第六章 数 列（教师用书）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第六章|数　列 第一节　数列的概念与简单表示法 明确目标 1.了解数列的概念和几种简单表示方法(列表、图象、公式). 2.了解数列是自变量为正数的一类特殊函数,能利用数列的周期性、单调性解决简单的问题. 教材再回首 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.数列与函数的关系 数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2,…,n})到实数集R的函数,其自变量是序号n,对应的函数值是数列的第n项an,记为an=f(n). 解题结论拓展 1.两个常用结论 (1)若数列{an}的前n项和为Sn,通项公式为an,则an= (2)在数列{an}中,若an最大,则 若an最小,则 2.数列的函数性质 由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数,因此它具备函数的某些性质: (1)单调性:若an+1>an,则{an}为递增数列;若an+1<an,则{an}为递减数列,否则为摆动数列或常数列(an+1=an). (2)周期性:若=an(k为非零常数),则{an}为周期数列,k为{an}的一个周期. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修②P4例1(1)改编)数列1,3,6,10,x,21,28,…中,由给出的数之间的关系可知x的值为 (　　) A.12 B.15 C.17 D.18 解析:选B　各项乘以2,变为1×2,2×3,3×4,…故数列的通项公式为an=,故a5=15. 2.(苏教选必修①P183T2)在数列{an}中,若an=则a4+a5的值为　　　　.  答案:27 3.(人A选必修②P8T3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:　 二、易错小题的警醒训练 1.已知数列的通项公式是an=n2-5n+3,则数列{an}的最小项是第　　　项.  解析:∵an=n2-5n+3=-,n∈N*,∴当n=2或n=3时,an最小,a2=a3=-3. (易错点:忽视数列是特殊的函数,自变量为正整数集) 答案:2或3 2.已知数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),则an=　　　　　　.  解析:因为数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1.a1=2不满足an=2n-1,因此,an=(易错点:利用an=Sn-Sn-1关系求an,忽略n≥2,遗漏n=1的情况) 答案: 题点一　由an与Sn的关系求通项公式 [例1] (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)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+3SnSn-1=0(n≥2且n∈N*),a1=,则Sn=　　　　.  解析:因为an=Sn-Sn-1(n≥2),所以Sn-Sn-1+3SnSn-1=0,所以-=3,所以是等差数列,公差为3.又==3,所以=3+3(n-1)=3n,即Sn=. 答案: |思维建模| 1.已知Sn求an的方法 已知Sn求an主要是利用an=转化为关于an的关系再求通项,注意对n=1的检验. 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. [即时训练] 1.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式是 (　　) A.an=n B.an= C.an=2 D.an= 解析:选D　因为数列满足a1+2a2+3a3+…+nan=n+1(n∈N*),所以当n=1时,a1=2;当n≥2时,有a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n;所以nan=n+1-n,所以an=.经检验,an=对n=1不适合,所以an= 2.(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= (　　) A.-　　B.-　　C.　　D. 解析:选A　因为3Sn=an+1,所以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=-. 题点二　数列的性质 考法(一)　数列的周期性 [例2]　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,…,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”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列{bn},则数列{bn}的前2 026项和为 (　　) A.1 350　　　　　　 B.676 C.1 351 D.1 352 解析:选C　根据斐波那契数列性质可得{an}中的数字呈现出奇数、奇数、偶数循环的规律,因此新数列{bn}即为按照1,1,0呈周期出现的数列,周期为3.易知2 026=675×3+1,一个周期内的三个数字之和为2,所以数列{bn}的前2 026项和为675×2+1=1 351. |思维建模|　解决数列周期性问题的方法 解决数列周期性问题,根据给出的关系式求出数列的若干项,通过观察归纳出数列的周期,进而求出有关项的值或前n项和. 考法(二)　数列的单调性 [例3]　已知函数f(x)=数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且数列{an}是递增数列,则a的取值范围是　　　　. 解析:由数列{an}是单调递增数列,可知当n≤3,n∈N*时,f(n)=-n2-2an-a=-(n+a)2+a2-a,即-a≥3或解得a<-;当n≥4时,f(n)=2n+ln(n-3)单调递增恒成立,且f(4)>f(3),24+ln(4-3)>-9-6a-a,解得a>-,所以a的取值范围是. 答案: |思维建模|　判断数列单调性的方法 　　应用数列单调性的关键是判断单调性,判断数列单调性的方法如下: (1)利用数列对应函数的单调性判断; (2)对数列的前后项作差(或作商),利用比较法判断. 考法(三)　数列的最大(小)项 [例4]　已知数列{an}的通项公式为an=n,则数列{an}中的最大项为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　法一:作差比较法　an+1-an=(n+1)·-n=·,当n<2时,an+1-an>0,即an+1>an;当n=2时,an+1-an=0,即an+1=an;当n>2时,an+1-an<0,即an+1<an,所以a1<a2=a3>a4>a5>…>an,所以数列{an}中的最大项为a2或a3,且a2=a3=2×=.故选A. 法二:作商比较法　由题可知,an>0,则==.令>1,解得n<2;令=1,解得n=2;令<1,解得n>2.故a1<a2=a3>a4>a5>…>an,所以数列{an}中的最大项为a2或a3,且a2=a3=2×=.故选A. |思维建模|　求数列的最大(小)项的常用方法 (1)将数列视为函数f(x),即当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)利用(n≥2)确定最大项;利用(n≥2)确定最小项. [即时训练] 3.(2025·荆州联考)在数列{an}中,a1=1,an+1-an=sin ,记Sn为数列{an}的前n项和,则S18= (　　) A.0 B.18 C.10 D.9 解析:选C　因为an+1-an=sin ,所以an+1=an+sin.因为a1=1,所以a2=a1+sin π=1,a3=a2+sin=0, a4=a3+sin=0,a5=a4+sin=1,a6=a5+sin=1,a7=a6+sin=0,a8=a7+sin =0,…,故数列{an}为周期数列,周期为4.所以S18=4(a1+a2+a3+a4)+a1+a2=10.故选C. 4.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C正确. 5.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互质的正整数的个数(公约数只有1的两个正整数称为互质整数),例如:φ(3)=2,φ(4)=2,则φ(8)=　　　　;若bn=,则bn的最大值为　　　　. 快审准解:由欧拉函数定义,确定1~8中与8互质的数的个数求φ(8),且φ(2n)=2n-1,应用作差法判断{bn}的单调性,即可求最大值. 解析:由题设φ(2)=1,则1~8中与8互质的数有1,3,5,7,共4个数,故φ(8)=4.在1~2n中,与2n互质的数为范围内的所有奇数,共2n-1个,即φ(2n)=2n-1,所以bn==,则bn+1-bn=-=,当n≤2时,bn+1-bn>0,当n≥3时,bn+1-bn<0,即b1<b2<b3>b4>b5>…,所以bn的最大值为b3==. 答案:4　 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.已知数列-1,,-,,…,则该数列的第211项为 (　　) A.- B. C.- D. 解析:选A　由题意,该数列可表示为-,,-,,…,则该数列的通项公式为an=(-1)n·,所以a211=-.故选A. 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.已知数列{an}满足an+1=2-,若a1=-1,则a4= (　　) A.3 B. C. D. 解析:选C　因为an+1=2-,所以当n=1时,a2=2-=3;当n=2时,a3=2-=;当n=3时,a4=2-=. 4.(2024·浙江二模)记Sn为非零数列{an}的前n项和,若Sn+1=2Sn,n∈N*,则= (　　) A.2 B.4 C.8 D.16 解析:选B　由Sn+1=2Sn,n∈N*,得Sn+1-Sn=Sn,即an+1=Sn,所以a2=a1,a3=a1+a2=2a1,a4=a1+a2+a3=2a1+2a1=4a1,故==4. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sm+Sn=Sm+n,若a1=2,则a20等于 (　　) A.2 B.4 C.20 D.40 解析:选A　法一　a20=S20-S19=S18+S2-(S18+S1)=S2-S1=a1=2. 法二　令m=1,则Sn+S1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=S1=2,∴an+1=2,∴a20=2. 6.(2025·汕头开学考)已知数列{an}的通项公式为an=(n∈N*),则数列{an}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 快审准解:先化简得an=1+(n∈N*),再借助数列的单调性分析得解. 解析:选B　由题意,知an= = =1+(n∈N*).因为442<2 024<452,所以当n≤44时,数列{an}单调递增,且an>1;当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. 7.已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=1,an+1+2Sn=2n+1,则S2 025= (　　) A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 解析:选C　当n=1时, a2+2S1=2+1,则a2=1.当n≥2时,由an+1+2Sn=2n+1,得an+2Sn-1=2n-1,两式相减可得an+1-an+2an=2,即an+an+1=2,所以an=1,可得Sn=n,所以S2 025=2 025.故选C. 习得方略:若数列{an}满足a1=A(常数),an+an+1=B(常数),an+1+an+2=B,则an+2=an.当n为奇数时an=A,当n为偶数时,an=B-A.若B=2A,则数列{an}为常数列,若B≠2A,则数列{an}为周期数列. 8.定义为n个正数p1,p2,…,pn的“倒均数”.若数列{an}的前n项的“倒均数”为,数列{bn}满足bn=,则b4= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由题可得=,可得数列{an}的前n项和Sn=.当n=1时,a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.经验证,a1=1符合上式,故an=n,则bn==,可得b4==. 9.(2025·郑州模拟)我们把由0和1组成的数列称为0—1数列,0—1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用,把斐波那契数列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇数换成0,偶数换成1可得到0—1数列{an},若数列{an}的前n项和为Sn,且Sk=100,则k的值可能是 (　　) A.100 B.201 C.302 D.399 解析:选C　因为F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1,所以F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,F7=13,F8=21,F9=34,…,所以数列{an}的前若干项为a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,…,则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=…=1,所以S100=33×1+0=33,S201=67×1=67,S302=100×1+0×2=100,S399=133×1=133.故选C. 二、多选题 10.下列有关数列的说法正确的是 (　　) A.数列-2 025,0,4与数列4,0,-2 025是同一个数列 B.数列{an}的通项公式为an=n(n+1),则110是该数列的第10项 C.数列1,,,2,,…的第8项是2 D.数列0,,4,,…的一个通项公式为an= 解析:选BCD　对于A,数列中的项与顺序有关,故数列-2 025,0,4与数列4,0,-2 025是两个不同的数列,故A错误;对于B,当n=10时,a10=10×11=110,又an=n(n+1)是递增数列,故110是该数列的第10项,故B正确;对于C,数列1,,,2,,…的一个通项公式为an=,故第8项是2,故C正确;对于D,数列可变形为,,,…,所以数列的一个通项公式为an=,故D正确. 11.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=,则下列说法正确的是 (　　) A.数列{an}的首项为a1= B.数列{an}的通项公式为an= C.数列{an}为递减数列 D.若数列{Sn}的前n项积为Tn,则Tn= 解析:选ABC　数列{an}的首项为a1=S1==,故A正确;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,a1=也适合上式,故B正确;因为an+1-an=-=-<0,所以数列{an}为递减数列,故C正确;数列{Sn}的前n项积为Tn=×××…×=,故D错误. 12.若数列{an}的通项公式为an=-2n2+13n,则 (　　) A.该数列仅有6个正数项 B.该数列有无限多个负数项 C.该数列的最大项就是函数f(x)=-2x2+13x的最大值 D.-70是该数列中的一项 解析:选ABD　对于A、B,令-2n2+13n>0,解得0<n<,所以数列{an}的前6项为正数项,从第7项开始后面的项均为负数项,故A、B正确;对于C,由an=-2+,当n=3时,数列{an}取到最大项,而对于函数f(x)=-2x2+13x,当x=时,取到最大值,故C错误;对于D,令-2n2+13n=-70,解得n=10或n=-(舍去),即-70是该数列的第10项,故D正确. 13.(2025·广州模拟)已知数列{an}的通项公式为an= ,前n项和为Sn.则下列说法正确的是 (　　) A.数列{an}有最小项,没有最大项 B.使an∈Z的项共有6项 C.满足anan+1an+2≤0的n的值共有7个 D.使Sn取得最小值的n为7 解析:选BD　化简得an==1+=f(n),故f(n)在[1,7],[8,+∞)上单调递减,显然最小值为f(7)=-8,最大值为f(8)=10,又f(1)=,当n→+∞时,f(n)→1,即an最大值为a8=10,an最小值为a7=-8,故数列{an}有最小项,也有最大项,故A错误;易知当an∈Z时,2n-15应为9的约数,故2n-15=±1,±3,±9,结合n为正整数,则n=3,6,7,8,9,12,共6项,故B正确;当1≤n≤2或n≥8时,an>0,当4≤n≤7时,an<0,当n=3时,an=0,故当n=1,2,3,4,5,7时,满足anan+1an+2≤0,共有6个这样的n值,故C错误;由已知得{an}从第8项起均为正数,故最小项为S7,故D正确. 三、填空题 14.若数列{an}的前n项和Sn=n2-n,则数列{an}的通项公式an=　　　　.  解析:当n=1时,a1=S1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-=n-1.又a1=也适合上式,所以an=n-1. 答案:n-1 15.在数列{an}中,a1=,anan+1+1=an,n∈N*,则a2 025=　　　　.  解析:由anan+1+1=an,得an+1=1-,又a1=,所以a2=1-=-1,a3=1-=2,a4=1-=,a5=1-=-1,…,由此可得数列{an}为周期数列,周期为3.又2 025=3×675,所以a2 025=a3=2. 答案:2 16.已知通项公式为an=kn2-n-2的数列{an}为递增数列,则实数k的取值范围为　　　　　.  快审准解:依题意有an+1>an(n∈N*),解得k>(n∈N*),求出即可得k的取值范围. 解析:若{an}为递增数列,则an+1>an(n∈N*),有k(n+1)2-(n+1)-2>kn2-n-2(n∈N*),解得k>(n∈N*),则k>;当n=1时,=,所以k>,故实数k的取值范围为. 答案: 第二节　数列的通项公式 与递推关系 　明确目标 　在高考中,只要考查数列问题,必涉及通项公式,这就要求学生能根据数列的递推关系求数列的通项公式或数列的项. 方法一　累加法 [例1] (1)在数列{an}中,a1=2,an+1=an+lg,则an= (　　) A.2+lg n B.2+(n-1)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=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=lg+lg+…+ lg+2=lg+2=lg n+2.又a1=2=lg 1+2也符合上式,∴an=lg n+2. 法二　∵an+1=an+lg(n+1)-lg n,an+1-lg(n+1)=an-lg n,∴数列{an-lg n}是常数列,即an-lg n=a1-lg 1=2,则an=2+lg n. (2)已知数列{an}满足an+an+1=3n,且a1=1,则a100=　　　　. 快审准解:根据递推公式求a2和偶数项之间的递推关系,然后由累加法可得. 解析:由题意得a2=3-a1=2.因为an+an+1=3n,an-1+an=3n-3(n≥2),所以an+1-an-1=3(n≥2),所以a100=(a100-a98)+(a98-a96)+…+(a4-a2)+a2=49×3+2=149. 答案:149 |思维建模| 　　若数列{an}满足an+1-an=f(n)(n∈N*)的形式,可用累加法求解,解题步骤为 利用累加法要特别注意能消去多少项,保留多少项. [即时训练] 1.已知数列{an}的各项均为正数,若a1=1,且an+1-an=n,则an=　　　　. 解析:当n≥2时,an-an-1=n-1,an-1-an-2=n-2,…,a2-a1=1,累加得an-a1=1+2+…+(n-1)==,则an=+1=,且a1=1也适合上式,则an=. 答案: 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n2+,则a6=　　　　.  解析:由题意,得an+1-an=n2+-,即a2-a1=12+1-,a3-a2=22+-,…,a6-a5=52+-,将上面5个式子两端分别相加得a6-a1=(12+22+…+52)+++…+=55+1-,又a1=1,所以a6=57-=. 答案: 方法二　累乘法 [例2] (1)在数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n(2n-1)an,则数列{an}的通项公式an=　　　　. 解析:由于数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n(2n-1)an, ∴当n≥2时,Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,两式相减,得an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)·an-1,∴(2n+1)an=(2n-3)an-1,∴=,因此an=a1××××…×=×××…××==. 答案: (2)已知数列{an}对任意k∈N*满足akak+1=2k,则a1a2 024=　　　　.  快审准解:由akak+1=2k,得ak+1ak+2=2k+1,从而=2,再利用累乘法求解. 解析:由akak+1=2k,得ak+1ak+2=2k+1,所以=2,所以···…···=21 011,即=21 011①.又因为a1a2=2②, ①②两式相乘,得a1a2 024=21 012. 答案:21 012 |思维建模| (1)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,也可直接用an=··…··a1代入求出通项公式. (2)利用累乘法,易出现两个方面的问题:一是在连乘的式子中只写到,漏掉a1而导致错误;二是根据连乘求出an之后,不注意检验a1是否成立. [即时训练] 3.已知数列{an}满足=,其中a1=1,则a8= (　　) A.28 B.220 C.225 D.228 解析:选C　由题意,得=×21,=×22,…,=×27.由累乘法,得××…×=×21××22×…××27,即=×21×22×…×27===225,又a1=1,所以a8=225.故选C. 4.(2024·泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,nan+1=(n+2)Sn,则an=　　 　　　.  解析:当n≥2时,(n-1)an=(n+1)Sn-1,即Sn=an+1,Sn-1=an,则Sn-Sn-1=an+1-an=an,即=,则有=,=,…,=,则an=××…××a1=(n+1)·2n-2,当n=1时,a1=1,也符合上式,故an=(n+1)·2n-2. 答案:(n+1)·2n-2 方法三　构造法 [例3] (1)设数列{an}满足a1=1,an+1=2an+3,则数列{an}的通项公式为　　　　.  解析:因为an+1=2an+3,所以设an+1+λ=2(an+λ),整理得an+1=2an+λ,由对应系数相等可得λ=3,即an+1+3=2(an+3). 设bn=an+3,则b1=a1+3=4,且=2, 故数列{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列, 所以bn=4·2n-1=2n+1,即an=2n+1-3(n∈N*). 答案:an=2n+1-3 (2)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则an=　　　　.  解析:法一　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=. 法二　因为数列{an}的特征方程x=的根为0,-2,所以数列是等比数列,由a1=1,得a2==,=9.又=3,所以等比数列的公比q=3.故=3n,故an=. 答案: |思维建模| (1)形如an+1=αan+β(α≠0,α≠1,β≠0)的递推式可用构造法求通项公式,构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量,使之成为等差数列或等比数列. (2)形如an+1=(A,B,C≠0,an≠0)的递推式求通项公式,两边同时取倒数转化为=·+的形式,化归为bn+1=tbn+f(n)型,求出数列的通项公式,从而可得{an}的通项公式. [即时训练] 5.已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4,且a1=4,若ak=2 024,则k= (　　) A.253 B.506 C.1 012 D.2 024 解析:选B　因为an+1=4an-12n+4,所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).因为a1=4,所以a1-4×1=0,故{an-4n}为常数列,所以an=4n.由ak=4k=2 024,解得k=506. 6.已知数列{an}中,a1=3,an+1=3an+2·3n+1,n∈N*.则数列{an}的通项公式为 (　　) A.an=(2n+1)·3n B.an=(n-1)·2n C.an=(2n-1)·3n D.an=(n+1)·2n 解析:选C　由an+1=3an+2·3n+1得=+,∴-=2,即数列是首项为1,公差为2的等差数列,∴=2n-1,故an=(2n-1)·3n. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.已知数列{an}的首项为3,an+1-an=2n-8(n∈N*),则a8等于 (　　) A.0 B.3 C.8 D.11 解析:选B　由an+1-an=2n-8,得a2-a1=-6,a3-a2=-4,…,a8-a7=6,由累加法得a8-a1=-6+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0,所以a8=a1=3. 2.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则a11= (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选B　a11=a10=×a9=××a8=…=××××…××a1=a1=. 3.在数列{an}中,a1=1,且an+1=2an+1,则{an}的通项公式为 (　　) A.an=2n-1 B.an=2n C.an=2n+1 D.an=2n+1 解析:选A　∵an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1),由a1=1,得a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴an+1=2×2n-1=2n,即an=2n-1. 4.在数列{an}中,a1=1,an+1=an+-,则an等于 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选B　由an+1-an=-,则a1=1,a2-a1=1-,a3-a2=-,a4-a3=-,…,an-an-1=-(n≥2),以上各式累加得an=1+1-+-+…+-,所以an=(n≥2).因为a1=1也适合上式,所以an=. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=0,an+1=an+2+1,则a5+S4= (　　) A.39 B.45 C.50 D.55 解析:选C　∵an+1=an+2+1,∴an+1+1=,∴=+1,即-=1,∴数列{}是公差为1,首项为=1的等差数列,∴=n,an=n2-1.a1=0,a2=3,a3=8,a4=15,a5=24,S4=0+3+8+15=26, ∴a5+S4=24+26=50. 6.(2025·盐城模拟)已知凸五边形有5条对角线,那么凸n+2(n≥2)边形的对角线条数为 (　　) A. B. C. D. 快审准解:根据分析得到f(n+2)-f(n+1)=n,再利用累加法和等差数列前n项和公式即可. 解析:选D　凸四边形有2条对角线,凸五边形有5条对角线,则得到在凸n+1(n≥3)边形的基础上,多一个顶点,则多n条对角线.设凸n+2(n≥2)边形有f(n+2)条对角线,所以f(n+2)-f(n+1)=n,则f(5)-f(4)=3,f(6)-f(5)=4,…,f(n+2)-f(n+1)=n,累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n,则f(n+2)=2+3+4+…+n=,n≥2,故选D. 7.(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 快审准解:由已知,对an+1=10两边取常用对数,得到{lg an+1}为等比数列,求出an的通项公式,再代入as·at=a10化简得到2s+2t=210,最后利用基本不等式得到s+t的最大值. 解析:选D　由an+1=10可得an>0,则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=1.由as·at=a10,得1·1=1=1,故2s+2t=210,则210≥2=2=,故+1≤10,解得0<s+t≤18,当且仅当s=t=9时取等号,故s+t的最大值为18.故选D. 二、多选题 8.将自然数1,2,3,4,5,…按照如图排列,我们将2,4,7,11,16,…称为“拐弯数”,则下列数字是“拐弯数”的是 (　　) A.37 B.58 C.67 D.79 解析:选ACD　不妨设第n(n∈N*)个“拐弯数”为an,不难发现a1=2,a2=4=a1+2,a3=7=a2+3,a4=11=a3+4,…,所以an-an-1= n(n≥2),利用累加法得an-a1=2+3+…+n=,所以an=.当n=1时,也符合上式,所以an=(n∈N*).代入选项验算可知A、C、D三个选项正确. 9.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1(n∈N*),{an}的前n项和为Sn,则 (　　) A.是等比数列 　B.是等比数列 C.an=- 　D.Sn= 解析:选BC　数列{an}中,n∈N*,an+1=3an+1,则an+1+=3.又a1+=,所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,A错误,B正确;an+=×3n-1=,即有an=-,C正确;Sn=-=-=,D错误. 三、填空题 10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足Sn=an,则数列{an}的通项公式为　　　　　.  快审准解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1,化简得=,利用累乘法计算得到an=(n+1)n,a1=2满足上式,写出通项公式即可. 解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,化简得(n-1)an=(n+1)an-1,则=,利用累乘法得an=×××… ××××a1=×××…××××2=(n+1)n,显然a1=2满足上式,所以an=(n+1)n. 答案:an=(n+1)n 11.(2025·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2nanan+1,则an=　　　　.  快审准解:由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1,再由累加法求解即可得出答案. 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,所以an=. 答案: 12.(2025·湖州二中期中)若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则使不等式an<930成立的最大正整数n为　　　　. 解析:依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)·an-1(n≥2),a1=2,则=(n≥2),所以当n≥2时,an=a1···…··= 2××××…××=n(n+1),a1也符合上式,所以an=n(n+1),n∈N*,且{an}是递增数列.由an=n(n+1)<930,得(n+31)(n-30)<0,解得-31<n<30,所以正整数n的最大值为29. 答案:29 四、解答题 13.求下列数列的通项公式: (1)已知数列{an}满足(n+2)an+1=nan(n∈N*),且a1=1,求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,且3anan+1=an-2an+1,求数列{an}的通项公式. 快审准解:(1)利用累乘法求通项公式; (2)变形得到是以2为首项,2为公比的等比数列,得到通项公式. 解:(1)因为(n+2)an+1=nan,且a1=1,所以an≠0,所以=,所以=(n≥2),即=,=,…,=,将n-1个式子相乘得==(n≥2).因为a1=1,所以an=(n≥2). 当n=1时,=1=a1. 综上,an=. (2)由题易得an≠0,由3anan+1=an-2an+1两边同时除以anan+1,可得3=-, 所以+3=2,+3=2≠0,故数列是以2为首项,2为公比的等比数列, 所以+3=2n,即an=. 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,-=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-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1满足上式,∴an=2n-1. 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).又a2-a1=2, ∴{an}为等差数列,且公差为2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1. 第三节 　等差数列 明确目标 1.理解等差数列的概念和通项公式的意义,会求等差数列的一些基本量. 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函数的关系. 教材再回首 1.等差数列的有关概念 定义 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,即an+1-an=d(n∈N*,d为常数) 通项 公式 设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,则通项公式an=a1+(n-1)d 等差 中项 由三个数a,A,b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列.这时,A叫做a与b的等差中项.根据等差数列的定义可以知道,2A=a+b 2.等差数列的常用性质 已知{an}为等差数列,d为公差,Sn为该数列的前n项和. (1)当m+n=p+q时,am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*). 特别地,若m+n=2p,则am+an=2ap(m,n,p∈N*). (2)相隔等距离的项组成的数列是等差数列,即ak,ak+m,ak+2m,…仍是等差数列,公差为md(k,m∈N*). (3)也成等差数列,其首项与{an}首项相同,公差为d. (4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d. (5)若数列{an},{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn,Tn,则=. 解题结论拓展 (1)在等差数列{an}中,若项数为偶数2n,则S2n=n(a1+a2n)=n(an+an+1),S偶-S奇=nd,=. (2)(源于人A选必修②P23T5)在等差数列{an}中,若项数为奇数2n-1,则S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an,=. (3)等差数列前n项和的最值与{an}的单调性有关. ①若a1>0,d<0,则Sn存在最大值. ②若a1<0,d>0,则Sn存在最小值. ③若a1>0,d>0,则{Sn}是递增数列,S1是{Sn}的最小值;若a1<0,d<0,则{Sn}是递减数列,S1是{Sn}的最大值. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(北师大选必修②P19T1)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 答案:C 2.(人A选必修②P15T4改编)已知在等差数列{an}中,a4+a8=20,a7=12,则a4=　　　　.  解析:由题意可得解得a1=0,d=2,故a4=a1+3d=6. 答案:6 3.(人A选必修②P24T1(1)改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S6=3(a5+3),且a4=-1,则{an}的公差d=　　　　.  解析:等差数列{an}中,S6=3(a5+3),且a4=-1,则解得d=-2. 答案:-2 二、易错小题的警醒训练 1.已知等差数列{an}的通项公式为an=5n-105,当Sn取得最小值时,n等于 (　　) A.20 B.22 C.20或21 D.21 解析:选C　令an=5n-105=0,得n=21,即a21=0.又当1≤n≤20时,an<0,故当n=20或n=21时,Sn取得最小值.(易错点:忽视值为0的项) 2.首项为30的等差数列{an},从第8项开始为负数,则公差d的取值范围是　　　　　.  解析:由题意知a1=30,a8<0,a7≥0,即解得-5≤d<-.(易错点:忽视相邻项的符号) 答案: 题点一　等差数列基本量的运算(自主练通) 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a7=20,S16=392,则a13= (　　) A.36　　B.35　　C.42　　D.38 解析:选D　设等差数列的公差为d,则解得故a13=a1+12d=2+12×3=38. 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.已知一个多边形的周长等于207 cm,所有各边的长成等差数列,最大的边长为42 cm,公差为3 cm,则这个多边形的边数为 (　　) A.4 B.6 C.23 D.6或23 快审准解:利用等差数列的通项公式及求和公式,建立方程求得多边形的边数. 解析:选B　由题意可知,an=42,Sn=207,d=3,则即整理得n2-29n+138=0,解得n=6或n=23.当n=23时,a1<0不合题意.故选B. 4.(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,由题意得解得 则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95. 答案:95 |思维建模|　等差数列基本运算的解题策略 求公差d 或项数n 在求解时,一般要运用方程思想 求通项 a1和d是等差数列的两个基本元素 求特定项 利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解 求前n项和 利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解 题点二　等差数列的判定与证明 [例1]　已知数列{an}满足a1=4,且an=Sn-1+2n+1(n≥2),其中Sn为an的前n项和,令bn=. (1)求证:{bn}为等差数列; (2)求{an}的通项公式. 快审准解:(1)借助an与Sn的关系,可得bn=bn-1+2,结合等差数列定义即可得; (2)由等差数列性质可得bn,即可得Sn,再由an=Sn-1+2n+1计算即可得. 解:(1)证明:当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=Sn-1+2n+1,即Sn=2Sn-1+2n+1,则=+2,即bn=bn-1+2.又b1===2, 故数列{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列. (2)由(1)知,bn=2+2(n-1)=2n,即Sn=2n·2n, 当n≥2时,an=Sn-1+2n+1=2(n-1)·2n-1+2n+1=n·2n-2n+2n+1=(n+1)·2n, 当n=1时,a1=4,符合上式,故an=(n+1)·2n. |思维建模|　等差数列的判定与证明方法 定义法 an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列 等差 中项法 2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列 通项 公式法 an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列,适用于选择、填空题 前n项和 公式法 Sn=An2+Bn(A,B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列,适用于选择、填空题 [即时训练] 1.(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. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若nSn+1-(n+1)Sn=2(n2+n),且a1=2. (1)证明:为等差数列,并求Sn; (2)证明:{an}为等差数列. 快审准解:(1)根据题意,化简得到-=2,所以是等差数列,结合等差数列的通项公式,即可求解; (2)由(1)知Sn=2n2,利用an与Sn的关系,求得an=4n-2,结合等差数列的定义,即可得证. 解:(1)证明:由nSn+1-(n+1)Sn=2(n2+n),得-=2,且=2, 所以是首项为2,公差为2的等差数列. 所以=2n,解得Sn=2n2. (2)证明:由(1)知Sn=2n2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2,又a1=2符合上式,故an=4n-2,则an+1-an=4(n+1)-2-(4n-2)=4,所以{an}是首项为2,公差为4的等差数列. 题点三　等差数列性质的应用 考法(一)　等差数列的性质 [例2] (1)(2025·南京开学考)已知数列{an}为等差数列,前n项和为Sn.若S3=6,S6=3,则S9= (　　) A.-18 B.-9 C.9 D.18 解析:选B　由等差数列片段和的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,所以(S9-S6)+S3=2(S6-S3),则S9=3S6-3S3=3×3-3×6=-9,故选B. (2)(2025·深圳模拟)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,则= (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由题意,得==.又==,故===. (3)(2025·贵港模拟)已知等差数列{an}的公差不为0,a2 024=0,给定正整数m,使得对任意的n∈N*(n<m且m>2)都有a1+a2+…+an=a1+a2+…+am-n成立,则m的值为 (　　) A.4 047 B.4 046 C.2 024 D.4 048 快审准解:分n>m-n与n<m-n两种情况,结合等差数列的性质和a1+a4 047=0得到方程,求出m=4 047. 解析:选A　若n>m-n,由题意知am-n+1+am-n+2+…+an=0,由等差数列的性质知,am-n+1+an=0,因为公差d≠0,且a2 024=0,所以a1+a4 047=0,所以m-n+1+n=4 048,所以m=4 047.若n<m-n,可得an+1+an+2+…+am-n=0,由等差数列性质知,an+1+am-n=0,因为公差d≠0,且a2 024=0,所以a1+a4 047=0,所以n+1+m-n=4 048,所以m=4 047. |思维建模| 利用等差数列的性质解题的关注点 (1)等差数列中两项和的转换是最常用的性质,利用2am=am-n+am+n可实现项的合并与拆分,在Sn=中,Sn与a1+an可以相互转化. (2)在等差数列中,前奇数项的和与中间项的关系S2n-1=(2n-1)an可以将中间项与前n项和联系起来,相互转化. (3)在等差数列中,性质=是针对两个等差数列而言的,且等式中分子与分母的项数应该是相等的,=并不一定成立,应用时注意区分. 考法(二)　等差数列前n项和的最值问题 [例3]　(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.当n=9时,Sn最大 B.使得Sn<0成立的最小自然数n=18 C.|a8+a9|>|a10+a11| D.中最小项为 解析:选ABD　根据题意,得所以即两式相加,解得当n=9时,Sn最大,故A正确; 由S10<S8,可得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错误; 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,所以使得Sn<0成立的最小自然数n=18,故B正确; 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. |思维建模| 求等差数列前n项和的最值的常用方法 邻项 变号法 利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,或者利用性质求其正负转折项,便可求得和的最值 二次 函数法 利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数,A≠0)为二次函数,通过二次函数的性质求最值 不等式 组法 借助当Sn最大时,有(n≥2,n∈N*),解此不等式组确定n的范围,进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn为最大值),类似可求Sn的最小值 [即时训练] 3.(2025·邯郸模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若2a4+a8+a16=24,则S15= (　　) A.45　　　 B.90 C.180 D.240 解析:选B　一般解法:由2a4+a8+a16=24,得(a4+a8)+(a4+a16)=24,整理得2a6+2a10=24,即a6+a10=12,所以S15==(a6+a10)=90. 秒杀法:把等差数列看成常数列,设an=x, 则2x+x+x=24, 解得x=6, 故S15=6×15=90. 4.(2025·广州模拟)[多选]已知等差数列{an}中,a1>0,则下列命题正确的是 (　　) A.若a3+a7=4,则S9=18 B.若a1+a2=5,a3+a4=9,则a7+a8=17 C.若S15>0,S16<0,则> D.若S9=S10,则S18>0 解析:选ABD　S9===18,故A正确;设等差数列的公差为d,则(a3+a4)-(a1+a2)=4d=4,得d=1,则a7+a8=(a1+a2)+12d=5+12=17,故B正确;S15==15a8>0,则a8>0,S16==8(a8+a9)<0,则a8+a9<0,即0<a8<-a9,所以<,故C错误;若S9=S10,则a10=0,S18==9(a9+a10)=9a9.因为a1>0,a10=0,所以公差d=<0,则a9=a10-d>0,所以S18>0,故D正确. 5.在等差数列{an}中,a1=-2 022,其前n项和为Sn,若-=2,则S2 024=　　　　.  解析:设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn,则=An+B,所以是等差数列.因为-=2,所以的公差为1.又==-2 022, 所以是以-2 022为首项,1为公差的等差数列,所以=-2 022+2 023×1=1,所以S2 024=2 024. 答案:2 024 数智赋能:电子版随堂训练（等差数列中的创新应用问题）,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.(2025·济宁模拟)已知等差数列{an}的前5项和S5=35,且满足a5=13a1,则等差数列{an}的公差为 (　　) A.-3 B.-1 C.1 D.3 解析:选D　由S5=5a1+10d=35,a5=a1+4d=13a1,解得d=3,a1=1. 2.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5=S10,a5=1,则a1= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选B　法一　由S5=S10,得=,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d==-,所以a1=a5-4d=1-4×=,故选B. 法二　由S5=S10,得S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=0,即5a8=0,a8=0,所以解得a1=. 3.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若S4=12,S8=40,则S12= (　　) A.44 B.56 C.68 D.84 解析:选D　由题意可得S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,所以2(S8-S4)=S4+S12-S8.因为S4=12,S8=40,则56=12+S12-40,解得S12=84. 4.(2024·包头三模)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=4a1,a1>0,当n>1时,Sn=an,则n等于 (　　) A.11 B.12 C.20 D.22 解析:选D　设等差数列{an}的公差为d,由S5=4a1,得5a1+10d=4a1,所以a1=-10d,由a1>0,得d<0,故an=a1+(n-1)d=(n-11)d,则Sn===.因为Sn=an,所以=(n-11)d,化简得n2-23n+22=0,解得n=22或n=1(舍去). 5.已知正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=1,且bn=+(n≥2),则b20= (　　) A.38 B.39 C.20 D. 快审准解:当n≥2时,由bn=Tn-Tn-1=+,因式分解后化简可得数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,从而可得出当n≥2时{bn}的通项公式,最后求出b20即可. 解析:选B　当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=+,即(-)(+)=+.由数列{bn}为正项数列可知,-=1,又==1,即数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,即=n,则=n-1,n≥2.当n≥2时,bn=+=2n-1,所以b20=20×2-1=39,故选B. 6.(2025·邵阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1<0,S7=S17,则当Sn取得最小值时,n的值为 (　　) A.10 B.12 C.15 D.24 解析:选B　因为S7=S17,则a8+a9+…+a17=0,又因为数列{an}为等差数列,则a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,可得5(a12+a13)=0,即a12+a13=0.由a1<0,可知a12<0,a13>0,即当n≤12时,an<0;当n≥13时,an>0,所以当Sn取得最小值时,n的值为12.故选B. 7.(2024·汉中二模)图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主题图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图2中的直角三角形继续作下去,则第n个三角形的面积为 (　　) A. B. C. D. 快审准解:记OA1,OA2,…,OAn的长度构成的数列为{an},依题意可得=+1(n≥2),即可得到{}是以1为首项,1为公差的等差数列,从而求出an,再由面积公式计算可得. 解析:选B　记OA1,OA2,…,OAn的长度构成的数列为{an},由题意知,OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,且△OA1A2,△OA2A3,…,△OA7A8都是直角三角形,所以a1=1,且=+1(n≥2),所以数列{}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n.又an>0,所以an=,所以第n个三角形的面积为an×1=. 8.已知等差数列{an}的公差为d,首项a1∈,那么“d=π”是“集合S={x|x=sin an,n∈N*}恰有两个元素”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　对于充分性,已知等差数列{an}的公差为d,首项a1∈,当d=π时,集合S={x|x=sin an,n∈N*}={sin a1,-sin a1},此时集合S恰有两个元素,故充分性成立.对于必要性,当d=3π时,集合S={x|x=sin an,n∈N*}也恰有两个元素,故必要性不成立.故“d=π”是“集合S={x|x=sin an,n∈N*}恰有两个元素”的充分不必要条件.故选A. 二、多选题 9.下列结论正确的有 (　　) A.若{an}为等差数列,它的前n项和为Sn,则数列也是等差数列 B.若{an}为等差数列,它的前n项和为Sn,则数列Sn,S2n,S3n,…也是等差数列 C.若等差数列{an}的项数为2n(n>1),它的偶数项和为S偶,奇数项和为S奇,则= D.若等差数列{an}的项数为2n+1(n>1),它的偶数项和为S偶,奇数项和为S奇,则= 解析:选AD　对于A,因为=a1+=n+,所以数列是等差数列,故A正确;对于B,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n是等差数列,故B错误;对于C,因为S偶==nan+1,S奇==nan,所以=,故C错误;对于D,因为S偶==nan+1,S奇==(n+1)an+1,所以=,故D正确.故选AD. 10.已知{an}为等差数列,前n项和为Sn,a1=10,公差d=-2,则 (　　) A.S4= S7 B.当n = 6或7时,Sn取得最小值 C.数列{|an|}的前10项和为50 D.当n≤2 023时,{an}与数列{3m+10}(m∈N)共有671项互为相反数 解析:选AC　等差数列{an}中,a1=10,公差d=-2,则an=a1+(n-1)d=-2n+12,S7-S4=a5+a6+a7=3a6=0,故A正确;由A的结论,an=-2n+12,则a6=0,由d =-2,当n<6时,an>0,a6=0,当n>6时,an<0,则当n=5或6时,Sn取得最大值,且其最大值为=30,故B错误;|a1|+|a2|+…+|a10|=a1+a2+…+a6-a7-a8-a9-a10=S6+2+4+6+8=30+20=50,故C正确;由n≤2 023,则an≥a2 023=-4 034,则数列{an}中与数列{3m+10}中的项互为相反数的项依次为-16,-22,-28,…,-4 030,可以组成以-16为首项,-6为公差的等差数列,设该数列为{cn},则cn=-10-6n,若cn=-10-6n=-4 030,解得n=670,即两个数列共有670项互为相反数,故D错误. 三、填空题 11.已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,若a1+=-3,S5=10,则a11的值是　　　　.  解析:设等差数列{an}的公差为d,则由题意可得a1+=-3,5a1+10d=10,解得a1=-4,d=3,则a11=-4+10×3=26. 答案:26 12.已知数列{an}满足a1=-9,nan+1-(n+1)an=2n(n+1),n∈N*,设bn=,n∈N*,则bn=　　　　　　　　.  解析:因为nan+1-(n+1)an=2n(n+1),n∈N*,所以-=2,n∈N*.又因为bn=,n∈N*,所以bn+1-bn=2,n∈N*,所以数列{bn}是等差数列,公差为2,首项b1=a1=-9,所以bn=b1+2(n-1)=2n-11,n∈N*. 答案:2n-11,n∈N* 13.已知Sn为正项数列{an}的前n项和,a1=3且Sn+Sn+1=-,则an=　　　　.  快审准解:依题意可得2(Sn+Sn+1)=-3,即可得2(Sn-1+Sn)=-3 (n≥2),两式作差得到an+1-an=2(n≥2),再求出a2,即可得到数列{an}表示首项为3,公差为2的等差数列,即可求出其通项公式. 解析:因为Sn+Sn+1=-,所以2(Sn+Sn+1)=-3　①.当n=1时,2(S1+S2)=-3,又因为a1=3,即-2a2-15=0,解得a2=5或a2=-3(舍去).当n≥2时,2(Sn-1+Sn)=-3　②,①②两式相减,可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因为an>0,可得an+1-an=2(n≥2),又a2-a1=2,所以an+1-an=2 (n∈N*),所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an=2n+1. 答案:2n+1 四、解答题 14.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a6=0,S12=6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解:(1)设数列{an}的公差为d, ∵S12=6,∴a6+a7=1.又a6=0,∴a7=1, ∴公差d=1,∴a1=-5, ∴an=-5+(n-1)=n-6. (2)由(1)知Sn==, 当n≤5时,Tn=-Sn=; 当n≥6时,Tn=Sn-2S5=+30=. 综上,Tn= 15.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9. (1)求数列{an}的通项公式及前10项的和; (2)设数列{bn}的通项公式为bn=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得即解得 故an=2n-1,S10=1+3+5+…+19==100. (2)由(1)知bn=.要使b1,b2,bm成等差数列,则2b2=b1+bm, 即2×=+, 移项得=-=,整理得m=3+. 因为m,t为正整数,所以t只能取2,3,5. 当t=2时,m=7;当t=3时,m=5;当t=5时,m=4. 故存在正整数t,使得b1,b2,bm成等差数列. 第四节 　等比数列 明确目标 1.理解等比数列的概念和通项公式的意义,会求等比数列的一些基本量. 2.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. 教材再回首 1.等比数列的有关概念 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(不为零),那么这个数列叫做等比数列 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.等比数列的通项公式及前n项和公式 (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. 解题结论拓展 (1)三个数成等比数列,通常设为,x,xq;四个符号相同的数成等比数列,通常设为,,xq,xq3. (2)数列{an}是等比数列,S3==a1(1+q+q2). (3)数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和. ①若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列. ②若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q或=q. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修②P31T3改编)在等比数列{an}中,a3=1,a5·a9=16,则a9= (　　) A.8 B.-8 C.16 D.-16 答案:A 2.(北师大选必修②P29T1(3)改编)已知1,,2,…为等比数列,当an=8时,则正整数n= (　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案:C 3.(人B选必修③P42T3改编)记正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若7S2=3S3,则该数列的公比q= (　　) A. B. C.2 D.3 答案:C 二、易错小题的警醒训练 1.已知在等比数列{an}中,a3=7,前三项之和S3=21,则公比q的值是 (　　) A.1　　B.-　　C.1或-　　D.-1或 解析:选C　当q=1时,a3=7,S3=21,符合题意;当q≠1时,由解得q=-.综上,q的值是1或-.(易错点:忽略q=1) 2.已知在等比数列{an}中,a2a3a4=1,a6a7a8=64,则a5= (　　) A.-2 B.±2 C.2 D.± 解析:选C　因为a2a3a4=1,所以a3=1.因为a6a7a8=64,所以a7=4.又=a3a7=4,又a5与a3同号,所以a5=2.(易错点:混淆等比数列的项和等比中项) 题点一　等比数列基本量的运算(自主练通) 1.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,若an=128,则n= (　　) A.6 B.7 C.8 D.9 解析:选C　∵数列{an}为等比数列,∴an=a1qn-1=2n-1=128,解得n=8.故选C. 2.在等比数列{an}中,记其前n项和为Sn,已知a3=-a2+2a1,则的值为 (　　) A.2 B.17 C.2或8 D.2或17 解析:选D　由等比数列的通项公式可得a1q2=-a1q+2a1,整理得q2+q-2=0,解得q=1或q=-2.当q=1时,==2;当q=-2时,===q4+1=17,所以的值为2或17. 3.[多选]已知单调递增的正项等比数列{an}中,a5-a1=30,a4-a2=12,其公比为q,前n项和为Sn,则下列选项正确的有 (　　) A.q=2 B.a8=512 C.Sn=2an-1 D.Sn<an+1 解析:选AD　因为单调递增的正项等比数列{an}中,a5-a1=30,a4-a2=12,所以a1(q4-1)=30,a1(q3-q)=12,两式相除,整理得2q2-5q+2=0,解得q=2或q=(舍去),A正确;当q=2时,a1=2,a8=28=256,B错误;an=2n,Sn==2n+1-2=2an-2,C错误;Sn-an+1=2n+1-2-2n+1=-2<0,即Sn<an+1,D正确.故选AD. 4.在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且a2,a4+2,a5成等差数列,记Sn是数列{an}的前n项和,则S6= (　　) A.126 B.124 C.64 D.62 解析:选A　设等比数列{an}的公比为q(q>0),∵a2,a4+2,a5成等差数列,∴a2+a5=2(a4+2),∴a1q+a1q4=2(a1q3+2),即2q+2q4=2(2q3+2),解得q=2,∴S6==126. |思维建模|　等比数列基本量运算的解题策略 (1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)便可迎刃而解. (2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn==. 题点二　等比数列的判定与证明 [例1]　(2025·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=. (1)求证:数列是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)证明:∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴anan-1+3anan+1=4an-1an+1, ∴+=,∴-=3. 又-=4-1=3≠0, ∴数列是首项为3,公比为3的等比数列. (2)∵-=3×3n-1=3n, ∴当n≥2时,++…+=3n-1+3n-2+…+31==,即-=,∴=+=+1=,∴an=, 又a1=1也满足上式, ∴数列{an}的通项公式为an=. |思维建模|　等比数列的判定方法 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均为非零常数,n∈N*),则{an}是等比数列,适用于选择、填空题 前n项和 公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为非零常数,q≠0,1),则{an}是等比数列,适用于选择、填空题 [即时训练] 1.[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是 (　　) 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 解析:选BCD　对于A,当a=b=c=0时,有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.故选BCD. 2.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-. 题点三　等比数列性质的应用 考法(一)　等比数列的性质 [例2] (1)设各项均为正数的等比数列{an}满足a4a10=2a8,则log2(a1a2·…·a10a11)=　　　　.  解析:∵a4a10=2a8,∴a4a10=2a4q4,∴=a6=2,∴log2(a1a2…a10a11)=log2(a1a11a2a10…a5a7a6)=log2=log2211=11. 答案:11 (2)已知在等比数列{an}中,Sn为其前n项和.若S2=7,S6=91,则S4=　　　　.  解析:∵{an}为等比数列,且S6≠3S2,且S2≠0,∴公比q≠±1,∴S2,S4-S2,S6-S4是公比为q2的等比数列,即7,S4-7,91-S4是公比为q2的等比数列,∴(S4-7)2=7×(91-S4),解得S4=28或S4=-21(舍去). 答案:28 (3)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=　　　　.  解析:因为等比数列有2n+1项,则奇数项有n+1项,偶数项有n项,设公比为q,得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85,偶数项为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. 答案:3 考法(二)　等比数列前n项和的最值问题 [例3]　(多选)设{an}是各项为正数的等比数列,q是其公比,Tn是其前n项的积,且T6<T7,T7=T8>T9,则下列结论正确的是 (　　) A.q>1 B.a8=1 C.T10>T6 D.T7与T8均为Tn的最大值 解析:选BD　由题意知,由T6<T7,得a7>1,由T7=T8,得a8==1,所以=q<1,又q>0,所以0<q<1,故A错误,B正确;因为{an}是各项为正数的等比数列,q∈(0,1),则a1>a2>…>a7>a8=1>a9>a10>…,所以=a7a8a9a10=(a8a9)2=<1,所以T10<T6,故C错误;由T1<T2<…<T7=T8>T9>T10>…,则T7与T8均为Tn的最大值,故D正确. 易错提醒:等比数列性质应用易错警示 (1)在等比数列中,所有奇数项的符号相同,所有偶数项的符号也相同,在运用等比数列性质求某一项的值时,注意根据这一性质进行判断取舍. (2)公比不为-1的等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也构成等比数列,且公比为qn,若n为偶数,则等比数列Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…的公比qn>0,注意根据这一隐含条件对所得结果进行分析判断并取舍. (3)涉及等比数列的单调性与最值的问题,一般要考虑公比与首项的符号对其的影响. [即时训练] 3.(2025·临沂期中)已知公比不为1的正项等比数列满足=aman,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. 4.[多选]设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7a8>1,<0,则下列结论正确的是 (　　) A.0<q<1 B.a7a9>1 C.Sn的最大值为S9 D.Tn的最大值为T7 解析:选AD　因为a1>1,a7a8>1,<0,所以a7>1,a8<1,所以0<q<1,故A正确;a7a9=<1,故B错误;因为a1>1,0<q<1,所以数列{an}为递减数列,所以Sn无最大值,故C错误;又a7>1,a8<1,所以Tn的最大值为T7,故D正确. 5.设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于　　　　.  解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,因为S3=8,S6=7,所以S6-S3=-1,所以8,-1,S9-S6成等比数列,所以8(S9-S6)=1,即S9-S6=,所以a7+a8+a9=. 答案: 数智赋能:电子版随堂训练（等比数列中的创新应用问题）,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.在等比数列{an}中,各项均为正数,且a1=,q=2,则a4与a6的等比中项是 (　　) A.2 B.±4 C.1 D.4 解析:选B　由题意,得a4=a1q3=×23=2,a6=a1q5=×25=8,所以a4与a6的等比中项为±4. 易错提醒:本题易错选D,a4与a6的等比中项与数列{an}无关. 2.(2024·贵阳二模)记等比数列{an}的前n项和为Sn,a1a2a3=27,a5=81,则S5= (　　) A.121 B.63 C.40 D.31 解析:选A　根据题意,设等比数列{an}的公比为q,因为a1a2a3=27,则(a2)3=27,得a2=3,又a5=81,则q3===27,解得q=3,故a1==1,则S5===121. 3.在正项数列{an}中,ln an+1=ln an+1,且a1a2=e3,则数列{an}的通项公式为 (　　) A.an=en B.an=en-1 C.an=en+1 D.an=en-2 解析:选A　因为ln an+1=ln an+1,所以ln an+1-ln an=ln=1,即=e,则数列{an}是等比数列,公比为q=e.又a1a2=q=e=e3,所以a1=e或a1=-e(舍去),则数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=en. 4.若数列{an}是各项均为实数的等比数列,则“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　设数列{an}的公比为q(q≠0),∵a2>a1>0,∴a1q>a1>0,可得q>1,于是数列{an}为递增数列;反之不成立,例如数列是递增数列,但a1=-<0.∴“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件. 5.(2025·黄冈模拟)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=,若+++…+<1 000,则满足条件的最大整数n= (　　) A.8 B.9 C.10 D.11 解析:选B　由题意知,=-1,令bn=,则bn+1-1=2(bn-1),又b1-1=-1=1,所以{bn-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn-1=2n-1,所以bn=2n-1+1,所以b1+b2+…+bn=1+2+22+…+2n-1+n=2n+n-1<1 000,解得n≤9. 6.(2025·济南模拟)设{an}是公比为q(q≠-1)的无穷等比数列,Sn为其前n项和,a1>0,则“q>0”是“Sn存在最小值”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　若q>0,由a1>0,则Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0,故Sn必有最小值S1=a1,故“q>0”是“Sn存在最小值”的充分条件;当a1=1,q=-时,有Sn==-·,则Sn有最小值S2=-×=,故“q>0”不是“Sn存在最小值”的必要条件.综上,“q>0”是“Sn存在最小值”的充分不必要条件. 二、多选题 7.(2025·湖北一模)在等比数列{an}中,a1a2=2,a3=4,则 (　　) A.{an}的公比为 B.{an}的公比为2 C.a3+a5=20 D.数列为递增数列 解析:选BC　设等比数列{an}的公比为q,依题意得解得所以an=2n-1,故a3+a5=22+24=20,故B、C正确,A错误;因为log2=1-n,则数列为递减数列,故D错误. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,S1=4,S2=8,4Sn=Sn+1+4Sn-1(n≥2),则下列说法正确的是 (　　) A.S5=64 B.{Sn+1-2Sn}是等比数列 C.{an}是递增数列 D.an= 解析:选AD　由题意知S1=4,S2=8,4Sn=Sn+1+4Sn-1(n≥2),则Sn+1=4Sn-4Sn-1(n≥2),故S3=4S2-4S1=32-16=16,S4=4S3-4S2=64-32=32,S5=4S4-4S3=128-64=64,A正确;由于S2-2S1=0,故{Sn+1-2Sn}不可能为等比数列,B错误;由于Sn+1=4Sn- 4Sn-1(n≥2),故Sn+1-2Sn=21(Sn-2Sn-1)=22(Sn-1-2Sn-2)=…=2n-1(S2-2S1)=0,即Sn+1-2Sn=0,所以=2,而==2,则{Sn}是以S1=4为首项,2为公比的等比数列,则Sn=4×2n-1=2n+1,a1=S1=4,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n(n≥2),a1=4不适合an=2n,故an=而a1=a2=4,故{an}不是递增数列,C错误,D正确. 易错提醒:利用数列递推公式求解数列的通项公式时,很容易忽略验证n=1的情况. 9.(2024·绍兴二模)已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,前n项积为Tn,且∀n∈N*,<0,则下列说法正确的是 (　　) A.数列{an}是递增数列 B.数列{an}是递减数列 C.若数列{Sn}是递增数列,则q>1 D.若数列{Tn}是递增数列,则q>1 解析:选ACD　由题意可知Sn=,Tn=a1(a1q)·…·(a1qn-1)=,且∀n∈N*,<0,故有<0且q>0①, 也就是有或所以数列{an}是递增数列,故A正确,B错误;若数列{Sn}是递增数列,即Sn+1-Sn=an+1>0,由以上分析可知只能故C正确;若数列{Tn}是递增数列,显然不可能是② 从而只能是此时有=an+1>1,故D正确.故选ACD. 习得方略:①处,若q<0,则的符号会正负交替,这与∀n∈N*,<0,矛盾; ②处,若a1<0,0<q<1,则Tn=的符号会正负交替,这与数列{Tn}是递增数列,矛盾. 三、填空题 10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=8,则Sn=　　　　.  解析:当公比q=1时,S2n=2na1,3(a1+a3+…+a2n-1)=3na1,等式S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)显然不成立,所以q≠1.由S2n=3(a1+a3+…+a2n-1),可得=3×,解得q=2.又a1a2a3=8,所以=8,解得a2=2,所以a1=1,所以Sn==2n-1. 答案:2n-1 11.设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S1,S2,S4成等比数列,S2=2a1+2,当6an-Sn取得最大值时,n=　　　　.  快审准解:设等差数列{an}的公差为d,由S2=2a1+2可求出d=2,再由S1,S2,S4成等比数列,可求出a1=1,从而可求出6an-Sn,配方后可求得结果. 解析:设等差数列{an}的公差为d,由S2=2a1+2,得2a1+d=2a1+2,解得d=2.由S1,S2,S4成等比数列,得(2a1+d)2=a1(4a1+6d),解得a1=d=1,故an=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2,则6an-Sn=6(2n-1)-n2=-(n-6)2+30≤30,当且仅当n=6时取等号.所以当6an-Sn取得最大值时,n=6. 答案:6 12.若数列{an}满足+=k(k为常数),则称数列{an}为等比和数列,k称为公比和.已知数列{an}是以3为公比和的等比和数列,其中a1=1,a2=2,则a2 025=　　　　.  快审准解:根据题意,由等比和数列的定义可得bn+bn+1=3,从而可得bn+2=bn,然后求得b1,b2,再由累乘法即可求得结果. 解析:令bn=,则bn+bn+1=3,bn+1+bn+2=3,两式相减可得bn+2-bn=0,即bn+2=bn.又b1==2,所以b2=3-b1=1,则bn=m∈N*,即=m∈N*,所以a2 025=a1····…·=1×2×1×2×…×1=21 012. 答案:21 012 四、解答题 13.设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=3n-1,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, 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. 14.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=6,S4=30. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设正项数列{bn}满足bnbn+1=an,其前n项和为Tn,当T20取最小值时,求b1的值. 解:(1)因为在正项等比数列{an}中,S2=6,S4=30,所以解得a1=2,q=2(舍负),故an=2n. (2)因为正项数列{bn}满足bnbn+1=an=2n,所以b1b2=2. 设b1=x,则b2=,x>0. 由bnbn+1=2n,得当n≥2时,bnbn-1=2n-1,两式相除,得=2(n≥2), 故b1,b3,…,b2n-1构成以x为首项,2为公比的等比数列,b2,b4,…,b2n构成以为首项,2为公比的等比数列,所以T20=+=(210-1). 因为x+≥2,当且仅当x=, 即x=时取等号, 即T20取最小值时,b1=. 第五节 数列求和 明确目标 　　　 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法. 方法一　分组(并项)法求和 分组法 求和 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组法求和,分别求和后相加减 并项法 求和 一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项法求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解 [例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=3an-9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)nlog3an,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)当n=1时,2a1=3a1-9,∴a1=9. ∵2Sn=3an-9,∴当n≥2时,2Sn-1=3an-1-9, ∴两式相减,得an=3an-1,即=3. 又a1=9,∴an>0,∴数列{an}是以9为首项,3为公比的等比数列,∴an=9×3n-1=3n+1. (2)法一　由(1)知bn=(-1)nlog3an=(-1)n(n+1), Tn=b1+b2+b3+…+bn=-2+3-4+5-…+(-1)n(n+1). 当n为偶数时,Tn=(-2+3)+(-4+5)+…+[-n+(n+1)]=, 当n为奇数时,Tn=(-2+3)+(-4+5)+…+[-(n-1)+n]-(n+1)=-, ∴Tn= 法二　由(1)知bn=(-1)nlog3an=(-1)n(n+1), Tn=b1+b2+b3+…+(-1)n(n+1)=-2+3-4+5-…+(-1)n(n+1). 当n为偶数时,Tn=(-2+3)+(-4+5)+…+[-n+(n+1)]=,当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=-(n+1)=-. 综上,Tn= |思维建模|　分组(并项)法求和的常见类型 (1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差数列或等比数列,则可采用分组法求{an}的前n项和. (2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等差数列或等比数列,可采用分组法求{an}的前n项和. (3)如果cn=(-1)n·an,求{cn}的前n项和时,可采用并项法求和.对n分奇数、偶数讨论,建议先求n是偶数时Sn的值,则当n为奇数时,Sn=Sn-1+cn. [即时训练] 1.已知数列{an}满足an=前n项和为Sn,则Sn=　　　　　　　　　 　.  解析:因为an=所以当n为偶数时,Sn=(22+24+…+2n)+(22+1+24+1+…+2n+1)= 2(22+24+…+2n)+=2×+=.当n为奇数且n>1时,Sn=Sn-1+an=Sn-1+an+1+1=+ 2n+1+1=+2n+1+1=, (如果需要分奇、偶数讨论求和,一般情况下,可先求n为偶数时数列的和,当n为奇数时,前面的(n-1)项和直接代入为偶数时的和的公式,再加上最后的奇数项即可) 当n=1时,S1=a1=22+1=5,符合上式. 答案: 2.已知等差数列{an}的前n项和Sn=2n2+3n+1+a,其中a为常数. (1)求数列{an}的通项公式及a的值; (2)设bn=3an+,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)由Sn=2n2+3n+1+a, 当n≥2时,Sn-1=2(n-1)2+3(n-1)+1+a, ∴an=Sn-Sn-1=4n+1,n≥2, 又a1=6+a,2a2=a1+a3, ∴18=6+a+13,解得a=-1, ∴a1=5,满足an=4n+1,∴an=4n+1. (2)由(1)知an=4n+1,∴bn=3(4n+1)+34n+1, ∴Tn=b1+b2+…+bn =3×(5+9+…+4n+1)+(35+39+…+34n+1) =3×+ =6n2+9n+(34n+5-35). 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,从而求得其和. 　　常见的裂项技巧 (1)=-. (2)=. (3)=. (4)=-. (5)=. 　 [例2]　已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=6且a2n=. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列的前n项的和Tn. 解:(1)设公比为q,由a2n=,得a2n=anqn=⇒an=qn. 又S2=6=a1+a2=q+q2,解得q=2或q=-3. 由于{an}为正项数列,所以q=2,故an=2n. (2)由an=2n,得an+1=2n+1,Sn==2(2n-1), ===, 故Tn=++…+== ==. |思维建模|　裂项相消法求和的基本步骤 [即时训练] 3.(2025·石嘴山模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且a2+a7=40,S5=70. (1)求Sn; (2)若bn=,求数列{bn}前n项和Tn. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d, 由解得 故Sn=6n+×4=2n2+4n. (2)由(1)知bn==, 故Tn=b1+b2+b3+…+bn==. 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,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的. [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. |思维建模|　错位相减法求和的具体步骤 [即时训练] 4.已知数列{an+1-2an}是以3为首项,2为公比的等比数列,且a1=1. (1)证明:是等差数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解:(1)证明:因为{an+1-2an}是以3为首项,2为公比的等比数列, 所以an+1-2an=3×2n-1, 所以-=,即-=. 又=,所以是首项为,公差为的等差数列. (2)由(1)知=+(n-1)×=, 所以an=×2n=(3n-1)×2n-2,所以Sn=2×2-1+5×20+8×21+…+(3n-1)×2n-2. 则2Sn=2×20+5×21+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1, 上述两个等式作差可得Sn=-1-3×(20+21+…+2n-2)+(3n-1)×2n-1=-1-+(3n-1)×2n-1=(3n-4)×2n-1+2. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn+an=2(n∈N*),等差数列{bn}满足b1=a1,b4=4S3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn. 解:(1)当n=1时,由S1+a1=2,得a1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2-an)-(2-an-1),即=, ∴数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列, ∴an=(n∈N*),Sn=2-(n∈N*). 又b1=a1=1,b4=4S3=4×=7, ∴等差数列{bn}的公差d===2, ∴bn=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*). (2)由(1)知,cn===, 则Tn==(n∈N*). 2.已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3=13,=3a4,等差数列{bn}满足b1=a1,b2=a2-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=请判断+与的大小关系,并求数列{cn}的前20项和. 解:(1)设等比数列{an}的公比为q, 由题意得 即解得或 又等比数列{an}单调递增,所以 所以an=a1·qn-1=3n-1, 所以b1=a1=1,b2=a2-1=2, 所以等差数列{bn}的公差为1, 故bn=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知cn= 所以c2n-1+c2n=-(2n-1)·32n-1+2n·32n-1=32n-1=a2n, 所以T20=c1+c2+c3+c4+…+c19+c20=(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c19+c20)=3+33+…+319==(910-1). 3.已知数列{an}中,a1=2,an=3an-1+2(n≥2,n∈N*). (1)求证:数列{an+1}是等比数列; (2)若数列{bn}的通项公式为bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 快审准解:(1)由an=3an-1+2构造得an+1=3(an-1+1),又a1+1=3≠0,可证数列{an+1}是等比数列; (2)利用错位相减法求数列{bn}的前n项和. 解:(1)证明:当n≥2时,由an=3an-1+2,得an+1=3an-1+2+1,即an+1=3(an-1+1). 又a1+1=3≠0,则=3(n≥2,n∈N*), 所以数列{an+1}是首项为3,公比为3的等比数列. (2)由(1)得an+1=3·3n-1=3n,则有bn==(2n-1)·, 所以Sn=1×+3×+…+(2n-1)·　①, Sn=1×+3×+…+(2n-1)·　②, ①-②得Sn=+2×-(2n-1)·=+2×-(2n-1)· =-·, 所以Sn=1-(n+1)·=1-. 4.(2025·盐城模拟)已知数列{an}为等比数列,公比q>0,前n项和为Sn,数列{bn}为等差数列,且a1=b1=2,a3=b3,S3=b5. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若c1=2,cn+2+(-1)ncn=bn,且数列{cn}的前n项和为Tn,求T16. 解:(1)设等差数列{bn}的公差为d, 由a3=b3,S3=b5, 得 即 解得或 又q>0,所以 即an=a1qn-1=2n,bn=b1+(n-1)d=3n-1. (2)由(1)得bn=3n-1,则cn+2+(-1)ncn=3n-1, 当n为奇数时,cn+2-cn=3n-1, 则cn-cn-2=3(n-2)-1,cn-2-cn-4=3(n-4)-1,…,c3-c1=3×1-1, 等式左右两边分别相加得cn-c1==, 则cn=+2=; 当n为偶数时,cn+2+cn=3n-1, 则T16=c1+c2+…+c16=c1+c3+…+c15+(c2+c4)+(c6+c8)+(c10+c12)+(c14+c16) =2+4+12+26+46+72+104+142+(5+17+29+41) =500. 5.已知数列{an} 满足 a1+2a2+3a3+…+nan=n. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=[-log2an],数列 {bn}的前n项和为Sn,求 .(其中[x]表示不超过x的最大整数) 解:(1)当n=1时,a1=1. 当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=n, 得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1, 则nan=1,即n≥2时,an=. 因为a1也符合上式, 所以{an}的通项公式为an=. (2)由(1)可知,bn=[-log2an]=[log2n], 因为log22k=k,所以当2k≤n≤2k+1-1,k∈Z时,bn=[log2n]=k. 所以==…==n-1(n≥2). 设cn=-=++…+=(n-1)2n-1(n≥2). 因为b1=[-log2a1]=0, 所以=b1+c2+c3+…+cn=21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1, 则2=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n,则-=2+22+23+…+2n-1-(n-1)×2n=-(n-1)×2n=-2-(n-2)×2n, 则=(n-2)×2n+2. 第六节　数列与不等式相结合 题点一　不等式的证明 [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, 由bn=k∈N*, 得b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6①. 于是解得 an=a1+(n-1)d=2n+3,所以数列{an}的通项公式是an=2n+3. (2)证明:法一　由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*②. 当n为偶数时③,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n. 当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn. 当n为奇数时③,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+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn. 综上所述,当n>5时,Tn>Sn. 法二　由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*. 当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n④. 当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(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-5⑤. 当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn. 综上所述,当n>5时,Tn>Sn. 习得方略:①处巧变通,由于数列{bn}的通项是分段的,因此求项时要“对号入座”; ②处注意,数列{bn}是“分段数列”,奇数项、偶数项分别成等差数列,所以要分类讨论; ③处巧变通,将奇数项组成一组,偶数项组成一组,分组求和; ④处关键点,按相邻项分组,当n为偶数时分成组; ⑤处,注意这里的技巧,当n为奇数时n+1为偶数,因而借助偶数项和的结论求解.也可以这样求解:当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=(n-1)2+(n-1)+2n-3=n2+n-5. |思维建模| (1)数列与不等式的综合问题,如果是证明题,要灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等. (2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式,一般有两种方法:一种是求和后再放缩;一种是放缩后再求和.放缩时,一要注意放缩的尺度,二要注意从哪一项开始放缩. [即时训练] 1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=(Sn+2). (1)求数列{an}的通项公式; (2)记bn=,证明:-+<bi<-+. 解:(1)由an=(Sn+2),得Sn=2an-2. 当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,整理得an=2an-1(n≥2), ∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴an=2×2n-1=2n. (2)证明:∵bn==>=-①, ∴bi>++…+=-=-+.∵bn===-<-②, ∴bi<++…+=-=-+.结论得证. 习得方略:①处,这里将分母2n+1-1变为2n+1,则整个分数变小,实现放缩,进而将变形为-,为后续的求和化简做好准备; ②处,先配凑,分离常数后,再进行放缩. 题点二　不等式恒成立求参数问题 [例2]　(2025·宁波模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且5an+1+Sn+16=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足4bn+(n-5)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 解:(1)当n=1时,5a2+a1+16=0,所以a2=-, 当n≥2时①,由5an+1+Sn+16=0, 得5an+Sn-1+16=0,两式相减得5an+1=4an. 因为a2≠0,所以an≠0,所以=.又=②, 所以{an}是首项为-,公比为的等比数列,所以an=-·=-4·. (2)由4bn+(n-5)an=0, 得bn=-an=(n-5). 所以Tn=-4×-3×-2×+…+(n-5)×,Tn=-4×-3×-2×+…+(n-6)×+(n-5)×, 两式相减得Tn=-4×+++…+-(n-5)×=-+-(n-5)×=-+-5×-(n-5)×=-n×, 所以Tn=-4n×,所以Tn≤λbn恒成立,即-4n×≤λ(n-5)×恒成立,即λ(n-5)+4n≥0恒成立③. 当n=5时,不等式恒成立; 当0<n<5时,λ≤-=-4-恒成立,则λ≤1; 当n>5时,λ≥-=-4-恒成立,则λ≥-4.所以-4≤λ≤1. 故实数λ的取值范围是[-4,1]. 习得方略:①处,不要忘记对n≥2的限制; ②处,切勿到此就下结论{an}是等比数列,因为需要对n=1的情况进行检验,这是失分点之一; ③处,恒成立问题常采用分离参数法,两边同时除以n-5,因而需要对n进行讨论,n-5的正负影响不等号方向. |思维建模| 　　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. [即时训练] 2.(2024·南充二模)在数列{an}中,Sn是其前n项和,且3Sn-an=64. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若∀n∈N*,λ-1<Sn≤4λ+4恒成立,求λ的取值范围. 解:(1)因为3Sn-an=64, 当n=1时,3S1-a1=64,解得a1=32. 当n≥2时,3Sn-1-an-1=64,所以3Sn-an-3Sn-1+an-1=0,所以an=-an-1. 所以{an}是以32为首项,-为公比的等比数列,所以an=32×. (2)由(1)可得Sn=== 又y=在R上单调递减,则y=-在R上单调递增, 所以当n为偶数时,≥=16, 当n为奇数时,≤=32, 所以当n=1时,Sn取得最大值为32,当n=2时,Sn取得最小值为16, 因为∀n∈N*,λ-1<Sn≤4λ+4恒成立, 所以解得7≤λ<17,所以λ的取值范围为[7,17). 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2025·辽阳一模)已知数列{an}满足a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=+,证明:b1+b2+…+bn<. 解:(1)由题意可知,当n=1时,a1=2. 当n≥2时,由a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1+2得,a1+2a2+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n+2,两式作差可得,nan=(n-1)·2n+1-(n-2)·2n=n·2n,∴an=2n,a1=2也适合该式,故an=2n. (2)证明:由题意知bn=+=+, 故b1+b2+…+bn=+=1-+-×=-. 由于n∈N*,则+>0, 故-<,即b1+b2+…+bn<. 2.已知数列{an}的首项a1=-1,且满足an+1=. (1)求证:数列为等比数列,并求出数列的通项公式; (2)若+++…+<10,求满足条件的最大整数n. 解:(1)证明:因为-1=-1==, (方法技巧:形如an+1=pan+q(p,q为非零常数,p≠1)的变形方向有两个,其一,an+1+k=p(an+k),构造{an+k}为等比数列,k=;其二,先得到an=pan-1+q(n≥2),两式作差得到an+1-an=p(an-an-1)(n≥2),构造{an-an-1}(n≥2)为等比数列) 又-1=-2,所以数列是以-2为首项,为公比的等比数列,所以=1-. (2)由(1)可得+++…+=n-2×=n-2×=n-3+. 记bn=n-3+,则bn+1-bn=1-≥1->0, 所以{bn}单调递增. 当n≥13时,n-3+≥10+>10,不符合题意; 当n=12时,n-3+=9+<10,符合题意. 所以满足条件的最大整数n为12. 3.(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. 4.已知Sn是数列{an}的前n项和,若-=. (1)求证:{an}为等差数列; (2)设数列的前n项和为Tn,若Tn<1对任意的n∈N*恒成立,求a1的取值范围. 快审准解:(1)由条件可得是以=1为首项,为公差的等差数列,即可得到Sn=an,再由递推关系可得==…==a1,从而得证; (2)由条件可得=,代入计算即可求得Tn=·,再将问题转化为>,即可得到结果. 解:(1)证明:因为-=,所以是以=1为首项,为公差的等差数列, 所以=1+(n-1)=,即Sn=an　①, 所以Sn+1=an+1　②,由②-①可得an=an+1, 即==…==a1,所以an+1=(n+1)a1,an=na1,所以an+1-an=a1,所以{an}为等差数列. (2)由(1)可知,an+1=(n+1)a1,an=na1,则==, 则Tn=+++…+==·. 由Tn<1对任意的n∈N*恒成立,可得·<1对任意的n∈N*恒成立, 即>对任意的n∈N*恒成立, 所以>, 又<1,所以≥1, 即a1≥1或a1≤-1, 所以a1的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞). 第七节　子数列与数列的新定义问题　　　　 题点一　公共项问题 [例1]　已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2-29n-2Sn=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{bn}的通项公式为bn=2n,若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn},求数列{cn}的前n项和Tn. 解:(1)因为3n2-29n-2Sn=0, 所以Sn=n2-n. 当n=1时,a1=-=-13; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=3n-16. 当n=1时满足an=3n-16,故数列{an}的通项公式为an=3n-16. (2)设bm=an,即2m=3n-16,m,n∈N*. 由bm=2m,所以bm+1=2m+1=2·2m=2(3n-16)=6n-32=3-16,由2n-∉N*,可知bm+1∉{an},即bm+1不是两个数列的公共项. bm+2=2m+2=22·2m=4(3n-16)=12n-64=3(4n-16)-16, 由4n-16∈N*,可知bm+2∈{an},所以bm+2是两个数列的公共项, 因此,若ck=bm=an,则ck+1=bm+2=a4n-16, 所以===4,且c1=2, 所以两数列的公共项所构成的新数列{cn}是以2为首项,4为公比的等比数列, 所以数列{cn}的前n项和Tn==. |思维建模| 　　两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列,且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数,一个等差与一个等比数列的公共项则要通过其项数之间的关系来确定. [即时训练] 1.已知等差数列{an}满足a3+a4=12,a5+a7=22,数列{bn}满足b1=3,且bn+1=2bn-n+1. (1)证明:{bn-n}是等比数列,并求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成的数列记为{cn},求{(-1)ncn}的前2n项和S2n. 快审准解:(1)根据等差数列公式确定an=2n-1,计算得到=2,得到证明. (2)确定cn=b2n-1=22n-1+(2n-1),再根据分组法求和结合等比数列求和公式计算得到答案. 解:(1)证明:由题可知a3+a4=2a1+5d=12,a5+a7=2a1+10d=22, 所以a1=1,d=2,所以an=2n-1. 因为bn+1=2bn-n+1,所以bn+1-(n+1)=2(bn-n), 因为b1-1=2≠0,所以bn-n≠0,所以=2(常数), 所以{bn-n}是等比数列, 所以bn-n=2n,即bn=2n+n. (2)由(1)知{an}的项为从1开始的奇数.当n为奇数时,bn=2n+n为奇数,bn≥3,故cn=b2n-1=22n-1+(2n-1). S2n=-c1+c2-c3+c4+…-c2n-1+c2n=(-21+23-25+27+…-24n-3+24n-1)+[-1+3-5+7+…-(4n-3)+(4n-1)]=-2×+2n=+2n. 题点二　插项问题 [例2]　已知等差数列{An}的首项为2,公差为8,在{An}中每相邻两项之间插入三个数,使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}. (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)若,,…,是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列,k1=1,k2=3,令bn=nkn,求数列{bn}的前n项和Tn. 快审准解:(1)设数列{an}的公差为d,由题可得a1=A1=2,d==2,从而求得数列{an}的通项公式和前n项和Sn; (2)由等比数列的定义和通项公式可以求得kn=3n-1,bn=n·3n-1,利用数列求和的错位相减法与等比数列求和公式,即可求出数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)因为等差数列{An}的首项为2,公差为8, 所以A1=2,A2=10. 又在{An}中每相邻两项之间插入三个数,使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an},设其公差为d,则a1=A1=2,a5=A2=10, 所以d==2, 所以an=2+(n-1)×2=2n,Sn==n(n+1)(n∈N*). (2)设等比数列,,…,的公比为q,由于,为等比数列的前两项,且k1=1,k2=3, 则q====3,所以=2×3n-1. 由(1)知an=2n,所以=2kn=2×3n-1,从而kn=3n-1,于是bn=nkn=n·3n-1, 由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1, 得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n, 所以-2Tn=1×30+1×31+1×32+…+1·3n-1-n·3n=-n·3n=·3n-, 从而Tn=×3n+. |思维建模| 数列的插项问题可通过研究前几项的变化来探究一般性规律,从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息. [即时训练] 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),满足3a2+2a3=S5+6. (1)若数列{Sn}为递减数列,求a1的取值范围; (2)若a1=1,在数列{an}的第n项与第n+1项之间插入首项为1,公比为2的等比数列的前n项,形成新数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tn,求T95. 解:(1)法一　记等差数列{an}的公差为d,由3a2+2a3=S5+6,得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6,解得d=-2, 所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n. 若数列{Sn}为递减数列,则Sn+1-Sn<0(n≥1)恒成立,即an+1=a1-2n<0(n≥1)恒成立, 得a1<2n(n≥1)恒成立,则a1<2. 故a1的取值范围是(-∞,2). 法二　记等差数列{an}的公差为d,由3a2+2a3=S5+6,得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6,解得d=-2,所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n. 若数列{Sn}为递减数列,则需满足<, 解得a1<2. 故a1的取值范围是(-∞,2). (2)由(1)知,{an}的公差d=-2, 又a1=1,所以an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. 根据题意,数列{bn}为1,20,-1,20,21,-3,20,21,22,-5,…,-2n+3,20,21,…,2n-1,-2n+1,…. 可将数列分组: 第一组为1,20; 第二组为-1,20,21; 第三组为-3,20,21,22; … 第k(k∈N*)组为-2k+3,20,21,22,…,2k-1; … 则前k组一共有2+3+…+(k+1)=(项), 当k=12时,项数为90. 故T95相当于是前12组的和再加上-23,1,2,22,23, 即T95=[1+(-1)+(-3)+…+(-21)]+[20+(20+21)+(20+21+22)+…+(20+21+…+211)]+(-23+1+2+22+23), 20+(20+21)+(20+21+22)+…+(20+21+…+211)可看成是数列{cn}(cn=2n-1)的前12项和,所以T95=+-12-23+1+2+4+8=213-142=8 050. 题点三　新定义问题 [例3]　定义:对于数列{cn},若从第二项起,每一项与它的前一项之差都大于或等于同一个常数d1,且小于或等于另一个常数d2,则{cn}叫作类等差数列(若d1=d2=d,则{cn}是等差数列). (1)若类等差数列{cn}满足d1≤cn-cn-1≤d2,n≥2,n∈N,c1,d1,d2均为已知数,请类比等差数列的通项公式,求出数列{cn}的通项不等式(即第n项cn与首项c1及d1,d2的不等式关系,要求写出推导过程). (2)若数列{an}中,a1=,an+1=an-2.判断数列是否为类等差数列,若是,请证明;若不是,请说明理由. 解:(1)依题意,知d1≤c2-c1≤d2,d1≤c3-c2≤d2,…,d1≤cn-cn-1≤d2. 将这(n-1)个不等式相加,得(n-1)d1≤cn-c1≤(n-1)d2,所以c1+(n-1)d1≤cn≤c1+(n-1)d2①,n≥2,n∈N. (2)数列是类等差数列②,理由如下. 法一　因为an+1=an-2. 所以=③==2=+,即-=. 因为2=an-an+1>0,所以an+1<an,则{an}是递减数列,最大项为a1=. 所以1-2an≥1-2a1=>0,an+1=an(1-2an)=an-1(1-2an-1)(1-2an)=…=a1(1-2a1)(1-2a2)(1-2a3)·…·(1-2an)>0,所以0<an≤④, 所以-=<0, 所以是递减数列,故其最大项为=6,且>=2. 所以2<-≤6,所以数列是类等差数列. 法二　-=-===, 又2=an-an+1>0,所以an+1<an,则{an}是递减数列,最大项为a1=. 由于数列{an}为递减数列,则{1-2an}为递增数列,且1-2an>0,所以是递减数列, 故其最大项为=6,所以-≤6. 又由法一知an>0,所以>2, 所以2<-≤6,所以数列是类等差数列. 习得方略: ①处,用到同向不等式可加性; ②关键点:要证明数列是否为类等差数列,根据定义,就要判断相邻两项的差是否小于或等于某一常数,大于或等于另一个常数; ③处,所给式子无法下手,想到变形求解(取倒数、构造式子等),此处是取倒数,类比裂项法进行化简求值; ④关键点:先通过数列{an}的增减性,求出0<an≤,这是解题的关键; 妙解:求数列的最大项,也可以用函数思想考虑,显然f(x)=是增函数,又{an}是递减数列,则是递减数列. |思维建模|　与数列有关的新定义问题的解题策略 (1)通过给定的与数列有关的新定义,或约定的一种新运算,或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境,要求在阅读理解的基础上,依据题设所提供的信息,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)遇到新定义问题,需耐心研究题中信息,分析新定义的特点,搞清新定义的本质,按新定义的要求“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以顺利解决. (3)类比“熟悉数列”的研究方式,用特殊化的方法研究新数列,向“熟悉数列”的性质靠拢. [即时训练] 3.若数列{cn}共有m(m∈N*,m≥3)项,∀i(i∈N*,i≤m)都有ln ci+ln cm+1-i=R,其中R为常数,则称数列{cn}是一个项数为m的“对数等和数列”,其中R称为“对数等和常数”.已知数列{an}是一个项数为m的对数等和数列,对数等和常数为R. (1)若m=9,a1=1,a5=4,求a9的值; (2)定义数列{bn}满足bi=,i=1,2,3,…,m. ①求证:数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列; ②已知数列{bn}是首项为1 024,公比为的等比数列,若R=0,求iai的值. 解:(1)依题意R=ln a5+ln a5=ln 16,又R=ln a1+ln a9,所以ln a9=R=ln 16,即a9=16. (2)①证明:依题意bi=,则bm+1-i=,因此bibm+1-i=1,从而ln bi+ln bm+1-i=0,即数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列. ②依题意,bm=b1qm-1,则=1 024, 即=,即m=11, 则bi=1 024qi-1=46-i, 又R=0,故ln ai+ln am+1-i=0,即aiam+1-i=1, 此时bi==,即==4i-6,ai=2i-6, 注意到i×2i-6=(i-1)2i-5-(i-2)2i-6, 所以iai=i×2i-6=[(i-1)2i-5-(i-2)·2i-6]=10×26-(-1)×2-5=. [课时跟踪检测] 1.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且2Sn=(n+1)an(n∈N*). (1)求{an}的通项公式; (2)数列{bn}满足bn=(-1)nan,将{an}与{bn}的公共项从小到大排列构成新数列{cn},求{cn}的前n项和Tn. 快审准解:(1)根据an=公式计算即可求解; (2)当n为偶数时bn=an,当n为奇数时bn=-an,则{cn}为{an}的偶数项,结合等差数列的前n项求和公式计算即可求解. 解:(1)当n≥2时,2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1, 两式相减,得2an=(n+1)an-nan-1, 整理可得=,而=1,所以=1,即an=n. 当n=1时,a1=1,符合上式. 综上,an=n(n∈N*). (2)当n为偶数时,bn=an; 当n为奇数时,由an≠0,得bn=-an≠an, 所以{an}与{bn}的公共项即为{an}的偶数项, 则{cn}是首项c1=a2=2,公差为2的等差数列, 所以cn=2+(n-1)×2=2n, 所以{cn}的前n项和Tn=2(1+2+…+n)=n(n+1). 2.(2024·柳州三模)已知数列{an}满足a1+3a2+…+3n-1an=n·3n,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(2m,22m)内的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Tm. 快审准解:(1)根据an,Sn的关系,作差即可求解; (2)根据bm=×4m-×2m,即可由等比数列求和公式求解. 解:(1)当n=1时,由a1=31=3,得a1=3, 当n≥2时,∵a1+3a2+…+3n-1an=n·3n, ∴a1+3a2+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1, 两式相减,得3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1=3n-1(2n+1),∴an=2n+1, 当n=1时,a1=2+1=3,也适合上式. 综上可知,an=2n+1. (2)由题意2m<2n+1<22m, ∴<n<,故≤n≤,∈N,∈N, ∴bm=-+1=×4m-×2m, ∴Tm=×-× =×4m-2m+. 3.已知数列{an}的前n项和Sn=,{bn}的前n项之积Tn=(n∈N*). (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排列组成的数列记为{cn},求c1+c2+…+c20的值. 解:(1)由Sn=,当n=1时,a1=S1=2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1, 当n=1时,上式也成立, 所以an=3n-1. 由Tn=,当n=1时,b1=T1=2, 当n≥2时,bn==2n, 当n=1时,上式也成立,所以bn=2n. (2)设3n-1=2m=(3-1)m=·3m(-1)0+·3m-1(-1)1+…+×3×(-1)m-1+30·(-1)m=3M+(-1)m,m∈N*, 当m=1时,M=1;当m>1时,M为3的正整数倍,故当m为奇数时,n=M,故公共项为m=1,3,5,7,…, 所以21,23,25,27,…构成首项为2,公比为4的等比数列cn=2·4n-1, 故c1+c2+…+c20==(420-1). 4.已知数列{an}有100项,a1=a,对任意n∈[2,100],存在an=ai+d,i∈[1,n-1],若ak与前n项中某一项相等,则称ak具有性质P. (1)若a1=1,d=2,求a4可能的值; (2)数列{an}中不存在具有性质P的项,求证:{an}是等差数列; (3)若{an}中恰有三项具有性质P,这三项和为c,使用a,d,c表示a1+a2+…+a100. 解:(1)因为数列{an}有100项,a1=a, 对任意n∈[2,100],存在an=ai+d,i∈[1,n-1], 若a1=1,d=2,则当n=2时,a2=a1+d=3, 当n=3时,i∈[1,2],则a3=a1+d=3,或a3=a2+d=5, 当n=4时,i∈[1,3],则a4=a1+d=3,或a4=a2+d=5,或a4=a3+d=a1+2d=5,或a4=a3+d=a2+2d=7, 所以a4可能的值为3,5,7. (2)证明:由题意,得a1=a,a2=a1+d=a+d,a3=ai+d(i=1,2), 当i=1时,a3=a1+d=a+d=a2,则a3满足了性质P,矛盾, 当i=2时,a3=a2+d=a+2d,不矛盾,所以a3=a+2d, 以此类推,an=ai+d(i=1,2,3,…,n-1), 当i=1,2,3,…,n-2时,an分别等于a2,a3,…,an-1,则an满足了性质P,矛盾. 所以只能i=n-1,即an=an-1+d,不矛盾,即数列{an}是等差数列. (3)将数列{an}中具有性质P的三项去掉,得到一个新的数列{bn},b1=a1=a. 当n∈[2,97]时,bn=bi+d(i∈[1,n-1]), 且{bn}中没有满足性质P的项, 由(2)可知,数列{bn}是等差数列, 所以b1+b2+…+b97=97b1+d=97a+4 656d, 又因为数列{an}中去掉的三项和为c, 所以a1+a2+…+a100=97a+4 656d+c. 学科网（北京）股份有限公司 $$