专题三 微专题2 数列求和及其综合应用-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微专题2　数列求和及其综合应用 ［考情分析］　1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等. 考点一　数列求和 1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：=； =. 2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列. 考向1　分组转化法 例1　(2024·西安模拟)已知在正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列， ∴2ln an+1=ln an+ln an+2， 即=anan+2，而an≠0， ∴{an}为等比数列，设其公比为q， 又 得∴an=2n-1. (2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn， 当n为偶数时， Tn=(1+2+22+…+2n-1)+［-1+2-3+4-…-(n-1)+n］ =+=2n+； 当n为奇数时， Tn=(1+2+22+…+2n-1)+［-1+2-3+4-…+(n-1)-n］ =+-n=2n-， ∴Tn= 考向2　裂项相消法 例2　(2024·岳阳模拟)已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若等差数列{an}的公差不为零且数列{bn}满足bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2，2+d，2+3d成等比数列， 所以(2+d)2=2(2+3d)， 解得d=0或d=2，当d=0时，an=2；当d=2时，an=2+(n-1)×2=2n， 所以数列{an}的通项公式为an=2或an=2n. (2)因为等差数列{an}的公差不为零，由(1)知an=2n(n∈N*)， 则bn== = =1+ =1+， 所以Tn=n++++…+ =n+=n+. 考向3　错位相减法 例3　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0， 故=-3(n≥2)， 所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以an=4(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n =4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n =(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)3n+1. ［规律方法］　(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差. (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项. (3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 跟踪演练1　(1)(2024·双鸭山模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，{}是首项与公差均为1的等差数列. ①求数列{an}的通项公式； ②设bn=，求数列{bn}的前2 024项的和T2 024. 解　①由{}是首项与公差均为1的等差数列，得=1+(n-1)×1=n， 则Sn=n2+n，当n≥2时，Sn-1=(n-1)2+(n-1)， 两式相减得an=2n， 当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an=2n. ②由①得bn== =(-1)n， 所以数列{bn}的前2 024项的和 T2 024=-+-+…+ =-1+=-. (2)(2024·宁波模拟)已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前n项和为Sn，b1=0，b2=2且满足bn+1=2Sn+an. ①证明：数列{bn+1}是等比数列； ②求数列{anbn}的前n项和Tn. ①证明　当n≥2时，bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2，即bn+1=3bn+2. 又b1=0，b2=2也符合b2=3b1+2， 所以当n≥1时，bn+1=3bn+2，即bn+1+1=3(bn+1). 又b1+1=1≠0，所以bn+1≠0， 所以=3，所以数列{bn+1}是等比数列. ②解　由①易得bn=3n-1-1. 由b2=2b1+a1可得a1=2，所以an=2n. 所以anbn=2n(3n-1-1)=2n·3n-1-2n， 所以Tn=2(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1)-n(n+1). 令M=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1， 则3M=1·31+2·32+3·33+…+n·3n， 所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n·3n =n·3n-=， 所以Tn=2M-n(n+1)=-n(n+1). 考点二　数列的综合问题 数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解. 例4　(1)已知函数f(x)=x5+2x3+3x，数列{an}的首项为1，且满足an+3=an(n∈N*).若f(a1)+f(a2+a3)=0，则数列{an}的前2 026项和为(　　) A.0 B.1 C.675 D.2 026 答案　B 解析　∵函数f(x)=x5+2x3+3x，则f'(x)=5x4+6x2+3>0， ∴函数f(x)=x5+2x3+3x是增函数，且是奇函数. ∵f(a1)+f(a2+a3)=0， ∴f(a1)=-f(a2+a3)=f(-a2-a3)， ∴a1=-a2-a3，即a1+a2+a3=0， ∵an+3=an(n∈N*)， ∴数列{an}的前2 026项和为675×(a1+a2+a3)+a2 026=0+a1=1. (2)(2024·衡水模拟)分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.如图，正△ABC的边长为4，取△ABC各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取△DEF各边的中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去.已知△ABC为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为Sn，若Sn>5，则n的最小值为　　　　.  答案　3 解析　设第n个三角形的面积为an， ∵第(n+1)个三角形的边长为第n个三角形边长的一半， ∴an+1=an， 又a1=×4×4×=4， ∴数列{an}是以4为首项，为公比的等比数列， ∵S2=a1+a2=4+=5， ∴当n≥3且n∈N*时，Sn>S2=5， ∴n的最小值为3. ［规律方法］　数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识. 跟踪演练2　(1)(2024·南昌模拟)若数列{an}相邻两项的和依次构成等差数列，则称{an}是“邻和等差数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{an}是“邻和等差数列”，Sn是其前n项和，且a1=0，a2=1，a3=4，则S200等于(　　) A.39 700 B.39 800 C.39 900 D.40 000 答案　A 解析　设bn=an+an+1，由a1=0，a2=1，a3=4， 得b1=1，b2=5，则bn=4n-3=an+an+1， 故S200=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a199+a200) =b1+b3+…+b199=1+9+…+793 ==39 700. (2)(2024·赤峰模拟)如图所示的堆积方法出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设从上往下各层的球数构成数列{an}，则++…+等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　注意到a1=1，a2=1+2，a3=1+2+3， 则an=1+2+3+…+n=. 则++…+ =+++…+ =2× =. 专题强化练 (分值：90分) 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2024·阳泉模拟)已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin的一个极大值点，则tan(a5+a9)的值为(　　) A. B. C.± D.- 答案　D 解析　由正弦函数性质知，当2x-=+2kπ，k∈Z， 即x=+kπ，k∈Z时， 函数f(x)=sin取得极大值， 则a7=+kπ，k∈Z， 由等差数列性质，得a5+a9=2a7=+2kπ，k∈Z， 所以tan(a5+a9)=tan =tan=tan =-tan=-. 2.已知函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，令an=(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 024等于(　　) A.+1 B.-1 C.-1 D.+1 答案　B 解析　函数f(x)=xα的图象过点(4，2)， 则4α=2，解得α=，则f(x)=， an== =-， 则S2 024=(-1)+(-)+…+(-)=-1. 3.(2024·双鸭山模拟)在一个数列中，如果∀n∈N*，都有an·an+1·an+2=8，且a1=1，a2=2，则a1+a2+a3+…+a12等于(　　) A.28 B.20 C.24 D.10 答案　A 解析　由题知an·an+1·an+2=8，an+1·an+2·an+3=8， 所以an=an+3，故数列{an}是一个周期为3的周期数列， 又a1a2a3=8，a1=1，a2=2，所以a3=4， 所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=28. 4.(2024·绵阳模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，an+1-an=，若［x］表示不超过x的最大整数，则［a1］+［a2］+…+［a20］等于(　　) A.10 B.49 C.54 D.70 答案　C 解析　因为a1=1，an+1-an=， 所以-=1， 可得{}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以=1+(n-1)×1=n，因为数列{an}的各项均为正数， 所以an=，因为n∈N*， 当1≤n<4时，［］=1， 当4≤n<9时，［］=2， 当9≤n<16时，［］=3， 当16≤n≤20时，［］=4， 则［a1］+［a2］+…+［a20］=3×1+5×2+7×3+5×4=54. 5.(2024·南京模拟)在数列{an}中，已知an+1+an=3·2n，a2=5，则{an}的前11项的和为(　　) A.2 045 B.2 046 C.4 093 D.4 094 答案　C 解析　由an+1+an=3·2n，得a1+a2=6，而a2=5，解得a1=1， 所以{an}的前11项的和a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a8+a9)+(a10+a11)=1+3×(22+24+26+28+210)=1+3×=4 093. 6.(2024·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为=12， 设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为an，面积为bn， 由题意可知a1==， an+1==an， bn=×an×an=， 则b1=≠0， ===， 可知数列{bn}是首项为b1=，公比为的等比数列， 所以所作的所有三角形的面积和为=. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2024·白山模拟)公差不为零的等差数列{an}满足|a6|=a8，=，则(　　) A.a7=0 B.d=±4 C.a1=24 D.S15=60 答案　AD 解析　由|a6|=a8得，a6+a8=0，根据等差数列性质知a7=0，故A正确； 又a8>0，∴d>0， 由=，得====，∴d=4，则a7=a1+6d=0，解得a1=-24，故BC错误； 而S15=15a8=15(a7+d)=60，故D正确. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=，若Sn+an>(-1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值可能为(　　) A. B.1 C.0 D. 答案　BCD 解析　由数列{an}的前n项和为Sn且an=， 得Sn=+++…+， 则Sn=+++…++， 两式相减得Sn=+++…+-=-=1-， 因此Sn=2-，Sn+an=2-+=2-，显然数列{Sn+an}是递增数列， 当n为奇数时，(Sn+an)min=S1+a1=1，由Sn+an>(-1)na恒成立，得1>-a，则a>-1； 当n为偶数时，(Sn+an)min=S2+a2=， 由Sn+an>(-1)na恒成立，得>a，则a<， 所以实数a的取值范围是，故实数a的取值可能为1，0，. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2024·沈阳模拟)已知公比q大于1的等比数列{an}满足a1+a3=5，a2=2.设bn=|2log2an-7|，则数列{bn}的前10项和S10=　　　　　. 答案　52 解析　由题意可得 解得或 又q>1，则可得an=2n-1， 则bn=|2log2an-7|=|2log22n-1-7| =|2n-9|= 则S10=b1+…+b5+b6+…+b10 =7+5+3+1+1+3+…+11=52. 10.设有四个数的数列a1，a2，a3，a4，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零.对于任意固定的实数k，若满足条件的数列只有一个，则k的值为　　　　.  答案　 解析　因为后3个数成等差数列且和为15，故可依次设后3个数为5-d，5，5+d(d≠0且d≠5)， 又前3个数构成等比数列， 则第一个数为， 即+5-d+5=k， 化简得d2-15d+75-5k=0， 因为满足条件的数列只有一个，即关于d的方程只有一解， 即Δ=0，解得k=. 四、解答题(共28分) 11.(13分)已知Sn是各项均为正数的数列{an}的前n项和，-2an+1an-3=0，S3=13. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)若bn=(4n-1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 解　(1)∵-2an+1an-3=0， ∴(an+1+an)(an+1-3an)=0. ∵an>0，∴an+1-3an=0， ∴=3， ∴数列{an}是公比为3的等比数列. ∵S3=a1+a2+a3=a1+3a1+32a1=13，∴a1=1，∴an=3n-1. (2)由(1)知，bn=(4n-1)×3n-1， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn =3×30+7×3+11×32+…+(4n-1)×3n-1， ① 3Tn=3×3+7×32+11×33+…+(4n-5)×3n-1+(4n-1)×3n， ② ①-②得 -2Tn=3×30+4×3+4×32+…+4×3n-1-(4n-1)×3n =-1+-(4n-1)×3n =-(4n-3)×3n-3， ∴Tn=×3n+. 12.(15分)(2024·秦皇岛模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn+2}是公比为2的等比数列. (1)求{an}的通项公式；(7分) (2)若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.(8分) (1)解　因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列， 又S1+2=a1+2，所以Sn+2=(a1+2)·2n-1. 当n≥2时，由Sn+2=(a1+2)·2n-1， 得Sn-1+2=(a1+2)·2n-2， 两式相减得an=(a1+2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以==2， 所以=2，解得a1=2， 所以an=2n(n≥2)， 当n=1时上式成立， 所以an=2n. (2)证明　由(1)知 bn== =-， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =-+-+…+-=-， 又>0，所以Tn<. 每小题5分，共10分 13.［斐波那契数列］意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”.若把该数列{an}的每一项除以3所得的余数按相对应的顺序组成新数列{bn}，则数列{bn}的前2 024项和是(　　) A.2 275 B.2 276 C.2 277 D.2 278 答案　C 解析　1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…除以3所得余数分别为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，…， 所以{bn}是一个周期为8的周期数列， 因为2 024=8×253，b1+b2+…+b8=9， 所以数列{bn}的前2 024项和为253×9=2 277. 14.(2024·佳木斯模拟)复数z=i+2i2+3i3+…+2 024i2024的虚部是　　　　.  答案　-1 012 解析　因为z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024， z·i=i2+2i3+3i4+…+2 024i2 025， 两式相减得z·(1-i)=i+i2+i3+…+i2 024-2 024i2 025=-2 024i2 025， ① 因为i4=1，所以i2 024=i4×506=1， i2 025=i4×506+1=i， 所以化简①可得z====1 012-1 012i， 所以虚部为-1 012. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数列求和及其综合应用 微专题2 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法. 2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等. 3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等. 考情分析 考点一 考点二 数列求和 数列的综合问题 专题强化练 内容索引 考点一 数列求和 1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：=；=. 2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列. (2024·西安模拟)已知在正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 例1 考向1　分组转化法 ∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列， ∴2ln an+1=ln an+ln an+2， 即=anan+2，而an≠0， ∴{an}为等比数列，设其公比为q， 又 得 ∴an=2n-1. (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn. bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn， 当n为偶数时，Tn=(1+2+22+…+2n-1)+［-1+2-3+4-…-(n-1)+n］ =+=2n+； 当n为奇数时，Tn=(1+2+22+…+2n-1)+［-1+2-3+4-…+(n-1)-n］ =+-n=2n-， ∴Tn= (2024·岳阳模拟)已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1，a2，a4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 例2 考向2　裂项相消法 设数列{an}的公差为d，依题意，2，2+d，2+3d成等比数列， 所以(2+d)2=2(2+3d)， 解得d=0或d=2，当d=0时，an=2；当d=2时，an=2+(n-1)×2=2n， 所以数列{an}的通项公式为an=2或an=2n. (2)若等差数列{an}的公差不为零且数列{bn}满足bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 因为等差数列{an}的公差不为零，由(1)知an=2n(n∈N*)， 则bn====1+ =1+， 所以Tn=n++++…+ =n+=n+. (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； 例3 考向3　错位相减法 当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0， 故=-3(n≥2)， 所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以an=4(-3)n-1. (2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)3n+1. 规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差. (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项. (3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (1)(2024·双鸭山模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，{}是首项与公差均为1的等差数列. ①求数列{an}的通项公式； 跟踪演练1 由{}是首项与公差均为1的等差数列，得=1+(n-1)×1=n， 则Sn=n2+n，当n≥2时，Sn-1=(n-1)2+(n-1)， 两式相减得an=2n， 当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an=2n. ②设bn=，求数列{bn}的前2 024项的和T2 024. 由①得bn===(-1)n， 所以数列{bn}的前2 024项的和 T2 024=-+-+…+=-1+=-. (2)(2024·宁波模拟)已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前n项和为Sn，b1=0，b2=2且满足bn+1=2Sn+an. ①证明：数列{bn+1}是等比数列； 当n≥2时，bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2，即bn+1=3bn+2. 又b1=0，b2=2也符合b2=3b1+2， 所以当n≥1时，bn+1=3bn+2，即bn+1+1=3(bn+1). 又b1+1=1≠0，所以bn+1≠0， 所以=3，所以数列{bn+1}是等比数列. ②求数列{anbn}的前n项和Tn. 由①易得bn=3n-1-1. 由b2=2b1+a1可得a1=2，所以an=2n. 所以anbn=2n(3n-1-1)=2n·3n-1-2n， 所以Tn=2(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1)-n(n+1). 令M=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1， 则3M=1·31+2·32+3·33+…+n·3n， 所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n·3n=n·3n-=， 所以Tn=2M-n(n+1)=-n(n+1). 考点二 数列的综合问题 数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解. (1)已知函数f(x)=x5+2x3+3x，数列{an}的首项为1，且满足an+3=an(n∈N*).若f(a1)+f(a2+a3)=0，则数列{an}的前2 026项和为 A.0 B.1 C.675 D.2 026 例4 √ ∵函数f(x)=x5+2x3+3x，则f'(x)=5x4+6x2+3>0， ∴函数f(x)=x5+2x3+3x是增函数，且是奇函数. ∵f(a1)+f(a2+a3)=0， ∴f(a1)=-f(a2+a3)=f(-a2-a3)， ∴a1=-a2-a3，即a1+a2+a3=0， ∵an+3=an(n∈N*)， ∴数列{an}的前2 026项和为675×(a1+a2+a3)+a2 026=0+a1=1. 中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去.已知△ABC为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为Sn，若Sn>5，则n的最小值为　　.  (2)(2024·衡水模拟)分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.如图，正△ABC的边长为4，取△ABC各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取△DEF各边的 3 设第n个三角形的面积为an， ∵第(n+1)个三角形的边长为第n个三角形边长的一半， ∴an+1=an， 又a1=×4×4×=4， ∴数列{an}是以4为公比的等比数列， ∵S2=a1+a2=4+=5， ∴当n≥3且n∈N*时，Sn>S2=5， ∴n的最小值为3. 数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识. 规律方法 (1)(2024·南昌模拟)若数列{an}相邻两项的和依次构成等差数列，则称{an}是“邻和等差数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{an}是“邻和等差数列”，Sn是其前n项和，且a1=0，a2=1，a3=4，则S200等于 A.39 700 B.39 800 C.39 900 D.40 000 跟踪演练2 √ 设bn=an+an+1，由a1=0，a2=1，a3=4， 得b1=1，b2=5，则bn=4n-3=an+an+1， 故S200=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a199+a200) =b1+b3+…+b199=1+9+…+793==39 700. (2)(2024·赤峰模拟)如图所示的堆积方法出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设从上往下各层的球数构成数列{an}，则++…+等于 A. B. C. D. √ 注意到a1=1，a2=1+2，a3=1+2+3， 则an=1+2+3+…+n=. 则++…+=+++…+ =2×=. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D B A C C D 题号 7 8 9 10 13 14 答案 AD BCD 52 C -1 012 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (1)∵-2an+1an-3=0， ∴(an+1+an)(an+1-3an)=0. ∵an>0，∴an+1-3an=0， ∴=3， ∴数列{an}是公比为3的等比数列. ∵S3=a1+a2+a3=a1+3a1+32a1=13，∴a1=1，∴an=3n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11. (2)由(1)知，bn=(4n-1)×3n-1， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=3×30+7×3+11×32+…+(4n-1)×3n-1， ① 3Tn=3×3+7×32+11×33+…+(4n-5)×3n-1+(4n-1)×3n， ② ①-②得-2Tn=3×30+4×3+4×32+…+4×3n-1-(4n-1)×3n =-1+-(4n-1)×3n=-(4n-3)×3n-3， ∴Tn=×3n+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (1)因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列， 又S1+2=a1+2， 所以Sn+2=(a1+2)·2n-1. 当n≥2时， 由Sn+2=(a1+2)·2n-1， 得Sn-1+2=(a1+2)·2n-2， 两式相减得an=(a1+2)·2n-2(n≥2)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. 又{an}是等比数列，所以==2， 所以=2，解得a1=2， 所以an=2n(n≥2)， 当n=1时上式成立， 所以an=2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12. (2)由(1)知 bn===-， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=-+-+…+- =-， 又>0， 所以Tn<. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.(2024·阳泉模拟)已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin的一个极大值点，则tan(a5+a9)的值为 A. B. C.± D.- √ 素养提升 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由正弦函数性质知，当2x-=+2kπ，k∈Z， 即x=+kπ，k∈Z时， 函数f(x)=sin取得极大值， 则a7=+kπ，k∈Z， 由等差数列性质，得a5+a9=2a7=+2kπ，k∈Z， 所以tan(a5+a9)=tan=tan=tan=-tan=-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.已知函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，令an=(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 024等于 A.+1 B.-1 C.-1 D.+1 √ 答案 函数f(x)=xα的图象过点(4，2)， 则4α=2，解得α=，则f(x)=， an===-， 则S2 024=(-1)+(-)+…+(-)=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2024·双鸭山模拟)在一个数列中，如果∀n∈N*，都有an·an+1·an+2=8，且a1=1，a2=2，则a1+a2+a3+…+a12等于 A.28 B.20 C.24 D.10 √ 答案 由题知an·an+1·an+2=8，an+1·an+2·an+3=8， 所以an=an+3，故数列{an}是一个周期为3的周期数列， 又a1a2a3=8，a1=1，a2=2，所以a3=4， 所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=28. 4.(2024·绵阳模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，an+1-an=，若［x］表示不超过x的最大整数，则［a1］+［a2］+…+［a20］等于 A.10 B.49 C.54 D.70 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为a1=1，an+1-an=， 所以-=1， 可得{}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以=1+(n-1)×1=n，因为数列{an}的各项均为正数， 所以an=，因为n∈N*， 当1≤n<4时，［］=1， 当4≤n<9时，［］=2， 当9≤n<16时，［］=3， 当16≤n≤20时，［］=4， 则［a1］+［a2］+…+［a20］=3×1+5×2+7×3+5×4=54. 5.(2024·南京模拟)在数列{an}中，已知an+1+an=3·2n，a2=5，则{an}的前11项的和为 A.2 045 B.2 046 C.4 093 D.4 094 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 由an+1+an=3·2n，得a1+a2=6，而a2=5，解得a1=1， 所以{an}的前11项的和a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a6+a7)+(a8+a9)+(a10+a11)=1+3×(22+24+26+28+210)=1+3×=4 093. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2024·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为=12， 设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为an，面积为bn， 由题意可知a1==，an+1==an，bn=×an×an=， 则b1=≠0，===， 可知数列{bn}是首项为b1=的等比数列， 所以所作的所有三角形的面积和为=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(2024·白山模拟)公差不为零的等差数列{an}满足|a6|=a8，= ，则 A.a7=0 B.d=±4 C.a1=24 D.S15=60 √ 答案 二、多项选择题 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由|a6|=a8得，a6+a8=0，根据等差数列性质知a7=0，故A正确； 又a8>0，∴d>0， 由=====，∴d=4， 则a7=a1+6d=0，解得a1=-24，故BC错误； 而S15=15a8=15(a7+d)=60，故D正确. 答案 8.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=，若Sn+an>(-1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值可能为 A. B.1 C.0 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 由数列{an}的前n项和为Sn且an=， 得Sn=+++…+， 则Sn=+++…++， 两式相减得Sn=+++…+-=-=1-， 因此Sn=2-，Sn+an=2-+=2-，显然数列{Sn+an}是递增数列， 当n为奇数时，(Sn+an)min=S1+a1=1，由Sn+an>(-1)na恒成立，得1>-a，则a>-1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 当n为偶数时，(Sn+an)min=S2+a2=， 由Sn+an>(-1)na恒成立，得>a，则a<， 所以实数a的取值范围是，故实数a的取值可能为1，0，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2024·沈阳模拟)已知公比q大于1的等比数列{an}满足a1+a3=5，a2=2.设bn=|2log2an-7|，则数列{bn}的前10项和S10=　　　　　. 答案 三、填空题 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由题意可得 解得 又q>1，则可得an=2n-1， 则bn=|2log2an-7|=|2log22n-1-7|=|2n-9|= 则S10=b1+…+b5+b6+…+b10=7+5+3+1+1+3+…+11=52. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.设有四个数的数列a1，a2，a3，a4，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零.对于任意 固定的实数k，若满足条件的数列只有一个，则k的值为　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为后3个数成等差数列且和为15，故可依次设后3个数为5-d，5，5+d(d≠0且d≠5)， 又前3个数构成等比数列， 则第一个数为， 即+5-d+5=k， 化简得d2-15d+75-5k=0， 因为满足条件的数列只有一个，即关于d的方程只有一解， 即Δ=0，解得k=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.已知Sn是各项均为正数的数列{an}的前n项和，-2an+1an-3=0，S3=13. (1)求数列{an}的通项公式； 答案 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ∵-2an+1an-3=0， ∴(an+1+an)(an+1-3an)=0. ∵an>0，∴an+1-3an=0， ∴=3， ∴数列{an}是公比为3的等比数列. ∵S3=a1+a2+a3=a1+3a1+32a1=13，∴a1=1，∴an=3n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 (2)若bn=(4n-1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)知，bn=(4n-1)×3n-1， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=3×30+7×3+11×32+…+(4n-1)×3n-1， ① 3Tn=3×3+7×32+11×33+…+(4n-5)×3n-1+(4n-1)×3n， ② ①-②得 -2Tn=3×30+4×3+4×32+…+4×3n-1-(4n-1)×3n =-1+-(4n-1)×3n=-(4n-3)×3n-3， ∴Tn=×3n+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2024·秦皇岛模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn+2}是公比为2的等比数列. (1)求{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列， 又S1+2=a1+2，所以Sn+2=(a1+2)·2n-1. 当n≥2时，由Sn+2=(a1+2)·2n-1， 得Sn-1+2=(a1+2)·2n-2， 两式相减得an=(a1+2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以==2， 所以=2，解得a1=2， 所以an=2n(n≥2)， 当n=1时上式成立， 所以an=2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. 答案 由(1)知 bn===-， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =-+-+…+-=-， 又>0，所以Tn<. 13.［斐波那契数列］意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”.若把该数列{an}的每一项除以3所得的余数按相对应的顺序组成新数列{bn}，则数列{bn}的前2 024项和是 A.2 275 B.2 276 C.2 277 D.2 278 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 思维创新 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…除以3所得余数分别为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，…， 所以{bn}是一个周期为8的周期数列， 因为2 024=8×253，b1+b2+…+b8=9， 所以数列{bn}的前2 024项和为253×9=2 277. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2024·佳木斯模拟)复数z=i+2i2+3i3+…+2 024i2024的虚部是　　　　.  答案 -1 012 因为z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024，z·i=i2+2i3+3i4+…+2 024i2 025， 两式相减得z·(1-i)=i+i2+i3+…+i2 024-2 024i2 025=-2 024i2 025，① 因为i4=1，所以i2 024=i4×506=1，i2 025=i4×506+1=i， 所以化简①可得z====1 012-1 012i， 所以虚部为-1 012. 本课结束 THANKS $$