第6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（名师划重点）

该高中数学讲义聚焦数列核心考点，涵盖概念、等差数列、等比数列、求和及综合应用，按“基础梳理-考点突破-真题演练”逻辑架构知识体系，通过课标解读、考情分析明确方向，结合累加法、裂项相消等方法指导与分层训练，帮助学生系统构建知识网络，突破通项求法、性质应用等难点。 资料创新采用微突破专题（如构造法、奇偶项问题）培养数学思维，设计“基础自测-考点精研-真题重温”三阶训练，结合题型归类与错解分析，助力学生高效掌握解题策略，同时为教师提供清晰复习路径，精准把控高考节奏，提升学生应试能力。

第六章数列 第一节　数列的概念与简单表示法 课标要求 三年考情 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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷   重点提示:通项公式、单调性、周期性 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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 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2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. 微提醒　　数列是一种特殊的函数,即数列是一个定义在正整数集或其子集上的函数,当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值,就是数列. 4.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. 5.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. 【常用结论】 1.已知数列{an}的前n项和Sn,则an= 2.在数列{an}中,若an最大,则(n≥2,n∈N*);若an最小,则(n≥2,n∈N*). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列.(√) (2)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.(×) (3)若数列用图象表示,则从图象上看是一群孤立的点.(√) (4)数列1,0,1,0,1,0,…的通项公式只能是an=.(×) 2.(人A选二P8练习T3改编)已知在数列{an}中,a1=1,an=1+(n≥2),则a5=(D) A. B. C. D. 解析　a2=1+=2,a3=1+=,a4=1+=3,a5=1+=. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=4n-3,则数列{an}的通项公式为 an= .  解析　当n=1时,a1=S1=41-3=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-3)-(4n-1-3)=3×4n-1,而3×41-1=3≠1.故数列{an}的通项公式为an= 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. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　观察法求数列的通项公式 【例1】　写出下面数列的一个通项公式: (1),,,,,…; (2)1,-,,-,,…; (3)6,66,666,6666,66666,…; (4)2,0,2,0,2,…. 解　(1)该数列的分子成公差为2的等差数列,分母成公比为2的等比数列,则an=. (2)该数列是正负交错的摆动数列,被开方次数依次递增,故an=(-1)n+1. (3)9,99,999,…的一个通项公式为bn=10n-1. 则6,66,666,…的一个通项公式为bn=(10n-1)=(10n-1). (4)1,-1,1,-1,1,…的一个通项公式为an=(-1)n+1,则2,0,2,0,2,…的一个通项公式为bn=(-1)n+1+1. [规律方法]　由前几项归纳数列通项公式的方法 (1)分式中分子、分母的特征. (2)相邻项的变化特征. (3)拆项后的特征. (4)各项的符号特征和绝对值的特征. 【训练1】　(1)数列-4,7,-10,13,…的一个通项公式为(B) A.an=(-1)n(3n+4) B.an=(-1)n(3n+1) C.an=(-1)n+1(3n+4) D.an=(-1)n+1(3n+1) 解析　由符号来看,奇数项为负,偶数项为正,所以通项公式中应该是(-1)n,数值4,7,10,13,…满足3n+1,所以通项公式可以是an=(-1)n(3n+1).故选B. (2)(2025·沈阳联考)在数列,,,,…,,…中,是它的(B) A.第8项 B.第9项 C.第10项 D.第11项 解析　由题意可得,数列的通项公式为an=,令=,解得n=9.故选B. 考点二　由Sn与an的关系求通项公式 【例2】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,则an= 2n+1 .  解析　当n=1时,a1=S1=3.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1.由于a1=3也满足上式,所以an=2n+1. (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. 【变式】　在本例(1)中,若Sn=n2+2n+1,则an=  .  解析　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1,又当n=1时,a1=S1=4,不满足上式,故an= [规律方法]　Sn与an关系求通项公式的步骤 (1)当n=1时,a1=S1,求出a1. (2)n≥2时,由an=Sn-Sn-1求出an的数学表达式. (3)检验a1是否满足(2)中an的数学表达式,若不满足,an须用分段形式. (4)写出an的完整表达式. 【训练2】　(1)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=-. (2)(2025·山西名校联考)已知数列{an}满足a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n+1)2,n∈N*,则{an}的通项公式an=  .  解析　因为a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n+1)2　①,所以a1=22=4,当n≥2时,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1=n2　②,由①-②,可得(2n-1)an=2n+1,所以an=(n≥2,n∈N*),当n=1时,不满足上式,所以数列{an}的通项公式是an= 考点三　由数列的递推关系求通项公式 【例3】　写出下列数列的通项公式: (1)a1=1,an+1-an=n+1(n∈N*); (2)a1=4,an+1=an. 解　(1)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==.因为a1=1,所以an=(n≥2).因为当n=1时,a1=1也满足此式,所以an=. (2)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=. [规律方法]　(1)如果数列{an}的递推公式满足an+1-an=f(n)的形式,且f(n)可求和,那么就可以运用累加法an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1(n≥2),求出数列{an}的通项公式. (2)如果数列{an}的递推公式满足=f(n)(an≠0)的形式,且f(n)可求积,那么就可以运用累乘法an=···…··a1(n≥2),求出数列{an}的通项公式. 【训练3】　(1)在数列{an}中,an+1-an=3n-22,a1=-2,则a30=(D) A.659 B.661 C.663 D.665 解析　因为an+1-an=3n-22,所以a2-a1=-19,a3-a2=-16,…,a30-a29=65,所以a30-a1==667,故a30=a1+667=665.故选D. (2)已知在数列{an}中,a1=1,=,则an= n·2n-1 .  解析　an=···…···a1=×××…×××1=2n-1·n,n≥2,又n=1时,a1=1符合上式,所以an=n·2n-1. 考点四　数列的性质 角度1　数列的单调性与最值 【例4】　(1)已知数列{an}的通项公式为an=,若数列{an}为递减数列,则实数k的取值范围为(D) A.(3,+∞) B.(2,+∞) C.(1,+∞) D.(0,+∞) 解析　因为an+1-an=-=,由数列{an}为递减数列,知对任意n∈N*,an+1-an=<0,所以k>3-3n对任意n∈N*恒成立,所以k∈(0,+∞). (2)已知数列{an}的通项公式为an=,n∈N*,则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为 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a11=3,a10=-1. [规律方法]　(1)解决数列的单调性问题常通过作差比较法,根据an+1-an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列. (2)求数列的最大项或最小项的常用方法 　　①函数法,利用函数的单调性求最值. ②在数列{an}中,若an最大,则(n≥2,n∈N*);若an最小,则(n≥2,n∈N*). 角度2　数列的周期性 【例5】　若数列{an}满足a1=2,an=1-(n≥2),则a2 025的值为(B) A.2 B.-1 C.- D. 解析　由题意知,a1=2,a2=1-=,a3=1-=-1,a4=1-(-1)=2,因此数列{an}是周期为3的周期数列,所以a2 025=a674×3+3=a3=-1.故选B. [规律方法]　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. 【对点练】 1.(角度2)设数列{an}满足:a1=2,an+1=(n∈N*),则数列{an}前2 026项的乘积a1a2a3a4…a2 026= -6 .  解析　由a1=2得a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,…,因此数列{an}是周期为4的周期数列.又a1a2a3a4=1,故a1a2a3a4…a2 025a2 026=(a1a2a3a4)506·a2 025a2 026=-6. 2.(角度1)已知数列{an}的通项公式为an=,n∈N*,则数列{an}前20项中的最大项为第 8和9 项.  解析　设an是数列中的最大项,则即解得8≤n≤9.因为n∈N*,所以n=8或9,因此数列{an}中最大项为第8项,第9项. 3.(角度1)已知数列{an}满足an=(n∈N*),且数列{an}是递增数列,则实数a的取值范围是(C) A.(2,3) B. C. D.(1,3) 解析　由题意解得<a<3. 第二节　等差数列 课标要求 三年考情 1.理解等差数列的概念. 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发现数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识解决相应的问题. 4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T17 T7、T20 T19 全国Ⅱ卷 T3、T17 T18 T12   重点提示:等差数列的通项公式、性质、前n项和公式 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.等差数列的概念 (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,定义表达式为an-an-1=d(常数)(n≥2,n∈N*). (2)等差中项:由三个数a,A,b组成的等差数列,则A叫做a与b的等差中项,且有2A=a+b. 微提醒　　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.等差数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1+(n-1)d. (2)前n项和公式:Sn==na1+. 3.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. 【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.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. 3.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. 4.数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数). 5.关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质 (1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd,=; (2)若项数为2n-1,则S偶=(n-1)an,S奇=nan,S奇-S偶=an,=. 6.两个等差数列{an},{bn}的前n项和Sn,Tn之间的关系为=. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.(√) (2)等差数列{an}中,a10=a1+a9.(×) (3)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则S6,S12,S18也成等差数列.(×) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数.(×) 解析　若公差d=0,则通项公式不是n的一次函数. 2.(北师大选二P19T1)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(C) A.2n-5 B.2n+1 C.2n-3 D.2n-1 解析　由已知,得2(a+1)=(a-1)+(2a+3),所以a=0,即数列前三项分别为-1,1,3,公差为2,通项公式为2n-3.故选C. 3.(人A选二P23T3改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=8,S8=20,则a9+a10+a11+a12=(D) A.12 B.8 C.20 D.16 解析　等差数列{an}中,S4,S8-S4,S12-S8仍为等差数列,即8,20-8,a9+a10+a11+a12为等差数列,所以a9+a10+a11+a12=16.故选D. 4.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<-. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　等差数列基本量的运算 【例1】　(1)等差数列{an}中,a2+a5=19,S5=40,求a10. 解　解法一:由已知可得解得所以a10=a1+9d=29. 解法二:由S5=5a3=40,得a3=8.所以a2+a5=a3-d+a3+2d=2a3+d=16+d=19,得d=3.所以a10=a3+7d=8+3×7=29. (2)若a1=2,an=-26,Sn=-84,求公差d. 解　由①得(n-1)d=-28,代入②式,得-84=2n+·(-28),解得n=7.所以d=-. (3)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,求S10的值. 解　因为数列{an}为等差数列,则由题意得解得则S10=10a1+d=10×(-4)+45×3=95. [规律方法]　(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,an,Sn,知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”). (2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d. 【训练1】　(1)(2024·九省适应性考试)记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16=(C) A.120 B.140 C.160 D.180 解析　解法一:由题意知解得所以S16=16×(-5)+×2=160.故选C. 解法二:因为a3+a7=6,所以a5=3,又因为S16==8×(a5+a12)=8×(3+17)=160.故选C. (2)在公差不为零的等差数列{an}中,Sn为其前n项和,若3S7=7(a3+a5+ak),则k= 4 .  解析　设等差数列{an}的公差为d,因为3S7=7(a3+a5+ak),所以7a1+21d=(3a1+kd+5d)=7a1+(5+k)d,所以9d=(5+k)d,因为d≠0,所以k=4. 考点二　等差数列的判定与证明 　 教考衔接11 教材题 [题源](人A选二P25T7节选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和.证明是等差数列. 证明　等差数列{an}的首项为a1,公差为d,所以=,=,故-=-==(常数),故是等差数列. 高考题 (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(C) 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　解法一:甲:{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+d,=a1+d=n+a1-,-=,因此为等差数列,则甲是乙的充分条件;反之,乙:为等差数列,即-==为常数,设为t,即=t,则Sn=nan+1-t·n(n+1),有Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1),n≥2,两式相减,得an=nan+1-(n-1)an-2tn,即an+1-an=2t,对n=1也成立,因此{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件,所以甲是乙的充要条件,C正确. 高考题 解法二:甲:{an}为等差数列,设数列{an}的首项为a1,公差为d,即Sn=na1+d,则=a1+d=n+a1-,因此为等差数列,即甲是乙的充分条件;反之,乙:为等差数列,即-=D,=S1+(n-1)D,即Sn=nS1+n(n-1)D,Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D,当n≥2时,上两式相减得:Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D,当n=1时,上式成立,于是an=a1+2(n-1)D,又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数,因此{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件,所以甲是乙的充要条件.故选C. 【例2】　(1)(2025·四川成都诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=,Sn+1=Sn+an+,则S20=(C) A.10 B.20 C.100 D.400 解析　由Sn+1=Sn+an+,得Sn+1-Sn-an=,即an+1-an=,所以数列{an}是以为首项,为公差的等差数列,所以S20=20×+×=100.故选C. (2)已知数列{an}满足a1=2,a2=1,且=-(n≥2),则数列{an}的第100项为(B) A. B. C. D. 解析　因为=-(n≥2),所以+=,所以 为等差数列,首项为=,第2项为=1,所以d=,所以=+99d=+99×=50,所以a100=.故选B. (3)已知数列{an}的前n项和Sn=an2+bn(a,b∈R),且a2=3,a6=11,则S7=(B) A.13 B.49 C.35 D.63 解析　解法一:由Sn=an2+bn(a,b∈R)可知数列{an}是等差数列,依题意得d===2,则an=a2+(n-2)d=2n-1,即a1=1,a7=13,所以S7=×7=×7=49.故选B. 解法二:由Sn=an2+bn可知{an}是等差数列.S7====49. [规律方法]　等差数列的判定与证明的常用方法 方法 解读 适合题型 定义法 an-an-1(n≥2,n∈N*)等于同一常数⇔{an}是等差数列 解答题中的证明问题 等差 中项法 2an=an+1+an-1(n≥2,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 选择、填空题中的判定问题 前n项和 公式法 Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列 【训练2】　已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=2n2+2n. (1)求a2,a3; (2)证明:数列是等差数列,并求{an}的通项公式. 解　(1)依题意,a2-2a1=4,所以a2=6,2a3-3a2=12,所以a3=15. (2)-===2,所以是以=1为首项,2为公差的等差数列,所以=1+(n-1)·2=2n-1,所以an=n(2n-1)=2n2-n. 考点三　等差数列的性质及应用 角度1　项的性质 【例3】　(1)在等差数列{an}中,若a1+a2+a3=36,a11+a12+a13=84,则a5+a9=(C) A.30 B.35 C.40 D.45 解析　解法一:设等差数列{an}的公差为d,则由题意可得,解得所以a5+a9=a1+4d+a1+8d=2a1+12d=2×+12×=40.故选C. 解法二:由a1+a2+a3=3a2=36,得a2=12,由a11+a12+a13=3a12=84,得a12=28,所以a5+a9=a2+a12=12+28=40.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. [规律方法]　利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想,应用时常将an+am=2ak(n+m=2k,n,m,k∈N*)与am+an=ap+aq(m+n=p+q,m,n,p,q∈N*)相结合,可减少运算量. 角度2　前n项和的性质 【例4】　(1)(2025·厦门模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn,S9=18,S3=3,则S6=(A) A.9 B. C.12 D. 解析　由已知S3,S6-S3,S9-S6,即3,S6-3,18-S6成等差数列,所以2×(S6-3)=3+(18-S6),所以S6=9,故选A. (2)设等差数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,若=,则=(B) A. B. C. D. 解析　因为等差数列{an},{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,所以=====. 【变式】　在本例(2)中,将=改为=,则=  .  解析　===. [规律方法]　等差数列和的性质 在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则: (1)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…也成等差数列. (2)也为等差数列. (3)S2n=n(a1+a2n)=…=n(an+an+1). (4)S2n-1=(2n-1)an. (5)若n为偶数,则S偶-S奇=;若n为奇数,则S奇-S偶=a中(中间项). 【对点练】 1.(角度1)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S9=3(a3+a5+am),则m=(C) A.9 B.8 C.7 D.6 解析　因为S9=9a5,所以9a5=3(a3+a5+am),所以a3+a5+am=3a5,即a3+am=2a5,所以m=7.故选C. 2.(角度2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=20,S5=30,am=40,则m=(C) A.6 B.10 C.20 D.40 解析　由S4=20,S5=30,得a5= S5 -S4=10,由等差数列的性质,得S5=30=5a3,故a3=6,而a5-a3=10-6=4=2d,故d=2,am=40=a5+2(m-5),解得m=20.故选C. 【微点拓展】 求等差数列前n项和的最值 (1)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; (2)函数法,利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A≠0)为二次函数,通过二次函数的性质求最值. 【典例】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,-=-4,则Sn取最大值时n的值为(B) A.4　 　　B.5　 　　C.6　 　　D.4或5 解析　解法一:由{an}为等差数列得-=-=a5-a3=2d=-4,所以d=-2.由a1=9得an=-2n+11,令an=-2n+11<0,得n>,所以Sn取最大值时n为5.故选B 解法二:由为等差数列得-=4·=2d=-4,所以d=-2,由a1=9得an=-2n+11,令an=-2n+11<0,得n>,所以Sn取最大值时n为5.故选B. 【微练】　在等差数列{an}中,a1-2a2=6,S3=-27,当Sn取得最小值时,n的值为(A) A.4或5　　　B.5或6　　　C.4　　　　D.5 解析　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则解得则an=　3n-15,所以Sn==n2-n=-,由于n∈N*,故当n取4或5时,Sn取得最小值,故选A. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 1.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S9=1,则a3+a7=(B) A. B. C. D. 解析　解法一(特殊值法):不妨取等差数列公差d=0,则S9=1=9a1⇒a1=,则a3+a7=2a1=.故选B. 解法二(利用等差数列的基本量):由S9=1,根据等差数列的求和公式,S9=9a1+d=1⇔9a1+36d=1,又a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=(9a1+36d)=.故选B. 解法三(利用等差数列性质):由S9=1,得==1,故a3+a7=.故选B. 2.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=(C) A.25 B.22 C.20 D.15 解析　解法一:设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,依题意可得,a2+a6=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5,又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45,解得d=1,a1=2,所以S5=5a1+×d=5×2+10=20.故选C. 解法二:因为a2+a6=2a4=10,a4a8=45,所以a4=5,a8=9,从而d==1,于是a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.故选C. 3.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记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)由题设得3a1+3d=3a1+a1+2d,故a1=d,所以an=nd,bn=,易知S3=6d,T3=.由题意得6d+=21,解得d=(舍去)或d=3.所以{an}的通项公式为an=3n,n∈N*. (2)由题意,n∈N*,d>1,在等差数列{bn}中,bn=,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=,由题设得2×=+,即=+,解得a1=d或a1=2d.因为d>1,所以an>0,又S99-T99=99,由等差数列前n项和的性质,知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=. 4.(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,而bn=则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6,于是解得所以an=a1+(n-1)d=2n+3,所以数列{an}的通项公式是an=2n+3. (2)证法一:由(1),知Sn==n2+4n,bn=当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn;当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn,综上,当n>5时,Tn>Sn. 证法二:由(1),知Sn==n2+4n,bn=当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n.当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=·+·=n2+n-5,显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn,所以当n>5时,Tn>Sn. 第三节　等比数列 课标要求 三年考情 1.理解等比数列的概念. 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,发现数列的等比关系,并能用等比数列的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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 T17 T8 T19   重点提示:等比数列的通项公式、性质、前n项和公式 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.等比数列有关的概念 (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(q≠0)表示.数学语言表达式:=q(n≥2,q为非零常数). (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. 微提醒　　①在等比数列中,易忽视每一项与公比都不为0;②只有当两个数同号时,这两数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数. 2.等比数列的基本公式 (1)通项公式:an=a1qn-1. (2)前n项和公式: Sn= 微提醒　　在求等比数列的前n项和时,易忽略q=1这一特殊情形. 3.等比数列的性质 已知{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和. (1)通项公式的推广:an=am·qn-m(n,m∈N*). (2)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an=ap·aq=. (3)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),,{},{an·bn},仍然是等比数列. (4)在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk. (5)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) (6)若或则等比数列{an}递增. 若或则等比数列{an}递减. 【常用结论】 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.设数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和. (1)若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q. (2)若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列. (3)Sn+m=Sn+qnSm⇔qn=(q为公比,Sm≠0). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)等比数列{an}的公比q>1,则该数列为递增数列.(×) 解析　若a1<0,q>1,则该数列为递增数列不成立. (2)满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列.(×) 解析　当q=0时,数列{an}不是等比数列. (3)对有穷等比数列,与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.(√) (4)数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.(×) 解析　若a1=1,q=-1,则S4=0,S8-S4=0,S12-S8=0,不成等比数列. 2.已知1,,2,…为等比数列,当an=8时,则正整数n=(C) A.6 B.7 C.8 D.9 3.(人A选二P37T5改编)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=(C) A.31 B.32 C.63 D.64 解析　根据题意知,等比数列{an}的公比不是-1.由等比数列的性质,得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C. 4.(人B选三P42练习AT3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=(C) A. B. C.2 D.3 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　等比数列基本量的运算 【例1】　(1)已知{an}为等比数列,S2=12,a1-a3=6, 则公比q=  .  解析　由题意知,设等比数列的公比为q(q≠0),则即解得所以q=. (2)已知等比数列{an}中,a3+a6=36,a4+a7=18,an=,则n= 9 .  解析　解法一:因为 所以q=.又因为a3+a6=a3(1+q3)=36,所以a3=32.因为an=a3·qn-3=32·=28-n==2-1,所以8-n=-1,即n=9. 解法二:因为a4+a7=a1·q3(1+q3)=18且a3+a6=a1·q2·(1+q3)=36,所以q=,a1=128=27.又因为an=a1·qn-1=27·=28-n==2-1,所以8-n=-1,即n=9. (3)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= -2 .  解析　设等比数列{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. [规律方法]　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)可迎刃而解. (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. 【训练1】　(1)已知{an}为等比数列,a4-a2=6,a5-a1=15,则a3= 4或-4 .  解析　设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠0且q≠±1,则两式相除,得=,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q=.所以或故a3=4或a3=-4. (2)已知{an}为等比数列,Sn为其前n项和,若S2=3a1,=a3,则S4= 15 .  解析　设等比数列{an}的公比为q,因为S2=a1+a2=3a1,所以a2=2a1,所以q==2,又=a3,所以(2a1)2=4a1,因为a1≠0,所以a1=1,所以S4===15. 考点二　等比数列的判定与证明 【例2】　(1)(多选题)下列各组数成等比数列的是(ABD) A.1,-2,4,-8 B.-,2,-2,4 C.x,x2,x3,x4 D.a-1,a-2,a-3,a-4 解析　A项,首项为1,公比为-2,是等比数列; B项,首项为-,公比为-,是等比数列;C项,当x=0时,不是等比数列;D项,首项为a-1,公比为a-1,是等比数列,所以ABD成等比数列.故选ABD. (2)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=,设bn=-1.证明:数列{bn}为等比数列. 证明　由题意得an≠1,因为====,且b1=-1=,所以数列{bn}是首项为,公比为的等比数列. [规律方法]　等比数列的三种常用判定方法 (1)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. (2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0且=an·an+2(n∈N*),则{an}是等比数列. (3)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列. 【训练2】　(1)已知数列a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,则实数a的取值范围是(D) A.a≠1 B.a≠0或a≠1 C.a≠0 D.a≠0且a≠1 解析　由等比数列的定义知,数列中不能出现为0的项,且公比不为0,所以a≠0且1-a≠0,所以a≠0且a≠1.故选D. (2)记Sn为数列{an}的前n项和,已知na1+(n-1)a2+…+an=2Sn-1.证明:{Sn}为等比数列. 证明　由已知得na1+(n-1)a2+…+an=2Sn-1,(n+1)a1+na2+…+2an+an+1=2Sn+1-1,两式相减可得,a1+a2+…+an+an+1=2Sn+1-2Sn.因为a1+a2+…+an+an+1=Sn+1,所以有Sn+1=2Sn+1-2Sn,即Sn+1=2Sn.当n=1时,由已知可得a1=2S1-1=2a1-1,所以a1=1,即S1=1,所以{Sn}是首项为1,公比为2的等比数列. 考点三　等比数列的性质应用 角度1　项的性质 【例3】　(1)(2025·黄山模拟)在等比数列{an}中,a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,则的值为(B) A. B.3 C.± D.±3 解析　因为a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,所以a1+a13=13,a1·a13=9,所以a1>0,a13>0,a1·a13=a2·a12==9,又数列{an}为等比数列,等比数列的奇数项符号相同,可得a7=3,所以==3.故选B. (2)已知正项等比数列{an},a3为2a2与a6的等比中项,则=(B) A. B. C. D.2 解析　因为a3为2a2与a6的等比中项,所以=2a2a6,因为数列{an}是正项等比数列,所以a2a6=,则=2.设数列{an}的公比为q(q>0),则q2==,所以==q2=. [规律方法]　(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. 角度2　和的性质 【例4】　(1)(2025·泰州质检)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=10S2,则的值为 91 .  解析　等比数列{an}中,S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则(S4-S2)2=S2(S6-S4),又S4=10S2,Sn>0,所以S6-10S2=81S2,所以S6=91S2,所以=91. (2)已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1 011,偶数项之和为2 022,则这个数列的公比为(D) A.8 B.-2 C.4 D.2 解析　解法一:若等比数列{an}的项数为2n,则==q=2.所以这个数列的公比为2. 解法二:设该等比数列为{an},其项数为2n(n∈N*),公比为q,由题意易知q≠1,设奇数项之和为S1,偶数项之和为S2,易知奇数项组成的数列是首项为a1,公比为q2的等比数列,偶数项组成的数列是首项为a2,公比为q2的等比数列,则S1==1 011,S2==2 022,所以===2,即q=2.所以这个数列的公比为2. [规律方法]　等比数列的性质可以分为三类:一是通项公式的变形,二是等比中项的变形,三是前n项和公式的变形,根据题目条件,认真分析,发现具体的变形特征即可找出解决问题的突破口. 角度3　等比数列的最值 【例5】　(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a2 024a2 025>1,<0,下列结论正确的是(AB) A.S2 024<S2 025 B.a2 024a2 026-1<0 C.T2 025是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 解析　当q<0时,a2 024a2 025=q<0,不成立;当q≥1时,因为a1>1,所以a2 024>1,a2 025>1,则<0不成立;故0<q<1,且a2 024>1,0<a2 025<1,故S2 025>S2 024,A正确;a2 024a2 026-1=-1<0,故B正确;T2 024是数列{Tn}中的最大值,C、D错误. [规律方法]　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. 【对点练】 1.(角度1)已知在等比数列{an}中,a2a3a4=1,a6a7a8=64,则a5=(C) A.-2 B.±2 C.2 D.± 解析　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. 2.(角度2)设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=(A) A. B.- C. D. 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=. 3.(角度3)(多选题)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(BD) A.q>1 B.a8=1 C.T10>T6 D.T7与T8均为Tn的最大值 解析　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),有a1>a2>…>a7>a8=1>a9>a10>…,所以=a7a8a9a10=(a8a9)2=<1,所以T10<T6,故C错误;T1<T2<…<T7=T8>T9>T10>…,则T7与T8均为Tn的最大值,故D正确. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 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.(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　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. 3.(2024·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知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,故2Sn-1=3an-3,所以2an=3an+1-3an(n≥2)即5an=3an+1,故等比数列的公比为q=,故2a1=3a2-3=3a1×-3=5a1-3,故a1=1,故an=. (2)由等比数列求和公式得Sn==-,所以数列{Sn}的前n项和Tn=S1+S2+S3+…+Sn=-n=·-n=·-n-. 4.(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,知a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1.由a2-b2=b4-a4,知a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1+2d=5b1,所以a1+4b1=5b1,得a1=b1. (2)由(1)知d=2b1=2a1.由bk=am+a1,知b1·2k-1=a1+(m-1)·d+a1,即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2k-1=2m.因为1≤m≤500,所以2≤2k-1≤1 000,解得2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 微突破九　数列中的构造问题 　　求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法,还有构造法,其总的思想是根据数列的递推公式,利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　构造通项为特殊数列(形如an+1=pan+f(n)型) 微切口1:an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0) 【例1】　数列{an}满足an=4+3(n≥2)且a1=0,则a2 025=(B) A.22 024-1 B.42 024-1 C.22 024+1 D.42 024+1 解析　因为an=4an-1+3(n≥2),所以an+1=4(an-1+1)(n≥2),所以{an+1}是以1为首项,4为公比的等比数列,则an+1=4n-1.所以an=4n-1-1,所以a2 025=42 024-1. [规律方法]　形如an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)的递推式可用构造法求通项,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. 微切口2:an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0) 【例2】　已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an-3n,n∈N*,则数列{an}的通项公式为 -5·2n-1+3n+3 .  解析　设an+1+λ(n+1)+u=2(an+λn+u),所以an+1=2an+λn+u-λ,所以解得λ=u=-3,又a1-3-3=-5≠0,所以=2,所以数列{an-3n-3}是以-5为首项,2为公比的等比数列,所以an-3n-3=-5·2n-1,所以an=-5·2n-1+3n+3. [规律方法]　形如an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0)的递推式可引入参数x,y,用构造法构造新的等比数列{an+xn+y}求通项公式. 微切口3:an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1) 【例3】　已知数列{an}中,a1=3,an+1=3an+2·,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. [规律方法]　形如an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1)的数列,一般等式两边同除以qn+1,构造新的数列. 目标二　相邻项的差为特殊数列(形如an+1=pan+q) 【例4】　已知数列{an}满足a1=1,a2=6,且an+1=4an-4an-1(n≥2,n∈N*). (1)证明:数列{an+1-2an}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解　(1)证明:因为an+1=4an-4an-1(n≥2,n∈N*),所以an+1-2an=2an-4an-1=2(an-2an-1),又因为a2-2a1=4,所以{an+1-2an}是以4为首项,2为公比的等比数列.所以an+1-2an=4×2n-1=2n+1,变形得-=1,所以是以=为首项,1为公差的等差数列,所以=+n-1=n-,所以an=(2n-1)·2n-1. (2)因为Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)2n-1　①,所以2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)2n　②.①-②,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)2n=1+-(2n-1)2n=-3+(3-2n)2n,所以Sn=(2n-3)2n+3. [规律方法]　将an+1=pan+qan-1化为an+1-x1an=x2(an-x1an-1)的形式,其中x1,x2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,采取消元的方法求数列{an}. 目标三　倒数为特殊数列 【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. [规律方法]　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. 增|分|训|练 1.已知数列{an}满足a1=2,an+1=(an>0),则an=(D) A.10n-2 B.10n-1 C.102n-4 D. 解析　数列{an}满足a1=2,an+1=(an>0).两边取对数可得ln an+1=2ln an,则{ln an}是等比数列,首项为ln 2,公比为2,所以ln an=2n-1ln 2,解得an=.故选D. 2.设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-2n+1,则S10=(C) A.211-23 B.210-19 C.3×210-23 D.3×29-19 解析　当n=1时,S1=a1=2a1-2+1,解得a1=1.当n≥2时,Sn-1=2an-1-2n+3,所以an=Sn-Sn-1=2an-2n+1-(2an-1-2n+3),即an=2an-1+2,所以an+2=2(an-1+2),又a1+2=3,所以数列{an+2}是首项为3,公比为2的等比数列,则an+2=3×2n-1,an=3×2n-1-2,从而Sn=3×2n-2n-3,故S10=3×210-23.故选C. 3.(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=. 4.已知数列{an}满足an+1=3an-2an-1(n≥2,n∈N*),且a1=0,a6=124,则a2= 4 .  解析　由an+1=3an-2an-1(n≥2,n∈N*)可得an+1-an=2(an-an-1),若an-an-1=0,则a6=a5=…=a1,与题中条件矛盾,故an-an-1≠0,所以=2,即数列{an+1-an}是以a2-a1为首项,2为公比的等比数列,所以an+1-an=a2·2n-1,所以a6-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+(a5-a4)+(a6-a5)=a2·20+a2·21+a2·22+a2·23+a2·24=31a2=124,所以a2=4. 第四节　数列求和 课标要求 三年考情 1.熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式,能够利用公式求数列的前n项和. 2.会求一些非等差、等比数列的前n项和. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T17 全国Ⅱ卷   重点提示:求和方法——分组、并项、裂项相消、错位相减、倒序相加 第1课时　分组求和、并项转化求和与裂项相消求和 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　分组求和法 【例1】　(1)数列2+,4+,6+,…,2n+,…的前n项和Sn= n2+n+- .  解析　Sn=+++…+=(2+4+6+…+2n)+=2×+=n2+n+-. (2)已知公差不为零的等差数列{an}的前4项和为10,且a2,a3,a7成等比数列.设bn=an+2n,则数列{bn}的前n项和Sn= +2n+1-2 .  解析　由题意知解得或(舍去),所以an=-2+(n-1)×3=3n-5.bn=3n-5+2n,Sn=+=+2n+1-2. [规律方法]　使用分组求和法的数列常见类型 数列{an}的特征 求前n项和的方法 数列{an}可以看作其他两个(或更多个)数列之和,即an=bn+cn 分别求数列{bn},{cn}的前n项和,相加得解 数列的奇偶项满足不同规律,即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列,分别求和,相加得解,往往需要分n为奇数和偶数进行讨论 数列通项中含绝对值 先不考虑绝对值,求解数列从哪一项开始变号,把正数项和非正数项分开看作两个数列,分别求和(此时需考虑绝对值),相加得解 【训练1】　(1)已知数列{an}满足a1=1,前n项和为Sn,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 024=(D) A.22 024-1 B.3×21 012-1 C.3×21 012-2 D.3×21 012-3 解析　数列{an}中,a1=1,由an+1·an=2n,得a2=2,an+2·an+1=2n+1,则有=2,因此数列{a2n-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,数列{a2n}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以S2 024=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 024)=+=3×21 012-3.故选D. (2)已知数列an=则其前21项和为 223+208 .  解析　S21=3(2+23+25+…+221)+(3+7+11+…+39)=3×+=223+208. 考点二　并项转化法求和 【例2】　(1)数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17= 9 .  解析　由Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,得S17=(1-2)+(3-4)+…+(15-16)+17=-1×8+17=9. (2)已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=(B) A.0 B.100 C.-100 D.10 200 解析　由题意,得a1+a2+a3+…+a99+a100=12-22-22+32+32-42-…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(3+4)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100. [规律方法]　并项转化法求和解题方法 (1)一般地,当数列中含(-1)n,可将数列的相邻几项合并,再求解. (2)项数n分奇数和偶数时,所求结果常用分段函数来表示. 【训练2】　在等差数列{an}中,已知a6=12,a18=36. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)n·an,求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)由题意,设等差数列{an}的公差为d,则解得所以an=2+(n-1)×2=2n. (2)由(1),得bn=(-1)n·an=(-1)n·2n,所以Sn=b1+b2+…+bn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n, ①当n为偶数时,Sn=b1+b2+…+bn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]==×2=n; ②当n为奇数时,n+1为偶数,Sn=b1+b2+…+bn=Sn+1-bn+1=n+1-2(n+1)=-n-1.所以Sn= 考点三　裂项相消法求和 【例3】　(1)数列,,,…,的前n项和为(B) A. B. C. D. 解析　因为=,所以Sn=++…+===. (2)数列{an}中,an=,若其前n项和Sn=9,则n=(C) A.97 B.98 C.99 D.100 解析　an==-,故Sn=a1+a2+…+an=-1+-+…+-=-1,令Sn=9,解得n=99.故选C. [规律方法]　破解裂项相消求和的关键点 (1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式; (2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式; (3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和. 【训练3】　(2024·东北三省模拟)已知数列{an}的通项an=2n-1,数列{cn}的通项cn=,则数列{cn}的前n项和Tn= 1- .  解析　cn==-,故Tn=c1+c2+c3+…+cn=++…+=1-,所以Tn=1-. 第2课时　错位相减法、倒序相加法与数列综合 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　错位相减法求和 【例1】　(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等核心素养. 【训练1】　已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2=6,an+1=2(Sn+1). (1)证明{an}为等比数列,并求{an}的通项公式; (2)求数列{nan}的前n项和Tn. 解　(1)证明:因为an+1=2(Sn+1),所以an=2(Sn-1+1)(n≥2),故an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,即=3(n≥2),又a2=2(S1+1)=2a1+2=6,故a1=2,即=3,因此=3(n∈N*).故{an}是以2为首项,3为公比的等比数列.因此an=2×3n-1(n∈N*). (2)因为Tn=2×1+2×2×3+2×3×32+…+2n×3n-1　①,故3Tn=2×1×3+2×2×32+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n　②,①-②,得-2Tn=2+(2×3+2×32+…+2×3n-1)-2n×3n=2+-2n×3n=-1+(1-2n)×3n,即Tn=. 考点二　倒序相加法求和 【例2】　(1)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一,有“数学王子”之称,在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天才,10岁时,他在进行1+2+3+…+100的求和运算时,就提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成,因此,此方法也称之为高斯算法.已知数列{an}的通项公式an=,则a1+a2+…+a98=(C) A.96 B.97 C.98 D.99 解析　令S=a1+a2+…+a97+a98=++…++,则S=a98+a97+…+a2+a1=++…++,两式相加,得2S=+=++…++=98×2,所以S=98.故选C. (2)已知等差数列{an}满足a5+a2n-5=n(n∈N,n≥3),则a1+a3+a5+a7+…+a2n-3+a2n-1=  .  解析　因为数列{an}是等差数列,故a5+a2n-5=n=2an,解得an=.令Tn=a1+a3+a5+a7+…+a2n-3+a2n-1,则Tn=a2n-1+a2n-3+a2n-5+…+a3+a1,故2Tn=(a1+a2n-1)+(a3+a2n-3)+…+(a2n-1+a1)=n×2an=n2,解得Tn=. [规律方法]　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,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. 【训练2】　若f(x)+f(1-x)=2,an=f(0)+f+f+…+f+f(1),则数列{an}的通项an= n+1 .  解析　因为an=f(0)+f+f+…+f+f(1),所以an=f(1)+f+…+f+f+f(0).两式相加,得2an=[f(0)+f(1)]++…++[f(1)+f(0)],所以2an=2(n+1),所以an=n+1. 考点三　数列中的综合问题 角度1　等差与等比数列的综合问题 【例3】　(2025·厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+n,递增的等比数列{bn}满足b1+b4=18,b2·b3=32. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若cn=an·bn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-=3n-1,又因为当n=1时,a1=S1=2符合上式,所以an=3n-1.因为b2b3=b1b4,所以b1,b4是方程x2-18x+32=0的两根,又因为b4>b1,所以解得b1=2,b4=16,所以q3==8,所以q=2,所以bn=b1·qn-1=2n. (2)因为an=3n-1,bn=2n,则cn=(3n-1)·2n,所以Tn=2·21+5·22+8·23+11·24+…+(3n-1)·2n,2Tn=2·22+5·23+8·24+11·25+…+(3n-1)·2n+1,将两式相减得-Tn=2·21+3(22+23+24+…+2n)-(3n-1)·2n+1=4+3-(3n-1)·2n+1=(4-3n)·2n+1-8,所以Tn=(3n-4)·2n+1+8. [规律方法]　数列的综合问题常将等差、等比数列结合,两者相互联系、相互转化,解答这类问题的方法为寻找通项公式,利用性质进行转化. 角度2　数列与函数、不等式的综合问题 【例4】　(1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则(D) A.b1<b5 B.b3<b8 C.b6<b2 D.b4<b7 解析　解法一:(特殊值法)不妨取αk=1(k=1,2,…),则b1=1+=2,b2=1+=1+=1+=,b3=1+=1+=1+=,所以b4=1+=1+=,b5=1+=1+=,b6=1+=1+=,b7=1+=1+=,b8=1+=1+=.逐一判断选项可知选D. 解法二:当n取奇数时,由已知b1=1+,b3=1+,因为>,所以b1>b3,同理可得b3>b5,b5>b7,…,于是可得b1>b3>b5>b7>…,故A不正确;当n取偶数时,由已知b2=1+,b4=1+,因为>,所以b2<b4,同理可得b4<b6,b6<b8,…,于是可得b2<b4<b6<b8<…,故C不正确;因为>,所以b1>b2,同理可得b3>b4,b5>b6,b7>b8,又b3>b7,所以b3>b8,故B不正确;因为b4<b8,b7>b8,所以b4<b7,故D正确. (2)已知数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式6Tn<3a2-a恒成立,则实数a的取值范围是(A) A.∪[1,+∞) B.(-∞,-1]∪ C. D.∪(1,+∞) 解析　=,则Tn===-<,因为对任意的n∈N*,不等式6Tn<3a2-a恒成立,所以6×≤3a2-a,解得a≤-或a≥1. [规律方法]　数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系,求出数列的通项公式或前n项和公式,再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题,通过放缩进行不等式的证明. 【对点练】 1.(角度1)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.令bn=,则数列{bn}的前50项和T50=(D) A. B. C. D. 解析　因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1,则bn==,则T50=×=.故选D. 2.(角度2)已知函数f(x)是定义在R上的严格增函数且为奇函数,数列{an}是等差数列,a1 012>0,则f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2 022)+f(a2 023)的值(A) A.恒为正数 B.恒为负数 C.恒为0 D.可正可负 解析　因为函数f(x)是R上的奇函数且是严格增函数,所以f(0)=0,且当x>0时,f(x)>0;当x<0时,f(x)<0.因为数列{an}是等差数列,a1 012>0,故f(a1 012)>0.再根据a1+a2 023=2a1 012>0,所以a1>-a2 023,则f(a1)>f(-a2 023)=-f(a2 023),所以f(a1)+f(a2 023)>0.同理可得f(a2)+f(a2 022)>0,f(a3)+f(a2 021)>0,…,所以f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2 022)+f(a2 023)=[f(a1)+f(a2 023)]+[f(a2)+f(a2 022)]+…+[f(a1 011)+f(a1 013)]+f(a1 012)>0. 微突破十　数列中的奇偶项、子数列问题 目标一　奇数项与偶数项问题 　　　 　　　　　　　　　　　 微切口1:通项是含有(-1)n的类型 【例1】　已知bn=(-1)nn2,求数列{bn}的前n项和Tn. 解　因为bn=(-1)nn2,所以Tn=b1+b2+…+bn=-12+22-32+42-…+(-1)n·n2,当n为偶数时,Tn=-12+22-32+42-…+n2=1+2+3+4+…+n=.当n为奇数时,Tn=-12+22-32+42-…+(-1)n·n2=-12+22-32+42-…-n2=-12+(22-32)+(42-52)+…+[(n-1)2-n2]=-.所以数列{bn}的前n项和Tn=(-1)n·. [规律方法]　含有(-1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和. 微切口2:通项是分段函数类型 【例2】　(2025·深圳模拟)已知等差数列{an}满足a3=10,a5-2a2=6. (1)求an; (2)数列{bn}满足bn=Tn为数列{bn}的前n项和,求. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=10,a5-2a2=6,则解得所以an=2+4(n-1)=4n-2. (2)由(1)可得bn=则T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+)=(1+22+…+22n-2)+[1+5+…+(4n-3)]=+=2n2-n+,所以=2n2-n+. [规律方法]　对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时,我们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. 常用的有:错位相减法、分组求和法、裂项相消法等. 目标二　重组新数列问题 　　　 　　　　　　　　　　　 微切口1:插项、提项问题 【例3】　设数列{an}的前n项和为Sn=(n-1)·2n+1+2,n∈N*. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,抽去数列{bn}中的第1项,第4项,第7项,…,第3n-2项,余下的项顺序不变,组成一个新数列{cn},求{cn}的前2 023项和T2 023. 解　(1)由Sn=(n-1)2n+1+2,得a1=2,Sn-1=(n-2)2n+2(n≥2),两式相减得an=n·2n(n≥2),当n=1时,代入上式,求得a1=2,所以an=n·2n(n∈N*). (2)由题知,bn==2n,所以数列{cn}为22,23,25,26,28,29,…,它的奇数项组成以4为首项,8为公比的等比数列;偶数项组成以8为首项,8为公比的等比数列,所以T2 023=(c1+c3+c5+…+c2 023)+(c2+c4+c6+…+c2 022)=+=+=. [规律方法]　数列插项或减项构成新数列解决策略 (1)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). (2)对于题目给出的条件确定它包含了哪些项. 微切口2:公共项问题 【例4】　已知数列{an}的前n项和Sn=,{bn}为等比数列,公比为2,且b1,b2+1,b3为等差数列. (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成的数列记为{cn},求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)由Sn=得,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.依题意,b1+b3=2(b2+1),b1+b1·22=2(b1·2+1),解得b1=2,所以bn=2n. (2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27,…,所以21,23,25,27,…构成首项为2,公比为4的等比数列,所以cn=2×4n-1,则Tn=c1+c2+…+cn==. [规律方法]　两个等差数列的公共项是等差数列,且公差是两等差数列公差的最小公倍数,两个等比数列的公共项是等比数列,公比是两个等比数列公比的最小公倍数. 增|分|训|练 1.(2025·河北衡水模拟)如图,在杨辉三角形中,斜线l的上方,从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列:1,3,3,4,6,5,10,…,记其前n项和为Sn,则S21= 361 .  解析　解法一:根据杨辉三角形的生成过程,当n为偶数时,an=,当n为奇数时,a1=1,a3=3,an+2=an+an-1=an+,a3-a1=2,a5-a3=3,an-an-2=,an=,所以S21=(a1+a3+…+a21)+(a2+a4+…+a20)=(1+3+6+…+66)+(3+4+5+…+12)=286+75=361. 解法二:当n=2m-1(m∈N*)时,an=a2m-1=,当n=2m(m∈N*)时,an=a2m=m+2,所以S21=(a1+a3+…+a21)+(a2+a4+…+a20)=[(12+22+…112)+(1+2+…+11)]+=×+×+75=253+33+75=361. 2.已知数列{an}(n∈N*)满足++…+=n-2+. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=an·cos nπ,求数列{bn}的前2n项和. 解　(1)由题意,知++…+=n-2+　①.当n=1时,a1=0;当n≥2时,++…+=n-3+　②,由①-②,得=n-2+-=1-,所以当n≥2时,an=2n-2.当n=1时上式也成立,故数列{an}的通项公式为an=2n-2. (2)根据题意及(1)得,bn=an·cos nπ=(2n-2)cos nπ=(或:bn=(2n-2)·(-1)n=(-1)n·2n-2·(-1)n). 解法一:所以=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n=(-21+22-23+…-22n-1+22n)+(2-2+2-…+2-2)=-21+22-23+…-22n-1+22n==. 解法二:所以数列{bn}的前2n项中奇数项的和S奇=-21-23-25-…-+2n=+2n=+2n,数列{bn}的前2n项中偶数项的和S偶=22+24+26+…+22n-2n=-2n=-2n,所以T2n=S奇+S偶=+2n+-2n=. 3.(2025·湖北十堰模拟)已知数列{an}满足a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n-1)3n+1. (1)求{an}的通项公式; (2)在an和an+1之间插入n个数,使这n+2个数构成等差数列,记这个等差数列的公差为dn,求数列的前n项和Tn. 解　(1)因为a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n-1)3n+1　①,当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1=(n-2)3n-1+1　②,①-②,得(2n-1)an=[(n-1)3n+1]-[(n-2)3n-1+1]=(2n-1)3n-1(n≥2),所以an=3n-1(n≥2).又因为当n=1时,上式也成立,所以{an}的通项公式为an=3n-1. (2)由题可知dn===,得=·,则Tn=·+·+·+…+·+·　③,Tn=·+·+·+…+·+·　④,③-④,得Tn=1+-·=1+·-·=-·,所以Tn=-. 微突破十一　以数列为载体的创新题 　　高考数列命题中常创设一个新概念、新情景或者一种新运算,学生可以通过耐心阅读题目相关信息,寻找其特点,弄清其性质,对创新题合理转化,利用等差、等比数列相关结论及方法解决问题. 　　　 　　　　　　　　　　　 【例1】　(多选题)(2025·江苏模拟)在数列{an}中,若对∀n∈N*,都有=q(q为常数),则称数列{an}为“等差比数列”,q为公差比,设数列{an}的前n项和是Sn,则下列说法一定正确的是(BCD) A.等差数列{an}是等差比数列 B.若等比数列{an}是等差比数列,则该数列的公比与公差比相同 C.若数列{Sn}是等差比数列,则数列{an+1}是等比数列 D.若数列{an}是等比数列,则数列{Sn}是等差比数列 解析　等差数列{an}若为常数列,则an+1-an=0,无意义,所以等差数列{an}不一定是等差比数列,A选项错误;若公比为q的等比数列{an}是等差比数列,则{an}不是常数列,an=a1qn-1,q≠1,==q,即该数列的公比与公差比相同, B选项正确;若数列{Sn}是等差比数列,则==q,所以数列{an+1}是等比数列,故C选项正确; 若数列{an}是等比数列,公比为q,则==q,所以数列{Sn}是等差比数列,故D选项正确.故选BCD. [规律方法]　此类问题主要是理解新概念,再类比等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式进行结论的确定. 【例2】　对于数列{an},定义=an+1-an,称新数列{}为数列{an}的一阶差分数列;定义=-,称新数列{}为数列{an}的二阶差分数列.若=d(d∈R),则称数列{an}是二阶等差数列.已知{an}是二阶等差数列,a1=2,a2=4,a3=8,则数列{an}的通项公式为an= n2-n+2 .  解析　由题意可知=a2-a1=4-2=2,=a3-a2=8-4=4,=-=4-2=2,故==d,即-=d,所以数列{}是首项为2、公差为2的等差数列,故=+(n-1)d=2n,即an+1-an=2n,由累加法可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2(n-1)+2(n-2)+…+4+2+2=+2=n2-n+2,n≥2.a1=2符合an=n2-n+2.故an=n2-n+2. [规律方法]　有关数列的创新题,如果新定义比较复杂,可以暂时忽略新定义的具体含义,从给出的项入手找规律. 【例3】　将正整数n分解为两个正整数k1,k2的积,即n=k1k2,当k1,k2两数差的绝对值最小时,我们称其为最优分解.如12=1×12=2×6=3×4,其中3×4即为12的最优分解,当k1,k2是n的最优分解时,定义f(n)=|k1-k2|,则数列{f(2n)}的前2 026项的和为(A) A.21 013-1 B.21 013 C.21 012-1 D.21 012 解析　当n=2k(k∈N*)时,2n=22k=2k×2k,所以f(2n)=f(22k)=|2k-2k|=0,当n=2k-1(k∈N*)时,22k-1=2k-1×2k,则f(2n)=f(22k-1)=|2k-1-2k|=2k-1,故数列{f(2n)}的前2 026项的和为20+21+22+…+21 012==21 013-1.故选A. [规律方法]　解决此类问题,主要是根据题意,对n分奇数和偶数进行讨论,进而可以得到f(2n)的表达式,再利用等比数列的求和公式求解即可. 【例4】　我们规定:若数列{kn}为递增数列且也为递增数列,则{kn}为“X-数列”. (1)已知数列{an}满足:n(an+1-an)=an+a1,a1=1,Sn为{an}的前n项和,试求{an}的通项公式并判断数列是否为“X-数列”并证之; (2)已知数列{an},{bn}均为X-数列,且a1>0,b1>0,cn=an·bn,求证:数列{cn}也为“X-数列”. 解　(1)由n(an+1-an)=an+a1=an+1可得nan+1=(n+1)an+1,所以-==-.设bn=,则b2-b1=1-,b3-b2=-,…,bn-bn-1=-, 累加得bn-b1=1-+-+…+-=1-=,又b1==1,故bn==,所以an=2n-1. 由an+1-an=2(n+1)-1-(2n-1)=2,故{an}是以1为首项,2为公差的等差数列.所以Sn==n2,则=n,=1.即数列是递增数列,但不是递增数列,故不是“X-数列”. (2)数列{an},{bn}均为“X-数列”,且a1>0,b1>0,由题意可得an>a1>0,bn>b1>0,且>>0,>>0.由不等式性质可得>.又cn=an·bn>0,则cn<<cn+1,所以{cn}为递增数列,且有<,则-=->-=>0,故也是递增数列.故{cn}为“X-数列”. [规律方法]　解决此类问题的步骤 (1)先根据所给递推式求出数列{an}的通项公式. (2)判断是否符合条件中给出的新概念. (3)通过运算证明结论. 增|分|训|练 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. 2.设集合M={a|a=x2-y2,x∈Z,y∈Z}.对于数列{an},如果ai∈M(i=1,2,3…),则称{an}为“平方差数列”. (1)已知在数列{an}中,a1=3,(n+1)an-nan+1=1.求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是“平方差数列”; (2)已知bn=2n,判断{bn}是否为“平方差数列”?说明理由. 解　(1)由(n+1)an-nan+1=1,变形可得-=-=-+.当n≥2时,=++…++a1.因为a1=3,-=-+,-=-+,…,-=-+.所以=3---…-=2+,则an=2n+1.因为an=2n+1=(n+1)2-n2,且n+1∈Z,n∈Z,所以an∈M,所以数列{an}是“平方差数列”. (2)假设2n=x2-y2=(x+y)(x-y).因为x+y与x-y同奇偶性.若x+y与x-y都是奇数,那么(x+y)(x-y)也是奇数,而2n是偶数,矛盾.若x+y与x-y都是偶数,设x+y=2c,x-y=2d,则2n=4cd,即2n-2=cd.当n=1时,21-2=≠cd(c,d∈Z),所以bn=2n∉M,{bn}不是“平方差数列”. 学科网（北京）股份有限公司 $$