2025届高考数学复习专题突破：数列讲义

突破1　数列中含绝对值及奇偶项问题 命题点1　数列中含绝对值的求和问题 例1 [2023全国卷乙]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解析　（1）设{an}的公差为d，则 解得a1＝13，d＝－2. 所以{an}的通项公式为an＝13＋（n－1）×（－2）＝15－2n. （2）由（1）得｜an｜＝ 当n≤7时，Tn＝Sn＝13n＋×（－2）＝14n－n2， 当n≥8时，Tn＝－Sn＋2S7＝－（14n－n2）＋2（14×7－72）＝98－14n＋n2. 综上，Tn＝ 方法技巧 一般地，数列{｜an｜}与数列{an}是两个不相同的数列，只有数列{an}中的每一项都是非负数时，它们表示的才是同一数列.因此，求数列{｜an｜}的前n项和时，应先弄清n取什么值时an≥0或an＜0，去掉绝对值符号后再求和. 训练1 [2023长沙一中5月三模]已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2（n∈N*），它的前n项和为Sn，且a3＝－25，S6＝－144. （1）求Sn的最小值； （2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解析　（1）由2an＋1＝an＋an＋2可得an＋1－an＝an＋2－an＋1，所以{an}是等差数列.设{an}的公差为d，由得解得 所以Sn＝－29n＋×2＝n2－30n＝（n－15）2－225， 所以当n＝15时，Sn取得最小值－225. （2）由（1）知an＝－29＋（n－1）×2＝2n－31，则当n≤15时，an＜0，当n≥16时，an＞0. 当n≤15时，Tn＝－Sn＝－n2＋30n， 当n≥16时，Tn＝－S15＋Sn－S15＝n2－30n＋450. 综上，Tn＝ 命题点2　数列中的奇偶项问题 例2 [2022天津高考]已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1. （1）求{an}，{bn}的通项公式. （2）证明：（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn. （3）求[ak＋1－（－1）kak]bk. 解析　（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，根据a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1得解得d＝q＝0（舍）或d＝q＝2， 所以an＝2n－1，bn＝2n－1. （2）解法一　因为Sn为数列{an}的前n项和，所以Sn＝＝＝n2， 则（Sn＋1＋an＋1）bn＝[（n＋1）2＋2（n＋1）－1]·2n－1＝（n2＋4n＋2）·2n－1， Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝（n＋1）2·2n－n2·2n－1＝2n－1·[2（n＋1）2－n2]＝2n－1·（n2＋4n＋2）， 所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn. 解法二　因为Sn为数列{an}的前n项和，所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝（Sn＋an＋1＋an＋1）bn＝（Sn＋2an＋1）bn， Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝（Sn＋an＋1）·（2bn）－Sn·bn＝bn（2Sn＋2an＋1－Sn）＝（Sn＋2an＋1）bn， 所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn. （3）令cn＝[an＋1－（－1）nan]bn， 当n为奇数时，cn＝（an＋1＋an）bn＝（2n＋1＋2n－1）·2n－1＝4n·2n－1＝n·2n＋1， 当n为偶数时，cn＝（an＋1－an）bn＝（2n＋1－2n＋1）·2n－1＝2×2n－1＝2n， 则[ak＋1－（－1）kak]bk＝（c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1）＋（c2＋c4＋c6＋…＋c2n）， 令Tn＝c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1＝1×22＋3×24＋5×26＋…＋（2n－1）·22n， 则4Tn＝1×24＋3×26＋5×28＋…＋（2n－1）·22n＋2， 所以－3Tn＝22＋2（24＋26＋…＋22n）－（2n－1）·22n＋2＝4＋2×－（2n－1）·22n＋2， 所以Tn＝. 令An＝c2＋c4＋c6＋…＋c2n＝22＋24＋26＋…＋22n＝＝. 所以[ak＋1－（－1）kak]bk＝Tn＋An＝＋＝. 方法技巧 解答与奇偶项有关的求和问题的关键 （1）弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式. （2）弄清n为奇数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数. 训练2 [2023南京六校联考]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，数列{bn}为等比数列，且满足bn（an＋1－an）＝bn＋1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）已知数列{bn}的前n项和为Sn，若 ，记数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前2n项和T. 在①2S2＝S3－2，②b2，2a3，b4成等差数列，③S6＝126这三个条件中任选一个，补充在第（2）问中，并对其求解. 解析　（1）因为bn（－an）＝，a1＝1，a2＝3， 所以令n＝1，得2b1＝b2， 又数列{bn}为等比数列，所以＝2bn，即数列{bn}的公比为2. 则－an＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1. （2）由（1）知数列{bn}是公比为2的等比数列. 若选①，由2S2＝S3－2得2（b1＋2b1）＝b1＋2b1＋4b1－2，所以b1＝2，则bn＝2n. 若选②，由b2，2a3，b4成等差数列得b2＋b4＝4a3，即2b1＋8b1＝20，所以b1＝2，则bn＝2n. 若选③，由S6＝126得＝126，所以b1＝2，则bn＝2n.所以cn＝ 所以数列{cn}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项，4为公比的等比数列. 所以＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n） ＝n＋×4＋ ＝2n2－n＋. 1. [命题点1]设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝13. （1）求an； （2）若{an}是递增数列，求数列{｜an－n－2｜}的前n项和. 解析　（1）设等比数列{an}的公比为q. 由题意得a1＋a1q＋a1q2＝13，即1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4. 故an＝3n－1或an＝（－4）n－1. （2）由（1）知，an＝3n－1.令bn＝｜an－n－2｜＝｜3n－1－n－2｜. 由3n－1－n－2≥0，得3n－1≥n＋2，所以n≥3.由3n－1－n－2＜0，得n≤2，即n＝1，2. 设数列{｜an－n－2｜}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn. 当n＝1时，T1＝b1＝2；当n＝2时，T2＝b1＋b2＝3； 当n≥3时，Tn＝3＋－＝. T1不满足上式，T2满足上式. 综上，Tn＝ 2.[命题点2/2023合肥一中诊断]在等比数列{an}中，已知a2＝4，a5＝32. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）n·log2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　（1）设{an}的公比为q，则解得 所以数列{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n. （2）由（1）得bn＝（－1）n·log2an＝（－1）n·n， 所以数列{bn}的前n项和Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋（－1）n·n， 当n为偶数时，Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋n＝；当n为奇数时，Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…－n＝－n＝－. 所以Sn＝ 3.[命题点2/2023江苏南京外国语学校、金陵中学三模]已知正项数列{an}满足a1＝1，－＝8n. （1）求{an}的通项公式； （2）记bn＝ansin ，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2 023. 解析　（1）对任意的n∈N*，－＝8n， 当n≥2时，＝（－）＋…＋（－）＋＝8（n－1）＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋（n－1）]＋1＝8×＋1＝（2n－1）2， 因为an＞0，所以an＝2n－1. 当n＝1时，a1＝1符合an＝2n－1， 所以an＝2n－1，n∈N*. （2）bn＝ansin（·π）＝（－1）n＋1（2n－1）， 所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－（4k－1）＋4k＋1＝2， 故S2 023＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5）＋…＋（b2 022＋b2 023）＝1＋2×1 011＝2 023. 基础练习 1.[2024广州市培英中学校考]若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4 043＞0，S4 044＜0，对任意正整数n，都有｜an｜≥｜am｜，则m的值为（　C　） A.2 020 B.2 021 C.2 022 D.2 023 解析　依题意知S4 043＝＝4 043a2 022＞0，所以a2 022＞0，又S4 044＝＜0，即a1＋a4 044＜0，所以a2 022＋a2 023＜0，则a2 023＜0，且｜a2 022｜＜ ｜a2 023｜，所以等差数列{an}是递减数列，a1＞a2＞…＞a2 021＞a2 022＞0＞a2 023＞a2 024＞…，所以对任意正整数n，都有｜an｜≥｜am｜，则m＝2 022.故选C. 2.[2024福建模拟]如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具.在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝则解下5个圆环所需的最少移动次数为（　C　） A.5 B.10 C.21 D.42 解析　由a1＝1，an＝得a5＝2a4＋1＝4a3＋1＝4（2a2＋1）＋1＝8a2＋5＝16a1＋5＝21. 3.[多选/2024江西抚州模拟]已知数列{an}满足an＋an＋1＝2×（－1）n，n∈N*，且a5＝1，则下列表述正确的有（　BD　） A.a1＝－5 B.数列{a2n－1}是等差数列 C.数列{｜an｜}是等差数列 D.数列{}的前n项和为 解析　由an＋an＋1＝2×（－1）n，得－＝－2， 所以数列{}是公差为－2的等差数列， 所以＝＋（n－5）×（－2），即an＝（2n－9）×（－1）n＋1. 对于选项A，a1＝（2×1－9）×（－1）1＋1＝－7，故选项A不正确； 对于选项B，因为a2n－1＝4n－11，a2n＋1－a2n－1＝4（n＋1）－11－（4n－11）＝4， 故{a2n－1}是公差为4的等差数列，故选项B正确； 对于选项C，｜an｜＝｜2n－9｜，则｜a3｜＝3，｜a4｜＝｜a5｜＝1，所以{｜an｜}不是等差数列，故选项C不正确； 对于选项D，＝＝－（－）， 所以{}的前n项和Sn＝－（－＋－＋…＋－）＝， 故选项D正确.故选BD. 4.[多选/2024浙江模拟]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝3，且对任意的正整数m，n，都有a2m＋a2n＝2am＋n＋｜m－n｜，则下列说法正确的有（　ABD　） A.a4＝5 B.数列{a2n＋2－a2n}是等差数列 C.a2n＝3n－1 D.当n为奇数时，an＝ 解析　由题意知a1＝1，a2＝2，a3＝3，令m＝1，n＝2，得a2＋a4＝2a3＋1，解得a4＝5，故A正确. 此时a4－a2＝3，令m＝n＋2，得a2n＋4＋a2n＝2a2n＋2＋2，从而（a2n＋4－a2n＋2）－（a2n＋2－a2n）＝2，所以数列{a2n＋2－a2n}是以3为首项，2为公差的等差数列，故B正确. 所以a2n＋2－a2n＝3＋2（n－1）＝2n＋1，所以a2n－a2＝（a2n－a2n－2）＋（a2n－2－a2n－4）＋…＋（a4－a2）＝（2n－1）＋（2n－3）＋…＋3＝＝n2－1，所以a2n＝n2＋1，故C错误. 令m＝n＋1，得a2n＋2＋a2n＝2a2n＋1＋1，所以a2n＋1＝＝n2＋n＋1，令k＝2n＋1，则k为奇数，则ak＝（）2＋＋1＝，又a1＝1适合上式，所以当n为奇数时，an＝，故D正确.故选ABD. 5.[2024南京市学情调研]记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＝则S8＝　　. 解析　当n为奇数时，an＝＝－，当n为偶数时，an＝an－1，∴S8＝2（a1＋a3＋a5＋a7）＝2（1－＋－＋－＋－）＝2（1－）＝. 6.[2024重庆八中校考]在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜，求T15的值. 解析　（1）∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an， ∴数列{an}是等差数列. 设{an}的公差为d，∵a1＝8，a4＝2，∴d＝＝－2， ∴an＝a1＋（n－1）d＝10－2n，n∈N*. （2）设数列{an}的前n项和为Sn，则由（1）可得，Sn＝8n＋×（－2）＝9n－n2，n∈N*. 由（1）知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，当n＞5时，an＜0， 则T15＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝a1＋a2＋…＋a5－（a6＋a7＋…＋a15）＝S5－ （S15－S5）＝2S5－S15＝2×（9×5－25）－（9×15－152）＝130. 7.[2023广州市二检]设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an＋1＋（－1）nSn＝2n. （1）求a1，a2； （2）令bn＝an＋1＋2an，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n. 解析　（1）由an＋1＋（－1）nSn＝2n，得a2－S1＝2，a3＋S2＝4， 即a2－a1＝2，a3＋a1＋a2＝4. 又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3. （2）当n＝2k（k∈N*）时，a2k＋1＋S2k＝22k　①， 当n＝2k－1（k∈N*）时，a2k－S2k－1＝22k－1　②， ①＋②得a2k＋1＋a2k＋S2k－S2k－1＝22k＋22k－1， 得a2k＋1＋2a2k＝3×22k－1. 因为bn＝an＋1＋2an， 所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n ＝（a3＋2a2）＋（a5＋2a4）＋（a7＋2a6）＋…＋（a2n＋1＋2a2n） ＝3×2＋3×23＋3×25＋…＋3×22n－1 ＝3× ＝22n＋1－2. 突破2　数列中的构造问题 命题点1　形如an＋1＝pan＋f（n）（p≠1） 例1 （1）在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an－2n－1，则an＝　2n－1　. 解析　因为an＋1＝3an－2n－1，所以＝·－， 即－＝（－）.因为－＝0，所以－＝0，故an＝2n－1. （2）设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，则an＝　2n＋1　. 解析　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. 命题拓展 [变条件]若例1（2）中的a1＝4，则an＝　3n－1＋2n＋1　. 解析　设an＋1＋x（n＋1）＋y＝3（an＋xn＋y），则展开利用对应项系数相等可得出x＝ －2，y＝－1，所以{an－2n－1}是以a1－2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以an－2n－1＝3n－1，所以an＝3n－1＋2n＋1. 方法技巧 形如an＋1＝pan＋f（n）（p≠1）的递推式，一般采用构造法求通项： （1）若f（n）为非零常数，则一般凑配成an＋1＋x＝p（an＋x）的形式（利用待定系数法求x），构造等比数列； （2）若f（n）为关于n的一次函数，则一般凑配成an＋1＋x（n＋1）＋y＝p（an＋xn＋y）的形式（利用待定系数法求x，y），构造等比数列； （3）若f（n）为指数幂（如qn）的形式，则一般两边同时除以pn＋1或qn＋1，再利用累加法或构造法求通项. 训练1 在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则an＝　3n＋2　. 解析　由an＋1＝3an－4，可得an＋1－2＝3（an－2），又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，所以an＝3n＋2. 命题点2　形如an＋1＝ 例2 [多选/2023江苏镇江中学5月考前模拟]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论正确的有（　ABD　） A.{＋3}为等比数列 B.{an}的通项公式为an＝ C.{an}为递增数列 D.{}的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 解析　因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，所以＋3＝2（＋3）. 又＋3＝4，所以数列{＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以＋3＝4×2n－1＝ 2n＋1，即an＝，故A，B正确.因为an＋1－an＝－＝＝，n≥1，所以2n＋2－3＞0，2n＋1－3＞0，－2n＋1＜0，所以an＋1－an＜0，所以{an}为递减数列，故C错误.易知＝2n＋1－3，则Tn＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－3n＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确.故选ABD. 方法技巧 形如an＋1＝的递推式，一般采用取倒数法求通项，先变形为＝·＋，再利用累加法或构造法求通项. 训练2 （1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a10＝（　C　） A. B. C. D. 解析　由an＋1＝，两边同时取倒数得＝＝＋1，则＋1＝2（＋1），所以数列{＋1}是以2为公比的等比数列，则＋1＝（＋1）·2n－1＝2n，所以an＝，故a10＝＝.故选C. （2）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则an＝　　. 解析　依题意知an≠0，由an＋1＝可得＝＝＋，即－＝，又a1＝1，可知数列{}是以＝1为首项，为公差的等差数列，则＝1＋（n－1）＝，即an＝. 命题点3　形如an＋1＝pan＋qan－1（n≥2） 例3 已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝4，则数列{an}的通项公式为　an＝2×3n－1－2n－1　. 解析　解法一　当n≥2时，令an＋1－xan＝y（an－xan－1），即an＋1＝（x＋y）an－xyan－1.于是得解得或当x＝2，y＝3时，an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋1－2an＝2×3n－1　①.当x＝3，y＝2时，an＋1－3an＝2（an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝ 2n－1　②.由①－②得an＝2×3n－1－2n－1. 解法二　当n≥2时，由an＋1＝5an－6an－1得an＋1－2an＝3an－6an－1，即an＋1－2an＝3（an－2an－1），因为a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝2×3n－1，两边同 除以2n＋1，得－＝×（）n－1. 所以＝（－）＋（－）＋…＋（－）＋＝×（）n－2＋×（）n－3＋…＋×（）0＋＝×＋＝（）n－1－.故an＝2×3n－1－2n－1. 方法技巧 形如an＋1＝pan＋qan－1（n≥2）的递推式，一般采用构造法求通项，将原式变形为an＋1＋λan＝μ（an＋λan－1）（n≥2），由待定系数法求出λ，μ，再依据相邻两项的递推关系求通项. 训练3 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且对任意n∈N*，都有an＋2＝3an＋1－2an.则{an}的通项公式为　an＝2n－1　. 解析　由an＋2＝3an＋1－2an，得an＋2－an＋1＝2（an＋1－an），又a2－a1＝1，易知an＋1－an≠0，所以＝2，所以数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公比的等比数列.所以 an＋1－an＝2n－1，所以an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋21＋20＋1＝20＋21＋…＋2n－3＋2n－2＋1＝20×＋1＝2n－1，所以{an}的通项公式为an＝2n－1. 用“不动点法”求数列的通项公式 例4 已知数列{an}满足a1＝2，an＝（n≥2），则数列{an}的通项公式为　an＝　. 解析　令x＝，解得x＝1或x＝－1， 令＝c·　①， 由a1＝2，an＝，得a2＝， 令①式中的n＝1，可得c＝－， ∴数列{}是以＝为首项，－为公比的等比数列， ∴＝·（－）n－1， ∴an＝. 方法技巧 利用不动点法求数列通项的步骤 对于一个函数f（x），我们把满足f（m）＝m的值m称为函数f（x）的“不动点”.利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式. 设f（x）＝（c≠0，ad－bc≠0），数列{an}满足an＋1＝f（an），a1≠f（a1）. （1）若f（x）有两个相异的不动点p，q，则＝k·（此处k＝）. 步骤如下： i.令x＝，解出两个根p，q，即两个不动点； ii.构造新数列{}，并将已知递推关系an＋1＝f（an）代入化简，得出＝k·，并得出等比数列{}的通项； iii.解方程得出an. （2）若f（x）有两个相同的不动点p，则＝＋k（此处k＝）. 训练4 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝，则该数列的通项公式为　an＝　. 解析　由方程x＝，得数列{an}的不动点为1和2，则＝＝＝·，所以{}是首项为＝2，公比为的等比数列，所以＝2·（）n－1，解得an＝＋2＝. 基础练习 1.数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝（n∈N*），则nan的最小值是（　C　） A.0 B. C.1 D.2 解析　由an－an＋1＝（n∈N*），易知an≠0，两边同时除以anan＋1，得－＝＝－， 所以当n≥2时，＝（－）＋（－）＋…＋（－）＋＝（－）＋（－）＋…＋（－）＋（1－）＋1＝2－，当n＝1时，a1＝1，满足上式，故nan＝＝，所以当n＝1时，nan取得最小值1.故选C. 2.[多选/2023云南玉溪一中7月模拟]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*），则（　BCD　） A.{}为等比数列 B.an＝ C.{an}为递减数列 D.{}的前n项和Tn＝ 解析　因为＝＝＋3，所以{}是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误； 因为＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝，故选项B正确； 因为函数y＝3x－2在[1，＋∞）上单调递增，且3x－2＞0，所以函数y＝在[1，＋∞）上单调递减，所以数列{an}为递减数列，故选项C正确； {}的前n项和Tn＝＝，故选项D正确.故选BCD. 3.[2024河南焦作统考]已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2，a3＋a2＝22，则满足an＞160的最小正整数n＝　5　. 解析　由解得又a2＝3a1＋2，所以a1＝1.又由an＋1＝3an＋2，可得an＋1＋1＝3（an＋1），所以{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为3的等比数列，所以an＝2×3n－1－1，易知{an}是递增数列，又a4＝2×27－1＝53，a5＝2×81－1＝161，所以满足an＞160的最小正整数n＝5. 4.[2023合肥六中三模]已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2（n≥3），则数列{an}的通项公式为　an＝×3n－1＋×（－1）n－1　. 解析　∵an＝2an－1＋3an－2（n≥3），∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2）（n≥3），又a1＋a2＝7，∴{an＋1＋an}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋1＋an＝7×3n－1 ①，又an－3an－1＝－（an－1－3an－2）（n≥3），a2－3a1＝－13，∴{an＋1－3an}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an＋1－3an＝（－13）×（－1）n－1　②，由①－②得，4an＝7×3n－1＋13×（－1）n－1，∴an＝×3n－1＋×（－1）n－1. 5.[2023厦门双十中学三模改编]已知数列{an}满足a1＝1，＝10an（an＞0），则{an}的通项公式为　an＝10×（　. 解析　已知＝10an，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），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－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，即an＝10×（. 6.[2023山东威海三模]已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋（）n＋1，则{an}的通项公式为　an＝－　. 解析　解法一（待定系数法）　令an＋1＋λ（）n＋1＝[an＋λ（）n]， 即an＋1＝an－（）n＋1，由对应项系数相等得λ＝－3， 设bn＝an－3×（）n，则b1＝a1－3×（）1＝－，bn＋1＝bn， 则数列{bn}是以－为首项，为公比的等比数列，则bn＝－×（）n－1， 所以an＝－. 解法二（变形转化＋待定系数法）　将an＋1＝an＋（）n＋1两边同时乘以2n＋1，得2n＋1an＋1＝×（2nan）＋1.令cn＝2nan，则cn＋1＝cn＋1，可得cn＋1－3＝（cn－3），所以数列{cn－3}是首项为c1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列，所以cn－3＝－×（）n－1，即cn＝3－2×（）n，所以an＝＝－. 解法三（累加法）　将an＋1＝an＋（）n＋1两边同时除以（）n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋ （）n＋1.令tn＝3nan，则tn＋1＝tn＋（）n＋1，所以当n≥2时，tn－tn－1＝（）n，…，t3－t2＝（）3，t2－t1＝（）2.将以上各式相加，得tn－t1＝（）2＋（）3＋…＋（）n（n≥2）.又t1＝3a1＝3×＝＝1＋，所以tn＝1＋＋（）2＋…＋（）n＝2×（）n＋1－2（n≥2），当n＝1时也符合上式，故tn＝2×（）n＋1－2，所以an＝＝－. 7.[2024名师原创]设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1（n∈N*），且a1，a2＋5，a3成等差数列. （1）求a1的值； （2）求数列{an}的通项公式. 解析　（1）2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， 令n＝2得2S2＝a3－23＋1，即2a1＋2a2＝a3－7　①. 因为a1，a2＋5，a3成等差数列，所以2（a2＋5）＝a1＋a3，即a3＝2（a2＋5）－a1　②， 将②代入①可得2a1＋2a2＝2（a2＋5）－a1－7，解得a1＝1， 故a1的值为1. （2）因为2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，两式作差可得an＋1＝3an＋2n，所以an＋1＋2n＋1＝3（an＋2n），n≥2， （原式难以配凑时，不妨先将原等式变形为＝·＋，再令＋λ＝（＋λ），求得λ＝1，构造出新的等比数列再继续求解） 易知a2＝5，所以an＋2n＝（a2＋22）×3n－2＝（5＋4）×3n－2＝3n，即an＝3n－2n，n≥2，将n＝1代入an＝3n－2n得a1＝31－21＝1，符合题意. 故数列{an}的通项公式为an＝3n－2n. 8.[2024浙江宁波模拟]已知数列{an}满足a1＝1，且对任意正整数m，n都有am＋n＝an＋am＋2mn. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{（－1）nan}的前n项和Sn. 解析　（1）对任意正整数m，n都有am＋n＝an＋am＋2mn， 取m＝1，得an＋1＝an＋1＋2n，所以an＋1－an＝2n＋1. 当n≥2时，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋3＋5＋…＋2n－1＝＝n2， 当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝n2. （2）当n为偶数时， Sn＝（－12＋22）＋（－32＋42）＋…＋[－（n－1）2＋n2]＝3＋7＋11＋…＋（2n－1）＝＝＝； 当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋（－1）nan＝Sn－1－an＝－n2＝. 综上所述，Sn＝ 突破3　数列中的创新型问题 命题点1　数学文化情境下的数列应用 例1 [2021新高考卷Ⅰ]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm， 20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到 5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝ 180 dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　5　；如果对折n次，那么Sk＝　240（3－）　dm2. 解析　依题意得，S1＝120×2＝240（dm2）；S2＝60×3＝180（dm2）；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且面积均为30 dm2，所以S3＝30×4＝120（dm2）； 当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm， 20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且面积均为15 dm2，所以S4＝15×5＝75（dm2）； …… 所以可归纳Sk＝×（k＋1）＝. 所以Sk＝240（1＋＋＋…＋＋）　①， 所以×Sk＝240（＋＋＋…＋＋）　②， 由①－②得，×Sk＝240（1＋＋＋＋…＋－）＝240{1＋－}＝240（－），所以Sk＝240（3－）（dm2）. 方法技巧 通过数学建模解决数学文化问题的步骤 读懂题意 会“脱去”题目中的背景，提取关键信息. 构造模型 由题意构建等差数列、等比数列或递推关系式的模型. “解模” 把问题转化为与数列有关的问题，如求指定项、公差（或公比）、项数、通项公式或前n项和等. 训练1 [2023安徽名校联考]“物不知数”原载于《孙子算经》，它的系统解法是南宋数学家秦九韶在《数书九章·大衍求一术》中给出的.“大衍求一术”是中国古算中最具独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.现有一道同余式组问题：将正整数中，被4除余1且被6除余3的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记{an}的前n项和为Sn，则S10＝（　C　） A.495 B.522 C.630 D.730 解析　由题知，被4除余1且被6除余3的数中，最小的正整数是9，则满足条件的数列{an}是以9为首项，12为公差的等差数列，则an＝12n－3（n∈N*），所以S10＝＝630.故选C. 命题点2　现代生活情境下的数列应用 例2 某市抗洪指挥部接到最新雨情预报，未来24 h城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝.经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20辆某型号翻斗车，平均每辆翻斗车需要工作24 h.而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调.若抽调的翻斗车每隔20 min才有一辆到达施工现场投入工作，要在24 h内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（　C　） A.25辆 B.24辆 C.23辆 D.22辆 解析　由题意可知，一辆翻斗车需要20×24＝480（h）才能完成拦洪坝的加高加固工程，设至少需要n辆这种型号的翻斗车才能在24 h内完成该工程，这n辆翻斗车的工作时间（单位：h）按从大到小排列依次记为a1，a2，…，an，则数列{an}是公差为－的等差数列，所以a1＝24，记{an}的前n项和为Sn，则Sn＝na1＋×（－）＝24n－n（n－1），当n＝23时，Sn≈467.7＜480，当n＝24时，Sn＝484＞480，故n的值为24，至少需要24辆翻斗车，所以至少还需要抽调23辆翻斗车，故选C. 训练2 [多选]如图所示，这是小朋友们喜欢玩的彩虹塔叠叠乐玩具.某数学兴趣小组利用该玩具制订如下玩法：在2号杆中自下而上串有由大到小的n（n∈N*）个彩虹圈，将2号杆中的彩虹圈全部移动到1号杆中，3号杆可以作为过渡使用；每次只能移动一个彩虹圈，且无论在哪个杆中，小的彩虹圈必须放置在大的上方；将一个彩虹圈从一个杆移动到另一个杆中记为移动1次，记an为2号杆中n个彩虹圈全部移动到1号杆所需要的最少移动次数，设bn＝an＋1－n，则下面结论正确的是（　ABD　） A.a3＝7 B.an＋1＝2an＋1 C.bn＝2n＋n－1 D.＝－ 解析　由题意易得，a1＝1，a2＝3.易知将n＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中所需要的最少次数为an＋1，若要将2号杆中的n＋1个彩虹圈全部移动到1号杆中，则第一步，将除了最大的彩虹圈的n个彩虹圈全部移动到3号杆中，所需要移动的最少次数为an；第二步，将最大的彩虹圈移动到1号杆中，最少需要移动1次；第三步，将3号杆中的n个彩虹圈全部移动到1号杆中，需要移动的最少次数为an，所以an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2（an＋1）.又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，an＝2n－1，a3＝7，所以选项A，B均正确；因为bn＝an＋1－n，所以bn＝2n＋1－1－n，所以选项C错误；因为＝－，所以＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝－，所以选项D正确.综上，选ABD. 命题点3　数列中的新定义问题 例3 我们把形如Fn＝＋1（n∈N）的数叫做“费马数”，设an＝log2（Fn－1），n∈N*，Sn表示数列{an}的前n项和，则使不等式＋＋…＋＜成立的最大正整数n的值是（　A　） A.5 B.6 C.7 D.8 解析　因为Fn＝＋1（n∈N），所以当n∈N*时，an＝log2（Fn－1）＝log2（＋1－1）＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.而＝＝－，所以＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－.若－＜，则＞，即2n＋2＜256，解得n＜6，故选A. 训练3 函数y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{an}满足a3＝3，且an＝n（an＋1－an），若bn＝[lg an]，则数列{bn}的前2 025项和为　4968　. 解析　由an＝n（an＋1－an），得（n＋1）an＝nan＋1，即＝，利用累乘法（或＝＝＝1），可得an＝n.记{bn}的前n项和为Tn，当1≤n≤9时，0≤lg an＜1，bn＝[lg an]＝0；当10≤n≤99时，1≤lg an＜2，bn＝1；当100≤n≤999时，2≤lg an＜3，bn＝2； 当1 000≤n≤2 025时，3≤lg an＜4，bn＝3.所以T2 025＝（b1＋…＋b9）＋（b10＋…＋b99）＋（b100＋…＋b999）＋（b1 000＋…＋b20 25）＝9×0＋90×1＋900×2＋1 026×3＝4 968. 1.[命题点1/2023河南郑州一模]我国古代有这样一个数学问题：今有男子善走，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？其大意是：现有一个善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走d里，九天他一共行走了一千二百六十里，求d的值.关于该问题，下列结论错误的是（　A　） A.d＝15 B.此人第三天行走了一百二十里 C.此人前七天一共行走了九百一十里 D.此人前八天一共行走了一千零八十里 解析　设此人第n（n∈N*）天走an里，则数列{an}是公差为d的等差数列，记数列{an}的前n项和为Sn，由题意可得解得d＝10，A错.a3＝a1＋2d＝120，B对.S7＝7a1＋d＝910，C对.S8＝8a1＋d＝1 080，D对.故选A. 2.[命题点2/2023江西清江中学期末]现某药厂打算投入一条新的药品生产线，已知该生产线连续生产n年的累计年产量（单位：万件）为T（n）＝n（n＋1）（n＋3），如果年产量超过60万件，可能出现产量过剩，产生药物浪费.从避免药物浪费和环境保护的角度出发，这条生产线的最大生产期限应拟定为（　B　） A.7年 B.8年 C.9年 D.10年 解析　设第n年年产量为an，则第一年年产量为a1＝T1＝2，以后各年年产量为an＝ T（n）－T（n－1）＝n（3n＋5）（n≥2，n∈N*）， a1＝2也符合上式，所以an＝n（3n＋5）（n∈N*）. 令n（3n＋5）≤60，得3n2＋5n－240≤0. 设f（x）＝3x2＋5x－240，其图象的对称轴为直线x＝－，则当x＞0时，f（x）单调递增. 又f（8）＝3×82＋5×8－240＝－8＜0，f（9）＝3×92＋5×9－240＝48＞0， 所以3n2＋5n－240≤0的最大正整数解为8，则这条生产线的最大生产期限应拟定为8年. 故选B. 3.[命题点3/多选/2023北京师范大学第二附属中学期中]若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称这个数列为“m积特征列”，若各项均为正数的等比数列{an}为“6积特征列”，且a1＞1，则当{an}的前n项之积最大时，n的值为（　CD　） A.5 B.4 C.3 D.2 解析　由{an}是等比数列，得an＝a1qn－1，其中q为数列{an}的公比. 因为数列{an}是“6积特征列”，所以a6＝a1a2a3a4a5a6， 所以q10＝1，所以a1q2＝1，所以a1＝q－2. 因为数列{an}各项均为正数，a1＞1，所以0＜q＜1. 设数列{an}的前n项之积为Pn， 则有Pn＝a1a2…an＝q1＋2＋3＋…＋（n－1）＝. 因为0＜q＜1，所以当最小时，Pn最大. 结合二次函数的图象及n∈N*知当n＝2或n＝3时，最小，Pn最大.故选CD. 基础练习　 1.[2023武汉市5月模拟]将1，2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i＜j≤n，如果ai＞aj，那么称数对（ai，aj）构成数列{an}的一个逆序对.若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为（　B　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析　由题知数列{an}中的项都是正整数，当n＝4时，1≤i＜j≤4，将1，2，3，4按照某种顺序排成一列，则用列举法列出所有恰有2个逆序对的数列的组合为{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，1，2，4}，共5个，故选B. 2.[2024湖南名校联考]南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从数列{an}中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}（称数列{an}为一阶等差数列），或者{bn}仍旧不是等差数列，但从数列{bn}中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}（称数列{an}为二阶等差数列）……以此类推，得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729，…是一阶等比数列，则log3an的值为（参考公式：12＋22＋…＋n2＝（n＋1）（2n＋1））（　B　） A.60 B.120 C.240 D.480 解析　由题意知，数列{an}为一阶等比数列.设bn＝，则{bn}为等比数列，其中b1＝1，b2＝3，公比为q＝＝3，所以bn＝3n－1.故an＝bn－1bn－2…b1·a1＝31＋2＋3＋…＋（n－2）＝，n≥2，a1＝1，也适合上式，所以log3an＝log3＝＝ （n2－3n＋2）.所以log3an＝log3a1＋log3a2＋log3a3＋…＋log3a10＝×[（12＋22＋…＋102）－3×（1＋2＋…＋10）＋2×10]＝×[（×10×11×21）－3×＋2×10]＝120.故选B. 3.[2023昆明市模拟]Farey序列是指把在0到1之间的所有分母不超过n（n∈N*）的最简分数及0（视为）和1（视为）按从小到大的顺序排列起来所形成的数列，记作F－n，例如F－4就是，，，，，，.则F－7的项数为　19　. 解析　F－7中分子为1的有，，，，，；分子为2的有，，；分子为3的有，，；分子为4的有，；分子为5的有，；分子为6的有；再加上和两项，共有19项. 4.对于数列{an}，使数列{an}的前k项和为正整数的k的值叫做“幸福数”.已知an＝log4，则数列{an}在区间[1，2 025]内的所有“幸福数”的个数为　5　. 解析　an＝log4＝log4（n＋1）－log4n，设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝log42－log41＋log43－log42＋…＋log4（n＋1）－log4n＝log4（n＋1）. 根据题意得Sk为正整数，设Sk＝m（m∈N*），则log4（k＋1）＝m， 所以k＋1＝4m，令1≤k≤2 025，则1≤4m－1≤2 025，故m可取1，2，3，4，5，共5个数，所以所求“幸福数”有5个，故答案为5. 5.我国古人将一年分为二十四个节气，如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，冬至的晷长最长，夏至的晷长最短，周而复始.已知冬至的晷长为13.5尺，芒种的晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的晷长的和为　84　尺. 解析　依题意，冬至的晷长为13.5尺，记为a1＝13.5，芒种的晷长为2.5尺，记为a12＝2.5，因为相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，所以从冬至到芒种的晷长可构成等差数列{an}，n∈N*，n≤12，则数列{an}的公差d＝＝＝－1.因为夏至与芒种相邻，且夏至的晷长最短，所以夏至的晷长为a12＋d＝1.5（尺），又大雪与冬至相邻，且冬至的晷长最长，所以大雪的晷长为a1＋d＝12.5（尺）.显然夏至到大雪的晷长可构成一个递增的等差数列，其首项为1.5，末项为12.5，共12项，所以一年中夏至到大雪的晷长的和为×12＝84（尺）. 6.某项测试有10道必答题，甲和乙参加该测试，分别用数列{an}和{bn}记录他们的成绩.若第k题甲答对，则ak＝k，若第k题甲答错，则ak＝－k；若第k题乙答对，则bk＝2k－1 ，若第k题乙答错，则bk＝－2k－1.已知b1＋b2＋…＋b10＝767，a1b1＋a2b2＋…＋a10b10＝ 9 217，则a1＋a2＋…＋a10＝　39　. 解析　由题意可知｜ak｜＝k，｜bk｜＝2k－1，记T＝｜ai｜｜bi｜＝1×20＋2×21＋…＋10×29，则2T＝1×21＋2×22＋…＋10×210，两式相减得T＝－（20＋21＋…＋29）＋10×210＝－＋10×210＝1＋9×210＝9 217，所以｜ai｜｜bi｜＝aibi，该式表明对于10道题中的每一道题，甲和乙同时答对或者同时答错.由题意可知，乙的成绩为bi＝767，若乙10道题全部答对，则其获得的总成绩应为20＋21＋22＋…＋29＝＝1 023，令＝2m－1，解得m＝8，所以乙除第8题答错外，其余题均答对，所以甲除第8题答错外，其余题均答对，所以ai＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7－8＋9＋10＝39. 7.[2023上海华东师范大学第二附属中学期末改编]某工厂在2023年上半年施行“减员增效”措施，对部分人员实行分流，规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100％，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年工资的领取工资.该厂根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体，该经济实体预计第一年属投资阶段，第二年每人可在工资的基础上额外获得b元收入，从第三年起每人每年的额外收入可在上一年的基础上增加50％.假设某人分流前工资收入为每年a元，分流后进入新经济实体，第n年的年收入为an元. （1）求{an}的通项公式. （2）当b＝时，这个人哪一年的年收入最少？最少为多少元？ （3）当b≥时，是否能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入？ 解析　（1）由题意得，当n＝1时，a1＝a， 当n≥2时，an＝（）n－1a＋（）n－2b. 所以an＝ （2）b＝，当n≥2时，an＝（）n－1a＋（）n－2≥2＝， 当且仅当（）n－1a＝（）n－2时，上式的等号成立，即（）2n－3＝（）3，解得n＝3，此时an＝a3＝. 又a1＝a＞，所以这个人分流后第三年的年收入最少，最少为 元. （3）当n≥2时，an＝（）n－1a＋（）n－2b≥（）n－1a＋（）n－2≥2＝a， 当且仅当b＝且n＝时，上式等号成立， 又n≥2且n∈N*，因此等号不能取到，所以当n≥2时，an＞a. 故当b≥时，能保证这个人分流一年后的年收入永远超过分流前的年收入. 学科网（北京）股份有限公司 $$