数列 专项复习提升讲义-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

数列专项 一、由an与Sn的关系求an （1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝　　； （2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，则数列{an}的通项公式an＝　2n－1（n∈N*）　. 3.设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1（n≥2），则Sn＝　. 二、数列的性质 考向1　数列的周期性 【例3】　（2024·济南模拟）已知数列{an}满足an＋1＝a1＝，则数列的第2 024项为　　. 解析：因为a1＝，故a2＝2a1－1＝，a3＝2a2＝，a4＝2a3＝，a5＝2a4－1＝，a6＝2a5－1＝，a7＝2a6＝，…，故数列{an}是周期数列且周期为4，故a2 024＝a506×4＝a4＝. 考向2　数列的单调性 【例4】　已知数列{an}中，an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为（　　） A.（3，＋∞）　 B.（2，＋∞） C.（1，＋∞）　 D.（0，＋∞） 解析：D　an＋1－an＝－＝，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k的取值范围为（0，＋∞）. 考向3　数列的最大（小）项 【例5】　（2024·衡水联考）已知数列{an}满足a1＝28，＝2，则的最小值为（　　） A.　 B.4－1 C.　 D. 解析：C　由an＋1－an＝2n，可得an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝28＋2＋4＋…＋2（n－1）＝n2－n＋28，∴＝n＋－1，设f（x）＝x＋，可知f（x）在（0，2]上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，又n∈N*，且＝＜＝，故选C. 三、等差数列基本量的运算 【例1】　（1）（2023·全国甲卷5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　） A.25　 B.22 C.20　 D.15 （2）（多选）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是（　　） A.a2＋a3＝0　 B.an＝2n－5 C.Sn＝n（n－4）　 D.d＝－2 答案：（1）C　（2）ABC　 解析：（1）法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由得∴d＝＝＝1，a3＝a4－d＝5－1＝4，∴S5＝5a3＝5×4＝20.故选C. 法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，①，由a4a8＝45，可得（a1＋3d）（a1＋7d）＝45，②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20，故选C. （2）因为S4＝＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；a5＝a1＋4d＝5，①.a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②.联立①②得所以an＝－3＋（n－1）×2＝2n－5，B正确，D错误；Sn＝－3n＋×2＝n2－4n，C正确，故选A、B、C. 等差数列的判定与证明 【例2】　（2022·全国甲卷17题节选）记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.证明：{an}是等差数列. 证明：由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n，　① 所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1），　② ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1， 化简得an＋1－an＝1， 所以数列{an}是公差为1的等差数列. 　（变条件）已知数列{an}的各项均为正数，∀n∈N*，＝anan＋2＋t，t为常数，且2a3＝a2＋a4.证明：数列{an}为等差数列. 证明：＝anan＋2＋t， ＝an＋1an＋3＋t， 两式相减得＝， 即数列为常数列， 故＝＝2， an＋an＋2＝2an＋1， 所以数列{an}为等差数列. 等差数列的性质及应用 考向1　等差数列项的性质 【例3】　（1）在等差数列{an}中，已知a2＝5，am＝7，am＋3＝10，则数列{an}的前m项和为（　　） A.12　 B.22 C.23　 D.25 （2）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝（　　） A.－17　 B.－15 C.17　 D.15 答案：（1）B　（2）D 解析：（1）数列{an}是等差数列，设公差为d，所以am＋3＝am＋3d＝7＋3d＝10，解得d＝1，又a2＝5，所以a1＝4，所以am＝4＋（m－1）×1＝7，解得m＝4，所以数列{an}的前m项和为S4＝＝＝22.故选B. ）因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以a11－b11＝－＝，又a1＝1，b1＝5，a21－b21＝34，所以a11－b11＝＝15，故选D. 考向2　等差数列前n项和的性质 【例4】　（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝（　D　） A.110　 B.150 C.210　 D.280 （2）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：（1）因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列.故（S30－S20）＋S10＝2（S20－S10），所以S30＝150.又因为（S20－S10）＋（S40－S30）＝2（S30－S20），所以S40＝280. （2）∵＋＝＝＝，∴＝＝＝＝. 考向3　等差数列前n项和的最值问题 【例5】　（多选）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15＞0，S16＜0，则（　　） A.a8＞0 B.a9＜0 C.，，…，中最大的项为 D.，，…，中最大的项为 解析：ABD　由S15＝＝15a8＞0，得a8＞0，故A正确；由S16＝＝＜0，得a9＋a8＜0，所以a9＜0，且d＜0，故B正确；所以数列{an}为递减数列，且a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15大于0，S16，…，Sn小于0，则＞0，＞0，…，＞0，＜0，＜0，…，＜0，又S8＞S1，a1＞a8，所以＞＞0，所以，，…，中最大的项为，故C错误，D项正确. 等比数列基本量的运算 【例1】　（1）（2023·全国甲卷13题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为　－　； （2）已知数列{an}为等比数列，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝　3n或·3n＋1－　. 解析：（1）设等比数列{an}的公比为q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×＝7×.整理，得8q6－7q3－1＝0，解得q＝－. （2）设数列{an}的公比为q，由题意知4a2＝3a1＋a3，即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3，当q＝1时，Sn＝3n；当q＝3时，Sn＝·3n＋1－. 等比数列的判定与证明 【例2】　已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an. （1）证明：数列{an＋an＋1}为等比数列； （2）若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式. 解：（1）证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an， 所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an）， 因为{an}中各项均为正数， 所以an＋1＋an＞0，所以＝3， 所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列. （2）由题意知an＋an＋1＝（a1＋a2）3n－1＝2×3n－1， 因为an＋2＝2an＋1＋3an， 所以an＋2－3an＋1＝－（an＋1－3an），因为a2＝3a1， 所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an， 所以4an＝2×3n－1，an＝×3n－1. 等比数列的性质及应用 考向1　等比数列项的性质 【例3】　在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝，a4a5＝－，则＋＋＋＋＋＋＋＝　－6　. 解析：＋＋＋＋＋＋＋＝＋＋＋，∵在等比数列{an}中，a4a5＝－，则a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝－，∴原式＝－（a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8）＝－×＝－6. 考向2　等比数列前n项和的性质 【例4】　（2023·新高考Ⅱ卷8题）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：C　法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C. 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），解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C. 4数列的通项公式 累加法求通项公式 【例1】　已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn（n≥2），则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.1－2n　 B.2n C.2n－1　 D.2 解析：C　由Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn可得Sn＋1－Sn＝2n＋Sn－Sn－1，即an＋1－an＝2n（n≥2）.因为a2－a1＝21，所以an＋1－an＝2n（n∈N*），于是an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a2－a1＝21，累加得an－a1＝21＋22＋…＋2n－1，故an＝1＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1. 已知数列{an}，a1＝1，－＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝　　. 解析：由题意得，－＝2，－＝3，－＝4，…，－＝n（n≥2），累加得，－＝2＋3＋4＋…＋n，又a1＝1，所以＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，所以an＝. 累乘法求通项公式 【例2】　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an（n∈N*），则an＝（　　） A.　 B. C.n　 D.4n 解析：B　由a1＝，an＋1＝an，得＝，即＝，因此当n≥2时，累乘得an＝a1···…·＝×（×）×（×）×…×（×）＝.又a1＝也满足上式，故an＝. 已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝　　. 解析：因为＝2n，所以当n≥2时，＝2n－1，＝2n－2，…，＝22，＝2，以上各式累乘得an＝··…···a1＝2n－1·2n－2·…·22·2·2＝21＋2＋3＋…＋（n－1）·2＝＝，且a1＝2也适合上式，所以an＝. 构造法求通项公式 类型1　形如an＋1＝can＋d（c≠0，d≠0且c≠1）型 【例3】　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1（n∈N*），则通项公式an＝（　　） A.2n　 B.2n－1 C.2n＋1　 D.2n 解析：B　因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1，因此Sn＋1＋1＝2（Sn＋1）.因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1（n∈N*）. 类型2　形如an＋1＝can＋f（n）（c≠0）型 【例4】　已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1（n∈N*），a1＝3，则an＝　2n＋n　. 解析：∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－（n＋1）＝2（an－n），∴＝2，∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，以2为公比的等比数列，∴an－n＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n＋n. 类型3　形如an＋1＝（r，p，c为常数，r＞0，p，c，an≠0）型 【例5】　在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则通项公式bn＝（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：D　递推式bn＋1＝两边同时取倒数，得＝，即＝2·＋3，因此＋3＝2（＋3），又＋3＝2，故{＋3}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＋3＝2n，可得bn＝. 数列求和 分组转化法求和 【例1】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于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＋－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（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），所以解得 又{an}为等差数列，故2a1＋d＝3，得d＝1， 所以数列{an}的通项公式为an＝n. （2）由（1）可得，a2n＝2n，＝2n. 因为bn＝a2n＋－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. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n. 解：（1）∵S5＝5a3＝25，∴a3＝5. 设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列得（6＋d）2＝4（8＋4d）， ∴d2－4d＋4＝0，∴d＝2， ∴an＝a3＋（n－3）d＝2n－1. （2）∵bn＝（－1）nan＋1，∴bn＝（－1）n（2n－1）＋1， ∴T2n＝（－1＋1）＋（3＋1）＋（－5＋1）＋（7＋1）＋…＋[－（4n－3）＋1]＋[（4n－1）＋1]＝4n. 裂项相消法求和 【例2】　设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和. 解：（1）因为a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n， 故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝2（n－1）， 两式相减得（2n－1）an＝2，所以an＝（n≥2）. 又a1＝2，满足上式，所以{an}的通项公式为an＝. （2）记的前n项和为Sn， 由（1）知＝＝－， 则Sn＝－＋－＋…＋－＝1－＝. 已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）由题设知a1a4＝a2a3＝8， 又a1＋a4＝9， 解得或（舍去）. 设等比数列{an}的公比为q， 由a4＝a1q3得q＝2， 故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*. （2）Sn＝＝2n－1， 又bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝（－）＋（－）＋…＋（－） ＝－＝1－，n∈N*. 错位相减法求和 【例3】　（2023·全国甲卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn. 解：（1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0. 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1， 两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1， 即（n－1）an－1＝（n－2）an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）. 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. （2）法一　令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，　① Tn＝＋＋…＋＋，　② 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 即Tn＝2－. 已知正项数列{an}满足a1＝1，－（2n＋1）an＋1＝＋（2n＋1）an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Sn. 解：（1）由已知得－－（2n＋1）（an＋1＋an）＝0，即（an＋1＋an）（an＋1－an－2n－1）＝0. 又an＞0，故an＋1－an＝2n＋1，即an－an－1＝2n－1（n≥2，且n∈N*）. 所以当n≥2时，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋3＋5＋…＋（2n－1）＝n2； 当n＝1时，a1＝1适合上式，所以an＝n2. （2）由（1）得·an＝n×2n－1＋n. Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1＋（1＋2＋3＋…＋n）， 设Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1， 则2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 两式相减，整理得Tn＝（n－1）×2n＋1， 所以Sn＝（n－1）×2n＋. 数列中的综合问题 等差、等比数列的综合问题 数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，可得b1＝2，a2＝4， 则d＝2，q＝2，an＝2n，bn＝2n（n∈N*）. （2）由（1）知bn＝2n＝2·2n－1＝， 即bn是数列{an}的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn， 因为b7＝a64，b6＝a32， 所以数列{cn}的前50项是由数列{an}的前56项去掉数列{bn}的前6项构成的， 所以S50＝P56－Q6＝－＝3 066. 已知数列{bn}和正项等比数列{an}，满足log2an是b1和bn的等差中项. （1）证明：{bn}是等差数列； （2）若数列{an}的前n项积Tn满足Tn＝（，记cn＝求数列{cn}的前20项和. 解：（1）证明：由题知{an}是正项等比数列，设其公比为q，则q＞0. 由b1＋bn＝2log2an，可得当n≥2时，b1＋bn－1＝2log2an－1， 两式相减得，bn－bn－1＝2log2＝2log2q，n≥2，故数列{bn}是等差数列. （2）由Tn＝（知，当n≥2时，an＝＝2n，又a1＝T1＝2满足上式，所以an＝2n. 由（1）设{bn}的公差为d，则d＝2log2＝2， 由b1＋bn＝2log2an＝2n，得b1＝1，bn＝2n－1， 所以c1＋c2＋…＋c20＝（c1＋c3＋…＋c19）＋（c2＋c4＋…＋c20）＝（a1＋a3＋…＋a19）＋（b2＋b4＋…＋b20）＝（2＋23＋…＋219）＋（3＋7＋…＋39）＝. 故数列{cn}的前20项和为. 数列与不等式的综合问题 【例2】　（2021·全国乙卷19题）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列. （1）求{an}和{bn}的通项公式； （2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜. 解：（1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1. 因为a1，3a2，9a3成等差数列， 所以6a2＝a1＋9a3， 所以6a1q＝a1＋9a1q2， 即9q2－6q＋1＝0，解得q＝， 故an＝，bn＝. （2）证明：由（1）知Sn＝＝， Tn＝＋＋＋…＋，　① Tn＝＋＋＋…＋＋，　② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－， 整理得Tn＝－， 则2Tn－Sn＝2－＝－＜0， 故Tn＜. 若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m. 解：（1）设{an}的公差为d（d≠0）， 则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d. 因为S1，S2，S4成等比数列， 所以a1·（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2. 所以2a1d＝d2. 因为d≠0，所以d＝2a1. 又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2， 所以an＝2n－1. （2）因为bn＝＝ ＝（－）， 所以Tn＝（1－＋－＋…＋－）＝（1－）＜. 要使Tn＜对所有n∈N*都成立， 则有≥，即m≥30. 因为m∈N*，所以m的最小值为30. 数列与函数的综合问题 【例3】　（1）在正项等比数列{an}中，为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为（　C　） A.2　 B.89 C.6　 D.3 （2）数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，则实数λ的最大值为　－　. 解析：（1）因为{an}是正项等比数列，且为a6与a14的等比中项，所以a6a14＝3＝a3a17，则a3＋3a17＝a3＋3·≥2＝6，当且仅当a3＝3时，等号成立，所以a3＋3a17的最小值为6. （2）因为a4＋λa10＋a16＝15，所以a1＋3d＋λ（a1＋9d）＋a1＋15d＝15，令λ＝f（d）＝－2，因为d∈[1，2]，所以令t＝1＋9d，t∈[10，19]，因此λ＝f（t）＝－2，当t∈[10，19]时，函数λ＝f（t）单调递减，故当t＝10时，实数λ有最大值，最大值为f（10）＝－. （2024·聊城一模）已知数列{an}中，a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn＝sin（an＋1）＋cos（πan），求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：（1）由nan＋1－（n＋1）an＝1得，－＝＝－， 所以n≥2时，－＋…＋－＝－＋…＋－， 故－＝－，又a2＝3，则an＝2n－1，当n＝1时，a1＝1成立， 所以an＝2n－1. （2）由（1）知，bn＝sin［（2n＋1）］＋cos[π（2n－1）]＝cos nπ－cos 2nπ， 所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos（2n－1）π＋cos 2nπ－[cos 2π＋cos 4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos 4nπ]， 因为cos（2n－1）π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，cos 2nπ＝1， 于是[cos π＋cos 2π]＋…＋[cos（2n－1）π＋cos 2nπ]＝0， cos 2π＋cos 4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos 4nπ＝2n， 所以T2n＝－2n. 故数列{bn}的前2n项和为－2n. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数列专项 1、数列的概念与表示 一、由an与Sn的关系求an （1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝　　； （2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，则数列{an}的通项公式an＝　 　. 3.设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1（n≥2），则Sn＝ 　 二、数列的性质 考向1　数列的周期性 【例3】　（2024·济南模拟）已知数列{an}满足an＋1＝a1＝，则数列的第2 024项为　　. 考向2　数列的单调性 【例4】　已知数列{an}中，an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为（　　） A.（3，＋∞） B.（2，＋∞）C.（1，＋∞）　 D.（0，＋∞） 2、等差数列 等差数列基本量的运算 【例1】　（1）（2023·全国甲卷5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　） A.25　 B.22 C.20　 D.15 （2）（多选）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是（　　） A.a2＋a3＝0　B.an＝2n－5 C.Sn＝n（n－4）　 D.d＝－2 等差数列的判定与证明 【例2】　（2022·全国甲卷17题节选）记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.证明：{an}是等差数列. 　（变条件）已知数列{an}的各项均为正数，∀n∈N*，＝anan＋2＋t，t为常数，且2a3＝a2＋a4.证明：数列{an}为等差数列. 等差数列的性质及应用 考向1　等差数列项的性质 【例3】　（1）在等差数列{an}中，已知a2＝5，am＝7，am＋3＝10，则数列{an}的前m项和为（　　） A.12　B.22 C.23　 D.25 （2）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝（　　） A.－17 B.－15 C.17　 D.15 考向2　等差数列前n项和的性质 【例4】　（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝（　　） A.110 B.150 C.210　 D.280 （2）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＋＝　 　. 考向3　等差数列前n项和的最值问题 【例5】　（多选）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15＞0，S16＜0，则（　　） A.a8＞0 B.a9＜0 C.，，…，中最大的项为 D.，，…，中最大的项为 3、等比数列 等比数列基本量的运算 【例1】　（1）（2023·全国甲卷13题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为　 　； （2）已知数列{an}为等比数列，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝　 . 等比数列的判定与证明 【例2】　已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an. （1）证明：数列{an＋an＋1}为等比数列； （2）若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式. 等比数列的性质及应用 考向1　等比数列项的性质 【例3】　在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝，a4a5＝－，则＋＋＋＋＋＋＋＝　 　. 考向2　等比数列前n项和的性质 【例4】　（2023·新高考Ⅱ卷8题）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 4、数列的通项公式 累加法求通项公式 【例1】　已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn（n≥2），则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.1－2n　 B.2n C.2n－1　 D.2 2、已知数列{an}，a1＝1，－＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝ 　　. 累乘法求通项公式 【例2】　1、已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an（n∈N*），则an＝（　　） A.　 B. C.n　 D.4n 2、已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝　　. 构造法求通项公式 类型1　形如an＋1＝can＋d（c≠0，d≠0且c≠1）型 【例3】　设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1（n∈N*），则通项公式an＝（　　） A.2n　B.2n－1 C.2n＋1　 D.2n 类型2　形如an＋1＝can＋f（n）（c≠0）型 【例4】　已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1（n∈N*），a1＝3，则an＝　 　. 类型3　形如an＋1＝（r，p，c为常数，r＞0，p，c，an≠0）型 【例5】　在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则通项公式bn＝（　　） A. B. C.　 D. 5、数列求和 分组转化法求和 【例1】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于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＋－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 2、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n. 裂项相消法求和 【例2】　设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和. 2、已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 错位相减法求和 【例3】　（2023·全国甲卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn. 2、已知正项数列{an}满足a1＝1，－（2n＋1）an＋1＝＋（2n＋1）an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Sn. 数列中的综合问题 等差、等比数列的综合问题 1.数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50. 2.已知数列{bn}和正项等比数列{an}，满足log2an是b1和bn的等差中项. （1）证明：{bn}是等差数列； （2）若数列{an}的前n项积Tn满足Tn＝（，记cn＝求数列{cn}的前20项和. 数列与不等式的综合问题 【例2】　1.（2021·全国乙卷19题）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列. （1）求{an}和{bn}的通项公式； （2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜. 2.若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m. 数列与函数的综合问题 【例3】　1.（1）在正项等比数列{an}中，为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为（　　） A.2　 B.89 C.6　 D.3 （2）数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，则实数λ的最大值为　 2.（2024·聊城一模）已知数列{an}中，a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn＝sin（an＋1）＋cos（πan），求数列{bn}的前2n项和T2n. 学科网（北京）股份有限公司 $$