第六章 数 列（教师用书）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第六章　数　列 第一节　数列的概念与简单表示法 课标要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式). 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.数列的有关概念 概念 含义 数列 按照确定的顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示,那么这个式子叫做这个数列的通项公式 递推公式 如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个式子叫做这个数列的递推公式 数列{an} 的前n项和 把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和,称为数列{an}的前n项和,记作Sn,即Sn=a1+a2+…+an 2.数列的分类 分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 项与项间的 大小关系 递增数列 an+1>an 其中n∈N* 递减数列 an+1<an 常数列 an+1=an 摆动数列 从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列 3.an与Sn的关系 若数列{an}的前n项和为Sn，则an=特别地，若a1满足an=Sn-Sn-1(n≥2)，则不需要分段. [细作教材小题] 1.(北师大选必修②P4·T3)若数列{an}的前4项依次是20，11，2，-7，则数列{an}的一个通项公式是 (　　) A.an=9n+11 B.an=-9n+29 C.an=15.5+(-1)n+1×4.5 D.an=9n-16 答案：B 2.(苏教选必修①P183·T2)在数列中，若an=则a4+a5的值为　　　.  解析：由题意可得a4=24=16，a5=2×5+1=11.所以a4+a5=16+11=27. 答案：27 3.(人A选必修②P8·T3改编)已知数列{an}满足a1=2，an=2-(n≥2)，则a5=　　　　，猜想an=　　　　.  解析：由题意知a2=2-=，a3=2-=，a4=2-=，a5=2-=，猜想an=. 答案：　 4.(人A选必修②P8·T4改编)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=n2+n，那么它的通项公式an等于　　　　.  解析：∵a1=S1=1+1=2，an=Sn-Sn-1=(n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=2n(n≥2)，当n=1时，2n=2=a1，∴an=2n. 答案：2n 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　由an与Sn的关系求通项公式 [例1]　设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn=3an-3，则a4等于 (　　) A.27 B.81 C.93 D.243 解析：选B　根据2Sn=3an-3，可得2=3an+1-3，两式相减得2an+1=3an+1-3an，即an+1=3an，当n=1时，2S1=3a1-3，解得a1=3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4=a1q3=34=81.故选B. [例2]　已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+1，则an=　　　　　　　.  解析：当n=1时，a1=S1=1+2+1=4， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1， 经检验a1=4不适合an=2n+1， 故an= 答案： |点拨·建模| (1)已知Sn求an，注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并. (2)Sn与an关系问题的求解思路 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化. 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. 逐点清(二)　由数列的递推关系求通项公式 方法1　累加法 [例3]　已知数列满足a1=，an+1=an+，则的通项为 (　　) A.an=- 　B.an=+ C.an=-- 　D.an=- 解析：选D　因为an+1=an+，所以an+1-an==-，则当n≥2，n∈N*时， 将n-1个式子相加可得an-a1=1-+-+…+-=1-，因为a1=，则an=1-+=-，当n=1时，a1=-=符合题意，所以an=-，n∈N*. |个性点拨| 递推关系满足an+1-an=f(n)的数列{an}，可用累加法求数列的通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项. 方法2　累乘法 [例4]　在数列{an}中，an+1=an(n∈N*)，且a1=4，则数列{an}的通项公式an= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由an+1=an，得=，故===，…，=(n≥2)，以上式子累乘，得=··…···=.因为a1=4，所以an=(n≥2).因为a1=4满足上式，所以an=. |个性点拨| 形如an+1=an·f(n)的递推关系式可化为=f(n)的形式，可用累乘法，也可用an=··…··a1代入求出通项. 方法3　构造法 [例5]　在数列{an}中，已知a1=1，an+1=2an+1，则{an}的通项公式为 (　　) A.an=2n-1 B.an=2n-1-1 C.an=2n D.an=2n-1 解析：选D　由an+1=2an+1得an+1+1=2(an+1)，即数列{an+1}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列，则an+1=2×2n-1=2n，故an=2n-1. |个性点拨| 形如an+1=pan+q的递推关系式可以化为(an+1+x)=p(an+x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键. 逐点清(三)　数列的函数性质及其应用 题点1　数列的周期性 [例6]　已知数列{an}满足a1=0，an+1=(n∈N*) ，则a20= (　　) A.0 B.- C. D. 解析：选B　因为数列{an}满足a1=0，an+1=(n∈N*)，a2==-，a3==，a4==0，…，由上可知，对任意的n∈N*，an+3=an，所以a20=a3×6+2=a2=-.故选B. |个性点拨|　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. 题点2　数列的最大(小)项 [例7]　(2025·聊城模拟)已知数列{an}的通项公式为an=，则此数列的最大项为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　法一　an+1-an=-=·，当n<8时，an+1-an>0，即an+1>an;当n=8时，an+1-an=0，即an+1=an;当n>8时，an+1-an<0，即an+1<an，所以a1<a2<a3<…<a8=a9>a10>a11>…，所以数列{an}有最大项，为第8项和第9项，且a8=a9==. 法二　设数列{an}的第n项最大，则即解得8≤n≤9，又n∈N*，则n=8或n=9，故数列{an}有最大项，为第8项和第9项，且a8=a9=.故选D. |个性点拨|　求数列的最大项与最小项的常用方法 (1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项. (2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项. 题点3　数列单调性的应用 [例8]　(2025·榆林期中)已知数列满足an=kn2+2n-4(k∈R)，若an>an+1，则实数k的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　据题设知，k+2-4<kn2+2n-4对一切n∈N*恒成立，所以2kn+k+2<0对一切n∈N*恒成立，即k<-对一切n∈N*恒成立.又当n∈N*时，=-=-，所以k<-，所以所求实数k的取值范围是.故选D. |个性点拨| 应用数列的单调性的关键是判断其单调性，方法一般有两种：一是利用数列对应函数的单调性判断;二是对数列前后项作差(或作商)利用比较法判断. 逐点验收(一)　由an与Sn的关系求通项公式 1.已知数列的前n项和Sn=-2n2+1，则这个数列的通项公式为 (　　) A.an=-4n+2 B.an=-3n+2 C.an= D.an= 解析：选C　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2n2+1+2-1=-4n+2.当n=1时，a1=S1=-2+1=-1，不符合上式，所以an= 2.(2025·内江模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足++…+=，n∈N*，则数列{an}的通项公式为　　　　.  解析：++…+=①， 当n=1时，a1=1； 当n≥2时，++…+==(Sn-an)2②， ①-②得=-(Sn-an)2=an(2Sn-an)， 因为各项均不为0， 所以=2Sn-an③， =2Sn-1-an-1(n≥2)④， ③-④得(an+an-1)(an-an-1-1)=0，n≥2. 因为an+an-1>0，所以an-an-1=1，n≥2， 所以an=1+n-1=n. 答案：an=n 逐点验收(二)　由数列的递推关系求通项公式 3.在数列中，a1=2，an+1=an+lg，则an= (　　) A.2+lg n B.2+lg n C.2+nlg n D.1+nlg n 解析：选A　法一　∵an+1-an=lg，∴当n≥2时，an=++…++a1=lg +lg +…+lg +2=lg+2=lg n+2.又a1=2=lg 1+2也符合所得通项公式，∴an=lg n+2. 法二　∵an+1=an+lg(n+1)-lg n，an+1-lg(n+1)=an-lg n，∴数列是常数列，即an-lg n=a1-lg 1=2，则an=2+lg n. 4.设数列{an}满足a1=1，且an+1-an=n+1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　　　　　　.  解析：由题意得a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n(n≥2)，以上各式相加，得an-a1=2+3+…+n==.∵a1=1，∴an=(n≥2). ∵当n=1时，a1=1也满足此式，∴an=. 答案：an= 5.在数列{an}中，a1=2，an+1=an，则an=　　　　.  解析：∵an+1=an，a1=2，∴an≠0，∴=，∴an=···…···a1=···…··2=. 答案： 逐点验收(三)　数列的函数性质及其应用 6.(2025·抚州模拟)已知数列{an}的通项公式为an=3n2-28n，则数列的最小项是 (　　) A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项 解析：选B　根据题意，an=3n2-28n=3-，又n∈N*，∴当n=5时，an取得最小值. 7.(2025·汕头开学考试)已知数列an=(n∈N*)，则数列{an}的前100项中的最小项和最大项分别是 (　　) A.a1，a100 B.a45，a44 C.a45，a1 D.a44，a100 解析：选B　an= = =1+(n∈N*)， 因为442<2 024<452，所以n≤44时，数列{an}单调递增，且an>1；n≥45时，数列{an}单调递增，且an<1.所以在数列{an}的前100项中最小项和最大项分别是a45，a44.故选B. 8.已知数列满足a1=1，a2=-2，且an+1=an+an+2，n∈N*，则a5=　　　　；数列的前2 024项的和为　　　　.  解析：由a1=1，a2=-2，且an+1=an+an+2，n∈N*，可得a3=-3，a4=-1，a5=2，a6=3，a7=1，…，故从a1开始，每6项循环一次，且一个循环内6项的和为0，∵2 024=6×337+2，即前2 024项的和为337×0+a1+a2=-1. 答案：2　-1 综合创新训练题组 9.《几何原本》是一部不朽的数学巨著，在这本书的第10卷中给出了“穷竭法”的基本命题.所谓“穷竭”指的是一个变量，它可以小于任意给定的量.根据穷竭法的基本命题，设数列满足a0=100，0<a1<a0，0<a2<a1，…，0<an<an-1，…，若am<1<2am，则m可能取到的最大值为 (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 解析：选C　根据题意可知am<=，所以a8<2a8<=<1，a7<=，而2a7<=，故2a7可能大于1，所以m可能取到的最大值为7. 10.历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，即a1=a2=1，an=an-1+an-2(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则b1+b2+b3+…+b2 024的值为 (　　) A.2 696 B.2 697 C.2 698 D.2 700 解析：选C　由题意得，数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，所以该数列的周期为6，所以b1+b2+b3+…+b2 023+b2 024=337(b1+b2+b3+…+b6)+b2 023+b2 024=337×8+b1+b2=2 696+1+1=2 698. 11.已知数列满足an=n·sin，数列满足bn=an+an+1，其中n∈N*，则数列的前2 023项和为 (　　) A.-2 025 B.-2 023 C.-2 D.0 解析：选A　因为an=n·sin，所以a1=sin=1，a2=2sin π=0，a3=3sin =-3，a4=4sin 2π=0，a5=5sin=5，…，所以an=n·sin=k∈N，所以b1+b2=-2，b3+b4=2，b5+b6=-2，…，b2 021+b2 022=-2，b2 023=a2 023+a2 024=-2 023+0=-2 023，所以数列的前2 023项和为-2 025. 12.若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列.现将数列1，3进行构造，第1次得到数列1，4，3；第2次得到数列1，5，4，7，3；依次构造，第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，3.记an=1+x1+x2+…+xk+3，若an>4 378成立，则n的最小值为 (　　) A.6 B.7 C.8 D.9 解析：选C　由a1=4+4=8，a2=4+4+12=20=3a1-4，a3=4+4+12+16+20=56=3a2-4，a4=4+4+12+16+20+20+28+28+32=164=3a3-4，…，则an+1=3an-4，则an+1-2=3(an-2)，则an-2=6×3n-1⇒an=2+2×3n，当n=7时，a7=2+2×37=4 376.当n=8时，a8=2+2×38>4 378. [课时跟踪检测] 1.数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项公式可能是 (　　) A.an= B.an= C.an= D.an= 解析：选A　数列为，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故数列{an}的通项公式为an=，n∈N*. 2.已知数列{an}的通项公式是an=，那么这个数列是 (　　) A.递增数列 B.递减数列 C.摆动数列 D.常数列 解析：选A　∵an+1-an=-=>0，∴an+1>an，故选A. 3.(2025·贵州模拟)已知数列{an}对任意k∈N*满足ak·ak+1=2k，则a1·a2 024= (　　) A.21 012 B.21 013 C.22 024 D.22 025 解析：选A　由ak·ak+1=2k，得ak+1·ak+2=2k+1，所以=2，所以···…···=21 011，即=21 011　①. 又因为a1·a2=2　②， ①②两式相乘，得a1·a2 024=21 012.故选A. 4.(2025·重庆期中)已知数列满足2an+1-2=an·an+1 ，且a1=3，则a2 025= (　　) A.3 B. C.-2 D. 解析：选A　由题意数列满足2an+1-2=an·an+1，则an+1=，故由a1=3，得a2==-2，a3==，a4==，a5==3，由此可知数列的周期为4，故a2 025=a4×506+1=a1=3，故选A. 5.已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=an+2n-1(n∈N*)，则{an}中最小的一项是 (　　) A.a2 B.a3 C.a4 D.a5 解析：选B　由an+1=an+2n-1，得-=1，所以数列是以=-3为首项，1为公差的等差数列，即=-3+(n-1)·1，得an=(2n-3)(n-4)，所以有a2=-2，a3=-3，显然当n≥4，n∈N*时，an≥0，因此{an}中最小的一项是a3，故选B. 6.(2025·郑州模拟)已知数列{an}是单调递增数列，an=m(2n-1)-n2，n∈N*，则实数m的取值范围为 (　　) A.(2，+∞) B.(1，2) C. D.(2，3) 解析：选C　由题意可得an=m(2n-1)-n2，由于数列{an}为单调递增数列，即∀n∈N*，an+1-an=m(2n+1-1)-(n+1)2-[m(2n-1)-n2]=m·2n-2n-1>0，整理得m>，令bn=，则bn+1-bn=-=<0，n∈N*，所以数列{bn}单调递减，故b1=是数列{bn}的最大项，则m的取值范围为，故选C. 7.[多选]数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1=，an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，则下列命题正确的是 (　　) A.Sn= 　B.an=- C.数列{an}为递增数列 　D.数列为递增数列 解析：选AD　∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2)，∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2)，∵Sn≠0，∴-=4(n≥2)，因此数列是以=4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；∴=4+4(n-1)=4n，∴Sn=，即A正确；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=-，∴an=a1>a2，即B、C不正确. 8.[多选]在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且-an+1=an，则下列结论正确的是 (　　) A.对于任意的n≥2，都有an>1 B.对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列 C.若0<a1<2，则数列{an}为递增数列 D.若a1>2，则当n≥2时，2<an<a1 解析：选ACD　由已知得=+1，对∀n∈N*都有an>0，则an+1=+1>1，即对任意的n≥2，都有an>1，故A正确.an+1(an+1-1)=an，若{an}为常数列且an>0，则an=2，故B错误.=an+1-1且n∈N*，当1<an+1<2时，0<<1，此时a1=a2(a2-1)∈(0，2)且a1<a2，数列{an}递增；当>2时，>1，此时a1=a2(a2-1)>a2>2，数列{an}递减.所以当0<a1<2时，数列{an}为递增数列；当a1>2时，an+1>2且数列{an}递减，即当n≥2时，2<an<a1，故C、D正确.故选ACD. 9.(2025·广东联考)若满足：0<an+1<an<1(n∈N*)，则满足上述条件数列的一个通项公式为　　　　.  解析：因为0<an+1<an<1(n∈N*)，即数列单调递减，所以满足上述条件数列的一个通项公式可以为an=.(答案符合条件即可) 答案：an=(答案不唯一) 10.数列对任意正整数n，满足a1a2·…·an=n2，数列的通项公式 an=　　　　　　.  解析：当n=1时，a1=1；当n≥2时，由a1a2·…·an=n2可得a1a2·…·an-1=，两式作商可得an=，又a1=12不符合上式，所以an= 答案： 11.科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n是奇数，则将它乘3加1(即3n+1)，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定.如果对正整数a1(首项)按照上述规则施行变换后得到a2，依次施行变换后所得到的数组成数列，Sn是数列的前n项和，若a1=10，则S50=　　　　.  解析：由题意可得对a1=10依次施行变换后所得到的数组成数列，其项依次为10，5，16，8，4，2，1，4，2，1，…，即从a5=4开始，4，2，1周期性出现，故S50=(10+5+16+8)+15×(4+2+1)+4=148. 答案：148 12.(2025·宜宾期末)在数列{an}中，a1=5，an+1=4an-3，若对任意的n∈N*，k(an-1)≥2n-5恒成立，则实数k的最小值为　　　　.  解析：由an+1=4an-3整理得an+1-1=4(an-1)，即=4，又a1-1=4，故数列{an-1}是以4为首项，4为公比的等比数列，可得an-1=4n，不等式k(an-1)≥2n-5，可化为k≥，令f(n)=，当1≤n≤2时，f(n)<0；当n≥3时，f(n)>0，f(n+1)-f(n)=-=-<0，故当n≥3时，f(n)单调递减，故f(n)≤f(3)=，综上，f(n)≤，所以k≥，故k的最小值为. 答案： 13.求下列数列{an}的通项公式. (1)a1=1，an+1=an+3n； (2)a1=1，an+1=2nan. 解：(1)由an+1=an+3n得an+1-an=3n，当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=1+31+32+33+…+3n-1==， 当n=1时，a1=1=，满足上式， ∴an=(n∈N*). (2)由an+1=2nan，得=2n， 当n≥2时，an=a1××××…×=1×2×22×23×…×2n-1=21+2+3+…+(n-1)=. 当n=1时，a1=1满足上式， ∴an=(n∈N*). 14.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2+1. (1)求a2的值； (2)求数列{an}的通项公式. 解：(1)∵a1=1，an+1=2+1， ∴a2=2+1=2+1=3. (2)法一　由an+1=2+1， 得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2. ∵an>0，∴Sn>0，∴=+1， 即-=1， 则-=1(n≥2)， 由累加法可得=1+(n-1)=n， ∴Sn=n2(n≥2)， 又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2. 当n≥2时，an=Sn-=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1适合上式，∴an=2n-1(n∈N*). 法二　由an+1=2+1， 得(an+1-1)2=4Sn， 当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1， ∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an. ∴--2an+1-2an=0， 即(an+1+an)(an+1-an-2)=0. ∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2). 由累加法可得an=1+(n-1)×2=2n-1(n≥3). 又a1=1，a2=3均适合上式，∴an=2n-1(n∈N*). 15.如果数列对任意的n∈N*，an+2-an+1>an+1-an，则称为“速增数列”. (1)请写出一个速增数列的通项公式，并证明你写出的数列符合要求； (2)若数列为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 023，求正整数k的最大值. 解：(1)取an=2n，则an+2-an+1=2n+2-2n+1=2n+1，an+1-an=2n+1-2n=2n， 因为2n+1>2n，所以an+2-an+1>an+1-an，所以数列是“速增数列”. (2)当k≥2时，ak=2 023=++…+++a1，因为数列为“速增数列”，所以ak-ak-1>ak-1-ak-2>…>a3-a2>a2-a1=2，且an∈Z，所以++…+(a3-a2)++a1≥k+k-1+…+3+2+1， 即2 023≥，k∈Z， 当k=63时，=2 016， 当 k=64时，=2 080， 故正整数k的最大值为63. 第二节　等差数列 课标要求 1.理解等差数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 4.体会等差数列与一元一次函数的关系. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.等差数列 (1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，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.数学语言表示为an+1-an=d(n∈N*)，d为常数. (2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A=，其中A叫做a，b的等差中项. 2.等差数列的有关公式 (1)通项公式：an=a1+(n-1)d. (2)前n项和公式：Sn=na1+d=. 3.等差数列的通项公式及前n项和公式与函数的关系 (1)当d≠0时，等差数列{an}的通项公式an=dn+(a1-d)是关于n的一次函数. (2)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn=n2+n是关于n的二次函数. 4.等差数列的性质 (1)通项公式的推广：an=am+(n-m)d(n，m∈N*). (2)若{an}为等差数列，且k+l=m+n(k，l，m，n∈N*)，则ak+al=am+an. (3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列. (4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，…也是等差数列. (5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列. 5.等差数列的前n项和的最值 在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值. 6.常用结论 (1)已知数列{an}的通项公式是an=pn+q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p. (2)数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A，B为常数).这里公差d=2A. (3)若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则=. (4)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，=. (5)若等差数列{an}的项数为奇数2n+1，则 ①=(2n+1)an+1； ②=. [细作教材小题] 1.(人A选必修②P15·T4改编)已知在等差数列中，a4+a8=20，a7=12，则a9= (　　) A.8 B.10 C.14 D.16 解析：选D　设公差为d，则解得所以a9=a1+8d=16. 2.(北师大选必修②P19·T1)已知等差数列{an}的前3项分别为a-1，a+1，2a+3，则此数列的通项为 (　　) A.2n-5 B.2n+1 C.2n-3 D.2n-1 解析：选C　2(a+1)=a-1+2a+3，解得a=0，故等差数列{an}的前三项依次为-1，1，3，故数列是以-1为首项，以2为公差的等差数列，故通项公式an=-1+(n-1)×2=2n-3. 3.(人A选必修②P25·T2改编)已知为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则a20等于 (　　) A.-1 B.1 C.3 D.7 解析：选B　∵为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，∴a1+a3+a5=3a3=105，a2+a4+a6=3a4=99，∴a3=35，a4=33，d=a4-a3=33-35=-2，a1=a3-2d=35+4=39，∴a20=a1+19d=39-19×2=1. 4.(苏教选必修①P183·T4)在等差数列中，若a1=1，a4=7，则它的前5项和S5的值为　　　　.  解析：因为数列为等差数列，设其公差为d，则3d=a4-a1=7-1=6，得d=2，所以a5=a4+d=9，所以S5=×5=×5=25. 答案：25 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　等差数列基本量的运算 [例1]　(2025·萍乡期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，若是等差数列，且S10=0，S8=2S4+8，则a1= (　　) A. B.- C. D.- 解析：选B　由题意知是等差数列，设其公差为d，则由S8=2S4+8，得=+1，则4d=-=1，∴d=，S10=0，则=0，故=+9d=0，∴S1=-9d=-，故a1=S1=-，故选B. [例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=　　　　　　.  解析：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. 答案：95 |点拨·建模|　解决等差数列运算问题的思想方法 方程 思想 等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可“知三求二” 整体 思想 当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解 利用 性质 运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程 逐点清(二)　等差数列的判定与证明 [例3]　已知数列，an∈N*，Sn=(an+2)2，求证：是等差数列. 证明：由题意可知，对任意的n∈N*， 8Sn==+4an+4， 当n=1时，8a1=+4a1+4， 即=0，可得a1=2， 当n≥2时，由8Sn=+4an+4 可得8Sn-1=+4an-1+4， 上述两个等式作差可得8an=-+4an-4an-1，即--4an-4an-1=0， 即=0，因为对任意的n∈N*，an∈N*，则an+an-1>0，可得an-an-1=4， 所以数列是首项为2，公差为4的等差数列. |点拨·建模|　等差数列的判定与证明方法 定义法 如果一个数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么可以判断数列{an}为等差数列 等差 中项法 如果一个数列{an}对任意的正整数n都满足2an+1=an+an+2，那么可以判断{an}为等差数列 通项 公式法 如果一个数列{an}的通项公式满足an=pn+q(p，q为常数)的形式，那么可以得出{an}是首项为p+q，公差为p的等差数列，适用选择、填空题 前n项和 公式法 如果一个数列{an}的前n项和公式满足Sn=An2+Bn(A，B为常数)的形式，那么可以得出数列{an}是首项为A+B，公差为2A的等差数列，适用选择、填空题 逐点清(三)　等差数列的性质 题点1　等差数列项的性质 [例4]　已知Sn是等差数列{an}的前n项和，2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36，则S11= (　　) A.66 B.55 C.44 D.33 解析：选D　因为数列{an}是等差数列，所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=12a6=36，故a6=3，所以S11==11a6=33，故选D. [例5]　(2025·日照模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=9，S9=18，则S12= (　　) A.18 B.21 C.24 D.27 解析：选A　由题结合等差数列性质有S3==3a2=9，S9==9a5=18⇒a2=3，a5=2，设等差数列{an}的公差为d，则d==-，a1=a2-d=3+=，故S12=12×-×=18.故选A. |个性点拨|　等差数列项的性质的关注点 (1)在等差数列中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质. (2)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn=相结合. 题点2　等差数列和的性质 [例6]　(2025·咸阳模拟)在等差数列{an}中，Sn是其前n项的和，若=，则等于 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　因为等差数列中，S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12成等差数列，设S4=x，因为=，故S8=3x，所以x，2x，S12-3x，S16-S12成等差数列，所以S16=10x，则=. [例7]　已知等差数列{an}共有(2n+1)项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an+1的值为 (　　) A.30 B.29 C.28 D.27 解析：选B　奇数项共有(n+1)项，其和为·(n+1)=·(n+1)=290，∴(n+1)an+1=290. 偶数项共有n项，其和为·n=·n=nan+1=261，∴an+1=290-261=29. 题点3　等差数列前n项和的最值 [例8]　等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3=S11，则当n为多少时，Sn最大? 解：法一　设公差为d.由S3=S11，可得3a1+d=11a1+d， 即d=-a1.从而Sn=n2+n=-(n-7)2+a1，因为a1>0，所以-<0.故当n=7时，Sn最大. 法二　设公差为d.由法一可知d=-a1.要使Sn最大，则有即 解得6.5≤n≤7.5，故当n=7时，Sn最大. 法三　设公差为d.由S3=S11，可得2a1+13d=0，即(a1+6d)+(a1+7d)=0，故a7+a8=0，又由a1>0，S3=S11可知d<0，所以a7>0，a8<0，所以当n=7时，Sn最大. |个性点拨|　求等差数列的前n项和最值的常用方法 二次 函数法 用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N* 图象法 利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值 项的 符号法 正项变负项处最大，负项变正项处最小.若有零项，则使Sn取最值的n有两个 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　等差数列基本量的运算 1.(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=1，则a3+a7= (　　) A.-2 B. C.1 D. 解析：选D　法一　设等差数列{an}的公差为d，由S9=9a1+d=9(a1+4d)=1，得a1+4d=，所以a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2(a1+4d)=，故选D. 法二　因为{an}为等差数列，所以S9==9a5=1，得a5=，所以a3+a7=2a5=，故选D. 法三　令公差d=0，则S9=9a1=1，解得a1=，所以a3+a7=2a1=. 2.(2025·济南模拟)记数列的前n项和为Sn，若等差数列的首项为5，第4项为8，则a10= (　　) A.14 B.23 C.32 D.140 解析：选B　设等差数列的公差为d，则解得d=1，所以=5+d=5+×1=n+4，所以Sn=n(n+4)=n2+4n，所以a10=S10-S9=140-117=23.故选B. 3.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至起，接下来依次是小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种共十二个节气，其日影长依次成等差数列，其中大寒、惊蛰、谷雨三个节气的日影长之和为25.5尺，且前九个节气日影长之和为85.5尺，则立春的日影长为 (　　) A.10.5尺 B.11尺 C.11.5尺 D.12尺 解析：选A　设等差数列的首项为a1，公差为d，依题意， 即⇒ 解得所以a4=a1+3d=13.5-3=10.5尺.故选A. 逐点验收(二)　等差数列的判定与证明 4.[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=-n2+2n，则下列说法正确的是 (　　) A.数列{an}为等差数列 B.数列{Sn}是递增数列 C.数列是等差数列 D.2a4=a2+a6 解析：选ACD　Sn满足形式Sn=An2+Bn(A，B为常数)，则数列{an}为等差数列，故A正确；令f(x)=-x2+2x，x=1为其对称轴，则f(x)在(1，+∞)上单调递减，则由Sn=-n2+2n可知{Sn}是递减数列，故B错误；=-n+2，则-=-n+2-[-(n-1)+2]=-1，故是公差为-1的等差数列，故C正确；由A知数列{an}为等差数列，所以a2，a4，a6成等差数列，所以2a4=a2+a6成立，故D正确. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，数列{Sn}的前n项积为Tn，且满足Sn+Tn=Sn·Tn(n∈N*).求证：为等差数列. 证明：当n=1时，S1+T1=S1·T1，得2a1=，解得a1=2或a1=0， 又Sn≠0，所以a1≠0，故a1=2， 由Sn+Tn=Sn·Tn，得Sn≠1，所以Tn=，当n≥2时，Tn-1=. 所以=×，即Sn=×，所以==1+，即-=1， 所以是以=1为首项，1为公差的等差数列. 逐点验收(三)　等差数列的性质 6.(2025·咸阳模拟)已知为等差数列，a1+a3+a4=24，则a2+a3= (　　) A.12 B.24 C.26 D.36 解析：选A　因为a1+a3+a4=a2+a3+a3=a2+2a3=24，所以a2+a3=12.故选A. 7.(2025·大理期中)设数列{an}和{bn}都为等差数列，记它们的前n项和分别为Sn和Tn，满足=，则= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　数列{an}和{bn}都为等差数列，且=，则====，故选B. 8.(2025·重庆阶段练习)[多选]已知等差数列 {an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若 S10<S8<S9，则下列说法正确的是 (　　) A.a1>0>d B.使得Sn>0成立的最大自然数n=18 C.|a8+a9|<|a10+a11| D.中最小项为 解析：选ACD　根据题意，因为所以即两式相加，解得故A正确.由S10<S8，得a9+a10<0<a9，所以a8+a11<0，a10+a11-(a8+a9)=4d<0，a10+a11+a8+a9<0，所以|a8+a9|<|a10+a11|，故C正确.由以上可得a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…，S17==17a9>0，而S18==9(a9+a10)<0，当n≤17时，Sn>0；当n≥18时，Sn<0.使得Sn>0成立的最大自然数n=17，故B错误.当n≤9或n≥18时，>0；当9<n<18时，<0；由0>a10>a11>…>a17，S10>S11>S12>…>S17>0，所以中最小项为，故D正确.故选ACD. 综合创新训练题组 9.已知正项等差数列满足tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1，a6<1，则a1+a4+a6+a8+a11的值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　因为tan a5tan a7+tan a5+tan a7=1，所以=1，即tan=1，所以a5+a7=+kπ，k∈Z.又0<a5+a7=2a6<2，所以a5+a7==2a6，解得a6=，故a1+a4+a6+a8+a11=5a6=. 10.有一个三人报数游戏：首先A报数字1，然后B报两个数字2，3，接下来C报三个数字4，5，6，然后轮到A报四个数字7，8，9，10，依次循环，直到报出10 000，则A报出的第2 024个数字为 (　　) A.5 983 B.5 984 C.5 985 D.以上都不对 解析：选B　由题意知，A第n次报数的个数为3n-2，则A第n次报完数后共报的数字个数为Tn==，再代入正整数n，使得Tn≥2 024，则n(3n-1)≥4 048，解得n的最小值为37，得T37=2 035，而A第37次报数时，3人总共报了36×3+1=109次，当A第109次报完数，3人总的报数个数为Sn=1+2+3+…+109==5 995，则A报出的第2 035个数字为5 995，故A报出的第2 024个数字为5 995-(2 035-2 024)=5 984，故选B. 11.已知[x]为不超过x的最大整数，例如=0，=1，=-1，设等差数列的前n项和为Sn=且S5=15，记bn=，则数列的前100项和为　　　　.  解析：由题意得Sn==，所以a1=1，S5==5a3=15，所以a3=3，所以公差d==1，所以an=n，bn==，当n=1时，b1=0，当2≤n≤3时，bn=1，当4≤n≤7时，bn=2，当8≤n≤15时，bn=3，当16≤n≤31时，bn=4，当32≤n≤63时，bn=5，当64≤n≤100时，bn=6，所以数列的前100项和为0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480. 答案：480 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知等差数列的前n项和为Sn，公差为d，且S3=9，a3=2a2，则d= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选C　因为S3==3a2=9，a3=2a2，所以a2=3，a3=6，则d=6-3=3.故选C. 2.(2025·成都模拟)在等差数列中，a2=3，a6=15，直线l过点M，N，则直线l的斜率为 (　　) A.3 B.-3 C.4 D.-4 解析：选A　在等差数列中，a2=3，a6=15，可得公差d===3，所以直线l的斜率为==3.故选A. 3.(2025·南京模拟)设等差数列的前n项和为Sn，若=4，则= (　　) A. B.4 C. D. 解析：选C　设等差数列的首项为a1，公差为d，∵等差数列的前n项和为Sn，=4， ∴=4，整理得d=2a1，∴===.故选C. 4.(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列.则 (　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析：选C　若{an}为等差数列，设其公差为d，则Sn=na1+d，=a1+(n-1)·-=a1+(n+1-1)·-=，为常数，所以为等差数列，即甲⇒乙；若为等差数列，设其公差为t，则=+(n-1)t=a1+(n-1)t，所以Sn=na1+n(n-1)t，所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1=na1+n(n-1)t-[(n-1)a1+(n-1)(n-2)t]=a1+2(n-1)t，当n=1时，S1=a1也满足上式，所以an=a1+2(n-1)t(n∈N*)，所以an+1-an=a1+2(n+1-1)t-[a1+2(n-1)t]=2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲⇐乙.所以甲是乙的充要条件，故选C. 5.(2025·保定模拟)现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，…，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为 (　　) A.33 B.34 C.36 D.37 解析：选B　设没剪之前正方形的边数为a0，即a0=4，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，a1=4+3=7，然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，所以可知经过n次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即an=a1+3(n-1)，故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为a10=7+9×3=34，故选B. 6.[多选]已知Sn是等差数列的前n项和，且a7<0，a5+a10>0，则下列选项不正确的是 (　　) A.数列为递减数列 　B.a8<0 C.Sn的最大值为S7 　D.S14>0 解析：选ABC　因为a7<0，a5+a10=a7+a8>0，故a8>0，d=a8-a7>0，所以等差数列为递增数列，故A、B错误；因为1≤n≤7时，an<0，当n≥8时，an>0，所以Sn的最小值为S7，故C错误；因为S14==7(a7+a8)>0，故D正确.故选ABC. 7.(2025·重庆阶段练习)[多选]若正项无穷数列{an}是等差数列，且a7+a9=10，则 (　　) A.a2+a8+a14=15 B.当a1=时，{an}的前20项和为128 C.公差d的取值范围是 D.当a14为整数时，a14的最大值为9 解析：选ACD　对于A，等差数列{an}中，若a7+a9=10，则a8=(a7+a9)=5，故a2+a8+a14=3a8=15，A正确；对于B，由于a8=5，a1=，则公差d==，故{an}的前20项和S20=20a1+d=125，B错误；对于C，由A的结论，a8=5，只需a1=5-7d>0且d>0即可，则有0<d<，即d的取值范围为，C正确；对于D，由等差数列的性质，a2+a14=a7+a9=10，若a14为整数，则a2必为整数，又由数列{an}是正项递增的等差数列，即a1>0，且a2>a1，必有a2≥1，故a14≤9，即a14的最大值为9，D正确.故选ACD. 8.在1和2之间插入2n个数，组成首项为1，末项为2的等差数列，若这个数列的前n+1项的和与后n+1项的和之比为9∶13，则插入数的个数是 (　　) A.8 B.10 C.12 D.14 解析：选B　设插入的这2n个数分别记为a1，a2，…，a2n，由等差数列的性质可得a1+a2n=a2+a2n-1=…=an+an+1=1+2=3，这个数列的公差为d==，这个数列所有项的和为3，这个数列的前n+1项的和为×1+=n+1+=，因为这个数列的前n+1项的和与后n+1项的和之比为9∶13，则=×3，即=，解得n=5，所以插入数的个数是10.故选B. 9.(2025·衡水模拟)[多选]已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，若它的前2m(m>1)项的和S2m=0，则下列结论正确的是 (　　) A.若d<0，使an>0的最大n的值为m B.Sm是Sn的最小值 C.3+=+3 D.+=+ 解析：选ACD　由题意，S2m==m(am+am+1)=0，因为m>1，则am+am+1=0(*)，对于A，因为d<0，则am+1<am，由(*)知am>0，am+1<0，故使an>0的最大n的值为m，即A正确；对于B，若d<0，由A项知，am>0，am+1<0，即数列{an}的前m项都是正数项，第m+1项起都是负数项，即此时Sm是Sn的最大值，即B错误；对于C，由(3+)-(3+)=3(-)+(-)=3(am+1+am)(am+1-am)+(am-1+am+2)(am-1-am+2)，因为am+am+1=0，am-1+am+2=am-d+am+1+d=am+am+1=0，故上式的值为0，即3+=+3，故C正确；对于D，由(+)-(+)=(-)+(-)=(am+1+am)(am+1-am)+(am+2+am-1)(am+2-am-1)，由C分析知，am+am+1=0且am-1+am+2=0，故上式的值也为0，即+=+，故D正确.故选ACD. 10.已知等差数列满足a1=4，a3+a5=+1，则a7=　　　　.  解析：在等差数列中，∵a3+a5=+1，又a3+a5=2a4，∴2a4=+1，解得a4=1.又a1=4，而a1+a7=2a4，解得a7=-2. 答案：-2 11.若数列为等差数列，且a1=，a3=，则sin a2 023=　　　　.  解析：由题意得，数列为等差数列，且a1=，a3=，d==，a2 023=a1+2 022·=，故sin a2 023=sin =sin=-sin=-. 答案：- 12.(2025·枣庄调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，且S1 001=S1 024，则S2 024=　　　　.  解析：设等差数列{an}的公差为d，∵S1 001=S1 024，∴a1 002+…+a1 024=23a1 013=0，∴a1 013=a1+1 012d=0，∵a1=2，∴1 012d=-2，S2 024=2 024a1+d=2 024a1+2 023×1 012d=2 024×2+2 023×(-2)=2. 答案：2 13.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 解：(1)证明：由已知条件，得Sn=nan-+. 当n=1时，a1=S1. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=nan-+-， 所以(1-n)an=-n+1-(n-1)an-1. 等式两边同时除以1-n，得an=1+an-1， 所以an-an-1=1. 所以数列{an}是公差为1的等差数列. (2)法一：二次函数的性质 由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以=a4·a9，即=·，解得a1=-12， 所以an=n-13，所以Sn=-12n+=n2-n=-， 所以当n=12或n=13时，=-78. 法二：邻项变号法 由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以=a4·a9， 即=·，解得a1=-12，所以an=n-13，即有a1<a2<…<a12<0，a13=0. 则当n=12或n=13时，=-78. 14.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d. 解：(1)因为3a2=3a1+a3，所以3d=a1+2d， 所以a1=d，所以an=nd. 因为bn=，所以bn==， 所以S3===6d，T3=b1+b2+b3=++=. 因为S3+T3=21，所以6d+=21，解得d=3或d=，因为d>1，所以d=3. 所以{an}的通项公式为an=3n. (2)因为bn=，且{bn}为等差数列， 所以2b2=b1+b3，即2×=+， 所以-=，所以-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d. 因为d>1，所以an>0，又因为S99-T99=99， 由等差数列的性质，得99a50-99b50=99， 即a50-b50=1，所以a50-=1， 即-a50-2 550=0， 解得a50=51或a50=-50(舍去). 当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解，当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.综上，d=. 15.(2025·徐州模拟)已知An(an，bn)(n∈N*)是曲线y=ex上的点，a1=a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足=3n2an+，an≠0，n=2，3，4，…. (1)证明：数列(n≥2)是常数数列； (2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{an}是单调递增数列. 解：(1)证明：当n≥2时，=3n2an+⇒=3n2(Sn-Sn-1)+， 所以-=3n2(Sn-Sn-1)⇒(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=3n2(Sn-Sn-1). 因为an≠0，所以Sn+Sn-1=3n2⇒2Sn-an=3n2， 所以2Sn+1-an+1=3(n+1)2， 两式相减，得an+1+an=6n+3. 所以an+2+an+1=6(n+1)+3=6n+9， 所以an+2-an=6， 所以当n≥2时，===e6为常数. 故当n≥2时，为常数数列. (2)由题意a1=a， 当n=2时，2(a+a2)-a2=12⇒a2=12-2a. 当n=3时，2(a+a2+a3)-a3=27⇒a3=2a+3. 因为an+2-an=6，所以数列{a2k}，{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，以6为公差的等差数列. 所以a2k=12-2a+6(k-1)=6-2a+6k，a2k+1=2a+3+6(k-1)=2a-3+6k. 因为数列{an}为递增数列，所以⇒ ⇒⇒<a<. 所以M=. 第三节　等比数列 课标要求 1.理解等比数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题. 4.体会等比数列与指数函数的关系. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.等比数列 (1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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. (2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2=ab. 2.等比数列的有关公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an=a1qn-1. (2)等比数列通项公式的推广：an=amqn-m. (3)等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=na1；当q≠1时，Sn==. 3.等比数列的性质 (1)若m+n=p+q，则aman=apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w=m+n，则aman=，其中m，n，w∈N*. (2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*). (3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和也是等比数列(p，q≠0). (4)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等比数列，其公比为qn(n为偶数且q=-1除外). (5)若或则等比数列{an}递增.若或则等比数列{an}递减. [细作教材小题] 1.(北师大选必修②P27·T2)将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是 (　　) A.公比为q的等比数列　 B.公比为q2的等比数列 C.公比为q3的等比数列 D.不一定是等比数列 答案：B 2.(苏教选必修①P183·T9)若在1和256中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则公比q为 (　　) A.±2 B.2 C.±4 D.4 答案：C 3.(人A选必修②P37·T1改编)在等比数列{an}中，若a3=，S3=，则a2的值为 (　　) A. B.-3 C.- D.-3或 解析：选D　由S3=a1+a2+a3=a3(q-2+q-1+1)，得q-2+q-1+1=3，即2q2-q-1=0，解得q=1或q=-，所以a2==或-3. 4.(人A选必修②P35·例7(3)改编)已知数列{an}是等比数列，若a1=8，q=，Sn=，则n=　　　　.  解析：把a1=8，q=，Sn=代入Sn=，得=.整理得=，解得n=5. 答案：5 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　等比数列基本量的运算 [例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= (　　) A. B. C.15 D.40 解析：选C　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(舍去)或q2=4，由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4==15.故选C. [例2]　(2025·重庆模拟)已知等比数列{an}满足：a2n=，且-a2是a1与a3的等差中项，则a5= (　　) A.32 B.2 C.1 D.-1 解析：选D　由等比数列{an}得a1≠0，q≠0，因为a2n=，所以a1·q2n-1=(a1qn-1)2，即a1·q2n-1=q2n-2，化简得a1=q，因为-a2是a1与a3的等差中项，所以-2a2=a1+a3，即-2a1q=a1+a1q2，化简得q2+2q+1=0，解得q=-1，则a1=-1，所以a5=a1·q4=-1×1=-1，故选D. |点拨·建模|　等比数列基本量运算的解题策略 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意分q=1和q≠1两类分别讨论. 逐点清(二)　等比数列的判定与证明 [例3]　 Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4=9a2，S3=13，且公比q>0. (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn+λ}是等比数列?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)易知q≠1， 由题意可得解得a1=1，q=3， ∴an=，Sn==. (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn+λ}是等比数列， ∵S1+λ=λ+1，S2+λ=λ+4，S3+λ=λ+13， ∴(λ+4)2=(λ+1)(λ+13)，解得λ=， 此时Sn+=×3n，S1+=， 则==3， 故存在常数λ=，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列. |点拨·建模|　等比数列的3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 等比 中项法 若数列{an}中，an≠0且=an·(n∈N*)，则{an}是等比数列 通项 公式法 若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列 逐点清(三)　等比数列的性质 [例4]　已知正项等比数列的前n项积为Mn，且M2 024=3M2 019，若bn=log3an，则b1 023+b3 021= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　∵M2 024=3M2 019， ∴M2 019a2 020a2 021a2 022a2 023a2 024=3M2 019， ∴a2 020a2 021a2 022a2 023a2 024=3， 又a2 020a2 024=a2 021a2 023=， ∴=3，得a2 022=，∴b1 023+b3 021=log3a1 023+log3a3 021=log3(a1 023a3 021)=log3=log3=.故选B. [例5]　(2025·襄阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8+S24=140，且S24=13S8，则S16= (　　) A.40 B.-30 C.30 D.-30或40 解析：选A　因为S8+S24=140，且S24=13S8，所以S8=10，S24=130，故q≠±1，所以==+q8+1=13，即+q8-12=0，解得q8=3或q8=-4(舍去)，由等比数列性质可知，S8，S16-S8，S24-S16成等比数列，公比为q8=3，所以S16-10=10×q8=30，解得S16=40，故选A. |点拨·建模| (1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m+n=p+q，则aman=apaq”，可以减少运算量，提高解题速度. (2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　等比数列基本量的运算 1.[多选]已知为等比数列，Sn是其前n项和.若a3a7=16a5，a4与2a5的等差中项为20，则 (　　) A.a1=1 B.公比q=-2 C.an=2n-1 D.Sn=2n-1 解析：选ACD　由a3a7=16a5得=16a5⇒a5=16.又a4与2a5的等差中项为20，则2a5+a4=40⇒a4=8，所以公比为q==2，故a1q3=a4⇒a1=1，故an=2n-1，Sn==2n-1，故A、C、D正确，B错误. 2.(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an+1=2Sn+2，则a4的值为 (　　) A.3 B.18 C.54 D.152 解析：选C　法一　因为an+1=2Sn+2，所以当n≥2时，an=2Sn-1+2，两式相减得an+1-an=2an，即an+1=3an，所以数列{an}是公比q==3的等比数列.当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，又a2=3a1，所以3a1=2a1+2，解得a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C. 法二　设等比数列{an}的公比为q，因为an+1=2Sn+2，所以公比q≠1，且a1qn=+2=-++2，所以又a1≠0，所以q=3，a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C. 3.(2025·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则log2(a3a5)的值为 (　　) A.8 B.10 C.12 D.16 解析：选C　从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则是以2为公比的等比数列，∴ S7==1 016，127a1=1 016，解得a1=8，∴an=8×2n-1，∴log2(a3·a5)=log2(8×22×8×24)=12.故选C. 逐点验收(二)　等比数列的判定与证明 4.[多选]已知等比数列{an}，满足a1=1，公比q=-2，则 (　　) A.数列{2an+an+1}是等比数列 B.数列{an+1-an}是等比数列 C.数列{anan+1}是等比数列 D.数列{log2|an|}是递减数列 解析：选BC　因为{an}是等比数列，a1=1，q=-2，所以an+1=-2an，2an+an+1=0，故A错误；an=a1·qn-1=(-1)n-1·2n-1，an+1=(-1)n·2n，则an+1-an=(-1)n·2n-(-1·=-3·(-2)n-1，故{an+1-an}是等比数列，故B正确；anan+1=(-1)n-1·2n-1·(-1)n·2n=(-2=(-2)·4n-1，故C正确；log2|an|=log22n-1=n-1，故{log2|an|}是递增数列，故D错误. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn=n. (1)设cn=an-1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式. 解：(1)证明：∵an+Sn=n①， ∴an+1+=n+1②. ②-①得an+1-an+an+1=1， ∴2an+1=an+1，∴2(an+1-1)=an-1， 又a1+a1=1， ∴a1=，∴a1-1=-≠0， ∵=，∴=. 故{cn}是以c1=a1-1=-为首项，为公比的等比数列. (2)由(1)知cn=-×=-. ∵cn=an-1，∴an=1-. 逐点验收(三)　等比数列的性质 6.(2025·临沂期中)已知公比不为1的正项等比数列满足=aman(m，n∈N*)，则+的最小值为 (　　) A.6 B.2 C. D. 解析：选C　由等比数列的性质得m+n=6，又m，n∈N*，由基本不等式得+=(m+n)=≥=，当且仅当=，即m=4，n=2时，等号成立，故+的最小值为.故选C. 7.设等比数列的前n项和为Sn，若S10∶S5=1∶2，则S15∶S5等于 (　　) A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 解析：选A　等比数列的前n项和为Sn，则S5，S10-S5，S15-S10成等比数列，设S5=m，则S10=，S10-S5=-，所以S15-S10==，所以S15=，所以==，即S15∶S5=3∶4. 8.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=　　　　.  解析：法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5=a3a6，得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q=1　①. 又a9a10=a1q8·a1q9=q17=-8　②， 所以由①②可得q15=-8，q5=-2， 所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. 法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0，所以a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=q15=-8，于是q5=-2，所以a7=a2q5=-2. 答案：-2 综合创新训练题组 9.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 为“6 积特征列”，且 a1>1，则当 的前n 项之积最大时，n 的最大值为 (　　) A.5 B.4 C.3 D.2 解析：选C　∵{an}是等比数列，∴an=a1qn-1.∵{an}是“6积特征列”，∴m=6，即a6=a1a2a3a4a5a6，∴q10=1，a1q2=1，a1=q-2.∵{an}是正数列，a1>1，∴0<q<1.设数列{an}的前n项之积为Pn，则有Pn=a1a2·…·an== ，∵0<q<1，∴当指数 最小时，Pn最大；当n=时，最小，又n∈N*，∴n=2或n=3时，Pn最大. 10.(2025·昆明一模)第七届国际数学教育大会(ICME-7)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. 解析：选D　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b1=，公比为的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为=.故选D. 11.已知an=2n，数列为a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，b7，b8，b9，b10，a5，…，规律是在ak和ak+1中间插入k项，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，则数列的前30项和为　　　　.  解析：因为an=2n，所以为等比数列，所有插入的项构成以3为首项，2为公差的等差数列，由于1+2+3+4+5+6=21，21+6=27<30，1+2+3+4+5+6+7=28，28+7=35>30，因此数列的前30项中含有的前7项，含有的前23项，所以所求和为+=829. 答案：829 细节、微点提醒 解题时关注3个关键点 (1)当q≠0，q≠1时，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k=. (2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0. (3)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. [课时跟踪检测] 1.在等比数列{an}中，a1=1，a3=4，则a7= (　　) A.-128 B.128 C.-64 D.64 解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，则q2==4，所以a7=a1q6=a1(q2)3=1×43=64. 2.(2024·洛阳三模)已知等比数列{an}的公比为q，若a1+a2=12，且a1，a2+6，a3成等差数列，则q= (　　) A. B.- C.3 D.-3 解析：选C　∵a1，a2+6，a3成等差数列，∴2(a2+6)=a1+a3，又a1+a2=12，∴2(12-a1+6)=a1+a3，整理可得3a1+a3=3a1+a1q2=36，∴===，解得q=0(舍去)或q=3.故选C. 3.(2023·新课标Ⅱ卷)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：选C　法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1， 则化简整理得所以S8==×(1-44)=-85.故选C. 法二　易知S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6，…为等比数列，所以(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，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0，与S4=-5矛盾，舍去.综上，S8=-85. 4.已知等比数列{an}中，a1=1，a1+a3+…+a2k+1=85，a2+a4+…+a2k=42，则k等于 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选B　设等比数列{an}的公比为q，则a1+a3+…+a2k+1=a1+a2q+…+a2kq=85，即q(a2+…+a2k)=85-1=84，因为a2+a4+…+a2k=42，所以q=2，则a1+a2+a3+…+a2k+a2k+1=85+42=127=，即128=，解得k=3. 5.(2025·南通阶段练习)我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢?”描述的问题是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则两鼠相遇至少需要 (　　) A.1天 B.2天 C.3天 D.4天 解析：选C　设n天后能打穿，则+≥5，化简为2n--4≥0，令f(n)=2n--4，则f(2)=-<0，f(3)=8--4>0，又由函数的单调性可知f(n)=2n--4在(2，3)内有唯一零点，所以至少需要3天.故选C. 6.已知等比数列的前n项和为Sn，且公比大于1.若S2=4，28S8=5S4S6，则S6= (　　) A.28 B.21 C.7 D.7或28 解析：选A　设等比数列的公比为q(q>1). 因为S2=4，28S8=5S4S6， 所以7S2S8=5S4S6， 即7·· =5··， 化简，得7(1+=5， 即2q4-5q2+2=0. 因为q>1，所以q2=2， 所以S6==·=4×=28.故选A. 7.(2025·云南阶段练习)[多选]已知数列{anan+1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1=1，则下列结论正确的是 (　　) A.若{an}是等比数列，则公比为 B.{a2n}是公比为2的等比数列 C.a2n-1=2n-1 D.若a2=，则an= 解析：选BCD　数列{anan+1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1=1，得=2，则an+2=2an，因为a1=1，则a3=2，且an≠0.若{an}是等比数列，则=a1a3，故a2=±，所以公比q=±，A错误；由an+2=2an，故a2n+2=2a2n，即=2，故{a2n}是公比为2的等比数列，B正确；同理，数列{a2n-1}是公比为2的等比数列，由a1=1，则a2n-1=1×2n-1=2n-1，C正确；由a2=，则a2n=2n-2，设m为偶数，则am=，同理设k为奇数，则ak=，所以an=D正确.故选BCD. 8.定义：对于数列{xn}，若存在M>0，使得对一切正整数n，恒有|xn|≤M成立，则称数列{xn}为有界数列.设数列{an}的前n项和为Sn，则下列选项中，满足数列{Sn}为有界数列的是 (　　) A.an=2n-1 B.an= C.an=(-1)n·n D.an= 解析：选D　对于A，因为an=2n-1为等差数列，则Sn==n2，可知对任意M>0，当n>时，Sn>M，不满足有界数列的定义，故A错误；对于B，因为an==-，则Sn=(-1)+(-)+…+(-)=-1，可知对任意M>0，当n>(M+1)2时，Sn>M，不满足有界数列的定义，故B错误；对于C，当n为偶数时，Sn=-1+2-3+4-…-(n-1)+n=，可知对任意M>0，当n>2M时，Sn>M，不满足有界数列的定义，故C错误；对于D，可知数列{an}是首项、公比均为的等比数列，则Sn==1-<1，可知当M≥1时，|Sn|<M，符合有界数列的定义，故D正确. 9.[多选]如图，在四边形ABCD中，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于点Gn(n∈N*)，且Gn满足anan+1=an-2an+1，其中数列{an}是首项为1的正项数列，则 (　　) A.数列为等比数列 B.数列的前n项和为2n+1-n-2 C.数列{an}为递增数列 D.an= 解析：选ABD　因为Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，设=t，即-=t-t，所以=t+(1-t)，又anan+1=an-2an+1，得=-，即所以-=1，即+1=2，所以数列是公比为2的等比数列，故A正确；因为a1=1，所以+1=2，故是首项为2，公比为2的等比数列，所以+1=2n，=2n-1，的前n项和为21-1+22-1+…+2n-1=21+22+…+2n-n=-n=2n+1-n-2，故B正确；an=，故a1=1，a2=，a3=，显然a1<a2<a3，则数列{an}不是递增数列，C错误，D正确. 10.等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2=3，S3=13，则a3=　　　　.  解析：法一　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，则由题意，得 解得或所以a3=a1q2=9×=1或a3=a1q2=1×32=9. 法二　由S3=a1+a2+a3=3+a1+a3=13， 得a1=10-a3. 由等比数列的性质，知=a1a3， 即9=(10-a3)·a3，解得a3=1或a3=9. 答案：1或9 11.已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则这个数列的项数为　　　　.  解析：设等比数列项数为n，公比为q，则a1+a3+…+an-1=341，a2+a4+…+an=682，由a2+a4+…+an=a1q+a3q+…+an-1q=(a1+a3+…+an-1)q=341q=682，解得q=2，因为a1，a3，…，an-1是公比为q2=4的等比数列，则=341，即=341，解得n=10. 答案：10 12.我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1，a5=12，a9=192，则a7=　　　　；数列{an}所有项的和为　　　　.  解析：法一　设前3项的公差为d，后7项的公比为q，q>0，则q4===16，且q>0，解得q=2. 则a3=1+2d=，即1+2d=3，解得d=1. 所以a3=3，a7=a3q4=48. a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 法二　因为数列{an}，3≤n≤9为等比数列，所以=a5a9=12×192=482. 因为an>0，所以a7=48. 因为=a3a7，所以a3==3. 设后7项的公比为q，q>0， 则q2==4，解得q=2. 因为a1+a2+a3==6，a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381， 所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384. 答案：48　384 13.(2025·成都开学考)已知数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an.设bn=. (1)求b1，b2，b3； (2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； (3)求{an}的通项公式. 解：(1)由条件可得an+1=an， 将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以a2=4. 将n=2代入得，a3=3a2，所以a3=12. 从而b1=1，b2=2，b3=4. (2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下： 由条件可得=，即=2bn， 又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得=2n-1，所以an=n·2n-1. 14.(2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1-3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和. 解：(1)因为2Sn=3an+1-3，所以2Sn+1=3an+2-3，两式相减可得2an+1=3an+2-3an+1， 即an+2=an+1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1=3a2-3=5a1-3， 所以a1=1，故an=. (2)因为2Sn=3an+1-3，所以Sn=(an+1-1)=. 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn=×-n=×-n-. 15.(2025·上海期末)设数列{an}的首项a1为常数，且an+1=3n-2an(n∈N*). (1)证明：是等比数列； (2)若a1=，{an}中是否存在连续三项成等差数列?若存在，写出这三项；若不存在，请说明理由； (3)若{an}是递增数列，求a1的取值范围. 解：(1)证明：===-2， 因为a1≠，所以a1-≠0， 所以数列是首项为a1-，公比为-2的等比数列. (2)因为a1=，所以数列的首项是a1-=， 所以an-=·(-2)n-1，则an=·(-2)n-1+， 若{an}中存在连续三项成等差数列，则必有2an+1=an+an+2， 即2=+·(-2)n-1++·(-2)n+1， 整理为-=， 解得n=4， 所以a4，a5，a6成等差数列. (3)如果an+1>an， 即+·(-2)n>+·(-2)n-1对任意自然数均成立， 化简得·3n>-·(-2)n， 当n为偶数时，a1>-·恒成立， 因为p(n)=-·单调递减， 所以p(n)的最大值是p(2)=0，即a1>0， 当n为奇数时，a1<+·恒成立， q(n)=+·单调递增， 所以q(n)的最小值为q(1)=1，即a1<1， 所以a1的取值范围是(0，1). 第四节　数列求和 课标要求：1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.　2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法. 方法(一)　分组法求和 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　一个数列的通项公式是由若干个等差、等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加、减. [例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)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. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为bn=所以b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6. 因为S4=32，T3=16， 所以 整理得解得 所以{an}的通项公式为an=2n+3. (2)证明：由(1)知an=2n+3， 所以Sn==n2+4n. 当n为奇数时，Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+7+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+…+(4n+2)]=+=. 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)==>0，所以Tn>Sn. 当n为偶数时，Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+7+…+(2n-5)]+[14+22+30+…+(4n+6)]=+=. 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)==>0，所以Tn>Sn. 综上可知，当n>5时，Tn>Sn. |点拨·建模|　分组法求和的应用策略 　　一般地，如果{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an±bn}或cn=的前n项和Sn时，可采用分组求和法求和.如果cn=(-1)n·an，求cn的前n项和时，可采用并项求和法求解.一般需要对项数n分奇数和偶数进行讨论. 　　[针对训练] 1.(2025·包头开学考试)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an(an+1). (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)依题意，2Sn=an(an+1)，an>0， 当n=1时，2a1=a1(a1+1)，解得a1=1或a1=0(舍去). 当n≥2时，由2Sn=an(an+1)得2Sn-1=an-1(an-1+1)， 两式相减得2an=+an--an-1，--(an+an-1)=0，即(an+an-1)(an-an-1-1)=0，由于an+an-1>0， 所以an-an-1-1=0，an-an-1=1(n≥2)，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an=n(a1=1也符合). (2)由(1)得bn= 所以T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+=·n+=n2+-. 方法(二)　裂项相消法求和 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律)，从而求得前n项和.裂项时常用的三种变形： (1)=-； (2)=； (3)=-. [例2]　(2024·烟台三模)在数列{an}中，已知2an=an+1+anan+1，a1=. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn=-an，Sn为数列{bn}的前n项和，证明：≤Sn<1. 解：(1)由2an=an+1+anan+1，得an≠0，则=×+，即-1=，故是以-1=-为首项，为公比的等比数列.故-1=-×=-，则=1-，an=. (2)证明：bn=-an=an(an-1)=. 易得bn>0，故Sn≥S1=b1=. 又bn=<==-， 故Sn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=1-<1. 综上有≤Sn<1，即得证. |点拨·建模|　裂项相消法求和的步骤 裂项 观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式 累加 将数列裂项后的各项相加 消项 将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n项和 　　[针对训练] 2.(2025·曲靖质检)已知数列是公差为d的等差数列，且满足a1=1，an+1=xan+2. (1)求的通项公式； (2)设bn=(-1)n·，求数列的前10项和S10. 解：(1)因为是公差为d的等差数列，a1=1，an+1=xan+2， 所以当n=1时，a2=xa1+2=x+2， 当n=2时，a3=xa2+2=x+2 =x2+2x+2， 因为a3-a2=a2-a1， 即x2+x=x+1， 解得x=±1，所以d=2或d=0(舍去)， 所以an=1+2=2n-1. (2)由(1)得，bn=(-1)n·=(-1)n·=(-1)n·. 所以S10=-1-++--+…++=-1+=-. 方法(三)　错位相减法求和 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解. [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)因为4Sn=3an+4　①， 所以当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4　②， 当n≥2时，①-②得4an=3an-3an-1，即an=-3an-1. 当n=1时，由4Sn=3an+4得4a1=3a1+4，所以a1=4≠0. 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)法一：错位相减法　由(1)得bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1， 所以3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n·3n， 两式相减得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×-4n·3n=-2+(2-4n)·3n， 所以Tn=1+(2n-1)·3n. 法二：裂项相消法　由(1)得bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1. 令bn=(kn+b)·3n-[k(n-1)+b]·3n-1， 则bn=(kn+b)·3n-[k(n-1)+b]·3n-1=3n-1[3kn+3b-k(n-1)-b]=(2kn+2b+k)·3n-1. 所以解得 即bn=(2n-1)·3n-[2(n-1)-1]·3n-1=(2n-1)·3n-(2n-3)·3n-1. 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×31-(-1)×30+3×32-1×31+5×33-3×32+…+(2n-1)·3n-(2n-3)·3n-1=(2n-1)·3n-(-1)×30=(2n-1)·3n+1. |点拨·建模|　错位相减法求和的注意点 (1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (2)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q=1，应用公式Sn=na1. 　　[针对训练] 3.设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b2=7，2a2-b3=2，n∈N*. (1)求的通项公式； (2)设cn=an·，求数列的前n项和Tn. 解：(1)由已知得a3+b2=a1+2d+b1q=1+2d+q=7①， 2a2-b3=2-b1q2=2-q2=2②，联立①②，得q2+q-6==0，解得q=-3或q=2.因为是各项都为正数的等比数列，所以q=2，代入①式可得d=2，所以an=1+2=2n-1，bn=2n-1. (2)由题意得cn=·=·3n，∴Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n， 3Tn=1×32+3×33+…+×3n+×3n+1，两式相减得-2Tn=3+2(32+33+…+3n)-·3n+1=3+2·-·3n+1=-6+·3n+1.∴Tn=3+·3n+1. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·苏州模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且满足2a5=a2+14，S9=72. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足bn=求数列的前2n项和T2n. 解：(1)依题意，设数列的公差为d， 因为S9=72，所以=9a5=72，则a5=8. 因为2a5=a2+14，即16=a2+14，所以a2=2， 所以d===2，a1=a2-d=0，所以an=(n-1)×2，即an=2n-2. (2)因为bn= 所以bn= 所以T2n=++…+ =(0+4+…+4n-4)+ =+=2n2-2n+. 2.设公比为正的等比数列{an}前n项和为Sn，S3=7a1，且a1，a3，20+a2成等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn=bn+1+bnbn+1log2an，b1=1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为等比数列公比q>0，S3=7a1=a1+a1q+a1q2，a1≠0， 所以q2+q+1=7⇒(q-2)(q+3)=0，即q=2， a1，a3，20+a2是等差数列，所以2a3=20+a2+a1⇒8a1=20+2a1+a1⇒a1=4， 所以an=4×2n-1=2n+1. (2)因为bn=bn+1+bnbn+1log2an，所以bn=bn+1+bnbn+1log22n+1=bn+1+(n+1)bnbn+1， 所以-=n+1，故-=n，-=n-1，…，-=2， 利用累加法得出-=n+(n-1)+…+2=， -1=⇒==⇒bn==2， Tn=2=2=. 3.已知数列的前n项和为Sn，数列为等差数列，a1=1，S7=28. (1)求的通项公式； (2)记bn=，其中表示不小于x的最小整数，如=2，=3，求数列的前2 023项和. 解：(1)因为为等差数列，所以公差d==，所以=1+=， 即Sn=， 所以an=Sn-Sn-1=-=n，上式对n=1仍然成立，所以an=n. (2)由题意可知 bn== 记的前n项和为Tn，则T2 023=0+9×1+90×2+900×3+1 023×4=6 981. 4.已知数列是正项等比数列，数列满足an=2log2bn-1. (1)求证：数列是等差数列； (2)若a4=7，b3=8，设数列和中的所有项按从小到大的顺序排列构成数列，记数列的前n项和为Sn，求S50. 解：(1)证明：设数列的公比为q，因为数列是正项等比数列，所以bn>0，q>0. 当n≥2时，an-an-1=(2log2bn-1)-(2log2bn-1-1)=2log2=2log2q为常数， 所以数列是等差数列. (2)因为a4=7，b3=8，所以b4=16，a3=5， 所以q==2，b1==2，bn=b1qn-1=2n， 数列的公差d=a4-a3=2，a1=a3-2d=1，an=a1+d=2n-1. 因为a50=99∈=，a44=87∈=，所以S50=(a1+a2+…+a44)+(b1+b2+…+b6)=+=1 936+126=2 062. 5.(2024·杭州二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：φ(1)=1，φ(4)=2，φ(8)=4，数列{an}满足an=φ(2n)(n∈N*). (1)求a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)记bn=(-1)n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由题意可知a1=φ(2)=1，a2=φ(4)=2，a3=φ(8)=4， 由题意可知，正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n-1个， 所以an=φ(2n)=2n-1. (2)由(1)知an=φ(2n)=2n-1，所以a2n=φ(22n)=22n-1， 所以bn=(-1)n=(-1)n=(-1)n(2n-1)=(4n-2) ， 所以Sn=b1+b2+…+bn=2×+6×+…+(4n-6)×+(4n-2)×，① -Sn=2×+6×+…+(4n-6)×+(4n-2)× ，② 所以①-②得 Sn=2×+4-(4n-2)×=-+4×-(4n-2)×=-+-(4n-2)×=--， 所以Sn=-+. 第五节　数列的综合问题 考法(一)　等差数列与等比数列的综合问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足：a1=2，b1=1，a2+a3=10，b2b3=-a4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}是数列{an}和数列{bn}的相同项从小到大组成的新数列，Sn是数列{cn}的前n项和，求Sn，并判断Sn是否为数列{an}中的项(不必说明理由)? 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a2+a3=a1+d+a1+2d=4+3d=10， 解得d=2，所以an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. 所以b2b3=b1q·b1q2=q3=-a4=-8， 解得q=-2，所以bn=b1qn-1=(-2)n-1， 即an=2n，bn=(-2)n-1. (2)由(1)可知数列{an}和数列{bn}的相同项即为数列{bn}中项数n≥3的奇数项，即22，24，26，28，210，212，…，即cn=22n=4n，所以Sn==，且必为偶数，所以Sn必为数列{an}中的项. |点拨·建模| 　　等差、等比数列的综合问题的解题技巧 (1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想、通项公式和前n项和公式求解.求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程.求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论. (2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔{}(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{logaan}(a>0且a≠1)为等差数列.　 　　[针对训练] 1.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2=2，S9=45，数列{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)·2n+1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若对数列{an}，{bn}，在ak与ak+1之间插入bk个2(k∈N*)，组成一个新数列{dn}，求数列{dn}的前2 023项的和T2 023. 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 由题意解得所以an=n. 由a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)·2n+1，　① 当n≥2时，a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=(n-2)·2n-1+1，　② ①-②得bn=2n-1(n≥2)， 当n=1时，a1b1=1，b1=1适合bn=2n-1， 所以bn=2n-1. (2)因为an=n，所以在数列{dn}中，从项a1开始到项ak为止， 共有项数为k+20+21+…+2k-2=k+2k-1-1， 当k=11时，11+210-1=1 034<2 023； 当k=12时，12+211-1=2 059>2 023， 所以数列{dn}的前2 023项是项a11之后还有2 023-1 034=989项为2， 所求和为T2 023=(1+2+…+11)+2×(20+21+…+29+989)=4 090. 考法(二)　数列与不等式相结合 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　(2025年1月·八省高考适应性演练)已知数列{an}中，a1=3，an+1=. (1)证明：数列为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令bn=，证明：bn<bn+1<1. 解：(1)证明：由an+1=得==·+，则1-=-·=，所以数列是首项为1-=，公比为的等比数列. (2)由(1)得1-=×=， 解得an==. (3)证明：bn==·====1-. 令f(n)=3·-2，n∈[1，+∞)， 由f(n)=3·-2在n∈[1，+∞)上单调递增，则f(n)≥f(1)=3×-2=>0， 所以数列在n∈N*上单调递减，从而数列{bn}在n∈N*上单调递增，且bn<1，故得bn<bn+1<1. |点拨·建模| 　　解决与数列有关的恒成立问题，可以利用数列的单调性或者借助数列对应函数的单调性及基本不等式求解. 　　[针对训练] 2.已知数列的前n项和Sn=n2+n. (1)求数列的通项公式； (2)设cn=，数列的前n项和为Tn，是否存在正整数k，使得Tn<k2-3k对于n∈N*恒成立?若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由. 解：(1)依题意Sn=n2+n，当n=1时，a1=S1=2， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-=2n， 当n=1时上式也符合，所以an=2n. (2)由(1)得cn== ==2， 所以Tn=2=2=3-2， 所以Tn为递增数列，T1=3-2=， 则≤Tn<3，所以k2-3k≥3，k2-3k-3≥0， 函数f(x)=x2-3x-3的对称轴为x=， f=1-3-3=-5，f=4-6-3=-5， f=9-9-3=-3，f=16-12-3=1. 当x≥时，f(x)单调递增.所以使k2-3k-3≥0成立的正整数k的最小值为4. 考法(三)　数列的新定义问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　已知等比数列{an}为递增数列，a1=1，a1+2是a2与a3的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若项数为n的数列{bn}满足bi=bn+1-i(i=1，2，3，…，n)，我们称其为n项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列{cn}为2k-1(k≥2)项的“对称数列”，其中c1，c2，c3，…，ck是公差为2的等差数列，数列{cn}的最大项等于a4.记数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1，若S2k-1=32，求k. 解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意知a2+a3=2(a1+2)，所以q+q2=6，解得q=2或q=-3(舍去)，所以an=a1qn-1=2n-1. (2)由题知ck=a4=8，c1，c2，c3，…，ck是以8为末项，2为公差的等差数列，所以ck=c1+2(k-1)=8，解得c1=10-2k，所以c1+c2+c3+…+ck==k(9-k)，所以S2k-1=c1+c2+…+ck+…+c2k-1=(c1+c2+…+ck)+(ck+ck+1+…+c2k-1)-ck=2k(9-k)-8=18k-2k2-8.所以32=18k-2k2-8，即k2-9k+20=0，解得k=4或k=5. |点拨·建模| 1.新定义数列问题的特点 通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. 2.新定义问题的解题思路 遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 　　[针对训练] 3.给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列.已知数列{an}的通项公式为an=(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列. (1)求a的值； (2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1=(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k+1. 解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列， 所以a2-a3=a3-a6. 又因为a2=，a3=，a6=， 所以-=-，解得a=0. (2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d. 因为b1=，所以b2≤， 从而d=b2-b1≤-=-. 所以bm=b1+(m-1)d≤-. 又因为bm>0，所以->0. 即m-1<k+1，所以m<k+2. 又因为m，k∈N*，所以m≤k+1. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·滨州二模)已知数列中，a1=，2an+1-an=anan+1. (1)求数列的通项公式； (2)求证：2a1a2+22a2a3+…+2nanan+1<. 解：(1)因为2an+1-an=anan+1， 两边同除以anan+1，得-=1， 即=2·-1， 两边同时减1，得-1=2·-2， 所以-1=2， 所以=2.又因为-1=2， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以-1=2n，即an=， 所以数列的通项公式为an=. (2)证明：2nanan+1= =-， 所以2a1a2+22a2a3+…+2nanan+1 =++…+=-. 因为>0， 所以2a1a2+22a2a3+…+2nanan+1<. 2.(2024·东三省四市教研体二模)已知数列中，a1=2，nan+1-an=2. (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)设bn=，数列的前n项和为Tn，若Tn<恒成立，试求实数λ的取值范围. 解：(1)证明：∵nan+1-an=2(n2+n)=2n(n+1)，两边同时除以n，∴-=2， ∴数列是首项为=2，公差为2的等差数列， =2+×2=2n，∴an=2n2. (2)由bn=，可得bn===， ∴Tn===×， Tn<，即×<λ，即×<λ恒成立. ∴λ>==， ∴λ>.故实数λ的取值范围为. 3.记Sn为等差数列的前n项和，已知a1=1，bn=. (1)若b1=1，λ=-1，求数列的通项公式. (2)若数列是等差数列，且b1=-5，其前n项和为Tn，求λ的值，并求使Sn+λTn>0成立的n的最大值. 解：(1)设等差数列的公差为d. 因为a1=1，b1=1，λ=-1， 所以b1==a1-a2+3=1，则a2=3， 所以d=a2-a1=3-1=2， 所以数列的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1. (2)由an=a1+(n-1)d，Sn=na1+d， 得bn==n+1-+λd+. 因为数列是等差数列， 所以λ+3=0，即λ=-3. 因为b1=-5，所以+1--3d=-5， 所以d=2，所以an=1+(n-1)×2=2n-1， bn=n+1-1-3×2=n-6， 则Tn==， Sn=n+×2=n2. 因为Sn+λTn=n2-3×>0， 所以0<n<22， 所以λ的值为-3，正整数n的最大值为21. 4.(2024·石家庄三模)已知各项均为正数的等比数列满足a1=3，a2+a3=36，数列的前n项和Sn，满足3Sn+n2=3nbn+n，b1=. (1)求数列和的通项公式； (2)若存在正整数n，使得27-8Man≥0成立，求实数M的取值范围. 解：(1)设数列的公比为q， 由已知得3q+3q2=36，即q2+q-12=0， 解得q=3或q=-4(舍去)， 所以an=3·3n-1=3n. 因为3Sn+n2=3nbn+n，所以当n≥2时，3Sn-1+(n-1)2=3bn-1+n-1， 两式作差得bn=3bn-1+2n-2， 因为n≥2，所以bn-bn-1=，即数列是首项为，公差为的等差数列， 所以bn=+×=n. (2)由27-8Man≥0，得M≤，设cn=，则M小于等于数列的最大项. 设n=k时，cn最大，因为c1=，c2=>c1， 所以k>1. 由即 即即 解得 即2.5≤k≤3.5(k∈N*)，所以k=3， 故数列的最大项是c3==1，所以M≤1，即实数M的取值范围是. 5.已知数列{an}，记集合T={S(i，j)|S(i，j)=ai+ai+1+…+aj，1≤i<j，j∈N*}. (1)对于数列{an}：1，2，3，4，写出集合T； (2)若an=2n，是否存在i，j∈N*，使得S(i，j)=1 024?若存在，求出一组符合条件的i，j；若不存在，请说明理由； (3)若an=2n-2，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为B：b1，b2，…，bm，….若bm≤2 024，求m的最大值. 解：(1)由题意得a1+a2=3，a1+a2+a3=1+2+3=6，a1+a2+a3+a4=1+2+3+4=10，a2+a3=2+3=5，a2+a3+a4=2+3+4=9，a3+a4=3+4=7，∴T={3，5，6，7，9，10}. (2)假设存在i，j∈N*，使得S(i，j)=1 024，则有1 024=ai+ai+1+…+aj=2i+2(i+1)+…+2j=(j-i+1)(i+j)， 由于i+j与j-i奇偶性相同， ∴i+j与j-i+1奇偶性不同， 又∵i+j≥3，j-i+1≥2， ∴1 024有大于等于3的奇数因子， 这与1 024无1以外的奇数因子矛盾， 故不存在i，j∈N*，使得S(i，j)=1 024. (3)由题意得=(j+i-2)(j-i+1)， 当j=2，i=1时，b1=2，除j=2，i=1外j+i-2≥2，j-i+1≥2，其中j+i-2与j-i+1一奇一偶，则bn能拆成奇数与偶数的乘积， 在正偶数中，只有2n无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积， 又T中的元素均为偶数，故T={2n|n∈N*，n≠2k，k∈N*}，故2至2 024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1 024， ∴m=-9=1 003，故m的最大值为1 003. 28 / 55 学科网（北京）股份有限公司 $$