第一章 数列 章末整合提升-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

本高中数学课件聚焦数列单元复习，系统整合等差数列、等比数列的通项公式、求和公式及推导过程，通过知识网络梳理公式关联、典型例题及数形结合等数学思想方法，构建完整知识体系。 其亮点在于以知识框架图呈现逻辑脉络，结合“公式应用-推导理解”双路径设计例题，如已知首项和公比求特定项，培养数学思维与运算能力。分层设计满足不同学生需求，助力教师精准复习，提升知识巩固效果。

章 末 整 合 提 升 第一章　数列 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 一、求数列的通项公式 eq \a\vs4\al(多维探究) 数列的通项公式是给出数列的主要方式，其本质就是函数的解析式．围绕数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化趋势与规律，而且有利于求数列的前n项和．求数列的通项公式是数列的核心问题之一，主要方法有： (1)定义法 直接利用等差数列或等比数列的定义求数列的通项的方法，这种方法用于已知数列类型的题目． (2)前n项和作差法 若已知数列{an}的前n项和Sn与an的关系式，求数列{an}的通项公式可用an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求解，能合则合． (3)由递推公式求数列通项法 ①累加法：已知形如“an＋1＝an＋f(n)”的递推公式，可考虑用累加法求an. ②累乘法：已知形如“an＋1＝f(n)·an”的递推公式，可考虑用累乘法求an. ③构造法：利用an＋1与an的关系构造新的数列(等差或等比数列)，常用待定系数法． 角度1　定义法 [题组训练] 1．已知数列{an}中，a1＝－1，an＋1·an＝an＋1－an，则数列通项an＝____． 解析　由an＋1an＝an＋1－an，得1＝ eq \f(1,an)－ eq \f(1,an＋1)， 所以 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝－1. 所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以 eq \f(1,an)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n， 所以an＝－ eq \f(1,n)(n∈N＋). 答案　－ eq \f(1,n) 2．数列{an}是公差不为零的等差数列，且a5，a8，a13是等比数列{bn}中相邻的三项，若b2＝5，则bn＝___________． 解析　∵{an}是等差数列， ∴a5＝a1＋4d，a8＝a1＋7d，a13＝a1＋12d， 又a5，a8，a13是等比数列{bn}中相邻的三项， ∴a eq \o\al(2,8)＝a5a13， 即(a1＋7d)2＝(a1＋4d)·(a1＋12d)， 解得d＝2a1. 设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，则q＝ eq \f(a8,a5)＝ eq \f(15a1,9a1)＝ eq \f(5,3)，又b2＝b1q＝5，即 eq \f(5,3)b1＝5， 解得b1＝3， ∴bn＝3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n－1). 答案　3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) eq \s\up12(n－1) 角度2　前n项和作差法 [题组训练] 1．(多选题)(2025·浙江湖州高二期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且an＋1＝3Sn(n∈N＋)，则下列说法正确的有(　　) A．{Sn}为等比数列 B．{an}为等比数列 C．Sn＝4n-1 D．an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n-2，n≥2)) 解析　由an＋1＝3Sn得，当n≥2时，an＝3Sn－1， 两式相减得an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an，又当n＝1时，a2＝3S1＝3a1＝3，所以a1＝1， 所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3×4n-2，n≥2，)) 所以B错误，D正确； 当n≥2时，Sn＝1＋ eq \f(3(1－4n-1),1－4)＝4n-1， 当n＝1时，S1＝1，符合Sn＝4n-1， 所以Sn＝4n-1， 又n≥2时， eq \f(Sn,Sn－1)＝4，所以{Sn}为等比数列，A，C正确． 故选ACD. 答案　ACD 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N＋)，则an＝____________． 解析　依题意得，当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝2n＋1. 当n＝1时，a1＝S1＝4，不满足上式， 所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.)) 答案　 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2)) 角度3　累加法、累乘法 [题组训练] 1．(2025·湘豫名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且( eq \r(n2－1)＋1)Sn＝nSn－1＋an(n≥2且n∈N＋)，若Sk＝ eq \f(1,35)，则k等于(　　) A．46 B．49 C．52 D．55 解析　因为当n≥2时，( eq \r(n2－1)＋1)Sn＝nSn－1＋an，即 eq \r(n2－1)Sn＝(n－1)Sn－1，所以 eq \f(Sn,Sn－1)＝ eq \f(n－1,\r((n＋1)(n－1)))＝ eq \f(\r(n－1),\r(n＋1)).因为 eq \f(S2,S1)× eq \f(S3,S2)×…× eq \f(Sn,Sn－1)＝ eq \f(1,\r(3))× eq \f(\r(2),\r(4))× eq \f(\r(3),\r(5))× eq \f(\r(4),\r(6))×…× eq \f(\r(n－2),\r(n))× eq \f(\r(n－1),\r(n＋1))＝ eq \f(1×\r(2),\r(n)×\r(n＋1))＝ eq \f(\r(2),\r(n(n＋1))).又S1＝a1＝1，所以Sn＝ eq \f(\r(2),\r(n(n＋1))).因为Sk＝ eq \f(1,35)，所以 eq \f(\r(2),\r(k(k＋1)))＝ eq \f(1,35)，解得k＝49或k＝－50(舍去). 答案　B 2．数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝ eq \f(1,2n)(n≥2，n∈N＋)，则an＝___________． 解析　由题意an－an－1＝ eq \f(1,2n)，则当n≥2时， a2－a1＝ eq \f(1,22)，a3－a2＝ eq \f(1,23)，…，an－an－1＝ eq \f(1,2n)， 这n－1个式子相加，就有an－a1＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋…＋ eq \f(1,2n)＝ eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n-1))),1－\f(1,2))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2n)，即an＝ eq \f(5,2)－ eq \f(1,2n). 当n＝1时，a1＝2也满足上式， 所以an＝ eq \f(5,2)－ eq \f(1,2n). 答案　 eq \f(5,2)－ eq \f(1,2n) 3．在数列{an}中，a1＝ eq \f(2,3)，an＋1＝ eq \f(n,n＋1)an，则an＝___________． 解析　因为在数列{an}中，an＋1＝ eq \f(n,n＋1)an， 所以 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n＋1)， 所以 eq \f(a2,a1)＝ eq \f(1,2)， eq \f(a3,a2)＝ eq \f(2,3)， eq \f(a4,a3)＝ eq \f(3,4)，…， eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n－1,n)， 所以an＝a1· eq \f(a2,a1)· eq \f(a3,a2)· eq \f(a4,a3)·…· eq \f(an,an－1)＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(3,4)×…× eq \f(n－1,n)＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,n)＝ eq \f(2,3n). 答案　 eq \f(2,3n) 角度4　构造法 [题组训练] 1．已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝ eq \f(3an,an＋3)(n∈N＋)，则a16＝(　　) A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2) 解析　由an＋1＝ eq \f(3an,an＋3)得 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(an＋3,3an)＝ eq \f(1,an)＋ eq \f(1,3)， 又 eq \f(1,a1)＝1， ∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项， eq \f(1,3)为公差的等差数列， ∴ eq \f(1,an)＝1＋ eq \f(1,3)(n－1)＝ eq \f(n＋2,3)，∴an＝ eq \f(3,n＋2)， ∴a16＝ eq \f(1,6).故选A. 答案　A 2．(2025·石家庄二中高二期末)设数列{an}满足a1＝4，an＋1＝ eq \f(1,3)an＋2，则a100＝(　　) A． eq \f(3101＋1,3100) B． eq \f(399＋1,3100) C． eq \f(3101＋1,399) D． eq \f(3100＋1,399) 解析　在数列{an}中，由an＋1＝ eq \f(1,3)an＋2，得an＋1－3＝ eq \f(1,3)(an－3)，而a1－3＝1， 因此数列{an－3}是首项为1，公比为 eq \f(1,3)的等比数列，则an－3＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)，即an＝3＋ eq \f(1,3n-1)，所以a100＝ eq \f(3100＋1,399).故选D. 答案　D 3．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n，则an＝___________． 解析　∵an＋1＝3an＋2n，两边同时除以2n+1，得 eq \f(an＋1,2n+1)＝ eq \f(3,2)· eq \f(an,2n)＋ eq \f(1,2)，令bn＝ eq \f(an,2n)，则bn＋1＝ eq \f(3,2)bn＋ eq \f(1,2)，∴bn＋1＋1＝ eq \f(3,2)(bn＋1)，b1＋1＝ eq \f(a1,21)＋1＝ eq \f(3,2)，则{bn＋1}是首项为 eq \f(3,2)，公比为 eq \f(3,2)的等比数列．∴bn＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n)，即 eq \f(an,2n)＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n)，则an＝3n－2n. 答案　3n－2n 二、等差数列、等比数列的判定 等差数列、等比数列的判断方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列； eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列． (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}是等差数列；a eq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(an≠0)⇔{an}是等比数列． (3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝cqn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N＋)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N＋)⇔{an}是等比数列． [提醒]　(1)前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定． (2)若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)数列即可． [题组训练] 1．(2025·长沙高二名校联考)已知等比数列{an}中，a1＝3，公比q＝－3，则下列说法正确的是(　　) A．数列{3an＋an＋1}是等比数列 B．数列{an＋1－an}不是等比数列 C．数列{ eq \r(anan＋2)}是等比数列 D．数列{log3a eq \o\al(2,n)}是单调递减数列 解析　数列{an}的通项公式为an＝3×(－3)n-1＝－(－3)n.对于A，3an＋an＋1＝－3×(－3)n－(－3)n+1＝(－3)n+1－(－3)n+1＝0， 所以数列{3an＋an＋1}不是等比数列，故A错误； 对于B，an＋1－an＝－(－3)n+1＋(－3)n＝4×(－3)n＝－12×(－3)n-1，故数列{an＋1－an}是首项为－12，公比为－3的等比数列，故B错误； 对于C， eq \r(anan＋2)＝ eq \r([－(－3)n]·[－(－3)n+2])＝ eq \r((－3)2n+2)＝3n+1， 故数列{ eq \r(anan＋2)}是首项为9，公比为3的等比数列，故C正确； 对于D，log3a eq \o\al(2,n)＝log3 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－(－3)n))2＝log332n＝2n，所以数列{log3a eq \o\al(2,n)}是单调递增数列，故D错误．故选C. 答案　C 2．(多选题)(2025·广州六区高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项积为Tn，则下列结论正确的是(　　) A．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列 B．数列{S2n＋2－S2n}是等差数列 C．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(T2n＋2,T2n)))是等比数列 D．数列{lg Tn}是等差数列 解析　设等差数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d，∴ eq \f(Sn,n)＝a1＋ eq \f((n－1)d,2). 对于A选项， eq \f(Sn＋1,n＋1)－ eq \f(Sn,n)＝a1＋ eq \f(nd,2)－a1－ eq \f((n－1)d,2)＝ eq \f(d,2)，∴ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，A正确； 对于B选项，令cn＝S2n＋2－S2n＝a2n＋2＋a2n＋1， ∴cn＋1－cn＝(a2n＋4＋a2n＋3)－(a2n＋2＋a2n＋1)＝4d，故数列{S2n＋2－S2n}是等差数列，B正确； 设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)， 对于C选项，令dn＝ eq \f(T2n＋2,T2n)＝b2n＋2·b2n＋1， 则 eq \f(dn＋1,dn)＝ eq \f(b2n＋4·b2n＋3,b2n＋2·b2n＋1)＝q4，故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(T2n＋2,T2n)))是等比数列，C正确； 对于D选项，∵lg Tn＋1－lg Tn＝lg eq \f(Tn＋1,Tn)＝lg bn＋1不一定为常数，故数列{lg Tn}不一定是等差数列，故D错误； 故选ABC. 答案　ABC 三、数列求和及综合应用 数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解． 一般常见的求和方法有： (1)公式法：直接利用等差或等比数列的前n项和公式． (2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. (3)裂项相消法： ①利用裂项相消法求数列的前n项和，关键是进行恒等变形，化积商为差的运算，由此达到抵消相邻的项的目的． ②利用裂项相消法求数列的前n项和，注意若前边剩余k项，则最后也对应剩余k项，再化简即可． ③常用的裂项相消公式： A．an＝ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))； B．an＝ eq \f((2n)2,(2n－1)(2n＋1))＝1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))； C．an＝ eq \f(1,n(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n(n＋1))－\f(1,(n＋1)(n＋2))))； D．an＝ eq \f(n＋2,n(n＋1))· eq \f(1,2n)＝ eq \f(2(n＋1)－n,n(n＋1))· eq \f(1,2n)＝ eq \f(1,n·2n-1)－ eq \f(1,(n＋1)2n)； E．若{an}是等差数列，则 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))， eq \f(1,anan＋2)＝ eq \f(1,2d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))). (4)分组求和法：分组求和法的关键：一是会“列方程”，即会利用方程的思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，会利用等差数列或等比数列的通项公式，求出数列的通项公式；三是会“分组求和”，即观察数列的通项公式的特征，若其是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列或常数数列等)组成，则求和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式求和”，对分成的各组的数列观察其特点，经常可采用等差数列与等比数列的前n项和的公式求其和． (5)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，要注意对数列项数的奇偶性进行讨论． [题组训练] 1．已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4n2＋4n－3)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N＋，不等式12Tn<3a2－a恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(4,3))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1)) C．(－∞，－1]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[1，＋∞) 解析　 eq \f(1,4n2＋4n－3)＝ eq \f(1,(2n＋3)(2n－1))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，所以Tn＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)＋\f(1,3)－\f(1,7)＋\f(1,5)－\f(1,9)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))))，因为 eq \f(1,2n＋1)＋ eq \f(1,2n＋3)>0，所以Tn＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))))< eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝ eq \f(1,3)，因为对任意的n∈N＋，不等式12Tn<3a2－a恒成立，所以12× eq \f(1,3)≤3a2－a，解得a≥ eq \f(4,3)或a≤－1，所以实数a的取值范围是(－∞，－1]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)). 答案　C 2．(2025·江苏淮安高二月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝(－1)n(3n－1)，则S20＋S21＝(　　) A．122 B．120 C．2 D．－2 解析　因为an＝(－1)n(3n－1)， 所以S20＝(－2)＋5＋(－8)＋11＋…＋(－56)＋59＝(－2＋5)＋(－8＋11)＋…＋(－56＋59) ＝3×10＝30， S21＝S20＋a21＝30－62＝－32， 所以S20＋S21＝－2. 答案　D 3．设数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N＋).定义数列{bn}如下：对于正整数m，bm是使不等式an≥m成立的所有n的最小值，则数列{bn}的前60项的和为___________． 解析　由4Sn＝(2n＋1)an＋1得，当n≥2时，4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1，两式相减，得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1，即(2n－3)an＝(2n－1)an－1，所以 eq \f(an,2n－1)＝ eq \f(an－1,2n－3)，所以 eq \f(an,2n－1)＝ eq \f(an－1,2(n－1)－1)＝…＝ eq \f(a1,1).又4S1＝4a1＝(2＋1)a1＋1，解得a1＝1，所以an＝2n－1(n≥2)，又a1＝1也适合，所以an＝2n－1(n∈N＋). 由an≥m，得2n－1≥m，所以n≥ eq \f(m＋1,2)，所以满足条件an≥m的n的最小值为大于等于 eq \f(m＋1,2)的整数，所以bm＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)，m为奇数，,\f(m＋2,2)，m为偶数，)) 所以数列{bn}的前60项和为 eq \f(1＋1,2)＋ eq \f(2＋2,2)＋ eq \f(3＋1,2)＋ eq \f(4＋2,2)＋…＋ eq \f(59＋1,2)＋ eq \f(60＋2,2)＝ eq \f(1＋2＋3＋…＋60,2)＋ eq \f((1＋2)×30,2)＝960. 答案　960 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn－1(n∈N＋). (1)求证：数列{an}为等比数列； (2)若bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. (1)证明　当n＝1时，a1＝2S1－1＝2a1－1， 解得a1＝1. 当n≥2时，an＝2Sn－1，an－1＝2Sn－1－1， 两式相减得an－an－1＝2an，化简得an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)解析　由(1)中得an＝(－1)n-1， 所以bn＝(2n＋1)·(－1)n-1. 法一(并项求和法) 当n为偶数时，bn－1＋bn＝－2， Tn＝ eq \f(n,2)×(－2)＝－n； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－(n＋1)－[－(2n＋3)]＝n＋2. 综上，数列{bn}的前n项和 Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－n，n为偶数，,n＋2，n为奇数．)) 法二(错位相减法) Tn＝3×(－1)0＋5×(－1)1＋7×(－1)2＋…＋(2n＋1)·(－1)n-1， －Tn＝3×(－1)1＋5×(－1)2＋…＋(2n－1)·(－1)n-1＋(2n＋1)·(－1)n， 两式相减得 2Tn＝3＋2×(－1)1＋2×(－1)2＋…＋2×(－1)n-1－(2n＋1)·(－1)n ＝3＋2· eq \f(－[1－(－1)n-1],1－(－1))－(2n＋1)·(－1)n ＝(2n＋2)·(－1)n-1＋2. 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝(n＋1)·(－1)n-1＋1. 法三(裂项相消法) 因为bn＝(2n＋1)·(－1)n-1＝n·(－1)n-1－(n＋1)·(－1)n， 所以Tn＝[1×(－1)0－2×(－1)1]＋[2×(－1)1－3×(－1)2]＋…＋[n·(－1)n-1－(n＋1)·(－1)n]＝1·(－1)0－(n＋1)·(－1)n＝1－(－1)n·(n＋1). 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝(n＋1)·(－1)n-1＋1. 四、数列模型的应用 等差数列、等比数列是日常经济生活中的重要数学模型．例如，存款、贷款、购物(房、车)分期付款、保险、资产折旧等问题都与其相关． 以银行存款为例，它是老百姓日常生活中最基本的经济活动．银行存款计息方式有两种：单利和复利，它们分别以等差数列和等比数列为数学模型． [题组训练] 1．(2025·齐齐哈尔八中高二月考)我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差值乘利率．自主创业的大学生张华向银行贷款48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n个月的还款金额为an元，则an＝(　　) A．2 192 B．3 912－8n C．3 920－8n D．3 928－8n 解析　由题意可知，每月还本金为2 000元，则an＝2 000＋[480 000－(n－1)×2 000]×0.4%＝3 928－8n，故选D. 答案　D 2．龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直(即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现).例如第一代龙曲线(图1)是以A1A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边A1A3，A3A2所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线(虚线即为前一代龙曲线).A1，A2，A3为第一代龙曲线的顶点，设第n代龙曲线的顶点数为an，由图可知a1＝3，a2＝5，a3＝9，则a4＝___________；数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和Sn＝___________． 解析　由题意可知，第n＋1代龙曲线是在将2个第n代龙曲线的首尾顶点相接， 则an＋1＝2an－1，所以，an＋1－1＝2(an－1)， 所以，数列{an－1}是等比数列，且首项为a1－1＝2，公比为2，则an－1＝2×2n-1＝2n， ∴an＝2n＋1，则a4＝24＋1＝17. eq \f(2n,anan＋1)＝ eq \f(2n,(2n＋1)(2n+1＋1))＝ eq \f(1,2n＋1)－ eq \f(1,2n+1＋1)， 因此，Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2＋1)－\f(1,22＋1)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n+1＋1)))＝ eq \f(1,3)－ eq \f(1,2n+1＋1). 答案　17　 eq \f(1,3)－ eq \f(1,2n+1＋1) 变形中忽略项的变化而致错 [典例]　在1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lg Tn，n≥1.求数列{an}的通项公式． [错解]　设t1，t2，t3，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100， 则由Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2， 得Tn－1＝t1·t2·…·tn＋1， 于是an－an－1＝lg Tn－lg Tn－1＝lg eq \f(Tn,Tn－1) ＝lg tn＋2(n≥2). 而tn＋2＝100，所以an－an－1＝2. 又a1＝lg T1＝lg (1×10×100)＝3， 故数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，从而an＝2n＋1. [正解]　正解一　设在1和100之间插入n个实数构成的递增的等比数列的公比为q，则qn+1＝100，所以Tn＝1·q·q2·…·qn·100＝100q eq \s\up6(\f(n(n＋1),2))＝10n+2， 故an＝lg Tn＝n＋2. 正解二　设在1和100之间插入n个实数构成的递增的等比数列的公比为q. 由题意得到Tn＝1·q·q2·…·qn·100，　① 则Tn＝100·qn·…·q2·q·1.　② ①×②，再根据等比数列性质， 得(Tn)2＝100n+2＝102n+4， 又Tn＞0，从而Tn＝10n+2，an＝lg Tn＝n＋2. [纠错心得]　在处理动态数列问题时，一定要关注项的变化，而采用常规思路解决问题则是避免错误的有效途径． 数列的综合问题 [典例]　(15分)(2024·天津卷)已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1. (1)求数列{an}的前n项和Sn； (2)设bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，ak<n<ak＋1))k∈N＋. (ⅰ)当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn； (ⅱ)求 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i. [审题指导]　(1) eq \x(求Sn)← eq \x(求公比q)← eq \x(a1＝1，S2＝a3－1) (2)(ⅰ) eq \x(bn－1≥akbn)← eq \x(bn－1－akbn≥0)← eq \x(求an与bn) (ⅱ) eq \x(\i\su(i＝1,Sn,b)i)← eq \x(\a\al(错位相减,法求和))← eq \x(\i\su(i＝1,2n－1,b)i)← eq \x(求bi) [规范解答]　(1)设{an}的公比为q(q＞0)，因为a1＝1，S2＝a3－1，则1＋q＝q2－1，得q＝2，①(2分) (①求公比q) 所以Sn＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.(3分) (2)(ⅰ)证明　由(1)知，ak＝2k-1， 所以bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k，n＝2k-1，,bn－1＋2k，2k-1＜n＜2k.))②(4分) (②写出通项bn) 当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1. bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝b2k－1＋ 2k·(2k-1－1)＝k＋2k·(2k-1－1)＝k·2k－k.③(5分) (③写出通项bn－1) 所以bn－1－akbn＝k·2k－k－(k＋1)2k-1＝(k－1)·2k-1－k.④(6分) (④写出bn－1－akbn的关系式) 设cn＝(n－1)2n-1－n. 则cn＋1－cn＝n·2n－(n＋1)－(n－1)2n-1＋n＝(n＋1)2n-1－1≥(1＋1)21-1－1＞0，(8分) 所以数列{cn}是单调递增数列． 当n≥2时，c2最小，c2＝(2－1)22-1－2＝0.⑤ (⑤构造数列，判断数列的单调性，并求最小项) 所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn.(9分) (ⅱ)令k＝1，得b1＝1，令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6. 令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21， 所以b2k－1，b2k-1＋1，…，b2k－1是一个以b2k－1为首项， 2k为公差的等差数列．⑥(11分) (⑥分析数列{bn}的结构特点) 因为b2k－1＝k，所以b2k－1＝k·2k－k， 所以b2k－1＋b2k－1＋1＋…＋b2k－1＝ eq \f(k·2k·2k-1,2) ＝k·4k-1，⑦(12分) (⑦求出b2k－1，b2k－1＋1，…，b2k－1的和) 所以 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i＝ eq \i\su(i＝1,2n－1,b)i＝b1＋b2＋…＋b2n－1＝1×40＋2×41＋…＋n×4n-1　①， 4 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i＝1×41＋2×42＋…＋n×4n　②， ①－②得－3 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i＝40＋41＋…＋4n-1－n×4n ＝ eq \f(1－4n,1－4)－n×4n＝ eq \f(4n－1,3)－n×4n ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－n))×4n－ eq \f(1,3)，(14分) 所以 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)－\f(1,9)))·4n＋ eq \f(1,9).⑧(15分) (⑧利用错位相减法求出 eq \i\su(i＝1,Sn,b)i) $