数列练习题-2026届高三数学一轮复习

数列的概念 例1　(1)(2025·漳州模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn=an+1，则等于(　　) A.- B.- C. D. (2)已知数列{an}满足=n+1，则a2 025等于(　　) A.2 025 B.2 024 C.4 049 D.4 050 (3)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________. 答案　2n＋1 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. (4)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________. 例2　(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=2nanan+1，则an=　　　　　　.  例3　若数列{an}满足a1=12，a1+2a2+3a3+…+nan=n2an，则a2 025=　　　　　.  例4　(2024·阜阳模拟)已知数列{an}满足an=2n2+λn(λ∈R)，则“{an}为递增数列”是“λ≥0”的(　　) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 例5　(2025·孝感模拟)在数列{an}中，a1=-2，anan+1=an-1，则数列{an}的前2 025项的积为(　　) A.-1 B.-2 C.-3 D. 例6　数列{bn}满足bn=，则当n=　　　　　　时，bn取最大值为　　　　　　.  例7已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式是________. 例8已知a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　) A.n B.n＋1 C.2n D. 等差数列 例1　(1)(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　.  (2)广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需(　　) A.352步 B.387步 C.332步 D.368步 例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是(　　) A.当n≥2时，an＋1－an＝d(d为常数) B.an＝kn＋b(k，b为常数) C.Sn＝an2＋bn(a，b为常数) D.2an＋1＝an＋an＋2 (2)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3(n≥3). ①求a3的值； ②证明：数列{an－an－1}(n≥2)是等差数列； ③求数列{an}的通项公式. 例3　(多选)(2024·南阳模拟)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是(　　) A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，则a5＋a6＋a7＝20 B.若a2＋a11＝4，则S12＝24 C.若a1<0，S15<0，则S6<S5 D.若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0 例4　(1)(2025·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20等于(　　) A.30 B.58 C.60 D.90 . (2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且，则等于(　　) 例5　在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为　　　　　　；若此数列的项数 为奇数，则此数列的中间项是　　　　　　.  等比数列 例1　(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4等于(　　) A. B. C.15 D.40 (2)我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创立的十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a1，a2，…，a13表示这些半音的频率，它们满足log2=1(i=1，2，…，12).若某一半音与D#的频率之比为，则该半音为(　　) 频率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 半音 C C# D D# E F F# G G# A A# B C(八度) A.F#B.G C.G# D.A 例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　) A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列 B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列 C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列 D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列 (2)(2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1=，且满足an+1=. ①求证：数列为等比数列； ②若+++…+<2 025，求满足条件的最大正整数n. 例3　(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　　.  例4　(1)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S2=2，a3+a4=6，则等于(　　) A.2 B. C.3 D. (2)已知等比数列{an}有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n等于(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 数列中的构造问题 题型一　待定系数法 例1　已知数列{an}中，a1=5且an+1=4an+6，则an=　　　　　　.  例2　已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，则k等于(　　) A.253 B.506 C.1 012 D.2 024 例3　(2024·衡阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+1-2n+1，a1=2，则an=　　　　　　.  题型二　取倒数法和取对数法 例4　已知数列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，则an=　　　　　　.  例5　(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10，an+1=10，若as·at=a10，则s+t的最大值为(　　) A.10 B.12 C.16 D.18 典例　(1)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，则an＝　　　　　　.  (2)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，则an＝　　　　　　.  数列求和 题型一　分组求和与并项求和 例1　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}满足an＋2＝且a1＝2，a2＝1，则S20等于(　　) A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145 (2)已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 026等于(　　) A.2 026 B.－2 026 C.3 039 D.－3 039 题型二　裂项相消法求和 例2　(2024·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log2a2n－1，cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<. 题型三　错位相减法求和 例3　(2025·贵阳模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an＋，且a1＝－.设{an}的前n项和为Tn，bn＝3n·an. (1)证明：{bn}是等差数列； (2)求Tn. 子数列问题 题型一　奇数项与偶数项问题 例1　(2023·新高考全国Ⅱ)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； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 题型二　数列的公共项 例2　(2025·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=4，bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1+c2+…+cn. 题型三　数列增减项 例3　(2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+++…+=2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 数列的综合问题 1.(13分)已知数列{an}的各项均不小于1，前n项和为Sn，a1=1，{2Sn-}是公差为1的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)求数列的前n项和Tn.(7分) 2.(15分)(2024·三明模拟)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an. (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.(9分) 3.(15分)已知函数f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R. (1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有>0，求a；(7分) (2)记tn=1++…+(n∈N*)，证明：tn-<ln(n+1)<tn.(8分) 4.(17分)在无穷数列{an}中，令Tn=a1a2…an，若∀n∈N*，Tn∈{an}，则称{an}对前n项之积是封闭的. (1)试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？(5分) (2)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值；(5分) (3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数列的概念 例1　(1)(2025·漳州模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn=an+1，则等于(　　) A.- B.- C. D. 答案　A 解析　因为3Sn=an+1，则3Sn+1=an+1+1， 两式相减可得3an+1=an+1-an， 即2an+1=-an， 令n=7，可得2a8=-a7， 且an≠0，所以=-. (2)已知数列{an}满足=n+1，则a2 025等于(　　) A.2 025 B.2 024 C.4 049 D.4 050 答案　C 解析　由题意可得a1+++…+=n+1， ① 当n=1时，a1=2； 当n≥2时，a1+++…+=n， ② ①②两式相减得=1，即an=2n-1. 又a1=2不满足an=2n-1， 综上所述，an= 所以a2 025=4 049. (3)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________. 答案　2n＋1 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. (4)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________. 答案　－2n－1 解析　当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1， ∴a1＝－1. 当n≥2时，Sn＝2an＋1，① Sn－1＝2an－1＋1.② ①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)， ∴{an}是首项为a1＝－1，公比为q＝2的等比数列. ∴an＝a1·qn－1＝－2n－1. 例2　(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=2nanan+1，则an=　　　　　　.  答案　 解析　若an+1=0，则an-an+1=0， 即an=an+1=0，这与a1=1矛盾，所以an+1≠0， 由an-an+1=2nanan+1，两边同时除以anan+1， 得-=2n， 则-=2n-1， -=2n-2， … -=22， -=2， 上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2(n≥2)， 所以an=(n≥2)， 又a1=1符合该式，所以an=. 例3　若数列{an}满足a1=12，a1+2a2+3a3+…+nan=n2an，则a2 025=　　　　　.  答案　 解析　因为a1+2a2+3a3+…+nan=n2an， ① 所以a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=(n+1)2an+1， ② ②-①得，(n+1)an+1=(n+1)2an+1-n2an⇒=， 所以an=···…··a1=×××…××12=(n≥2)， 又a1=12也符合，所以an=， 所以a2 025=. 例4　(2024·阜阳模拟)已知数列{an}满足an=2n2+λn(λ∈R)，则“{an}为递增数列”是“λ≥0”的(　　) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 答案　C 解析　由{an}为递增数列得，an+1-an=[2(n+1)2+λ(n+1)]-(2n2+λn)=λ+4n+2>0，n∈N*， 则λ>-(4n+2)对于n∈N*恒成立，得λ>-6，可得λ≥0⇒λ>-6，反之不成立. 例5　(2025·孝感模拟)在数列{an}中，a1=-2，anan+1=an-1，则数列{an}的前2 025项的积为(　　) A.-1 B.-2 C.-3 D. 答案　A 解析　因为anan+1=an-1，an≠0， 所以an+1=1-， 又a1=-2，则a2=，a3=，a4=-2， 所以数列{an}的周期为3，且a1a2a3=-1， 设数列{an}的前n项积为Tn， 则T2 025=a1a2a3…a2 025=(-1)675=-1. 例6　数列{bn}满足bn=，则当n=　　　　　　时，bn取最大值为　　　　　　.  答案　4　 解析　方法一　∵bn+1-bn=-=， ∴当n≤3时，bn+1>bn，{bn}单调递增， 当n≥4时，bn+1<bn，{bn}单调递减， 故当n=4时，(bn)max=b4=. 方法二　令即 解得≤n≤， 又n∈N*，∴n=4， 故当n=4时，(bn)max=b4=. 例7已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式是________. 答案　an＝ 解析　依题意，an＋1＝an＋n＋1， 当n≥2时，an＝an－1＋n， 即an－an－1＝n， 所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝， 当n＝1时，a1＝1符合上式， 故数列{an}的通项公式是an＝. 例8已知a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　) A.n B.n＋1 C.2n D. 答案　C 解析　由an＝n(an＋1－an)， 得(n＋1)an＝nan＋1，即＝， 则当n≥2时，＝，＝，＝，…，＝， 由累乘法可得 ＝···…·＝n(n≥2)， 因为a1＝2，所以an＝2n. 等差数列 例1　(1)(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　.  答案　95 解析　方法一　(基本量法) 设数列{an}的公差为d， 则由题意得 解得 则S10＝10a1＋d ＝10×(－4)＋45×3＝95. 方法二　(利用下标和性质) 设数列{an}的公差为d， 由a3＋a4＝a2＋a5＝7， 3a2＋a5＝5， 得a2＝－1，a5＝8， 故d＝＝3，a6＝11， 则S10＝×10＝5(a5＋a6) ＝5×19＝95. (2)广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需(　　) A.352步 B.387步 C.332步 D.368步 答案　C 解析　设从第n层到第n＋1层所走的台阶数为an，绕第n＋1层一周所走的步数为bn， 由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7}， b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}， 所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}， 数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}， 设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn， 所以S8＝＝152， T8＝＝180， S8＋T8＝152＋180＝332， 故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步. 例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是(　　) A.当n≥2时，an＋1－an＝d(d为常数) B.an＝kn＋b(k，b为常数) C.Sn＝an2＋bn(a，b为常数) D.2an＋1＝an＋an＋2 答案　BCD 解析　对于A，当n≥1时，an＋1－an＝d⇔数列{an}为等差数列，A错误； 对于B，若数列{an}为等差数列，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式， 若an＝kn＋b，则an＋1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常数)，即数列{an}为等差数列， 故数列{an}的通项公式可以表示为an＝kn＋b⇔数列{an}为等差数列，B正确； 对于C，若数列{an}为等差数列，则Sn＝na1＋n，符合Sn＝an2＋bn的形式， 若Sn＝an2＋bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a， 当n＝1时，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即数列{an}为等差数列， 故数列{an}的前n项和可以表示为Sn＝an2＋bn的形式⇔数列{an}为等差数列，C正确； 对于D，由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1⇔数列{an}为等差数列，D正确. (2)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3(n≥3). ①求a3的值； ②证明：数列{an－an－1}(n≥2)是等差数列； ③求数列{an}的通项公式. ①解　在数列{an}中，a1＝2，a2＝3， 且an＝2an－1－an－2＋3， 令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7. ②证明　由an＝2an－1－an－2＋3(n≥3)， 当n≥2时，可得an＋1＝2an－an－1＋3， 则(an＋1－an)－(an－an－1)＝3， 又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1， 所以{an＋1－an}是公差为3的等差数列， 即数列{an－an－1}(n≥2)是公差为3的等差数列. ③解　由②知，数列{an＋1－an}是首项为1，公差为3的等差数列，即an＋1－an＝3n－2， 所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1) ＝2＋[1＋4＋7＋…＋(3n－5)] ＝2＋ ＝n2－n＋4， 又a1＝2满足上式，所以an＝n2－n＋4， 即数列{an}的通项公式为an＝n2－n＋4. 例3　(多选)(2024·南阳模拟)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是(　　) A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，则a5＋a6＋a7＝20 B.若a2＋a11＝4，则S12＝24 C.若a1<0，S15<0，则S6<S5 D.若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0 答案　BC 解析　对于A，由a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，可得(a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3)＝6d＝6，所以d＝1，又由a5＋a6＋a7＝(a1＋a2＋a3)＋12d＝5＋12＝17≠20，所以A错误； 对于B，由S12＝＝24，所以B正确； 对于C，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因为a1<0，可得an<0(n＝1，2，…，8)，所以S6－S5＝a6<0，所以C正确； 对于D，因为{an}为递增数列，可得公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误. 命题点2　和的性质 例4　(1)(2025·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S20等于(　　) A.30 B.58 C.60 D.90 答案　D 解析　由数列{an}为等差数列， 可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16也为等差数列， 由S4＝2，S8＝12，则S8－S4＝10， 故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34， 即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90. (2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且，则等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　因为{an}，{bn}均为等差数列， 所以， 因为，所以. 命题点3　奇、偶项的性质 例5　在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为　　　　　　；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是　　　　　　.  答案　－11　55 解析　令S奇＝220，S偶＝165， 若此数列的项数为10，则S偶－S奇＝5d， 所以－55＝5d，所以d＝－11； 若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，则 S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan， S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝＝(n－1)an， 所以，解得n＝4， 所以第4项是此数列的中间项，a4＝＝55. 等比数列 例1　(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4等于(　　) A. B. C.15 D.40 答案　C 解析　方法一　若该数列的公比q=1，代入S5=5S3-4中， 有5=5×3-4，不成立，所以q≠1. 由=5×-4， 化简得q4-5q2+4=0， 所以q2=1(舍)或q2=4， 因为此数列各项均为正数， 所以q=2，所以S4==15. 方法二　由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4， 即q3+q4=4q+4q2， 即q3+q2-4q-4=0， 即(q-2)(q+1)(q+2)=0. 由题知q>0，所以q=2. 所以S4=1+2+4+8=15. (2)我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创立的十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a1，a2，…，a13表示这些半音的频率，它们满足log2=1(i=1，2，…，12).若某一半音与D#的频率之比为，则该半音为(　　) 频率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 半音 C C# D D# E F F# G G# A A# B C(八度) A.F# B.G C.G# D.A 答案　B 解析　依题意可知an>0(n=1，2，…，13). 由于a1，a2，…，a13满足log2=1(i=1，2，…，12)， 则=2，所以=， 所以数列a1，a2，…，a13为等比数列，公比q=， D#对应的频率为a4，所求半音与D#的频率之比为=， 所以所求半音对应的频率为a4·=a8，即对应的半音为G. 例2　(1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　) A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列 B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列 C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列 D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列 答案　BCD 解析　对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误； 对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有==2d>0，所以数列{}为等比数列，故B正确； 对于C，若Sn=3n-1，则a1=S1=2， an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)， a1=2显然满足an=2·3n-1， 所以数列{an}为等比数列，故C正确； 对于D，因为3an+1=an+2an+2， 所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0， 而a1=1，a2=2， 因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为的等比数列，故D正确. (2)(2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1=，且满足an+1=. ①求证：数列为等比数列； ②若+++…+<2 025，求满足条件的最大正整数n. ①证明　由an+1=， 得=1+·，则-2=， 又a1=-2=≠0， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. ②解　由①可得-2=， 所以=+2， 则++…+=+2n=+2n=1-+2n， 由+++…+<2 025， 得1-+2n<2 025，即2n-<2 024， 又函数y=2n-为增函数， 所以满足2n-<2 024的最大正整数为1 012. 例3　(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　　.  答案　-2 解析　方法一　{an}为等比数列， ∴a4a5=a3a6，∴a2=1， 又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3， ∴a7=-2. 方法二　设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，显然an≠0， 则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1， ∵a9a10=-8，则a1q8·a1q9=-8， 则q15=(q5)3=-8=(-2)3， 则q5=-2，则a7=a1q·q5=q5=-2. 例4　(1)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S2=2，a3+a4=6，则等于(　　) A.2 B. C.3 D. 答案　D 解析　由题意得S2=2，S4-S2=6，S4=S2+6=8，且等比数列{an}的公比q≠-1， 则S2，S4-S2，S6-S4成等比数列， 故=S2(S6-S4)，即62=2(S6-8)， 解得S6=26，故==. (2)已知等比数列{an}有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n等于(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 答案　B 解析　因为等比数列{an}有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q， 得到奇数项的和为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85， 偶数项的和为q+q3+q5+…+q2n-1=42，整体代入得q=2， 所以前2n+1项的和为=85+42=127，解得n=3. 数列中的构造问题 题型一　待定系数法 例1　已知数列{an}中，a1=5且an+1=4an+6，则an=　　　　　　.  答案　7×4n-1-2 解析　因为an+1=4an+6， 所以an+1+2=4an+8=4(an+2)， 又因为a1+2=5+2=7≠0， 所以=4， 所以数列{an+2}是以7为首项，4为公比的等比数列， 所以an+2=7×4n-1⇒an=7×4n-1-2. 例2　已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，则k等于(　　) A.253 B.506 C.1 012 D.2 024 答案　B 解析　设an+1+λ(n+1)+u=4(an+λn+u)， 所以an+1=4an+3λn+3u-λ， 所以 所以an+1-4(n+1)=4(an-4n). 又a1-4=0， 故{an-4n}为常数列，所以an=4n. 由ak=4k=2 024，解得k=506. 例3　(2024·衡阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+1-2n+1，a1=2，则an=　　　　　　.  答案　(n+1)2n-1 解析　因为Sn=an+1-2n+1， Sn-1=an-2n(n≥2)， 两式相减得Sn-Sn-1=(an+1-2n+1)-(an-2n)， 即an+1=2an+2n. 两边同除以2n+1可得-=(n≥2)， 又S1=a2-22=2，得a2=6， 满足-=， 所以数列是首项为=1，公差为的等差数列， 故=1+=， 即an=(n+1)2n-1. 题型二　取倒数法和取对数法 例4　已知数列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，则an=　　　　　　.  答案　 解析　因为an+1=(n∈N*)， 所以=+1， 设+t=3， 所以3t-t=1，解得t=， 所以+=3， 又+=1+=， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以+=×3n-1=， 所以an=. 命题点2　取对数法 例5　(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10，an+1=10，若as·at=a10，则s+t的最大值为(　　) A.10 B.12 C.16 D.18 答案　D 解析　由an+1=10可得an>0， lg an+1=lg(10)=2lg an+1， 故lg an+1+1=2(lg an+1)， 又lg a1+1=2，故{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列， 则lg an+1=2n，故an=， 由as·at=a10可得·==， 故2s+2t=210， 则210≥2=2=， 故+1≤10，得0<s+t≤18，当且仅当s=t=9时取等号， 故s+t的最大值为18. 典例　(1)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，则an＝　　　　　　.  答案　1＋2n－1 解析　an＋2＝3an＋1－2an，其特征方程为x2＝3x－2， 解得x1＝1，x2＝2， 令an＝c1·1n＋c2·2n， 由得 ∴an＝1＋2n－1. (2)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，则an＝　　　　　　.  答案　 解析　4an＋2＝4an＋1－an， 其特征方程为4x2＝4x－1，解得x1＝x2＝， 令an＝(c1＋nc2)， 由得∴an＝. 数列求和 题型一　分组求和与并项求和 例1　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}满足an＋2＝且a1＝2，a2＝1，则S20等于(　　) A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145 答案　C 解析　根据递推公式可知，数列的奇数项依次为：2，22，23，…，为等比数列； 数列的偶数项依次为：1，3，5，…，为等差数列. 所以S20＝10×1＋×2＋＝100＋211－2＝2 146. (2)已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 026等于(　　) A.2 026 B.－2 026 C.3 039 D.－3 039 答案　C 解析　由已知a1＝tan 225°＝tan (180°＋45°)＝tan 45°＝1，故a5＝13a1＝13， 设数列{an}的公差为d，可得d＝＝3， 所以S2 026＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 026－a2 025)＝1 013d＝3 039. 题型二　裂项相消法求和 例2　(2024·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log2a2n－1，cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<. (1)解　由Sn＝2an－2， ① 当n＝1时，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， ② ①－②，得an＝2an－1， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝a12n－1＝2n. (2)证明　由(1)知a2n－1＝22n－1， ∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1. 则cn＝， 故c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝ ＝， ∵>0，∴1－<1，<， 故c1＋c2＋c3＋…＋cn<. 题型三　错位相减法求和 例3　(2025·贵阳模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an＋，且a1＝－.设{an}的前n项和为Tn，bn＝3n·an. (1)证明：{bn}是等差数列； (2)求Tn. (1)证明　因为bn＝3n·an， 所以bn＋1＝3n＋1·an＋1， bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an ＝3n＋1－3n·an＝1， 且b1＝－2，所以{bn}是以－2为首项，1为公差的等差数列. (2)解　由(1)知，bn＝n－3， 所以an＝＝(n－3)·. 则Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·， 所以Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·， 两式相减得Tn＝－＋…＋－(n－3)· ＝－－(n－3)· ＝－·， 因此Tn＝－·. 子数列问题 题型一　奇数项与偶数项问题 例1　(2023·新高考全国Ⅱ)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； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. (1)解　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， 所以数列{an}的通项公式是an=2n+3. (2)证明　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， 因此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， 因此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， 因此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， 因此当n为奇数时，Tn=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0， 因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 题型二　数列的公共项 例2　(2025·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=4，bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1+c2+…+cn. 解　(1)由题意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)， 而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，变形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3， 故{bn-n}是首项为3，公比为3的等比数列. 从而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*). (2)由题意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*， 令m=3n-1(n∈N*)， 则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1， 此时满足条件， 即m=2，5，8，…，3n-1，…时为公共项， 易知数列{bn}为递增数列， 所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]=+ (n∈N*). 题型三　数列增减项 例3　(2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+++…+=2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 解　(1)当n=1时，a1=2； 当n≥2时，=-=2n-2(n-1)=2， 所以an=2n，n≥2. 当n=1时，上式亦成立， 所以an=2n. (2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55⇒n=10. 所以新数列{bn}的前55项中包含数列{an}的前10项，还包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99. 且x11=，x21+x22=，x31+x32+x33=，…，x91+x92+…+x99=. 所以S55=(a1+a2+…+a10)+++…+ =+. 设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29， 则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210， 所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2. 故T=17×210+2. 所以S55=+×210=28×29+1=14 337. 1.(13分)已知数列{an}的各项均不小于1，前n项和为Sn，a1=1，{2Sn-}是公差为1的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)求数列的前n项和Tn.(7分) 解　(1)由a1=1，得2S1-=1. 因为{2Sn-}是公差为1的等差数列， 所以2Sn-=1+(n-1)=n. 当n≥2时，2Sn-1-=n-1， 两式相减，得2an-+=1， 所以= 又an≥1，所以an-1=an-1， 则an-an-1=1， 所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以an=1+(n-1)=n. (2)由(1)可知，Sn= 则==4 所以数列的前n项和 Tn=4=4=. 2.(15分)(2024·三明模拟)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an. (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.(9分) 解　(1)因为an+2=3an+1-2an， 所以an+2-an+1=2(an+1-an)， 又因为a1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0， 所以=2， 所以数列{an+1-an}是首项为2，公比为2的等比数列. 所以an+1-an=2×2n-1=2n， 当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2 =+2=2n， 当n=1时，a1=2也满足上式， 故数列{an}的通项公式为an=2n. (2)由题意可知an+1-an=(n+2-1)dn， 所以(n+1)dn=an+1-an=2n， 所以= 所以Tn=+++…+ ① 将①式两边同时乘以得Tn=+++…+ ② ①-②得Tn=1++++…+- =1+-=- 所以Tn=3- 故数列的前n项和Tn=3-. 3.(15分)已知函数f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R. (1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有>0，求a；(7分) (2)记tn=1++…+(n∈N*)，证明：tn-<ln(n+1)<tn.(8分) (1)解　f(x)的定义域为(-1，+∞)，且f(0)=0， f'(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f'(0)=0， ①当a≤0时，2a-<0， 则令f'(x)>0，有x∈(-1，0)，令f'(x)<0，有x∈(0，+∞)， 则f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减， 又f(0)=0，所以f(x)≤0， 此时令x1x2<0，有<0，不符合题意； ②当a>0时，f'(x)有零点0和x0=-1， 若-1<x0<0，即a> 此时令f'(x)<0，有x∈(x0，0)，令f'(x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上单调递减，在(-1，x0)，(0，+∞)上单调递增， 又f(0)=0，则f(x0)>0， 令x1>0，x2=x0，有<0，不符合题意； 若x0>0，即0<a< 此时令f'(x)<0，有x∈(0，x0)， 令f'(x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(-1，0)，(x0，+∞)上单调递增， 又f(0)=0，则f(x0)<0， 令-1<x1<0，x2=x0， 有<0，不符合题意； 若x0=0，即a=此时f'(x)=≥0， f(x)在(-1，+∞)上单调递增， 又f(0)=0，则当x>0时，f(x)>0， 当-1<x<0时，f(x)<0， 则当x≠0时>0， 也即对x1x2≠0>0， 综上，a=. (2)证明　由(1)的结论可知， 当a=0时，f(x)=-x+ln(x+1)≤0； 当a=x>0时，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0， 则当x>0时，x-x2<ln(x+1)<x， 令x=(n∈N*)，有-<ln< 即-<ln(n+1)-ln n< 所以-<ln n-ln(n-1)<…，1-<ln 2<1， 将上述n个式子相加， tn-<ln(n+1)<tn， 欲证tn-<ln(n+1)<tn， 只需证tn-≤tn- 只需证1++…+≤ 因为=<=2 所以1++…+ <1+2 =-<得证， 于是tn-<ln(n+1)<tn得证. 4.(17分)在无穷数列{an}中，令Tn=a1a2…an，若∀n∈N*，Tn∈{an}，则称{an}对前n项之积是封闭的. (1)试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？(5分) (2)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值；(5分) (3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的.(7分) (1)解　不是的，理由如下： 如等差数列 当n为偶数时，Tn=a1a2…an>0，Tn∉ 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积都是封闭的. (2)解　{an}是等比数列，其首项a1=2，公比为q， 所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)， 所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n 由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m， 使得2n=2qm-1成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得=21-n成立， ①当m=≥1时，得-(m-1)=1-n，所以q=2； ②当m=+(2-n)=≥1时，得+(1-n)=0， 所以q=. 综上，q=2或q=. (3)证明　对任意的无穷等比数列{an}，设公比为q'，则an=a1q'n-1=· 令bn=cn= 则an=bn·cn(n∈N*)， 下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的. 因为bn=所以Tn== 取正整数t=得Tn=bt， 所以{bn}对前n项之积是封闭的， 同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的， 所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的. 学科网（北京）股份有限公司 $$