第六章 数列-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列专题，覆盖数列概念、等差等比数列、求和及应用等核心考点，依据高考评价体系明确考查要求。通过近五年真题分析，梳理出等差数列基本量运算占30%、等比数列性质应用占25%的高频考点，归纳分组求和、裂项相消等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+技巧提炼+素养提升”，以2024全国甲卷等真题为例，详解等差数列前n项和最值问题的分离参数法，培养学生运算能力与推理意识。特设“易错陷阱警示”如错位相减时项数对齐，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习，高效提升学生得分率。

第六章数列 第一节　数列的概念与简单表示法 【课程标准】　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. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.数列的有关概念 (1)数列的定义 按照 确定的顺序 排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫做这个数列的 项 .  (2)数列的分类 分类标准 类型 满足条件 按项数 分类 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 按项与项 间的大小 关系分类 递增数列 an+1 > an 其中n∈N* 递减数列 an+1 < an 常数列 an+1=an 按其他 标准分类 有界数列 存在正数M,使|an|≤M 摆动数列 从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项 周期数列 对n∈N*,存在正整数k,使an+k=an (3)数列的表示法 数列有三种表示法,它们分别是 列表法 、 图象法 和 解析式法 .  2.数列的通项公式 (1)数列的通项公式 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.  (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,则an= [微点清]　①并不是所有的数列都有通项公式;②同一个数列的通项公式在形式上未必唯一. 3.数列的递推公式 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. 微|点|延|伸 1.在数列{an}中,若an最大,则(n≥2,n∈N*);若an最小,则(n≥2,n∈N*). 2.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. 小|题|快|练 1.(人A选二P4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(B) A.12 B.15 C.17 D.18 解析　各项乘于2,变为1×2,2×3,3×4,故数列的通项公式为an=,故a5=15.故选B. 2.在数列{an}中,a1=1,anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N*),则的值是(C) A. B. C. D. 解析　由已知,得a2=1+(-1)2=2,所以2a3=2+(-1)3,a3=,所以a4=+(-1)4,a4=3,所以3a5=3+(-1)5,所以a5=,所以=×=.故选C. 3.若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=,则=(D) A. B. C. D.30 解析　因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,所以=5×(5+1)=30.故选D. 4.已知an=2n+a(1-n),若数列{an}是递减数列,则实数a的取值范围是 (2,+∞) .  解析　因为an=2n+a(1-n),所以an=(2-a)n+a.因为数列{an}是递减数列,所以2-a<0,解得a>2. 5.(北师大选二P8T6改编)已知数列的通项公式是an=n2-5n+3,则数列{an}的最小项是第 2或3 项.  解析　an=n2-5n+3=-,因为n∈N*,所以当n=2或3时,an最小,a2=a3=-3. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　由an与Sn的关系求通项公式 【例1】　(1)设数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n+3,则an=  .  解析　由题意,2Sn=3n+3　①,当n=1时,a1=S1=3,当n≥2时,2Sn-1=3n-1+3　②,①-②得2an=2Sn-2Sn-1=(3n+3)-(3n-1+3)=2×3n-1,因此,an=3n-1(n≥2),当n=1时不满足上式,所以an= (2)已知数列{an}中,Sn是其前n项和,且Sn=2an+1,则数列的通项公式an= -2n-1 .  解析　当n=1时,a1=S1=2a1+1,所以a1=-1.Sn=2an+1　①,当n≥2时,Sn-1=2an-1+1　②.①-②得Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2),所以{an}是首项为a1=-1,公比为q=2的等比数列,所以an=a1·qn-1=-2n-1. 　　an与Sn的关系问题的求解思路 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. 【训练1】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-1,则a1+a3+a5+a7+a9=(B) A.40 B.44 C.45 D.49 解析　因为Sn=n2-1,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又a1=S1=0,所以an=所以a1+a3+a5+a7+a9=0+5+9+13+17=44.故选B. (2)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= - .  解析　因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=SnSn+1,所以由两式联立,得Sn+1-Sn=SnSn+1.因为Sn≠0,所以-=1,即-=-1.又=-1,所以数列是首项为-1,公差为-1的等差数列.所以=-1+(n-1)×(-1)=-n,所以Sn=-. 类型二　累加、累乘法求通项公式 【例2】　(1)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+,则通项公式an= 4- .  解析　(累加法)原递推公式可化为an+1=an+-,则a2=a1+-,a3=a2+-,a4=a3+-,…,an=an-1+-.逐项相加,得an=a1+1-.又a1=3,故an=4-. (2)设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)-n+an+1an=0(n=1,2,3,…),则它的通项公式an=  .  解析　(累乘法)原式可化为[(n+1)an+1-nan]·(an+1+an)=0.因为an+1+an>0,所以=.则=,=,=,…,=,逐项相乘,得=,又a1=1,故an=. 　　已知数列的递推公式求通项公式的典型方法 1.当出现an=an-1+f(n)时,用累加法求解. 2.当出现=f(n)时,用累乘法求解. 【训练2】　(1)(2025·广东汕头调研)已知数列{an},a1=1,an+1-an=2n,则a10=(C) A.511 B.1 022 C.1 023 D.2 047 解析　因为an+1-an=2n,所以a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,a5-a4=24,…,a10-a9=29,累加可得a10-a1=2+22+23+…+29==210-2,所以a10=210-1=1 023.故选C. (2)已知数列{an}满足a1=2,(n+1)an+1=2(n+2)an,则数列{an}的通项公式为 an=(n+1)·2n-1 .  解析　因为(n+1)an+1=2(n+2)an,所以=,则an=a1····…·=2n-1·a1·=(n+1)·2n-1(n≥2).当n=1时,a1=2满足上式,所以an=(n+1)·2n-1(n∈N*). (3)已知数列{an}满足a1=2,且(n+1)an+1-nan=2n,则数列{an}的通项公式为 an= .  解析　设bn=nan,则b1=a1=2,(n+1)an+1-nan=2n,即bn+1-bn=2n,所以当n≥2时,b2-b1=21,b3-b2=22,…,bn-bn-1=2n-1,将以上各式累加可得bn-b1=21+22+…+2n-1(n≥2),故bn=21+22+…+2n-1+b1=+2=2n(n≥2),又b1=2也满足上式,所以bn=2n,即nan=2n,故an=. 类型三　数列的函数性质 考向❶:周期性的应用 【例3】　(2025·江西南昌适应性测试)若数列{an}满足a2=11,an+1=,则a985=(D) A. B.11 C.- D. 解析　因为an+3=====an,所以数列{an}是周期为3的数列,所以a985=a328×3+1=a1,因为a2=11,所以11=,解得a1=,故a985=a1=.故选D. 　　解决数列的周期性问题,先求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值. 考向❷:单调性的应用 【例4】　已知数列{an}中,an=1+(n∈N*,a∈R且a≠0). (1)若a=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值; (2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求a的取值范围. 解　(1)因为an=1+(n∈N*,a∈R,且a≠0),又a=-7,所以an=1+(n∈N*).结合函数f(x)=1+的单调性,可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).所以数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0. (2)an=1+=1+,已知对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,结合函数f(x)=1+的单调性,可知5<<6,即-10<a<-8,即a的取值范围是(-10,-8). 　　确定数列的单调性常用比较法或借助常见函数的单调性,如本例借助反比例函数的单调性确定数列的单调性. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❷ 1.已知数列{an}中,a1=2,a2=4,an+an+1+an+2=2,则a2 025=(D) A.4 B.2 C.-2 D.-4 解析　因为a1=2,a2=4,an+an+1+an+2=2,所以an+2=2-an+1-an,则a3=2-a2-a1=-4,a4=2-a3-a2=2,a5=2-a4-a3=4,…,所以数列{an}是以3为周期的周期数列,则a2 025=a675×3=a3=-4.故选D. 2.已知数列{an}的通项an=,n∈N*,则数列{an}前20项中的最大项与最小项的值分别为 3,-1　.  解析　an===1+,当n≥11时,>0,且单调递减;当1≤n≤10时,<0,且单调递减.因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项,第10项,则a11=3,a10=-1. 3.数列{bn}满足bn=,则当n= 4 时,bn取最大值为  .  解析　解法一:bn-bn-1=-=,所以当n≤4时,bn>bn-1,所以{bn}单调递增,当n≥5时,bn<bn-1,所以{bn}单调递减,故当n=4时,(bn)max=b4=. 解法二:令即解得≤n≤,又n∈N*,故n=4,故当n=4时,(bn)max=b4=. 教考衔接6　数列递推关系(斐波那契数列) 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版选择性必修第二册 1 2 P10·阅读与思考 P6·例5改编 【选题说明】　斐波那契数列涉及的知识极为广博,是高中数学测试中常用的背景材料,斐波那契数列的递推公式、通项公式及常用结论,是高考命题的好素材,体现了高考试题的文化价值. 【题1】　1202年,意大利数学家斐波那契(Leonardo Fibonacci)在《算盘书》中提到下面的问题: 如果1对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌),而每1对小兔子在它出生后的第3个月里,又能生1对小兔子,假定在不发生死亡的情况下,由1对初生的小兔子开始,50个月后会有多少对兔子? 即从第1个月开始,每月末的兔子总对数是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…. 如果用Fn表示第n个月的兔子的总对数,则Fn=Fn-1+Fn-2(n>2).这是一个由递推公式给出的数列,称为斐波那契数列,也称兔子数列,通常用数列{Fn}表示. (1)面积关系图与黄金螺旋线 (2)++…+=FnFn+1. (3)数列{Fn}的通项公式: Fn=. (4)数列{Fn}的前n项和:Sn=Fn+2-1. 【题2】　已知数列{an}的首项为a1=1,递推公式为an=1+(n≥2),写出这个数列的前5项,并猜想数列{an}的通项公式. 解　由题意知{an}的前5项为1,2,,,,即,,,,,故猜想数列{an}的通项公式an== =·. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　(多选题)若数列{an}满足F1=F2=1,Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),设an=(-1,前n项和为Sn,则(BC) A.a4=1 B.a2 024+a2 025=2 C.an=an+3 D.若Sn=30,则n=90或n=92 解析　由题知,数列{Fn}为斐波那契数列,即1,1,2,3,5,8,13,21,…,所以a4=(-1)3×5=-1,A项错误;又Fn·Fn+1呈现“奇偶偶,奇偶偶,奇偶偶,…”的规律,所以数列{an}各项依次为-1,1,1,-1,1,1,…,所以an的最小正周期为3,满足an=an+3,C项正确;a2 024=a674×3+2=a2=1,a2 025=a675×3=a3=1,所以a2 024+a2 025=2,B项正确;对于选项D,当n=90,n=92或n=94时,数列{an}的前n项和为30,D项错误.故选BC. 【变式2】　一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬,每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图),例如:从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房,从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房,……,以此类推,用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数,则a2 024a2 026-=(A) A.1 B.-1 C.2 D.-2 解析　由题意可得a1=1,a2=2,a3=3,a4=5,an+1=an+an-1(n∈N*,n≥2).所以n≥2时,anan+2-=an(an+1+an)-=anan+1+-=+an+1(an-an+1)=-an+1an-1=-(an-1an+1-).因为a1a3-=-1,所以数列{anan+2-}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.所以a2 024a2 026-=(-1)×(-1)2 023=1.故选A. 三、链接高考·体验练■ 1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是(B) A.f(10)>100 B.f(20)>1 000 C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000 解析　由x<3时f(x)=x,f(x)>f(x-1)+f(x-2)得,f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的各项:3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1 597,…,所以f(20)>f(16)>1 597>1 000. 2.(经典高考题)已知f(x)=,各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+2=f(an).若a2 024=a2 026,则a20+a11=  .  解析　由an+2=f(an)得an+2=.因为a1=1,所以a3=,a5=,a7=,a9=,a11=.又因为a2 024=a2 026,即a2 024=a2 026=,化简得+a2 024-1=0,所以a2 024=或a2 024=(舍).由此可得a2 026=a2 024=a2 022=a2 020=…=a20=,所以a20+a11=. 第二节　等差数列 【课程标准】　1.理解等差数列的概念和通项公式的意义;2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式;3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题;4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.等差数列的有关概念 (1)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.符号表示为 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 2A=a+b ,其中A叫做a与b的 等差中项 .  [微点清]　理解定义要注意三个关键词:“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”. 2.等差数列的基本公式 (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)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*). (2)在等差数列{an}中,当m+n=p+q时,am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*).特别地,若m+n=2p,则2ap=am+an(m,n,p∈N*). (3)ak,ak+m,ak+2m,…仍是等差数列,公差为md(k,m∈N*). (4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也成等差数列,公差为n2d. (5)若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列. 微|点|延|伸 1.等差数列的3个充要条件 (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). (3)数列{an}是等差数列⇔数列是等差数列. 2.等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数列;当d=0时,{an}是常数列. 3.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. 小|题|快|练 1.已知数列{an}满足an+1=an+2,a1=3,则S5=(D) A.20 B.25 C.30 D.35 解析　因为an+1=an+2,所以an+1-an=2,故数列{an}是以3为首项,2为公差的等差数列,所以S5=5×3+×2=35.故选D. 2.(人A选二P15T4改编)已知在等差数列{an}中,a4+a8=20,a7=12,则a10=(A) A.18 B.16 C.20 D.17 解析　因为a4+a8=2a6=20,所以a6=10.又a7=12,所以d=2,所以a10=a7+3d=12+6=18.故选A. 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a4=4,则S6=(B) A.6 B.12 C.18 D.24 解析　由等差数列的性质,可得a1+a6=a3+a4=4,所以S6===12.故选B. 4.已知在首项为28的等差数列{an}中,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,数列{an}满足即所以 即-≤d<-4. 5.(人A选二P21例7改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=2,S20=8,则S30= 18 .  解析　由于S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,所以2×(8-2)=2+S30-8,解得S30=18. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　等差数列基本量的运算 自练自悟 1.(2025·南昌一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=,a6=,则S17=(C) A.51 B.34 C.17 D.1 解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由a3=,a6=可得解得所以S17=17a1+×d=17×+×=17.故选C. 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=(B) A. B. C.- D.- 解析　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. 3.已知数列{an},{bn}均为等差数列,且a1=1,b1=7,a2+b2=12,设数列{an+bn}的前n项和为Sn,则S20=(D) A.84 B.540 C.780 D.920 解析　根据题意可设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,由a1=1,b1=7,a2+b2=12可知,d1+d2=4,则数列{an+bn}是以a1+b1=8为首项,d1+d2=4为公差的等差数列,所以an+bn=8+4(n-1)=4n+4,故Sn=(a1+b1+an+bn)=(8+4n+4)=n(2n+6),所以S20=20×(2×20+6)=920.故选D. 4.某单位元旦举办文艺演出,已知该演播厅共有15排390个座位,并且从第二排起,每排比前一排多2个座位,则最后一排的座位数是 40 .  解析　设从第1排到第15排每排的座位数构成的数列为{an},由题意可知,数列{an}为等差数列,公差d=2,且{an}的前15项和S15=390,所以S15=15a1+×2=390,解得a1=12,所以a15=a1+14d=12+14×2=40,即最后一排的座位数为40. 　　等差数列基本量运算的常见类型及解题策略 1.求公差d或项数n:在求解时,一般要运用方程思想. 2.求通项公式:a1和d是等差数列的两个基本量. 3.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. 4.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. 类型二　等差数列的性质及应用 考向❶:项的性质 【例1】　已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,a2+S3=4,a2+a3+a4+a5=7,则S9=(D) A.63 B. C.45 D. 解析　因为数列{an}是等差数列,则a2+S3=4a2=4,可得a2=1,且a2+a3+a4+a5=2(a2+a5)=2(1+a5)=7,可得a5=,所以S9=9a5=.故选D. 　　1.等差数列中最常用的性质:①d=(p,q∈N*且p≠q),②若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*). 2.利用等差数列性质(特别是感觉条件不够时)求解既简捷,又迅速. 考向❷:和的性质 【例2】　(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S20=60,则S40=(D) A.110 B.150 C.210 D.280 解析　因为等差数列{an}的前n项和为Sn,所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等差数列.故(S30-S20)+S10=2(S20-S10),所以S30=150.又因为(S20-S10)+(S40-S30)=2(S30-S20),所以S40=280.故选D. (2)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有=,则+的值为  .  解析　+===,所以====. 　　等差数列前n项和的性质 在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则 (1)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1). (2)S2n-1=(2n-1)an. (3)依次k项和成等差数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列. 考向❸:最值问题 【例3】　(1)等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a1<0,S3=S11,则当n= 7 时,Sn最小.  解析　解法一:由S3=S11,得3a1+d=11a1+d,则d=-a1.从而Sn=n2+n=-(n-7)2+a1.又因为a1<0,所以->0.故当n=7时,Sn最小. 解法二:由于f(x)=ax2+bx是关于x的二次函数,且(n,Sn)在二次函数f(x)的图象上,由S3=S11,可知f(x)=ax2+bx的图象关于直线x==7对称.由解法一可知a=->0,故当x=7时,f(x)最小,即当n=7时,Sn最小. 解法三:由解法一可知d=-a1.要使Sn最小,则有即解得6.5≤n≤7.5,故当n=7时,Sn最小. 解法四:由S3=S11,可得a4+a5+…+a10+a11=0,即4(a7+a8)=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最小. (2)(2025·广州综合测试)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n,当取最小值时,n= 3 .  解析　当n≥2时,由Sn=n2+n　①,知Sn-1=(n-1)2+n-1　②,①-②,得an=2n.又a1=S1=2满足上式,所以an=2n,所以==≥×=,当且仅当n=,即n=3时等号成立. 　　求等差数列前n项和Sn最值的2种方法 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❸ 1.在等差数列{an}中,a2,a8是方程x2+mx-8=0的两根,若a4+a6=+1,则m的值为(B) A.-6 B.-2 C.2 D.6 解析　因为a2,a8是方程x2+mx-8=0的两根,所以Δ=m2+32>0,且a2+a8=-m.在等差数列{an}中,a2+a8=a4+a6=2a5,所以a4+a6=-m,a5=-,代入a4+a6=+1可得-m=+1,解得m=-2.故选B. 2.(2025·郑州质量检测)已知数列{an}为等差数列,a1+a2+a3=7,a7+a8+a9=13,则a13+a14+a15=(A) A.19 B.22 C.25 D.27 解析　解法一:设等差数列{an}的公差为d,由a1+a2+a3=7,a7+a8+a9=13,得3a1+3d=7,3a1+21d=13,解得a1=2,d=,所以a13+a14+a15=3a1+39d=6+13=19,故选A. 解法二:因为数列{an}为等差数列,所以a1+a2+a3,a7+a8+a9,a13+a14+a15成等差数列,所以2(a7+a8+a9)=a1+a2+a3+a13+a14+a15,所以a13+a14+a15=2(a7+a8+a9)-(a1+a2+a3)=2×13-7=19.故选A. 3.(多选题)已知首项为-1的等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,且S7>S8,S8<S9,则(AC) A.<d< B.S10>S5 C.(Sn)min=S8 D.S15>0 解析　对于A选项,因为S7>S8,S8<S9,所以a8=S8-S7<0,a9=S9-S8>0,所以解得<d<,故A正确.对于B选项,因为S10-S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8<0,所以S10<S5,故B错误.对于C选项,由a8<0,a9>0,得(Sn)min=S8,故C正确.对于D选项,因为a8<0,所以S15==15a8<0,故D错误.故选AC. 类型三　等差数列的判定与证明 【例4】　记Sn为数列{an}的前n项和.从下面两个条件中选一个,证明:数列{an}是等差数列. ①Sn=(n∈N*); ②数列是等差数列. 证明　选择条件①:因为Sn=(n∈N*),所以2Sn=nan+n,2Sn+1=(n+1)an+1+n+1,两式相减可得2an+1=(n+1)an+1-nan+1,即nan-1=(n-1)an+1,所以(n+1)an+1-1=nan+2.两式相减可得(n+1)an+1-nan=nan+2-(n-1)an+1,化简可得2nan+1=n(an+2+an),所以2an+1=+an,所以数列{an}是等差数列. 选择条件②:设数列的首项为b1,公差为p,则=b1+(n-1)p=np+b1-p,故Sn=pn2+(b1-p)n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+(b1-p)n-p(n-1)2-(b1-p)(n-1)=b1+2(n-1)p.当n=1时,a1=S1=b1,所以an=b1+2(n-1)p.又an+1-an=b1+2np-b1-2(n-1)p=2p,所以数列{an}是等差数列. 　　判断数列{an}是等差数列的常用方法 1.定义法:对于数列{an},an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列. 2.等差中项法:对于数列{an},2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立⇔{an}是等差数列. 3.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. 4.前n项和公式法:验证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. 【训练】　(2024·江苏南通二模)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn-an=n2+1,n∈N*. (1)求a1,a2,并证明:数列{an+1+an}是等差数列; (2)求S20. 解　(1)当n=1时,由条件得a1-a1=2,所以a1=4.当n=2时,由条件得a1+a2-a2=5,所以a2=2.因为Sn-an=n2+1,所以Sn-1-an-1=(n-1)2+1(n≥2),两式相减得an-an+an-1=2n-1,即an+an-1=4n-2,所以(an+1+an)-(an+an-1)=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4,从而数列{an+1+an}为等差数列. (2)由(1)知,数列{an+1+an}为等差数列,首项为a1+a2=6,an+1+an=4n+2,所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)===420. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*},若S={a,b},则ab=(B) A.-1 B.- C.0 D. 解析　依题意,等差数列{an}中,an=a1+(n-1)·=n+,显然函数y=cos的周期为3,而n∈N*,即cos an最多3个不同取值,又{cos an|n∈N*}={a,b},则在cos a1,cos a2,cos a3中,cos a1=cos a2≠cos a3①或cos a2=cos a3≠cos a1②或cos a1=cos a3≠cos a2③,于是由①有cos θ=cos,即有θ+=2kπ,k∈Z,解得θ=kπ-,k∈Z,所以由①有ab=coscos=-coscos kπ=-cos2kπcos=-.同理,由②③有ab=-.故选B. 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= 95 .  解析　解法一(基本量法):设{an}的公差为d,由a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3,则S10=10a1+45d=95. 解法二(利用下标和性质):设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11,则S10=×10=5(a5+a6)=5×19=95. 3.(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= 2 .  解析　由2S3=3S2+6,可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2. 4.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= 25 .  解析　设等差数列{an}的公差为d,则a2=-2+d,a6=-2+5d,因为a2+a6=2,所以-2+d+(-2+5d)=2,解得d=1,所以S10=10×(-2)+×1=-20+45=25. 5.(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 3n2-2n .  解析　数列{2n-1}的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n-2}的各项为1,4,7,10,13,….观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,则an=1+6(n-1)=6n-5.故{an}的前n项和为Sn===3n2-2n. 第三节　等比数列 【课程标准】　1.理解等比数列的概念和通项公式的意义;2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式;3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;4.了解等比数列与指数函数的关系. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.等比数列的有关概念 (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表示,定义的表达式为 =q ,q为常数,q≠0.  (2)等比中项:若a,A,b成等比数列,则A叫做a与b的 等比中项 .当a,b同号时,其等比中项为±.  (3)等比数列的通项公式及其变形 通项公式: an=a1qn-1 ,其中a1是首项,q是公比.  通项公式的变形: an=amqn-m (m,n∈N*).  (4)等比数列的前n项和公式:Sn= 2.等比数列的性质 设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则有如下的性质: (1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则am·an=ap·aq. (2)在等比数列中,序号成等差数列的项组成的新数列仍为等比数列. (3)若数列{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,则数列{an·bn},{k·an}(k≠0),{},{an·an+1}也是等比数列. (4)Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…(其中各项均不为0)也成等比数列. (5)若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q,或=q. 微|点|延|伸 　　1.等比数列{an}的通项公式可以写成an=cqn,这里c≠0,q≠0. 2.等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn=Aqn-A(A≠0,q≠1,0). 3.数列{an}是等比数列. 若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列. 小|题|快|练 1.等比数列{an}中,若|a1|=1,8a2+a5=0,a2<a5,则a5=(A) A.16 B.-16 C.32 D.-32 解析　因为8a2+a5=0,所以=q3=-8,即q=-2.又因为a2<a5,即-2a1<16a1,则a1>0,又|a1|=1,所以a1=1,则a5=16a1=16.故选A. 2.(人A选二P37T1改编)在等比数列{an}中,若a3=,S3=,则a2的值为(D) A. B.-3 C.- D.-3或 解析　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.故选D. 3.设b∈R,数列{an}的前n项和为Sn=3n+b,则(D) A.{an}是等比数列 B.{an}是等差数列 C.当b=-1时,{an}不是等比数列 D.当b=-1时,{an}是等比数列 解析　当n=1时,a1=S1=3+b,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2×3n-1,当b=-1时,a1=2适合an=2×3n-1,{an}为等比数列.当b≠-1时,a1不适合an=2×3n-1,{an}不是等比数列.故选D. 4.若在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列,则这三个数分别是 ,2,2或-,2,-2 .  解析　设插入的三个数分别为a,b,c,则b2=1×4,所以b=2或b=-2(舍),a2=1×b=2.所以a=±,同时c2=b×4=8,所以c=±2,且a,c同号.所以这三个数分别为,2,2或-,2,-2. 5.(人A选二P31T4改编)数列{an}的通项公式是an=an(a≠0),则其前n项和为Sn=  .  解析　因为a≠0,an=an,所以{an}是以a为首项,a为公比的等比数列.当a=1时,Sn=n;当a≠1时,Sn=. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　等比数列基本量运算 自练自悟 1.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=(B) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 解析　解法一:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,则由题可得解得所以Sn==2n-1,an=a1qn-1=2n-1,所以==2-21-n.故选B. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,因为====2,所以q=2,所以===2-21-n.故选B. 2.(2025·江西赣州模拟)已知数列{an}为等比数列,若数列{an+λ}(λ≠0)仍为等比数列,且a3=3,则a2 026=(B) A.1 B.3 C.32 024 D.32 026 解析　设数列{an}的公比为q,因为{an}为等比数列,所以=an·an+2,又因为数列{an+λ}(λ≠0)也为等比数列,所以(an+1+λ)2=(an+λ)·(an+2+λ),即an+an+2=2an+1,即an+anq2=2anq,即q2-2q+1=0,解得q=1,所以数列{an}的公比q=1,又a3=3,所以a2026=3.故选B. 3.(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则(BC) A.a=-1 B.数列{an}的公比为2 C.an=2n D.S9=1 023 解析　因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8.因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,则A错误;数列{an}的公比q==2,则B正确;因为a1=2,公比q=2,所以an=a1qn-1=2n,则C正确;因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,则D错误.故选BC. 　　等比数列基本量的运算的解题策略 1.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)求解. 2.解方程组时常常利用“作商”消元法. 3.运用等比数列的前n项和公式时,一定要讨论公比q=1的情形,否则会漏解或增解. 类型二　等比数列的判定与证明 【例1】　(2025·长沙适应性考试)已知数列{an}满足an+1-3an=2n-1,且a1=1. (1)证明:数列{an+n}是等比数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解　(1)证明:由===3,可知数列{an+n}是以a1+1=2为首项,3为公比的等比数列. (2)由(1)可知,an+n=2·3n-1,则an=2·3n-1-n.从而Sn=(2×30-1)+(2×31-2)+…+(2×3n-1-n)=2(30+31+…+3n-1)-(1+2+…+n)=-=3n--1. 　　1.证明一个数列为等比数列常用定义法(作比法)与等比中项法,其他方法只用于选择题、填空题中的判定;若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. 2.在利用递推关系判定等比数列时,要注意对n=1的情形进行验证. 【训练】　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:因为an+Sn=n　①,所以an+1+Sn+1=n+1　②.②-①,得an+1-an+an+1=1,所以2an+1=an+1,所以2(an+1-1)=an-1,又a1+a1=1,所以a1=,所以a1-1=-≠0,因为=,所以=.故{cn}是以c1=a1-1=-为首项,为公比的等比数列. (2)由(1)知cn=-×=-.因为cn=an-1,所以an=1-. 类型三　等比数列的性质及应用 考向❶:项的计算性质 【例2】　若等比数列{an}中的a5,a2 021是方程x2-4x+3=0的两个根,则log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a2 025=(C) A. B.1 011 C. D.1 012 解析　由题意,得a5a2 021=3,根据等比数列性质知,a1a2 025=a2a2 024=…=a1 012a1 014=a1 013a1 013=3,于是a1 013=,则log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a2 025=log3(a1a2a3…a2 025)=log3(31 012·)=.故选C. 　　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. 考向❷:项的函数性质 【例3】　(2024·北京高考)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈N*},给出下列四个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则M中最多有1个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则M中最多有2个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多有3个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 ①③④ .  解析　对于①:由题知an,bn是关于n的一次式,对应的函数为一次函数,即点(n,an),(n,bn)分别在两条斜率均不为0的直线上,而这两条直线最多有1个交点,所以M中最多有1个元素,所以①正确. 对于②:不妨取an=2n,bn=(-2)n,则有a2k=22k=4k,b2k=(-2)2k=4k(k∈N*),所以a2k=b2k(k∈N*),此时M中有无数个元素,所以②不正确.对于③:由①知点(n,an)在一条斜率不为0的直线l0上.设bn=b1qn-1(q≠1),当公比q>0时,直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点,M中最多有2个元素;当q<-1时,点(n,bn)在如图所示的曲线C1,C2上,由图易知直线l0与曲线C1,C2至多有3个公共点,如当an=3n-4,bn=-1×(-2)n-1时,a1=b1=-1,a2=b2=2,a4=b4=8,两个数列有3项相同,所以M中最多有3个元素;当q=-1时,易知M中最多有2个元素;当-1<q<0时,易知M中最多有3个元素.综上可知,当{an}为等差数列,{bn}为等比数列时,M中最多有3个元素,所以③正确.对于④:若数列{an}为递增数列,数列{bn}为递减数列,则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数,两个函数图象的公共点最多有1个,所以M中最多有1个元素,所以④正确.综上可知,正确结论的序号为①③④. 　　等差数列通项公式为一次函数形式,等比数列通项公式为指数函数形式,本题借助两函数图象的交点考查两种数列的函数图象与性质.本题链接课本人教A版选择性必修第二册P14与P29的相关内容. 考向❸:和的性质 【例4】　(1)(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=(C) A.120 B.85 C.-85 D.-120 解析　解法一:设等比数列{an}的公比为q,首项为a1,若q=1,则S6=6a1=3×2a1=3S2,与题意不符,所以q≠1;由S4=-5,S6=21S2可得,=-5,=21×　①,由①可得,1+q2+q4=21,解得q2=4,所以S8==×(1+q4)=-5×(1+16)=-85.故选C. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,因为S4=-5,S6=21S2,所以q≠-1,否则S4=0,从而,S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列,所以有(-5-S2)2=S2(21S2+5),解得S2=-1或S2=.当S2=-1时,S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,即为-1,-4,-16,S8+21,易知,S8+21=-64,即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.故选C. (2)已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= 2 .  解析　由题意,得解得所以q===2. 　　本题(1)运用S2,S4-S2,S6-S4,…成等比数列的性质,本题(2)运用等比数列(项数为偶数时)奇项和与偶项和=q的性质. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❸ ❷ 1.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,若a2+a4+a6=4π,b2b4b6=3,则tan=(A) A.- B.- C. D. 解析　因为{an}是等差数列,所以a2+a4+a6=3a4=4π,故a4=,则a1+a7=2a4=.因为{bn}是等比数列,所以b2b4b6==3,故b4=,则b2b6==3,所以tan=tan=-.故选A. 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=,则=(A) A.8 B.9 C.16 D.17 解析　设S4=x(x≠0),则S8=4x.因为{an}为等比数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12仍成等比数列.易知==3,所以则故==8.故选A. 3.(2025·浙江一模)已知等比数列{an}的首项a1>1,公比为q,记Tn=a1a2·…·an(n∈N*),则“0<q<1”是“数列{Tn}为递减数列”的(C) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析　由题意,Tn=a1a2·…·an=a1(a1q)·…·(a1qn-1)=·q1+…+n-1=·,==a1·qn,当a1>1,0<q<1时,a1·qn<1对于n∈N*不一定恒成立,例如a1=2,q=;当数列{Tn}为递减数列时,q>0且a1·qn<1对于n∈N*恒成立,又因为a1>1,所以得0<q<1,因此“0<q<1”是“数列{Tn}为递减数列”的必要不充分条件.故选C. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 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=(C) A. B. C.15 D.40 解析　由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4=0,即(q-2)(q+1)(q+2)=0.由题知q>0,所以q=2.所以S4=1+2+4+8=15.故选C. 2.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(D) A.14 B.12 C.6 D.3 解析　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得即解得所以a6=a1q5=3,故选D. 3.(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(C) A.2 B.3 C.4 D.5 解析　由am+n=aman,令m=1可得an+1=a1an=2an,所以数列{an}是公比为2的等比数列,所以an=2×2n-1=2n,则ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10==2k+11-2k+1=215-25,所以k=4.故选C. 4.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= -2 .  解析　设{an}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然an≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1,因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(q5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2. 5.(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 解　(1)因为2Sn=nan,当n=1时,2a1=a1,即a1=0;当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2,当n≥2时,2Sn-1=(n-1)·an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,化简得(n-2)an=(n-1)an-1,当n≥3时,==…==1,即an=n-1,当n=1,2,3时都满足上式,所以an=n-1(n∈N*). (2)因为=,所以Tn=1×+2×+3×+…+n×,Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减,得Tn=+++…+-n×=-n×=1-,即Tn=2-(2+n),n∈N*. 6.(2022·新课标Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数. 解　(1)证明:设等差数列{an}的公差为d.由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1　①,由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1　②,由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1. (2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,所以2k-1=2m,即2k-2=m,所以1≤2k-2≤500,所以0≤k-2≤8,所以2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 微专题强化七　构造法求数列通项公式 　　　　　　　　　　　　　 典|型|例|题 类型一　形如an+1=qan+p 【例1】　在数列{an}中,a1=5,an+1=3an-4,则数列{an}的通项公式an= 3n+2　.  解析　由an+1=3an-4,可得an+1-2=3(an-2),又a1=5,所以{an-2}是以a1-2=3为首项,3为公比的等比数列,所以an-2=3n,所以an=3n+2. 　　求解递推公式形如an+1=qan+p(p≠0,q≠0且q≠1)的数列{an}的通项公式的关键:一是利用待定系数法构造,即构造an+1+λ=q(an+λ)的形式;二是找到{an+λ}为等比数列. 【训练1】　若a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),则an= 2n-1　.  解析　原式可化为an+1=2(an-1+1)(n≥2,且n∈N*),因为a1+1=2,所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2n,即an=2n-1. 类型二　形如an+1=pan+qn+r 【例2】　已知数列{an}满足an+1=2an-n+1(n∈N*),a1=3,则数列{an}的通项公式an= 2n+n .  解析　因为an+1=2an-n+1,所以an+1-(n+1)=2(an-n),所以=2,所以数列{an-n}是以a1-1=2为首项,2为公比的等比数列,所以an-n=2·2n-1=2n,所以an=2n+n. 　　形如an+1=pan+qn+r(其中p,q为常数,且pq(p-1)≠0) 第一步,假设将递推公式改写成an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)的形式; 第二步,由待定系数法,求出x,y的值; 第三步,写出数列{an+xn+y}的通项公式; 第四步,写出数列{an}的通项公式. 【训练2】　已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an-2n+1,则an= 3n-1+n .  解析　因为an+1=3an-2n+1,所以an+1-(n+1)=3(an-n),所以=3,又因为a1-1=2-1=1≠0,所以{an-n}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an-n=3n-1,所以an=3n-1+n. 类型三　形如an+1=pan+qn 【例3】　(1)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(C) A.an=(2n+1)·3n B.an=(n-1)·2n C.an=(2n-1)·3n D.an=(n+1)·2n 解析　由an+1=3an+2·3n+1,得=+,所以-=2,即数列是首项为1,公差为2的等差数列,所以=2n-1,故an=(2n-1)·3n.故选C. (2)在数列{an}中,a1=1,且满足an+1=6an+3n,则an= -3n-1　.  解析　将已知an+1=6an+3n的两边同乘,得=2·+,令bn=,则bn+1=2bn+,由类型一的方法知bn=-,则an=-3n-1. 　　形如an+1=pan+qn(p,q为常数,且pq(p-1)≠0)的递推公式两边同除以qn+1(或qn)化为等差数列或类型一求解. 【训练3】　在数列{an}中,a1=-1,且满足an+1=2an+4·3n-1,则an= 4·3n-1-5·2n-1　.  解析　解法一:将an+1=2an+4·3n-1的两边同除以3n+1,得=·+,设bn=,则bn+1=bn+,设bn+1+k=(bn+k),比较系数得k=-,则=,所以是以-为首项,为公比的等比数列.所以bn-=·,则bn=-·,所以an=3n·bn=4·3n-1-5·2n-1. 解法二:原递推式可化为an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1)①.比较系数得λ=-4,①式即是an+1-4·3n=2(an-4·3n-1).则数列{an-4·3n-1}是首项为a1-4×31-1=-5,公比为2的等比数列,所以an-4·3n-1=-5·2n-1,即an=4·3n-1-5·2n-1. 类型四　形如an+1=pan+qan-1(特征根方程) 　　求解满足an+1=pan+qan-1(p,q为非零常数)的数列{an}的通项公式的策略: 设方程x2-px-q=0的两根为α,β,则可构造关系an+2-αan+1=β(an+1-αan)或an+2-βan+1=α(an+1-βan).再转化为类型一求解. 当α≠β,则通项公式an=Aαn+Bβn;当α=β,则通项公式an=(An+B)·αn.其中A,B的值为常数,可由a1,a2求得. 【例4】　已知在数列{an}中,a1=5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),则数列{an}的通项公式an= ×3n-1+(-1)n-1 .  解析　因为an=2an-1+3an-2,所以an+an-1=3(an-1+an-2),又a1+a2=7,所以{an+an-1}是首项为7,公比为3的等比数列,则an+an-1=7×3n-2　①,又an-3an-1=-(an-1-3an-2),a2-3a1=-13,所以{an-3an-1}是首项为-13,公比为-1的等比数列,则an-3an-1=(-13)·(-1)n-2　②,①×3+②,得4an=7×3n-1+13·(-1)n-1,所以an=×3n-1+(-1)n-1. 　　形如an+1=pan+qan-1的递推公式,可以化为an+1-αan=β(an-αan-1),其中α,β是方程x2-px-q=0的两个根.若1是方程的根,则直接构造数列{an-an-1},若1不是方程的根,则需要构造两个数列,采取消元的方法求an. 【训练4】　在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an= 2n-1 .  解析　由题意,知an+2-an+1=2(an+1-an),因为a2-a1=2,所以{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列,an+1-an=2n,当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.显然n=1时满足上式,所以an=2n-1. 类型五　倒数为特殊数列(形如an+1=型) 【例5】　(2025·八省联考)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:因为an+1=,a1=3>0,所以an>0,所以==+,所以1-=-=,1-=≠0,所以是首项为,公比为的等比数列. (2)由(1)知,1-=,an==. (3)证明:bn==·====1-,显然关于n∈N*单调递增,且3×-2>0恒成立,所以单调递减,所以{bn}关于n∈N*单调递增,且bn<1,所以bn<bn+1<1. 　　将an+1=两边同时取倒数转化为=·+的形式,化归为bn+1=αbn+β型,求出的表达式,再求an. 【训练5】　(2024·福州质检)在数列{an}中,若a1=1,an+1=,则an=  .  解析　取倒数,得=+2,即-=2,所以数列是首项为1,公差为2的等差数列,且=1+2(n-1)=2n-1,所以an=. 第四节　数列求和 【课程标准】　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和法、裂项相消求和法、错位相减求和法;2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法;3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用相关知识解决与前n项和相关的问题. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和. (1)等差数列的前n项和公式: Sn== na1+d .  (2)等比数列的前n项和公式: Sn= 2.分组求和法 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,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减. 3.倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加求和法 如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的. (2)并项求和法 在一个数列的前n项中,可两两结合求解,则称之为并项求和. 4.裂项相消求和法 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. 5.错位相减求和法 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. [微点清]　在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 微|点|延|伸 　　常见的裂项技巧 (1)=-. (2)=. (3)=. (4)=-. (5)=. 小|题|快|练 1.数列{1+2n-1}的前n项和为(C) A.1+2n B.2+2n C.n+2n-1 D.n+2+2n 解析　由题意,得an=1+2n-1,所以Sn=n+=n+2n-1.故选C. 2.已知数列{an}的通项公式为an=,则数列{an}的前99项和为(B) A.10 B.9 C.99 D.100 解析　因为an==-,所以S99=(-)+(-)+…+(-)=10-1=9.故选B. 3.Sn=+++…+=(B) A. B. C. D. 解析　由Sn=+++…+　①,得Sn=++…++　②,①-②,得Sn=+++…+-=-,所以Sn=.故选B. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17= 9 .  解析　S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9. 5.若f(x)+f(1-x)=4,an=f(0)+f+…+f+f(1)(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 an=2(n+1) .  解析　由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,f+f=4,所以2an=(f(0)+f(1))++…+(f(1)+f(0))=4(n+1),即an=2(n+1). 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　分组求和法 【例1】　1+++…+= 40+ .  解析　an=1+++…+==2=2-,分组求和可得数列{an}的前n项和Sn=2n-=2n-2+,则S21=2×21-2+=40+. 　　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解. 【训练1】　(2025·济南质检)数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a2=2,且an+2=an-,则S2 024=(D) A.32 024-1 011 B.32 024+1 011 C.31 012-1 011 D.31 012+1 011 解析　当n为奇数时,an+2=2an-1,又a1=1,所以a1=a3=a5=…=a2 023=1;当n为偶数时,an+2=3an,又a2=2,所以{an}的偶数项是公比为3,首项为2的等比数列.所以S2 024=+(2+2×3+2×32+…+2×31 011)=1 012+=31 012+1 011,故选D. 类型二　并项求和 【例2】　(2025·河南名校联考)已知正项数列{an}满足a1=1,-=8n. (1)求{an}的通项公式; (2)记bn=ansin,数列{bn}的前n项和为Sn,求S2 025. 解　(1)对任意的n∈N*,-=8n,当n≥2时,=(-)+(-)+…+(-)+=8(n-1)+8(n-2)+…+8×1+1=8[1+2+3+…+(n-1)]+1=8×+1=(2n-1)2,因为an>0,故an=2n-1(n≥2).当n=1时,a1=1符合上式,所以an=2n-1,n∈N*. (2)bn=ansin=(-1)n+1(2n-1),所以当k∈N*时,b2k+b2k+1=-(4k-1)+4k+1=2,故S2 025=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b2 024+b2 025)=1+2×1 012=2 025. 　　若an=(-1)n·bn,则an的前n项和常采用并项求和法. 【训练2】　若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10=　15　.  解析　记bn=3n-2,则数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15. 类型三　裂项法求和 【例3】　(1)已知等差数列{an}的通项公式为an=3n+1.若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=(B) A. B. C. D. 解析　bn===,所以Tn=b1+b2+…+bn===.故选B. (2)已知等差数列{an}满足a2+a4=6,前7项和S7=28.设bn=,则数列{bn}的前n项和Tn= - .  解析　设等差数列{an}的公差为d,由a2+a4=6可知a3=3,前7项和S7=28=7a4,所以a4=4,所以解得所以an=1+1×(n-1)=n.bn===-,所以{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-. 　　1.裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现被消去项的规律为止. 2.消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项. 【训练3】　(1)数列{an}的通项公式为an=,若{an}的前n项和为24,则n=　624　.  解析　an=-,所以Sn=(-1)+(-)+…+(-)=-1,令Sn=24得n=624. (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=2an+n2-1. ①求an; ②求数列的前n项和Tn. 解　①因为2Sn=2an+n2-1　①,所以当n≥2时,2Sn-1=2an-1+(n-1)2-1　②,①-②得2an=2an-2an-1+2n-1,整理得an-1=n-,n≥2,所以an=n+,n∈N*. ②由①知an=n+,所以==-=-,所以Tn=++…+=-+-+…+-=-. 类型四　错位相减法求和 【例4】　(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. 【规范解答】　(1)因为4Sn=3an+4　①, 所以当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4　②, 则当n≥2时,①-②,得4an=3an-3an-1,即an=-3an-1. 思维点1:由an与Sn的关系,求{an}的递推关系. 当n=1时,由4Sn=3an+4,得4a1=3a1+4,所以a1=4≠0, 思维点2:确定首项a1. 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)因为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, 思维点3:错位相减求Tn. 所以Tn=1+(2n-1)·3n. 　　本题考查了数列中an与Sn的关系、等比数列的定义、错位相减法求和,考查了学生逻辑推理和数学运算的核心素养. 【训练4】　(2025·石家庄质量检测)已知数列{an}满足a1=7,an+1= (1)写出a2,a3,a4; (2)证明:数列{a2n-1-6}为等比数列; (3)若bn=a2n,求数列{n·(bn-3)}的前n项和Sn. 解　(1)由题意知,a1=7,所以a2=a1-3=4,a3=2a2=8,a4=a3-3=5. (2)证明:因为an+1=所以a2n+1-6=2a2n-6=2(a2n-1-3)-6=2(a2n-1-6),所以=2,且a1-6=1,所以数列{a2n-1-6}是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可知,a2n-1-6=1·2n-1,即a2n-1=2n-1+6,因为2n为偶数,2n-1为奇数,所以bn=a2n=a2n-1-3=2n-1+3,所以n·(bn-3)=n·(2n-1+3-3)=n·2n-1,所以Sn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1　①,2Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n　②,①-②得,-Sn=1+21+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=2n-1-n·2n,所以Sn=1+(n-1)·2n,n∈N*. 第五节　数列的应用 第1课时　数列的特殊项问题——奇偶项、公共项、增减项问题 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　奇偶项问题 【例1】　设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,S4=10,且为等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=求{bn}的前2n项和T2n. 解　(1)设等差数列的公差为d,因为a1=S1=1,所以-=3d,即-1=3d,d=,所以=1+(n-1),即Sn=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n,当n=1时,a1=1满足上式,所以an=n,n∈N*. (2)由(1)知bn=则T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=(1+3+5+…+2n-1)+=+=n2+-.所以数列{bn}的前2n项和为T2n=n2+-. 　　对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时,可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以先求出S2k,再利用S2k-1=S2k-a2k,求S2k-1. 【训练1】　(2025·青岛模拟)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c2n-1+c2n与a2n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). 类型二　公共项问题 【例2】　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==. 　　解决两个数列公共项问题的两种方法 1.不定方程法:列出两个项相等的不定方程,利用数论中的整除知识,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式. 2.周期法:即寻找下一项.通过观察找到首项后,从首项开始向后,逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式. 【训练2】　数列{2n-1}和数列{3n-2}的公共项从小到大构成一个新数列{an},数列{bn}满足bn=,则数列{bn}的最大项等于  .  解析　数列{2n-1}和数列{3n-2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13,…,该数列是首项为1,公差为6的等差数列,所以an=6n-5,所以bn=,因为bn+1-bn=-=,所以当n≥2时,bn+1-bn<0,即b2>b3>b4>…,又b1<b2,所以数列{bn}的最大项为第二项,其值为. 类型三　增减项问题 【例3】　记数列{an}的前n项和为Sn,对任意正整数n,有2Sn=nan,且a2=3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对所有正整数m,若ak<2m<ak+1,则在ak和ak+1两项之间插入2m,由此得到一个新数列{bn},求{bn}的前40项和. 解　(1)由2Sn=nan,得2Sn+1=(n+1)an+1,两式相减,得2an+1=(n+1)an+1-nan.整理,得(n-1)an+1=nan,即n≥2时,=.所以n≥2时,an=··…··a2=××…××3=3(n-1).n=1时,2a1=a1,得a1=0,也满足上式.故an=3(n-1). (2)由a40=117,可知26<a40<27.又a34=99>26,所以{bn}的前40项中有34项来自{an},故b1+b2+…+b40=(a1+a2+…+a34)+(21+22+…+26)=+=1 683+126=1 809. 　　对于数列的中间插项或减项构成新数列问题,我们要把握两点:先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差等比求和或者项数公式去看),再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项. 【训练3】　已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+r,其中r为常数. (1)求r的值; (2)设bn=2(1+log2an),若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn},求c1+c2+c3+…+c100的值. 解　(1)因为Sn=2n+r,所以a1=S1=2+r,a1+a2=S2=4+r,即a2=2,a1+a2+a3=S3=8+r,即a3=4,由{an}是等比数列可知,=a1a3,所以4=(2+r)×4,即r=-1.此时Sn=2n-1,a1=2+r=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,且a1=1也适合该式,故an=2n-1是等比数列,即r=-1满足题意.所以r=-1. (2)bn=2(1+log2an)=2(1+log22n-1)=2n,因为a1=1,a2=2=b1,a3=4=b2,a4=8=b4,a5=16=b8,a6=32=b16,a7=64=b32,a8=128=b64,a9=256=b128.所以c1+c2+c3+…+c100=(b1+b2+…+b107)-(a2+…+a8)=-=11 302. 第2课时　数列的综合应用——数学文化、数列与不等式、函数的交汇问题 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　数列与数学文化 【例1】　 “隙积术”是由北宋数学家沈括在《梦溪笔谈》中创立、南宋数学家杨辉及元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和的方法.隙积术研究的对象有三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的形式:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的价格为1万元/件,从第二层起,每一层货物的价格是上一层价格的,第n层货物的总价为 n 万元.若这堆货物总价是万元,则n= 6 .  解析　设第n层货物的总价为an万元(n=1,2,3,…),则an=n,即第n层货物的总价为n万元.设数列{an}的前n项和为Sn,则这堆货物的总价为Sn万元,易得Sn=1×+2×+3×+…+n×　①,则Sn=1×+2×+3×+…+n×　②,①-②得Sn=1++++…+-n·=-n·=8-(8+n)·,所以Sn=64-8(8+n)·.若货物的总价是64-112×万元,则8(8+n)=112,解得n=6. 　　在处理实际问题时,要能从题意中提炼出该问题所具备的数列模型,或等差数列、等比数列,或根据条件列出递推关系,然后根据数列相关知识分析处理. 【训练1】　(2023·北京高考)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= 48 ;数列{an}所有项的和为 384 .  解析　解法一:设前3项的公差为d,后7项公比为q>0,则q4===16,且q>0,可得q=2,则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1,可得a3=3,a7=a3q4=48,a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 解法二:因为{an},3≤n≤7为等比数列,则=a5a9=12×192=482,且an>0,所以a7=48;又因为=a3a7,则a3==3;设后7项公比为q>0,则q2==4,解得q=2,可得a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384. 类型二　数列与不等式的交汇 【例2】　已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,4Sn=anan+1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列的前n项和为Tn,求证:<Tn<. 解　(1)因为4Sn=anan+1,n∈N*,所以4a1=a1·a2,又a1=2,所以a2=4,当n≥2时,4Sn-1=an-1an,得4an=anan+1-an-1an.由题意知an≠0,所以an+1-an-1=4,所以数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列,公差都为4,所以a2k-1=2+4(k-1)=2(2k-1),a2k=4+4(k-1)=2·2k,所以数列{an}是等差数列,首项为2,公差为2.综上可知,an=2n,n∈N*. (2)证明:因为=>=,所以Tn=++…+>==.又因为=<==,所以Tn=++…+<=<,即得<Tn<. 　　放缩法的注意事项以及解题策略 1.对于“和式”数列不等式,若能够直接求和,则考虑先求和,再放缩证明不等式;若不能求和,则可考虑先放缩后求和证明不等式.放缩的最主要目的是通过放缩,把原数列变为可求和的数列. 2.明确放缩的方向:若要证明小于某值,则放大;若要证明大于某值,则缩小. 3.放缩的项数:不一定对所有项进行放缩,可从第1项开始,或从第2项,或从第3项等开始. 【训练2】　已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an=+(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<. 解　(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=+,即(-)(+)=+,由数列为正项数列可知,-=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,an=+=2n-1,当n=1时,a1=2×1-1=1成立,所以an=2n-1. (2)证明:由(1)可知,Sn=n2,则bn=,当n≥2时,bn=<=-,T1=1<,成立,T2=1+=<,成立,当n≥3时,Tn=1+++…+<1++++…+=1++-=-<.综上可知,Tn<,得证. 类型三　数列与函数的交汇问题 【例3】　(2024·湖北七市调研)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意n∈N*,2n·λ≥Sn恒成立,求实数λ的取值范围. 解　(1)由题意,4Sn=anan+1+1,当n≥2时,4Sn-1=an-1an+1.两式相减得4an =an(an+1-an-1)(n≥2).因为an≠0,故an+1-an-1=4(n≥2),所以a1,a3,…,a2n-1,…及a2,a4,…,a2n,…均为公差为4的等差数列.当n=1时,由a1=1及S1=,得a2=3,所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1,a2n=3+4(n-1)=2(2n)-1,所以an=2n-1. (2)由(1)及已知,得Sn=n2,所以对任意n∈N*,λ≥恒成立.设bn=,则bn+1-bn=-=.当1-<n<1+,即n=1,2时,bn+1-bn>0,bn<bn+1;当n>1+,即n≥3,n∈N*时,bn+1-bn<0,bn>bn+1.所以b1<b2<b3>b4>b5>…,故(bn)max=b3=,所以实数λ的取值范围是. 　　数列与函数的交汇主要是利用函数的单调性、奇偶性、周期性、最值等性质解决数列问题.本题即是利用函数的单调性求数列的最值,进而求λ的取值范围. 【训练3】　已知数列{an}的前n项和为Sn,2an+1=3Sn,若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立,则t的取值范围为(D) A.(-3,2) B.(-3,2] C.[-3,2] D.[-3,2) 解析　由2an+1=3Sn,令n=1,得a1=1,当n≥2时,由得an=-2an-1,因此数列{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,则Sn=.(下面分n的奇偶性讨论).由tSn<2n,得·t<2n,当n为奇数时,·t<2n,化简得t<=3-,易知bn=3-(n∈N*)递增,故bn≥b1=3-=2,所以t<2;当n为偶数时,·t<2n,化简得t>=-3+,易知cn=-3+(n∈N*)递增,故cn<-3,所以t≥-3.综上,t的取值范围为[-3,2).故选D. 新定义2.以数列为载体的新定义问题 　　　　　　　　　　　　　 类型一　定义新概念 【例1】　在一个数列中,如果∀n∈N*,都有anan+1an+2=k(k为常数),那么这个数列叫做等积数列,k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+…+a2 025=(D) A.4 719 B.4 721 C.4 723 D.4 725 解析　依题意,由a1=1,a2=2及anan+1an+2=8,可得当n=1时,a1a2a3=1·2·a3=8,解得a3=4,当n=2时,a2a3a4=2×4·a4=8,解得a4=1,当n=3时,a3a4a5=4×1·a5=8,解得a5=2,当n=4时,a4a5a6=1×2·a6=8,解得a6=4,…,所以数列{an}是以3为最小正周期的周期数列,所以an+an+1+an+2=1+2+4=7,n∈N*,因为2 025÷3=675,所以a1+a2+a3+a4+…+a2 025=7×675=4 725.故选D. 　　本题数列求和,要先求出数列的周期性,考查了学生的推理能力与计算能力. 类型二　定义新性质 【例2】　对于给定的正整数m和实数α,若数列{an}满足如下两个性质:①a1+a2+…+am=α;②对∀n∈N*,an+m=an,则称数列{an}具有性质Pm(α). (1)若数列{an}具有性质P2(1),求数列{an}的前10项和; (2)对于给定的正奇数t,若数列{an}同时具有性质P4(4)和Pt(t),求数列{an}的通项公式; (3)若数列{an}具有性质Pm(α),求证:存在自然数N,对任意的正整数k,不等式≥均成立. 解　(1)由题意得:a1+a2=1,an+2=an,则当n为奇数时,an=a1,当n为偶数时,an=a2,所以数列{an}的前10项和S10=5(a1+a2)=5. (2)由题意得:a1+a2+a3+a4=4,an+4=an,对于给定的正奇数t,a1+a2+…+at=t,对∀n∈N*,an+t=an,则令t=2k-1,k∈N*,得:an+2=an+2+2k-1+2k-1=an+4k=an,an+1=an+1+2k-1=an+2k=an,综上:{an}为常数列,由a1+a2+a3+a4=4可得:an=1. (3)要证≥,只需证aN+1+aN+2+…+aN+k≥k·,即证++…+≥0,令数列bn=an-,由于{an}具有性质Pm(α),即a1+a2+…+am=α,对∀n∈N*,an+m=an,则b1+b2+…+bm=a1-+a2-+…+am-=0,对∀n∈N*,bn+m=an+m-=an-=bn,所以{bn}具有性质Pm(0),令Si=b1+b2+b3+…+bi(i∈N*),设S1,S2,…,Sm的最小值为SN(1≤N≤m),对∀k∈N*,令N+k=pm+r,p,r∈N,0<r≤m,由于{bn}具有性质Pm(0),则有Spm=0,所以SN+k=Spm+r=Spm+bpm+1+bpm+2+bpm+3+…+bpm+r=b1+b2+b3+…+br=Sr≥SN,所以SN+k-SN≥0,所以≥成立. 　　本题数列不等式证明题目,要根据题干中条件对数列进行变形,用到了构造新数列,数论的基础知识,对学生的逻辑思维能力要求较高. 类型三　定义新运算 【例3】　(2024·北京高考)已知集合M={(i,j,k,w)|i∈{1,2},j∈{3,4},k∈{5,6},w∈{7,8},且i+j+k+w为偶数}.给定数列A:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换:将A的第i1,j1,k1,w1项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1,其余项不变,得到的数列记作T2T1(A);…;以此类推,得到数列Ts…T2T1(A),记为Ω(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出Ω(A); (2)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4?若存在,写出一个Ω;若不存在,说明理由; (3)若数列A的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”. 【规范解答】　(1)Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10. (2)不存在.理由如下: 若存在Ω,则a1,a2与a3,a4增加值之和应该相等,注意到a1,a2一共增加了8,而a3,a4一共增加了6,从而不存在符合题意的Ω. (3)证明必要性:因为存在序列Ω,使得a1=a2=…=a8,所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8. 又每次进行变换时,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8均增加1, 故经过n(n∈N*)次变换后,a1+a2+n=a3+a4+n=a5+a6+n=a7+a8+n,可得a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8恒成立. 证明充分性: 如果a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8, 且还有a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-a8=0, 则有a1=a2=a3=a4=a5=a6=a7=a8, 即Ω(A)为常数列, 由于每次变换后均有 a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8, 故我们只需证明可在某一步变换后有 a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-a8=0. 设(S1,S2,S3,S4)=(a1-a2,a3-a4,a5-a6,a7-a8), 从而(S1,S2,S3,S4)在每次变换后相当于在偶数个位置上加1,其余减1, 由a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,可得初始情况下S1,S2,S3,S4同时为奇数或同时为偶数. 不妨设为偶,则a1+a3+a5+a7为偶,所以S1+S2+S3+S4为4的倍数,且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数,且和为4的倍数. 经过若干次变换后,不妨设max|Si|达到最小值,且取max|Si|的Si最少, 不妨设成|S1|且S1>0.当S1≥2时, ①假设还有|S2|≥2.若S2≥2, 则(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2-1,S3-1,S4-1)→(S1-2,S2-2,S3,S4),若S2≤-2, 则(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2+1,S3-1,S4+1)→(S1-2,S2+2,S3,S4)　(*), 总可使|S1|,|S2|同时减少,与假设矛盾. ②假设|S2|,|S3|,|S4|<1, 若S2,S3,S4中有小于零的,设为S2,同(*)即可, 若S2,S3,S4均大于等于零,所有位置同时减2, 与假设矛盾. 当S1≤1时,Si要么为0,要么为±1, 由于S1+S2+S3+S4是4的倍数,只可能为以下几种及其轮换, a.(0,0,0,0),b.(1,1,-1,-1)→(0,0,0,0), c.(1,1,1,1)→(0,0,0,0), d.(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0), 故均与假设矛盾,即max|Si|最小时为0, 即总能使得(S1,S2,S3,S4)→(0,0,0,0),即∃Ω,使得Ω(A)为常数列. 　　本题具有很强的综合性,三问的安排层层递进:第(1)问考查学生的即时学习能力;第(2)问和第(3)问考查了学生应用知识分析问题和解决问题的能力. 学科网（北京）股份有限公司 $$