1＝（1－2t）·2n－1－·（1－2t）·2n－2＝（3－6t）·2n－3，因为数列{an}为“差半递增”数列，所以3－6t＞0，解得t＜．
答案：
PAGE第二节　等差数列及其前n项和
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的考查热点，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n项和公式，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题．
本节通过对等差数列的通项公式及其前n项和公式、等差数列性质的应用，考查考生对函数与方程思想的应用，提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第105页
知识点一　等差数列的概念与通项
1．等差数列的概念
（1）如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．
数学语言表达式：an＋1－an＝d（n∈N＋，d为常数），或an－an－1＝d（n≥2，d为常数）．
（2）若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝Ｗ．
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＝a1＋（n－1）dＷ．
通项公式的推广：an＝am＋（n－m）d（m，n∈N＋）．
（2）等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d（其中n∈N＋，a1为首项，d为公差，an为第n项）．
?
温馨提醒
?
要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝（　　）
A．36　　　　　　　　
B．72
C．144
D．288
解析：因为a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，所以d＝，所以S9＝9×2＋×＝72．
答案：B
2．（易错题）一个等差数列的首项为，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是（　　）
A．d＞
B．d＜
C．＜d＜
D．＜d≤
解析：由题意可得即
解得＜d≤．
答案：D
3．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝________．
解析：由已知可得
解得所以S8＝8a1＋d＝32．
答案：32
知识点二　等差数列的性质
　已知数列{an}是等差数列，Sn是{an}的前n项和．
（1）若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N
），
则有am＋an＝ap＋aq．
（2）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Ｗ．
?
温馨提醒
?
三个必备结论
（1）若等差数列{an}的项数为偶数2n，则①S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；②S偶－S奇＝nd，＝．
（2）若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，
则①S2n＋1＝（2n＋1）an＋1；②＝．
（3）在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a1＜0，d＞0，则满足的项数m使得Sn取得最小值Sm．
1．（2021·吉林月考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a13＋a14＋a15＋a16＝（　　）
A．12　　　
B．8　　　　
C．20　　　
D．16
解析：∵S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，S4＝8，S8－S4＝12，∴S12－S8＝16，∴S16－S12＝20，即a13＋a14＋a15＋a16＝20．
答案：C
2．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝（　　）
A．180
B．90
C．270
D．360
解析：由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，所以a5＝90，所以a2＋a8＝2a5＝180．
答案：A
3．（易错题）已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d＜0，则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________．
解析：由|a3|＝|a9|，d＜0，得a3＝－a9，
即a3＋a9＝0，所以a6＝＝0．
所以a5＞0，a6＝0，a7＜0．
所以当n＝5或6时，Sn取最大值．
答案：5或6
授课提示：对应学生用书第106页
题型一　等差数列的基本问题　　
1．（2021·聊城期末测试）已知{an}是公差为2的等差数列，前5项和S5＝25，若a2m＝15，则m＝（　　）
A．4　　　　　　　
B．6
C．7
D．8
解析：S5＝5a1＋×2＝25，解得a1＝1．所以a2m＝a1＋（2m－1）×2＝1＋4m－2＝15，解得m＝4．
答案：A
2．（2021·西安调研）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（　　）
A．100
B．99
C．98
D．97
解析：设{an}的首项为a1，公差为d，则S9＝9a1＋36d＝9（a1＋4d）＝27，∴a1＋4d＝3．又∵a10＝a1＋9d＝8，∴a1＝－1，d＝1．∴a100＝a1＋99d＝98．
答案：C
3．（2019·高考全国卷Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5．
（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解析：（1）设{an}的公差为d．
由S9＝－a5得a1＋4d＝0．
由a3＝4得a1＋2d＝4．
于是a1＝8，d＝－2．
因此{an}的通项公式为an＝10－2n．
（2）由（1）得a1＝－4d，故an＝（n－5）d，
Sn＝．
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10．所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
等差数列运算中方程思想的应用
（1）等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程（组）求解．
（2）等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
题型二　等差数列的性质及应用　　
1．在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是（　　）
A．20　　　　　　　　　
B．22
C．24
D．－8
解析：因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，
所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24．
答案：C
2．在等差数列{an}中，a1＝－2
020，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2
020的值等于（　　）
A．－2
020
B．－2
018
C．－2
019
D．－2
017
解析：由题意知，数列为等差数列，其公差为1，所以＝＋（2
020－1）×1＝－2
020＋2
019＝－1．
所以S2
020＝－2
020．
答案：A
3．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d为（　　）
A．10
B．5
C．4
D．8
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d．
由已知条件，得
解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5．
答案：B
应用等差数列的性质解题的两个注意点
（1）如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq（m，n，p，q∈N＋）．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am（或其他项）有关的条件；若求am项，可由am＝（am－n＋am＋n）转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
（2）要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋（n－m）d，d＝，S2n－1＝（2n－1）an，Sn＝＝（n，m∈N＋）等．
题型三　等差数列的判断与证明　　
[例]　（2021·大连模拟）已知数列{an}的各项都是正数，n∈N＋．
（1）若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝b－b，n∈N＋，求证：数列{cn}是等差数列；
（2）若a＋a＋a＋…＋a＝S，Sn为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式．
[解析]　（1）证明：由题意得b＝anan＋1，
则cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此cn＋1－cn＝2d（an＋2－an＋1）＝2d2，∴{cn}是等差数列．
（2）当n＝1时，a＝a，∵a1＞0，∴a1＝1．
当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a＝S，①
a＋a＋a＋…＋a＝S，②
①－②得，a＝S－S＝（Sn－Sn－1）（Sn＋Sn－1）．
∵an＞0，∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③
∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a＝2Sn－1－an－1，④
③－④得a－a＝2（Sn－Sn－1）－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1，
∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n．
等差数列的判定与证明方法
（1）定义法：对于任意自然数n（n≥2），an－an－1（n≥2，n∈N＋）为同一常数?{an}是等差数列．
（2）等差中项法：2an－1＝an＋an－2（n≥3，n∈N＋）成立?{an}是等差数列．
（3）通项公式法：an＝pn＋q（p，q为常数）对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列．
（4）前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn（A，B是常数）对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列．
[对点训练]
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
（1）证明：an＋2－an＝λ；
（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解析：（1）证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1（an＋2－an）＝λan＋1，
由于an＋1≠0，
所以an＋2－an＝λ．
（2）由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，
可得a2＝λ－1．
由（1）知，a3＝λ＋1．
令2a2＝a1＋a3，
解得λ＝4．
故an＋2－an＝4，
由此可得{a2n－1}是首项为1，
公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3．
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1．
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，
使得数列{an}为等差数列．
题型四　等差数列前n项和的最值　　
[例]　记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
[解析]　（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15．
由a1＝－7得d＝2．
∴{an}的通项公式为an＝a1＋（n－1）d＝2n－9．
（2）法一：由（1）得Sn＝·n＝n2－8n＝（n－4）2－16．∴当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16．
法二：由an＝2n－9，∴Sn最小?
即≤n≤．又n∈N＋，∴n＝4．
即S4最小，且S4＝－16．
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
（1）函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．
（2）邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm．
[对点训练]
设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＞0且＝，则当Sn取最大值时，n的值为（　　）
A．9　　　　　　　
B．10
C．11
D．12
解析：由＝，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1＞0可推知这个数列递减，从而a10＞0，a11＜0，故n＝10时，Sn最大．
答案：B
　等差数列应用中的核心素养
（一）数学建模——等差数列中的数学文化问题
[例1]　（2020·高考全国卷Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（　　）
A．3
699块　　　　　　　
B．3
474块
C．3
402块
D．3
339块
[解析]　设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝n2d，则9n2＝729，得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋×9＝3
402（块）．
[答案]　C
等差数列的数学文化题求解关键是阅读文化信息后建立等差数列的模型，再利用等差数列相关的知识进行求解．
[对点训练]
《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）这个问题中，甲所得为（　　）
A．钱　　　　　　　
B．钱
C．钱
D．钱
解析：依题意，设甲所得为a1，公差为d，则a1＋a2＝a3＋a4＋a5＝，即2a1＋d＝3a1＋9d＝，解得a1＝，所以甲所得为钱．
答案：B
（二）数学抽象——等差数列新定义问题
[例2]　（2021·太原期末测试）对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，已知数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn最小值为（　　）
A．－70
B．－72
C．－64
D．－68
[解析]　∵数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，∴Hn＝＝2n＋1，∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，∴2n－1an＝n·2n＋1－（n－1）·2n（n≥2），∴an＝4n－2（n－1）＝2n＋2（n≥2），又a1＝4，满足上式，∴an＝2n＋2（n∈N＋），∴an－20＝2n－18，由得8≤n≤9，∴Sn的最小值为S8＝S9＝－72．
[答案]　B
有关等差数列的新定义问题的求解要紧扣定义信息转化为等差数列相关问题求解．
[对点训练]
已知定义：在数列{an}中，若a－a＝p（n≥2，n∈N＋，p为常数），则称{an}为等方差数列．下列命题不正确的是（　　）
A．若{an}是等方差数列，则{a}是等差数列
B．{（－1）n}是等方差数列
C．若{an}是等方差数列，则{akn}（k∈N＋，k为常数）不可能还是等方差数列
D．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
解析：若{an}是等方差数列，则a－a＝p，故{a}是等差数列，故A正确；当an＝（－1）n时，a－a＝（－1）2n－（－1）2（n－1）＝0，故B正确；若{an}是等方差数列，则由A知{a}是等差数列，从而{a}（k∈N＋，k为常数）是等差数列，设其公差为d，则有a－a＝d．由定义知{akn}是等方差数列，故C不正确；若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则a－a＝p，an－an－1＝d，所以a－a＝（an－an－1）（an＋an－1）＝d（an＋an－1）＝p．若d≠0，则an＋an－1＝．又an－an－1＝d，解得an＝，{an}为常数列；若d＝0，该数列也为常数列，故D正确．
答案：C
PAGE第三节　等比数列及其前n项和
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的考查热点，主要考查等比数列的基本运算和性质，等比数列的通项公式和前n项和公式，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题．
本节通过等比数列通项公式及其前n项和公式、等比数列性质的应用，考查对函数与方程、转化与化归和分类讨论思想的应用，提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第109页
知识点一　等比数列的概念及通项
1．等比数列的概念
（1）如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，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，公比通常用字母q（q≠0）表示．数学语言表达式：＝q（n≥2，q为非零常数），或＝q（n∈N＋，q为非零常数）．
（2）如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±Ｗ．
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，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
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＝＝．
?
温馨提醒
?
1．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
2．等比数列{an}中任何一项an≠0．
1．已知数列{an}是等比数列，且a1＝，a4＝－1，则{an}的公比q为（　　）
A．2　　　　　　　
B．－
C．－2
D．
解析：由＝q3＝－8得q＝－2．
答案：C
2．（易错题）已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，所以（2x＋2）2＝x（3x＋3），
即x2＋5x＋4＝0，
解得x＝－1或x＝－4．
当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，
不是等比数列，舍去．
答案：－4
3．（易错题）设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________．
解析：当q≠1时，由题意，＝3a1q2，
即1－q3＝3q2－3q3，
整理得2q3－3q2＋1＝0，
解得q＝－．
当q＝1时，S3＝3a3，显然成立．
故q＝－或1．
答案：－或1
知识点二　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＝am·an．
（2）等比数列{an}的单调性：
当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}是递增数列；
当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}是递减数列；
当q＝1时，数列{an}是常数列．
?
温馨提醒
?
1．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
qm．
2．若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
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qn．
1．等比数列{an}各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝（　　）
A．12
B．10
C．8
D．2＋log35
解析：∵数列{an}为等比数列，
∴a5a6＋a4a7＝2a1a10＝18，a1a10＝9，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10
＝log3（a1a2…a10）＝log3（a1a10）5
＝5log39＝10．
答案：B
2．在3与192中间插入两个数使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．
解析：设该数列的公比为q，由题意知，
192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4．
所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48．
答案：12，48
3．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．
解析：因为＝，所以＝－，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，则an＝－1×＝－．
答案：－
授课提示：对应学生用书第110页
题型一　等比数列的基本问题　　
1．（2021·菏泽模拟）在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为（　　）
A．2
B．－
C．
D．－或
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，可得a2a16＝2，即aq16＝2，即a＝2，则＝a9＝±．
答案：D
2．（2021·郑州模拟）已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4（a4－1），则a2＝（　　）
A．2
B．1
C．
D．
解析：法一：因为a3a5＝a，a3a5＝4（a4－1），
所以a＝4（a4－1），
所以a－4a4＋4＝0，
所以a4＝2．又因为q3＝＝＝8，
所以q＝2，所以a2＝a1q＝×2＝．
法二：因为a3a5＝4（a4－1），
所以a1q2·a1q4＝4（a1q3－1），
将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，
解得q＝2，所以a2＝a1q＝．
答案：C
3．（2021·贵阳第一学期检测）设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若对任意的n∈N＋，kan，Sn，－1都成等差数列，求实数k的值．
解析：（1）∵a1＋a2＝4，a3－a2＝6，
∴
∵q＞0，∴q＝3，a1＝1．
∴an＝1×3n－1＝3n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝3n－1．
（2）由（1）知an＝3n－1，Sn＝＝，
∵kan，Sn，－1成等差数列，
∴2Sn＝kan－1，即2×＝k×3n－1－1，
解得k＝3．
1．解决等比数列有关问题的常用思想方法
（1）方程思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
（2）分类讨论思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝．
2．在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q（m，n，p，q∈N＋），则有aman＝apaq”，则可减少运算量，解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．
题型二　等比数列的判定及应用　　
[例]　已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝（n∈N＋）．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．
[解析]　（1）证明：因为an＋1＝，所以＝＝＋，所以－＝，又a1＝1，所以－＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）知－＝·＝，即＝＋，所以bn＝＝＋，设Tn＝＋＋＋…＋　①，则Tn＝＋＋…＋＋　②，由①－②得，Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－－，所以Tn＝2－－，又×（1＋2＋3＋…＋n）＝，所以数列{bn}的前n项和Sn＝2－＋．
掌握等比数列的四种常用判定方法
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
中项公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2（n∈N＋），则数列{an}是等比数列
通项公式法
若数列通项公式可写成an＝c·qn－1（c，q均是不为0的常数，n∈N＋），则{an}是等比数列
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
[对点训练]
（2021·六安高三联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＞0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数．
（1）证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
（2）是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
解析：（1）证明：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，
S＝a－λSn＋1，所以S＝（Sn＋1－Sn）2－λSn＋1，所以Sn＋1（Sn＋1－2Sn－λ）＝0，因为an＞0，所以Sn＋1＞0，所以Sn＋1－2Sn－λ＝0，所以Sn＋1＝2Sn＋λ．
（2）存在．因为Sn＋1＝2Sn＋λ，所以Sn＝2Sn－1＋λ（n≥2），相减得an＋1＝2an（n≥2），所以{an}从第二项起成等比数列，因为S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，所以a2＝1＋λ＞0，得λ＞－1，所以an＝若使{an}是等比数列，则a1a3＝a，所以2（λ＋1）＝（λ＋1）2，所以λ＝1，经检验，符合题意．故存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，λ的值为1．
题型三　等差数列、等比数列的综合问题　　
[例]　已知数列{an}为公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a7成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝2an，求数列{an＋bn}的前n项和Tn．
[解析]　（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a3，a7成等比数列，
所以a＝a1a7，
即（a1＋2d）2＝a1（a1＋6d），
又a1＝2，所以d＝1或d＝0（舍），
所以an＝n＋1．
（2）数列{an}的前n项和＝＝n2＋n．
又bn＝2an＝2n＋1，所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以数列{bn}的前n项和＝＝2n＋2－4．
所以数列{an＋bn}的前n项和Tn＝n2＋n＋2n＋2－4．
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
[对点训练]
各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：对任意的正整数n，都有an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．
（1）求证：数列{}是等差数列；
（2）若a1＝1，b1＝2，a2＝3，求an，bn．
解析：（1）证明：∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，且an＞0，bn＞0，∴a＝bnbn＋1，
∴an＋1＝．
∵an，bn，an＋1成等差数列，∴2bn＝an＋an＋1，
2bn＋1＝an＋1＋an＋2＝＋．
∴2＝＋．∴{}是等差数列．
（2）∵a1＝1，b1＝2，a2＝3，∴b2＝，＝，
∴－＝，
∴＝（n＋1），∴bn＝（n＋1）2，an＋1＝（n＋1）（n＋2），
则an＝n（n＋1），显然a1＝1也满足上式，
故an＝n（n＋1），bn＝（n＋1）2．
　等比数列应用中的核心素养
数学建模——等比数列的实际应用
[例]　（2021·衡阳模拟）中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟（单位：升）为（　　）
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则＝50，解得a1＝，所以马主人应偿还粟的量为a2＝2a1＝．
[答案]　D
以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n项和等．
[对点训练]
“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（　　）
A．f　　
B．f　　　
C．f　　
D．f
解析：由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝f．
答案：D
PAGE第四节　数列求和
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现．
本节通过数列求和以及数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第112页
知识点　数列前n项和的求法
1．公式法
（1）等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d．
（2）等比数列的前n项和公式
①当q＝1时，Sn＝na1；
②当q≠1时，Sn＝＝Ｗ．
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解．
3．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
4．倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
5．错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
6．并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝（－1）nf（n）类型，可采用两项合并求解．
?
温馨提醒
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二级结论
1．常见的裂项公式
（1）＝－．
（2）＝．
（3）＝－．
2．常见数列的求和公式
（1）12＋22＋32＋…＋n2＝
（2）13＋23＋33＋…＋n3＝
必明易错
1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
1．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为（　　）
A．2
016　　　　　　　
B．2
017
C．2
018
D．2
019
解析：an＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝2
019．
答案：D
2．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为________．
解析：设所求的数列前n项和为Sn，则
Sn＝（1＋2＋3＋…＋n）＋＋＋…＋＝＋1－．
答案：＋1－
3．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．
解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Sn＝（n－1）2n＋1＋2．
答案：（n－1）2n＋1＋2
4．（易错题）求1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1（x≠0且x≠1）的和．
解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①
则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②
①－②得：（1－x）Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝－nxn，所以Sn＝－．
授课提示：对应学生用书第113页
题型一　分组转化法求和　　
[例]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为（1，2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解析]　（1）设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为（1，2），
所以＝1＋2＝3，得a1＝d，
又易知＝2，所以a1＝1，d＝1．
所以数列{an}的通项公式为an＝n．
（2）由（1）可得，a2n＝2n，2an＝2n．
因为bn＝a2n＋2an－1，
所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（2＋22＋23＋…＋2n）
＝＋
＝n2＋2n＋1－2．
分组转化法求和的常见类型
[对点训练]
（2021·合肥质检）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：（1）∵{an}为等差数列，
∴解得∴an＝2n＋1．
（2）∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋（2n＋1）＝2×4n＋（2n＋1），
∴Tn＝2×（4＋42＋…＋4n）＋（3＋5＋…＋2n＋1）
＝2×＋
＝（4n－1）＋n2＋2n．
题型二　裂项相消法求和　　
[例]　数列{an}满足a1＝1，eq
\r(a＋2)＝an＋1（n∈N＋）．
（1）求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解析]　（1）证明：由eq
\r(a＋2)＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，
所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以a＝1＋（n－1）×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，
所以an＝（n∈N＋）．
（2）bn＝＝＝－，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1．
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[对点训练]
设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N＋）．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：（1）证明：因为an＋1＝，所以－＝－＝－＝＝－，为常数．
因为a1＝1，所以＝－1，所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．
（2）由（1）知＝－1＋（n－1）＝－，
所以an＝2－＝，
所以bn＝＝＝＝1＋＝1＋，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝n＋
＝n＋
＝n＋，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋．
题型三　错位相减法求和　　
[例]　（2020·高考全国卷Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
[解析]　（1）设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2．
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2．
故{an}的公比为－2．
（2）记Sn为{nan}的前n项和．由（1）及题设可得an＝（－2）n－1，所以Sn＝1＋2×（－2）＋…＋n×（－2）n－1，－2Sn＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n－1）×（－2）n－1＋n×（－2）n．
所以3Sn＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n－1－n×（－2）n
＝－n×（－2）n．
所以Sn＝－．
运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．
[对点训练]
（2020·高考全国卷Ⅲ）设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
解析：（1）a2＝5，a3＝7．猜想an＝2n＋1．
证明：由已知可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，
an－（2n＋1）＝3[an－1－（2n－1）]，
…，
a2－5＝3（a1－3）．
因为a1＝3，所以an＝2n＋1．
（2）由（1）得2nan＝（2n＋1）2n，
所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋（2n＋1）×2n．①
从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n＋1）×2n＋1．②
①－②得
－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－（2n＋1）×2n＋1，所以Sn＝（2n－1）2n＋1＋2．
　数列求和中的核心素养
数学运算——数列求和的创新交汇应用
[例]　（2020·新高考全国卷Ⅰ）已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bm为{an}在区间（0，m]（m∈N
）中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
解析：（1）设{an}的公比为q．
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．
解得q＝（舍去），q＝2．
由题设得a1＝2．
所以{an}的通项公式为an＝2n．
（2）由题设及（1）知b1＝0，且当2n≤m＜2n＋1时，bm＝n．所以S100＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5＋b6＋b7）＋…＋（b32＋b33＋…＋b63）＋（b64＋b65＋…＋b100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480．
1．本题利用基本元的思想，将已知条件转化为a1，q的形式，求解出a1，q，由此求得数列{an}的通项公式．
2．通过分析数列{bm}的规律，由此求得数列{bm}的前100项和S100．
[题组突破]
1．（2021·贵阳摸底）定义为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”．若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为，则数列的前2
019项和为（　　）
A．　　
B．　　　
C．　　
D．
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则根据题意＝，Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2（n≥2），当n＝1时也适合，所以an＝6n－2，所以＝＝＝－，所以的前2
019项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝．
答案：B
2．（2021·张掖期末测试）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，．①
第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝（　　）
A．n2
B．（n－1）2
C．n（n－1）
D．n（n＋1）
解析：∵ak＝，∴当k≥2时，ak－1ak＝＝n2．∴a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝n2＝n2＝n（n－1）．
答案：C
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