第二编 专题3 第1讲 等差数列与等比数列-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦“数列”专题，依据高考评价体系梳理了等差等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式等核心考点，通过考情研析明确中低档题占比及函数性质应用等考查要求，构建了“知识串联+结论记忆+考向探究”的系统复习框架。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，如以2025新课标Ⅱ卷等真题为例，用方程思想突破基本量计算，构造法解决递推关系，培养数学思维与运算能力，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准把握考点，实现高效备考。

第二编　主干知识突破 专题三　数列 第1讲　等差数列与等比数列 「考情研析」1.在新课标卷中，涉及数列的选择题、填空题，主要考查数列的递推公式、通项公式与前n项和公式及其关系，等差(比)数列的定义、性质、通项公式和前n项和公式，难度以中、低档题为主．　2.注意运用数列的函数性质解决数列求和、数列的实际应用问题，难度以中、高档题为主． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 核心 知识回顾 5 核心 知识回顾 6 核心 知识回顾 7 热点 考向探究 热点 考向探究 9 (2)(2025·安徽合肥一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＝3，S3＝3，则S12＝(　　) A．144 B．120 C．100 D．80 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 (4)中国载人航天工程发射的第二十艘飞船，简称“神二十”，于2025年4月执行载人航天飞行任务．运送“神二十”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加3 km，在达到离地面222 km的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是________ s. 12 热点 考向探究 13 解决等差、等比数列基本量运算的思想方法 热点 考向探究 14 热点 考向探究 15 2．(2025·江西景德镇二模)正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和，若a2＝a3＋2a4，S2＝16，则S6＝(　　) A．20 B．21 C．24 D．28 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 (2)(2023·新课标Ⅱ卷，8)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 (4)(多选)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5 B．若a2＋a13＝4，则S14＝28 C．若S15<0，则S7>S8 D．若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0 热点 考向探究 24 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 1．(2025·广东湛江一模)在等比数列{an}中，a3·a5＝49，a4＋a6＝70，则a8＝(　　) A．－567 B．567 C．451 D．699 热点 考向探究 27 2．(2025·吉林长春二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12的值为(　　) A．0 B．3 C．6 D．12 解析：因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，又S3＝S9＝6，所以6，S6－6，6－S6，S12－6成等差数列，则6＋S12－6＝S6－6＋6－S6，则S12＝0.故选A. 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 考向3　数列的递推关系 例3　(1)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 热点 考向探究 32 (2)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n＝2an，则a7＝(　　) A．65 B．127 C．129 D．255 解析：当n＝1时，a1＋1＝2a1，则a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]＝2an－2an－1－1，∴an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，又a1＋1＝2≠0，∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n，∴a7＋1＝27＝128，∴a7＝127.故选B. 热点 考向探究 33 (3)(2025·福建三明三模)若数列{an}满足an＋1＋an＝2n＋1(n∈N*)，a4＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a17＝(　　) A．155 B．156 C．203 D．204 热点 考向探究 34 (4)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝(　　) A．2n－1 B．2n－2 C．n·2n－1 D．(n＋1)·2n－2 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 1．典型的递推关系式及处理方法 热点 考向探究 40 2.Sn与an关系问题的求解思路 通项an与Sn的关系中，an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，而a1应由a1＝S1求出，然后再检验a1是否满足n≥2时an的式子． 热点 考向探究 41 热点 考向探究 42 2．(2025·福建漳州一模)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，Sn＋1－2Sn＝n，则a10＝(　　) A．1024 B．1023 C．513 D．256 解析：由Sn＋1－2Sn＝n，得Sn＋1＋n＋2＝2(Sn＋n＋1)，因为a1＝2，所以S1＋1＋1＝4，所以Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋n＋1＝4×2n－1＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－1，所以a10＝S10－S9＝1023.故选B. 热点 考向探究 43 3．记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，则S20＝(　　) A．590 B．602 C．630 D．650 热点 考向探究 44 4．(2025·江苏宿迁二模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，则(　　) A．9a7>8a8 B．9a7<8a8 C．9S7>7a8 D．9S7<7a8 热点 考向探究 45 热点 考向探究 46 热点 考向探究 47 热点 考向探究 48 45 解析：解法一：由an＋1＋an＝2n＋1，an＋2＋an＋1＝2n＋3，得an＋2－an＝2，又a1＋a2＝3，a1＝1，所以a2＝2，所以数列{an}中的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，S9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝(5a1＋20)＋(4a2＋12)＝25＋20＝45. 热点 考向探究 49 热点 考向探究 50 解析：若数列{an＋n2}是等差数列，则数列{an＋n2}的首项为a1＋12＝6，公差为(a2＋22)－(a1＋12)＝7，所以an＋n2＝6＋(n－1)×7＝7n－1，则an＝－n2＋7n－1，所以an＋1－an＝[－(n＋1)2＋7(n＋1)－1]－(－n2＋7n－1)＝－2n＋6，则当n＝1，2，3时，an＋1－an≥0，则a4＝a3>a2>a1；当n≥4时，an＋1－an<0，则a4>a5>a6>a7>….综上，{an}的最大项为a3＝a4＝11.故选D. 热点 考向探究 51 热点 考向探究 52 热点 考向探究 53 热点 考向探究 54 (3)(2025·湖南长沙二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，都有3Sn＝an＋64.若Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值为(　　) A．29 B．214 C．215 D．216 热点 考向探究 55 热点 考向探究 56 热点 考向探究 57 热点 考向探究 58 2 热点 考向探究 59 (6)(2025·河北保定一模)现有n个串联的信号处理器单向传输信号，处理器的工作为：接收信号——处理并产生新信号——发射新信号．当处理器接收到一个A类信号时，会产生一个A类信号和一个B类信号并全部发射至下一个处理器；当处理器接收到一个B类信号时，会产生一个A类信号和两个B类信号，产生的B类信号全部发射至下一个处理器，但由接收B类信号直接产生的所有A类信号只发射一个至下一个处理器．当第一个处理器只发射一个A类信号至第二个处理器时，按上述规则依次类推，若第n个处理器发射的B类信号数量记作bn，即b1＝0，则b4＝ ___________________，数列{bn}的通项公式为bn＝________． 8 热点 考向探究 60 热点 考向探究 61 热点 考向探究 62 热点 考向探究 63 热点 考向探究 64 2．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，则实数t的取值范围为(　　) A．(－4，2) B．[－3，2) C．(－6，2) D．(－3，2] 热点 考向探究 65 热点 考向探究 66 3．已知数列c1：0，2，0，2，0，现按规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”对该数列进行变换，得到一个新数列，记数列ck＋1＝f(ck)，k∈N*，则数列cn的项数为____________，设cn的所有项的和为Sn，则S2n＝_______________． 5×3n－1 5×32n－1＋1 热点 考向探究 67 解析：因为c1共5项，在f作用下，每个项都变为3个项，所以cn的项数是首项为5，公比为3的等比数列，所以cn的项数为5×3n－1.根据变换规则，知若数列的各项中，2与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中2与0的个数也相同；若2比0多n个，则与之相邻的下一个数列中2比0少n个；若2比0少n个，则与之相邻的下一个数列中2比0多n个；因为c1中有5项，其中2个2，3个0，2比0少1个，所以c2的15项中，2比0多1个；以此类推，若n为奇数，则数列的各项中2比0少1个，若n为偶数，则数列的各项中2比0多1个．所以数列c2n中2比0多1个，所以S2n＝5×32n－1＋1. 热点 考向探究 68 4．某区域的地形大致如图1，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位O的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描．假设1：警戒区域为空旷的扇环形平地A1AnBnB1；假设2：视探照灯为点M，且距离地面20米；假设3：探照灯M照射在地面上的光斑是椭圆．当探照灯M以某一俯角从AkAk＋1侧扫描到BkBk＋1侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环Sk(k＝1，2，3，…)．由此，通过调整M的俯角，逐次扫描形成扇环S1，S2，S3，….第一次扫描时，光斑的长轴为EF，|OE|＝30米，此时在探照灯M处测得点F的俯角为30°(如图2)．记|AkAk＋1|＝dk，经测量知|A1An|＝80米，且{dk}是公差约为0.1米的等差数列，则至少需要经过______次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕． 15 热点 考向探究 69 热点 考向探究 70 真题VS押题 1．(2025·新课标Ⅱ卷，7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 真题VS押题 72 真题VS押题 73 真题VS押题 74 3．(2025·新课标Ⅰ卷，13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________． 2 真题VS押题 75 4．(2024·新课标Ⅱ卷，12)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 95 真题VS押题 76 5 真题VS押题 77 真题VS押题 78 真题VS押题 79 真题VS押题 80 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 利用等差数列的性质求等差数列的前n项和 数列周期性的应用 等比数列前n项和的 性质 等差数列基本量的计算 利用an与Sn的关系、累加法求数列的通项公式 求等差数列的前n项和；并项求和法 构造法求数列的通项公式；等差、等比数列基本量的计算 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 利用数列探索几何图形的分形规律 等差数列基本量的计算；等差数列前n项和的性质 等比数列的判定；等比数列基本量的计算；分组求和法 累乘法求数列的通项公式；数列的单调性及其应用；裂项相消法求和 等差数列基本量的计算 由数列的递推关系求首项；等比数列的判定；求等比数列的前n项和 累乘法求数列的通项公式；数列与不等式的 综合 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 一、单选题 1．(2025·辽宁名校联盟一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a10＝a6＋4，则S13＝(　　) A．4 B．60 C．68 D．52 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 3．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝8，S12＝26，则S4＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 4．(2025·湖北武汉二调)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝0，S6＝2S3－12，则a1＝(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S6＝2S3－12，得6a1＋15d＝2(3a1＋3d)－12，所以9d＝－12，由S10＝0，得10a1＋45d＝0，则2a1＝－9d＝12，所以a1＝6.故选A. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 5．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－1，若数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝an＋bn，则数列{bn}的通项公式为(　　) A．bn＝2n－1＋1 B．bn＝2n＋1 C．bn＝2n－1－1 D．bn＝2n－1 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 6．(2025·安徽皖南八校三模)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为(　　) A．－64 B．－81 C．100 D．－121 解析： an＝(－1)nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(202－192)＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210.设写错项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，故写错之前这个数为－81.故选B. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 7．(2025·河南许洛平一模)已知数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 90 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 91 二、多选题 9．(2025·广东茂名二模)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2.记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的公差为2 B．Sn取最小值时，n＝6 C．S4＝S7 D．数列{|an|}的前10项和为50 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 92 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 93 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 94 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 95 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 96 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 97 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 98 2 2n－1 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 99 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 100 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 101 　　　　　　　　　　　　　 R (1)等差数列的性质 设等差数列{an}(公差为d)的前n项和为Sn. ①若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)； ②数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，首项为a1，公差为eq \f(1,2)d； ③Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，Smk－S(m－1)k，…构成公差为k2d的等差数列； ④若数列{an}共有2n项，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)； ⑤若数列{an}共有2n－1项，则S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)． (2)等比数列的性质 若数列{an}是公比为q的等比数列，前n项和为Sn，则有如下性质： ①若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq(m，n，p，q∈N*)； ②若m，n，p成等差数列，则am，an，ap成等比数列(m，n，p∈N*)； ③Sn＋m＝Sm＋qmSn＝Sn＋qnSm； ④若项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝eq \a\vs4\al(q)，若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝eq \a\vs4\al(q)； ⑤当q≠－1时，连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)仍组成等比数列(公比为qm，m≥2)．注意：这里连续m项的和均非零． 考向1　等差、等比数列基本量的计算 例1　(1)(2025·江西南昌一模)已知数列{an}为等比数列，若a2＋4a4＝4a3，则{an}的公比q＝(　　) A．－2 B．2 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2) 解析：根据等比数列的定义，由a2＋4a4＝4a3，可得a2＋4a2q2＝4a2q，显然a2≠0，所以4q2－4q＋1＝0，解得q＝eq \f(1,2).故选D. 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为S3＝3a2＝3，所以a2＝1，又a3＝3，所以d＝a3－a2＝2，则a1＝a2－d＝－1，所以S12＝12×(－1)＋eq \f(12×11,2)×2＝120.故选B. (3)(2025·河北重点中学联考)某厂家对其软件进行加密升级，现对软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a1)，\f(a3,a2)，\f(a4,a3)，…))，它的第n项为eq \f(an＋1,an).若序列(A*)*的所有项都是3，且a2＝1，a5＝27，则a1＝(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,9) C．3 D．9 解析：因为A*＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a1)，\f(a3,a2)，\f(a4,a3)，…))，设bn＝eq \f(an＋1,an)，则(A*)*＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(b2,b1)，\f(b3,b2)，\f(b4,b3)，…))，因为(A*)*的所有项都是3，所以eq \f(bn＋1,bn)＝3，设b1＝m，所以{bn}是以m为首项，3为公比的等比数列，所以bn＝m·3n－1.由eq \f(a2,a1)＝m，a2＝1⇒ma1＝1；由eq \f(a3,a2)＝3m，a2＝1⇒a3＝3m；由eq \f(a4,a3)＝32·m⇒a4＝9m·3m＝27m2；由eq \f(a5,a4)＝33·m⇒a5＝27m·27m2＝36·m3.又a5＝27，所以36·m3＝27⇒m＝eq \f(1,3).所以a1＝3.故选C. 解析：设每秒钟通过的路程构成数列{an}，由题意可知{an}为等差数列，首项a1＝2，公差d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，由求和公式得Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(（3n－1＋2）n,2)＝222，解得n＝12. 1．在数列{an}中，a1＝1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，则a2026＝(　　) A．2026 B.eq \f(1,2026) C．2025 D.eq \f(1,2025) 解析：∵a1＝1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，∴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，∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＝eq \f(1,n)，∴a2026＝eq \f(1,2026).故选B. 解析：设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a2＝a3＋2a4，得1＝q＋2q2，则q＝eq \f(1,2)，而S2＝16，所以S6＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＝16＋16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝21.故选B. 3．(2025·山西太原一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝4a4－1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2Sn,an)))(n∈N*)是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是(　　) A．a5＝10 B．S5＝15 C．a10＝20 D．S10＝30 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为S5＝4a4－1，所以5a1＋eq \f(5×（5－1）,2)d＝4(a1＋3d)－1，得到5a1＋10d＝4a1＋12d－1，即a1＝2d－1，因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2Sn,an)))是以1为公差的等差数列，所以eq \f(2S2,a2)－eq \f(2S1,a1)＝1，即eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a1＋\f(2×（2－1）,2)d)),a1＋d)－2＝1，化简，得4a1＋2d＝3a1＋3d，即a1＝d，又a1＝2d－1，所以a1＝d＝1，则an＝1＋n－1＝n.对于A，a5＝5，故A错误；对于B，S5＝5＋eq \f(5×（5－1）,2)＝15，故B正确；对于C，a10＝10，故C错误；对于D，S10＝10＋eq \f(10×（10－1）,2)＝55，故D错误．故选B. 4．折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为1的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形的斜边长为(　　) A.eq \f(\r(2),8) B.eq \f(1,8) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(1,4) 解析：由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为eq \f(\r(2),2)，公比为eq \f(\r(2),2)，故对折6次后，得到腰长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(1,8)的等腰直角三角形，所以斜边长为eq \f(1,8)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),8).故选A. 考向2　等差数列、等比数列的性质 例2　(1)(2025·广西南宁三模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＝2，a3＋a8＝12－a7，则Sn的最小值为(　　) A．－14 B．－eq \f(49,4) C．－12 D．－10 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a8＝12－a7，得a3＋a7＝12－a8，2a5＝12－(a5＋3d)＝12－a5－3d，所以3d＝12－3a5＝12－6＝6，所以d＝2，故an＝a5＋(n－5)d＝2n－8，则a1＝2－8＝－6，Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（－6＋2n－8）,2)＝n(n－7)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(49,4)，则当n＝3或4时，Sn取得最小值，为S3＝S4＝－12.故选C. 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，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，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q)　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×(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(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).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＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. (3)已知数列{an}为等比数列，a2＋a4＋a6＝8，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＝2，则a4＝(　　) A．2eq \r(2) B．±2eq \r(2) C．2 D．±2 解析：设等比数列{an}的公比为q，则aeq \o\al(2,4)＝a2a6，又a2＋a4＋a6＝8，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a6)＝eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a2＋a6,a2a6)＋2,4)eq \f(a4,a) ＝2,4)eq \f(a2＋a6,a) ＋2,4)eq \f(a4,a) ＝2,4)eq \f(a2＋a4＋a6,a) ＝2,4)eq \f(8,a) ＝2，解得a4＝±2，又a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝8>0，而1＋q2＋q4>0恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2.故选C. 解析：设等差数列{an}的公差为d.对于A，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝eq \f(9,8)，又a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×eq \f(9,8)＝eq \f(9,2)，所以A为假命题；对于B，S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝eq \f(14（a2＋a13）,2)＝28，所以B为真命题；对于C，由S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8<0，可得a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，则S7>S8，所以C为真命题；对于D，因为{an}为递增数列，所以公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，所以an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D为假命题．故选BC. 1．通项的性质 若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝aeq \o\al(2,k). 2．前n项和的性质 对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外)． 若数列{an}为等比数列，则an≠0，且a1，a3，a5，…，a2n－1，…同号，a2，a4，a6，…，a2n，…同号． 解析：设等比数列{an}的公比为q.因为a3a5＝aeq \o\al(2,4)＝49，所以a4＝±7，当a4＝－7时，－7－7q2＝70，q2＝－11，舍去，故a4＝7，所以7＋7q2＝70，即q2＝9，所以a8＝a4q4＝567.故选B. 3．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋4,n＋2)，则eq \f(a5＋a8,b2＋b11)＝(　　) A.eq \f(17,13) B.eq \f(37,13) C.eq \f(20,7) D.eq \f(37,7) 解析：因为Sn，Tn分别是等差数列{an}和{bn}的前n项和，所以S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)，T12＝eq \f(12（b1＋b12）,2)，又eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋4,n＋2)，所以eq \f(a5＋a8,b2＋b11)＝eq \f(a1＋a12,b1＋b12)＝eq \f(S12,T12)＝eq \f(3×12＋4,12＋2)＝eq \f(20,7).故选C. 4．(多选)(2025·福建泉州一模)已知数列{an}的前n项和Sn＝kn2＋n－k＋2，则下列说法正确的是(　　) A．若{an}是等差数列，则k＝2 B．若{an}不是递增数列，则k≤eq \f(2,3) C．若Sn<Sn＋2，则k>2 D．若eq \f(Sn,n)的最小值为3，则k≥eq \f(2,3) 解析：若{an}是公差为d的等差数列，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，所以－k＋2＝0，解得k＝2，Sn＝2n2＋n，故A正确；Sn－1＝k(n－1)2＋(n－1)－k＋2(n≥2)，则an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝k＋1－k＋2＝3，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2kn－k＋1，n≥2，))因为{an}不是递增数列，所以k≤0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k>0，,3≥2k·2－k＋1，))则k≤eq \f(2,3)，故B正确；若Sn<Sn＋2，则kn2＋n－k＋2<k(n＋2)2＋(n＋2)－k＋2，整理，得k>eq \f(－1,2（n＋1）)，又eq \f(－1,2（n＋1）)<0，所以k≥0，故C错误；因为eq \f(Sn,n)的最小值为3，所以eq \f(Sn,n)＝kn＋1＋eq \f(－k＋2,n)≥3恒成立，即k(n2－1)≥2n－2，当n＝1时，成立，当n≥2时，k≥eq \f(2,n＋1)，则k≥eq \f(2,2＋1)＝eq \f(2,3)，故D正确．故选ABD. 解析：由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，…，a10－a9＝a1＋18，将以上等式左右两边分别相加，得a10－a1＝9a1＋eq \f(9×（2＋18）,2)＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4.故选D. 解析：由an＋1＋an＝2n＋1(n∈N*)，得an＋an－1＝2n－1(n≥2)，则an＋1－an－1＝2，故数列{an}中的奇数项成公差为2的等差数列，偶数项也成公差为2的等差数列，由a4＝2，得a3＋a4＝7，则a3＝5，所以a17＝a3＋eq \f(17－3,2)×2＝19，故a1＋a2＋a3＋…＋a17＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a15＋a16)＋a17＝3＋7＋11＋…＋2×15＋1＋19＝eq \f(（3＋31）×8,2)＋19＝155.故选A. 解析：当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，即Sn－1＝eq \f(n－1,n＋1)an，由nan＋1＝(n＋2)Sn，得Sn＝eq \f(n,n＋2)an＋1，则Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋2)an＋1－eq \f(n－1,n＋1)an＝an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2（n＋2）,n＋1)，则有eq \f(an,an－1)＝eq \f(2（n＋1）,n)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(2n,n－1)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2×3,2)，则an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝(n＋1)·2n－2，a1＝1也符合上式，故an＝(n＋1)·2n－2.故选D. (5)(多选)已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(an－1,an＋3)且a1＝2，则下列说法正确的是(　　) A．a3＝－eq \f(1,4) B．数列{an}是周期数列 C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是等差数列 D．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(7－3n,3n－1) 解析：对于A，由a1＝2，得a2＝eq \f(a1－1,a1＋3)＝eq \f(1,5)，a3＝eq \f(a2－1,a2＋3)＝－eq \f(1,4)，故A正确；对于B，C，由an＋1＋1＝eq \f(2an＋2,an＋3)，得eq \f(1,an＋1＋1)＝eq \f(an＋3,2an＋2)＝eq \f(（an＋1）＋2,2（an＋1）)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an＋1)，则eq \f(1,an＋1＋1)－eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2)，又eq \f(1,a1＋1)＝eq \f(1,2＋1)＝eq \f(1,3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是首项为eq \f(1,3)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，故B错误，C正确；对于D，由eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(3n－1,6)，得an＋1＝eq \f(6,3n－1)，解得an＝eq \f(7－3n,3n－1)，故D正确．故选ACD. (6)(多选)(2025·湖北武汉四调)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．a1＝2 B．数列{an}是等比数列 C．Sn，S2n，S3n构成等差数列 D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为eq \f(25,51) 解析：对于A，当n＝1时，可得a1＝1×21＝2，故A正确；对于B，a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，两式相减，得2n－1an＝n·2n－(n－1)·2n－1＝(n＋1)·2n－1，所以an＝n＋1，又a1＝2符合上式，所以an＝n＋1，又eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n)不是常数，所以数列{an}不是等比数列，故B错误； 对于C，由an＝n＋1可知，an－an－1＝n－n＋1＝1，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝2n＋eq \f(n（n－1）,2)，所以S2n＝4n＋eq \f(2n（2n－1）,2)＝2n2＋3n，S3n＝6n＋eq \f(3n（3n－1）,2)，Sn＋S3n＝2n＋eq \f(n（n－1）,2)＋6n＋eq \f(3n（3n－1）,2)＝5n2＋6n，又2S2n＝4n2＋6n，所以Sn＋S3n≠2S2n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；对于D，eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以T100＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,a100a101)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,101)－eq \f(1,102)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,102)＝eq \f(25,51)，故D正确．故选AD. 递推式 方法 示例 an＋1＝an＋f(n) 累加法 a1＝1，an＋1＝an＋2n an＋1＝anf(n) 累乘法 a1＝1，eq \f(an＋1,an)＝2n an＋1＝Aan＋B (A≠0，1，B≠0) 构造法 a1＝1，an＋1＝2an＋1 an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C) (A，B，C为常数) 取倒数法 a1＝1，an＋1＝eq \f(3an,2an＋3) 1．(2025·河北张家口一模)已知数列{an}满足a1＝2，an>0且aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝eq \f(1,2n)＋1，则aeq \o\al(2,n)－n＝(　　) A．3－eq \f(1,2n) B．3＋eq \f(1,2n－1) C．4－eq \f(1,2n－1) D．4＋eq \f(1,2n－1) 解析：由题意，得aeq \o\al(2,n)＝(aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1))＋(aeq \o\al(2,n－1)－aeq \o\al(2,n－2))＋…＋(aeq \o\al(2,2)－aeq \o\al(2,1))＋aeq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n－2)＋…＋eq \f(1,21)＋(n－1)＋4＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))＋(n－1)＋4＝n＋4－eq \f(1,2n－1)，当n＝1时，n＋4－eq \f(1,2n－1)＝1＋4－1＝4＝aeq \o\al(2,1)，符合题意，所以aeq \o\al(2,n)－n＝n＋4－eq \f(1,2n－1)－n＝4－eq \f(1,2n－1).故选C. 解析：因为Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，所以Sn＋1＋Sn＋2＝3(n＋1)2＋2(n＋1)＋1，两式相减可得an＋1＋an＋2＝6n＋5＝6(n＋1)－1.由a1＝1，S1＋S2＝3×12＋2×1＋1＝6，解得a2＝4，所以a1＋a2＝5，满足上式，故an＋an＋1＝6n－1，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝5＋17＋29＋…＋113＝eq \f(10×（5＋113）,2)＝590.故选A. 解析：因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，由a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2，n∈N*时，由Sn＝2an－2n，可得Sn－1＝2an－1－2n－1，上述两式作差可得an＝2an－2an－1－2n－1，整理可得an－2an－1＝2n－1，等式an－2an－1＝2n－1两边同时除以2n－1，可得eq \f(an,2n－1)－eq \f(an－1,2n－2)＝1，又eq \f(a1,21－1)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(an,2n－1)＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝(n＋1)·2n－1.9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7<8a8，故A错误，B正确；Sn＝2an－2n＝(n＋1)·2n－2n＝n·2n，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，故C，D错误．故选B. 5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an－1,an＋3)，则下列说法正确的是(　　) A．a10＝eq \f(4,5) B．an＝2－n C．{an}有最大值 D．{an}不是单调数列 解析：设bn＝an＋1，则an＝bn－1.已知an＋1＝eq \f(an－1,an＋3)，将an＝bn－1，an＋1＝bn＋1－1代入，可得bn＋1－1＝eq \f(bn－1－1,bn－1＋3)＝eq \f(bn－2,bn＋2)，可得bn＋1＝eq \f(bn－2,bn＋2)＋1＝eq \f(bn－2＋bn＋2,bn＋2)＝eq \f(2bn,bn＋2)，两边取倒数，得eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(bn＋2,2bn)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,bn)，即eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2).又因为a1＝1，所以b1＝a1＋1＝2，则eq \f(1,b1)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，所以eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，则bn＝eq \f(2,n)，所以an＝bn－1＝eq \f(2,n)－1，故B错误；当n＝10时，a10＝eq \f(2,10)－1＝－eq \f(4,5)，故A错误；由an＝eq \f(2,n)－1，可知an＋1－an＝eq \f(2,n＋1)－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)－1))＝eq \f(2,n＋1)－eq \f(2,n)＝eq \f(－2,n（n＋1）)<0，所以数列{an}是递减数列，故D错误；由数列{an}是递减数列，可知{an}有最大值，为a1＝1，故C正确．故选C. 6．记数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝2n＋1，则S9＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前2026项和为________． eq \f(4052,2027) 解法二：S9＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＝1＋5＋9＋13＋17＝45.由题意知a1＝1，a2＝2，an＋1＋an＝2n＋1，an＋2＋an＋1＝2n＋3，则an＋2－an＝2，当n为奇数时，an＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×2＝1＋n＋1－2＝n，当n为偶数时，an＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×2＝2＋n－2＝n，所以an＝n，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，故eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S2026)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2026)－\f(1,2027)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2027)))＝eq \f(4052,2027). 考向4　数列的综合问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例4　(1)数列{an}中，a1＝5，a2＝9，若数列{an＋n2}是等差数列，则{an}的最大项为(　　) A．3 B．3或4 C.eq \f(45,4) D．11 (2)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＋eq \f(1,α1)，b2＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，以此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…)．则(　　) A．b1<b5 B．b3<b8 C．b6<b2 D．b4<b7 解析：解法一(常规解法)：因为αk∈N*(k＝1，2，…)，所以α1<α1＋eq \f(1,α2)，则eq \f(1,α1)>eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，则1＋eq \f(1,α1)>1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，即b1>b2，同理，α1＋eq \f(1,α2)>α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3))，可得b2<b3，因为α1<α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3))，所以b1>b3.同理，α1＋eq \f(1,α2)>α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3))<α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，故b2<b4，b3>b4；以此类推，可得b1>b3>b5>b7>…，b7>b8，故A错误；b3>b7>b8，故B错误；由α1＋eq \f(1,α2)>α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋…\f(1,α6)))，得b2<b6，故C错误；由α1＋eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))>α1＋eq \f(1,α2＋…\f(1,α6＋\f(1,α7)))，得b4<b7，故D正确． 解法二(特值法)：不妨设αn＝1，则b1＝2，b2＝eq \f(3,2)，b3＝eq \f(5,3)，b4＝eq \f(8,5)，b5＝eq \f(13,8)，b6＝eq \f(21,13)，b7＝eq \f(34,21)，b8＝eq \f(55,34)，b4<b7，故D正确． 解析：当n＝1时，a1＝32，当n≥2时，3Sn＝an＋64，3Sn－1＝an－1＋64，两式相减，得3an＝an－an－1，即2an＝－an－1，又a1＝32≠0，故eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，所以数列{an}是以32为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，所以an＝32·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1).因为Tn是数列{an}的前n项积，所以Tn＝a1a2a3…an＝32n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(0＋1＋2＋…＋（n－1）)＝(－1)eq \s\up12(\f(n（n－1）,2))·2eq \s\up12(5n- \f(n（n－1）,2))＝(－1)eq \s\up12(\f(n（n－1）,2))·2eq \s\up12(\f(-n2＋11n,2))，当n＝5或n＝6时，eq \f(－n2＋11n,2)有最大值15，所以当n＝5时，Tn有最大值215.故选C. (4)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，例如φ(4)＝2.已知bn＝eq \f(2n,φ（3n＋1）)，n∈N*，Tn是数列{bn}的前n项和，若Tn<M恒成立，则M的最小值为(　　) A.eq \f(3,4) B．1 C.eq \f(7,6) D．2 解析：因为3为质数，在不超过3n的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为3n－1，φ(3n)＝3n－3n－1＝2×3n－1(n∈N*)，所以φ(3n＋1)＝2×3n(n∈N*)，则bn＝eq \f(2n,φ（3n＋1）)＝eq \f(2n,2×3n)＝eq \f(n,3n)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，两式相减，可得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(n,3)))，所以Tn＝eq \f(3,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋\f(n,2)))<eq \f(3,4)，因为Tn<M恒成立，所以M≥eq \f(3,4)，所以M的最小值为eq \f(3,4).故选A. (5)已知函数f(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋3＝an(n∈N*)，f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，则eq \o(∑,\s\up12(2027),\s\do14(i＝1))ai＝________． 解析：由题意，可知f(x)的定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋eq \f(3－x－1,3－x＋1)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋eq \f(1－3x,1＋3x)＝0，即f(x)＝－f(－x)，可知f(x)为R上的奇函数．f(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＝1－eq \f(2,3x＋1)，因为y＝3x在R上单调递增，所以f(x)在R上单调递增．因为f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，所以f(a3＋a4)＝－f(a2)＝f(－a2)，可得a3＋a4＝－a2，即a2＋a3＋a4＝0，由an＋3＝an(n∈N*)，可知3为数列{an}的周期，则an＋an＋1＋an＋2＝0，又2027＝3×675＋2，所以eq \o(∑,\s\up12(2027),\s\do14(i＝1))ai＝a1＋a2＝2. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,3×2n－2－n，n≥2)) 　解析：设第n个处理器发射的A类信号数量记作an，则a1＝1，b1＝0，由题意，当n≥2时，第n个处理器发射的A类信号数量为n－1，即当n≥2时，an＝n－1，当n≥2时，bn＝an－1＋2bn－1，则b2＝a1＋2b1＝1，b3＝a2＋2b2＝3，b4＝a3＋2b3＝8，故当n≥3时，bn＝n－2＋2bn－1，可得bn＋n＝2(bn－1＋n－1)，又b2＋2＝3，所以数列{bn＋n}从第2项开始是以3为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋n＝3×2n－2，所以bn＝3×2n－2－n，当n＝1时，上式不成立，所以bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,3×2n－2－n，n≥2.)) 1．求数列的最大项与最小项的常用方法 (1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项． (2)通过通项an研究数列的单调性，利用 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项． 2．数列多与数学文化、不等式等知识创新交汇命题，解决此类问题时要注意构造思想、转化思想的运用． 1．(2025·重庆西南大学附属中学二模)已知{an}，{bn}均为正项等差数列，a1＝b1，∀n∈N*，有a1＋a2＋…＋an＝beq \o\al(2,n)，若数列{aeq \o\al(2,n)－kbn}中第3项为最小项，则k的取值范围是(　　) A．[12，24] B．[16，24] C．[12，28] D．[16，28] 解析：设数列{an}的公差为d1，数列{bn}的公差为d2，当n＝1时，a1＝beq \o\al(2,1)，又a1＝b1，且a1>0，b1>0，所以a1＝b1＝1，当n＝2时，a1＋a2＝beq \o\al(2,2)，即1＋1＋d1＝(1＋d2)2　①，当n＝3时，a1＋a2＋a3＝beq \o\al(2,3)，即1＋1＋d1＋1＋2d1＝(1＋2d2)2　②，由①②，得d1＝2，d2＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1＋(n－1)＝n，令cn＝aeq \o\al(2,n)－kbn＝(2n－1)2－kn＝4n2－(4＋k)n＋1，因为数列{aeq \o\al(2,n)－kbn}中第3项为最小项，cn是关于n的二次函数，其图象的对称轴为n＝eq \f(4＋k,8)，根据二次函数的性质，对称轴应满足eq \f(5,2)≤eq \f(4＋k,8)≤eq \f(7,2)，解得16≤k≤24.故选B. 解析：由2an＋1＝3Sn，得an＝eq \f(3Sn－1,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则eq \f(3Sn－1,2)＝Sn－Sn－1，整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－eq \f(1,3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－1－\f(1,3)))，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1，于是S1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,3)))是首项为eq \f(2,3)，公比为－2的等比数列，因此Sn－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)×(－2)n－1，即Sn＝eq \f(1－（－2）n,3)，由tSn<2n，得eq \f(1－（－2）n,3)·t<2n.当n为奇数时，eq \f(1＋2n,3)·t<2n，即t<eq \f(3×2n,1＋2n)＝3－eq \f(3,1＋2n)，显然eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,1＋2n)))为递增数列，当n＝1时，3－eq \f(3,1＋2n)取得最小值，为2，于是t<2；当n为偶数时，eq \f(1－2n,3)·t<2n，即t>eq \f(3×2n,1－2n)＝－3＋eq \f(3,1－2n)，显然恒有－3＋eq \f(3,1－2n)<－3，于是t≥－3，所以实数t的取值范围为[－3，2)．故选B. 解析：因为在Rt△MOF中，∠F＝30°，|OM|＝20米，所以|OF|＝20eq \r(3)米，|EF|＝(20eq \r(3)－30)米，故|A1A2|＝(20eq \r(3)－30)米，故{dk}是以20eq \r(3)－30为首项，0.1为公差的等差数列，故Sk＝(20eq \r(3)－30)k＋eq \f(k（k－1）,2)×0.1，而S14≈74.07<80，S15≈80.1>80，故kmin＝15.所以至少需要经过15次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕． 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－3，,a1＝5，))所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15.故选B. 2．(2022·新高考Ⅱ卷，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　　) A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故选D. 解析：解法一：设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4，得eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝4　①，由S8＝68，得eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝68　②，②÷①，得eq \f(1－q8,1－q4)＝eq \f(68,4)，即eq \f(（1＋q4）（1－q4）,1－q4)＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2. 解法二：设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝eq \f(S8－S4,S4)＝eq \f(64,4)＝16，又q>0，所以q＝2. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95. 5．(2021·新高考Ⅰ卷，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的 种数为__________；如果对折n次，那么eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do14(k＝1))Sk＝__________________dm2. 240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) 解析：对折3次可以得到eq \f(5,2) dm×12 dm，5 dm×6 dm，10 dm×3 dm，20 dm×eq \f(3,2) dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120 dm2.对折4次可以得到eq \f(5,4) dm×12 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，5 dm×3 dm，10 dm×eq \f(3,2) dm，20 dm×eq \f(3,4) dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75 dm2.对折n次有n＋1种规格的图形，且Sn＝eq \f(240,2n)(n＋1)，因此eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do14(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do14(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do14(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))).所以eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do14(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) dm2. (多选)对于数列{an}，把它连续两项an＋1与an的差记为bn＝an＋1－an，得到一个新数列{bn}，称数列{bn}为数列{an}的一阶差数列．若cn＝bn＋1－bn，则数列{cn}为数列{an}的二阶差数列，以此类推，可得数列{an}的p阶差数列．如果某数列的p阶差数列是一个非零的常数列，则称此数列为p阶等差数列，如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4的前后两项之差再组成新数列1，1，新数列1，1为非零常数列，则数列1，3，6，10称为二阶等差数列．已知数列{an}满足a1＝6，且Sn＝eq \f(1,4)an(n＋3)，则下列结论中正确的是(　　) A．{an}为二阶等差数列 B.an}为三阶等差数列 C．eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋2,n－1)(n≥2) D.n＝n(n＋1)(n＋2) 解析：由Sn＝eq \f(1,4)an(n＋3)，得Sn＋1＝eq \f(1,4)an＋1(n＋4)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq \f(1,4)an＋1(n＋4)－eq \f(1,4)an(n＋3)，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋3,n).当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋2,n－1)，故C正确；当n≥2时，eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)＝eq \f(n＋2,n－1)×eq \f(n＋1,n－2)×…×eq \f(4,1)，即eq \f(an,a1)＝eq \f(（n＋2）（n＋1）n,6)，因为a1＝6，所以an＝eq \f(（n＋2）（n＋1）n,6)×a1＝(n＋2)(n＋1)n，当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝(n＋2)(n＋1)n，故D正确；bn＝an＋1－an＝(n＋3)(n＋2)(n＋1)－(n＋2)(n＋1)n＝3(n＋2)(n＋1)，cn＝bn＋1－bn＝3(n＋3)(n＋2)－3(n＋2)(n＋1)＝6(n＋2)，不为常数，故{an}不是二阶等差数列，故A错误；dn＝cn＋1－cn＝6(n＋3)－6(n＋2)＝6，为非零常数，故{an}为三阶等差数列，故B正确．故选BCD. 解析：∵a3＋a10＝a6＋a7＝a6＋4，∴a7＝4，∴S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7＝52.故选D. 2．已知数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，当n>1时，an＝1－eq \f(1,an－1)，则a2028＝(　　) A．－eq \f(1,4) B.eq \f(4,5) C．5 D．－eq \f(4,5) 解析：由a1＝－eq \f(1,4)，当n>1时，an＝1－eq \f(1,an－1)，得a2＝5，a3＝eq \f(4,5)，a4＝－eq \f(1,4)，a5＝5，…，可知各项取值的周期为3，所以a2028＝a3＝eq \f(4,5).故选B. 解析：因为数列{an}为等比数列，且等比数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则(S8－S4)2＝S4(S12－S8)，即(8－S4)2＝S4(26－8)，解得S4＝32或S4＝2.设等比数列{an}的公比为q，则q≠1，eq \f(S8,S4)＝eq \f(1－q8,1－q4)＝1＋q4>1，则S8>S4>0，得S4＝2.故选B. 解析：因为Sn＝2an－1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，又a1＝2a1－1，所以a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n－1，当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－2＋2n－3＋…＋1＋2＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋2＝2n－1＋1，b1＝2也满足上式，故bn＝2n－1＋1.故选A. 解析：在数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝2an，得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，an＝2n，则bn＋1＝2bn－2n，即eq \f(bn＋1,2n＋1)－eq \f(bn,2n)＝－eq \f(1,2)，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,2n)))是以eq \f(b1,2)＝3为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列，则eq \f(bn,2n)＝3＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即bn＝(7－n)2n－1，由am＝bm，得2m＝(7－m)2m－1，所以m＝5.故选B. 8．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦—曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图1的分形规律生长成一个图2的树形图，则在图2中第2026行的黑心圈的个数是(　　) A.eq \f(32025－1,2) B.eq \f(32026－3,2) C．32025－1 D．32026－3 解析：设题图2中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为bn，依题意可得an＋bn＝3n－1，an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝2bn＋an，且有a1＝1，b1＝0，故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1＋bn＋1＝3（an＋bn），,an＋1－bn＋1＝an－bn，))所以{an＋bn}是以a1＋b1＝1为首项，3为公比的等比数列，{an－bn}为常数列，且a1－b1＝1，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋bn＝3n－1，,an－bn＝1，))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝\f(3n－1＋1,2)，,bn＝\f(3n－1－1,2)，))所以b2026＝eq \f(32025－1,2).故选A. 解析：对于A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝－12，,2a1＋10d＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,d＝2，))故A正确；对于B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，Sn＝－9n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，则当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；对于C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；对于D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确．故选AD. 10．(2025·河北NT20名校二调)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1＋4an，则下列说法正确的是(　　) A．{an＋1＋an}是等比数列 B．{an＋1－4an}是等比数列 C．an＝eq \f(4n＋（－1）n,5) D．Sn＝eq \f(2×4n＋1－3×（－1）n,30) 解析：设an＋2＋λan＋1＝(λ＋3)(an＋1＋λan)，则an＋2＝3an＋1＋(λ＋3)λan，则λ(λ＋3)＝4，解得λ＝－4或λ＝1，当λ＝1时，an＋2＋an＋1＝4(an＋1＋an)，因为a2＋a1＝4≠0，所以{an＋1＋an}是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1＋an＝4n　①，故A正确；当λ＝－4时，an＋2－4an＋1＝－(an＋1－4an)，因为a2－4a1＝3－4＝－1≠0，所以{an＋1－4an}是以－1为首项，－1为公比的等比数列，所以an＋1－4an＝(－1)n　②，故B正确；①②两式作差，得an＝eq \f(4n－（－1）n,5)，故C错误；数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4n,5)))的前n项和为eq \f(1,5)×(41＋42＋…＋4n)＝eq \f(1,5)×eq \f(4－4n＋1,1－4)＝eq \f(4n＋1－4,15)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(（－1）n,5)))的前n项和为eq \f(1,5)×[(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n]＝eq \f(1,5)×eq \f(－1－（－1）n＋1,1－（－1）)＝eq \f(－1－（－1）n＋1,10)，则Sn＝eq \f(4n＋1－4,15)－eq \f(－1－（－1）n＋1,10)＝eq \f(2×4n＋1－3×（－1）n－5,30)，故D错误．故选AB. 11．(2025·山西临汾二模)已知数列{an}满足a1＝3，3nan＝(n＋1)an＋1，则下列说法正确的是(　　) A．a3＝9 B．{an}是递增数列 C．若Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,（n＋1）3n)))的前n项和，则Tn<1 D．若对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－3≤λ≤1 解析：由3nan＝(n＋1)an＋1，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3n,n＋1)，故an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(3（n－1）,n)×eq \f(3（n－2）,n－1)×…×eq \f(3×2,3)×eq \f(3×1,2)×3＝eq \f(3n,n)，a1＝3也符合上式，故an＝eq \f(3n,n)，a3＝eq \f(33,3)＝9，A正确； 由于eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3n,n＋1)＝1＋eq \f(2n－1,n＋1)>1，故an＋1>an，因此{an}是递增数列，B正确；eq \f(an,（n＋1）3n)＝eq \f(\f(3n,n),（n＋1）3n)＝eq \f(1,（n＋1）n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，故Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)<1，C正确；由(－1)nλan≤an＋1，得(－1)nλ≤eq \f(an＋1,an)＝3×eq \f(n,n＋1)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，当n为偶数时，λ≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))恒成立，由于f(n)＝1－eq \f(1,n＋1)单调递增，故λ≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2＋1)))＝2，当n为奇数时，－λ≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))恒成立，由于f(n)＝1－eq \f(1,n＋1)单调递增，故－λ≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,1＋1)))＝eq \f(3,2)，即λ≥－eq \f(3,2)，故若对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－eq \f(3,2)≤λ≤2，D错误．故选ABC. 三、填空题 12．(2025·江西南昌一模)已知等差数列{an}各项均不为零，前n项和为Sn，若Sn＝anan＋1，则a13＝________． 解析：在等差数列{an}中，an不为零，设公差为d，因为Sn＝anan＋1，当n＝1时，S1＝a1＝a1a2，所以a2＝1，当n＝2时，S2＝a2a3，则1＋a1＝a3＝a1＋2d，所以d＝eq \f(1,2)，则a13＝a2＋11d＝1＋eq \f(11,2)＝eq \f(13,2). eq \f(13,2) 13．(2025·河北盐山中学高三模拟)已知函数f(x)＝x2＋3x－4，设曲线y＝f(x)在点(an，f(an))处的切线与x轴的交点为(an＋1，0)(n∈N*)，a1>1，a2＝eq \f(8,7)，则a1＝______；设x1，x2(x1>x2)是函数f(x)的零点，bn＝log6eq \f(an－x2,an－x1)，则数列{bn}的前n项和Sn＝____________． 解析：因为f(x)＝x2＋3x－4，所以f′(x)＝2x＋3.因为f(an)＝aeq \o\al(2,n)＋3an－4，f′(an)＝2an＋3，所以曲线y＝f(x)在点(an，f(an))处的切线方程为y－(aeq \o\al(2,n)＋3an－4)＝(2an＋3)(x－an)．令y＝0，得x＝2,n)eq \f(a＋4,2an＋3) ，即an＋1＝2,n)eq \f(a＋4,2an＋3) .因为a2＝eq \f(8,7)＝2,1)eq \f(a＋4,2a1＋3) ，所以7aeq \o\al(2,1)－16a1＋4＝(7a1－2)(a1－2)＝0.因为a1>1，所以a1＝2.因为f(x)＝x2＋3x－4＝(x＋4)(x－1)，所以x1＝1，x2＝－4，所以bn＝log6eq \f(an＋4,an－1).因为eq \f(an＋1＋4,an＋1－1)＝2,n)eq \f(\f(a＋4,2an＋3)＋4,\f(aeq \o\al(2,n)＋4,2an＋3)－1) ＝2,n)eq \f(a＋8an＋16,aeq \o\al(2,n)－2an＋1) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋4,an－1))) eq \s\up12(2)，故bn＋1＝2bn，而b1＝log6eq \f(a1＋4,a1－1)＝1≠0，故{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，故Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1. 14．已知首项为eq \f(1,2)的正项数列{an}满足aeq \o\al(n＋1,n)＝aeq \o\al(n,n＋1)，若存在n∈N*，使得不等式[m－(－1)nan][m＋(－1)nan＋3]<0成立，则m的取值范围为_____________． 解析：因为aeq \o\al(n＋1,n)＝aeq \o\al(n,n＋1)(an>0)，所以(n＋1)ln an＝nln an＋1⇒eq \f(ln an＋1,ln an)＝eq \f(n＋1,n)，当n≥2时，eq \f(ln an,ln an－1)·eq \f(ln an－1,ln an－2)·…·eq \f(ln a2,ln a1)＝eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(2,1)，所以eq \f(ln an,ln a1)＝n(n≥2)，又a1＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)(n≥2)，当n＝1时也成立，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n).因为[m－(－1)nan][m＋(－1)nan＋3]<0，当n为奇数时，上式变为(m＋an)(m－an＋3)<0，所以－an<m<an＋3，因为{an}为递减数列，所以－eq \f(1,2)<m<eq \f(1,16)；当n为偶数时，上式变为(m－an)(m＋an＋3)<0，所以－an＋3<m<an，解得－eq \f(1,32)<m<eq \f(1,4).综上，m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) $