第1讲　等差数列、等比数列 讲义-2026届高三数学二轮复习

专题二 数列 第1讲　等差数列、等比数列 【探究真题.明确方向】 1.(2023·新课标Ⅰ卷，T7)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列，则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 2.(2025·全国Ⅱ卷，T7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于(　　) A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 3.(2025·全国Ⅰ卷，T13)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　　　　.  4.(2023·新课标Ⅰ卷，T20)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. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题中也经常出现.分值约为11~24分. 【考向预测】考查重点一是等差数列、等比数列的基本运算；二是等差数列、等比数列的性质及其应用；三是等差数列、等比数列的判定与证明. 考点一　等差数列、等比数列的基本运算 【典例】1　(1)(多选)(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则(　　) A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 (2)(2025·唐山模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a8+a13=-120，5S7-7S5=70，若Sk=Sk+1，则k等于(　　) A.27 B.28 C.54 D.55 【变式训练】1　(1)(2025·南京模拟)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6等于(　　) A.7 B.6 C.3 D.2 (2)(2025·九江模拟)为备战某次马拉松，某同学制定了一个为期20周的跑步训练计划.计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程(42.195公里)后，保持这个周训练量直至训练结束，则训练计划结束时，该同学跑步的总量是(　　) A.736公里 B.724公里 C.692公里 D.660公里 考点二　等差数列、等比数列的性质 【典例】2　(1)(多选)(2025·厦门模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a3+a18>0，S19<0，则(　　) A.S20<0 B.a11>0 C.d>0 D.Sn≥S10 (2)(2025·赣州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10等于(　　) A.7 B.9 C.63 D.7或63 【变式训练】2　(1)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列的项数为(　　) A.15 B.17 C.19 D.21 (2)已知正项递增等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T19=Tm(m≠19)，a15=1，则m= 　　　　.  考点三　等差数列、等比数列的判定与证明 【典例】3　已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1-2an(n∈N*). (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若数列{bn}满足··…·=(an+1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列. 【变式训练】3　(多选)(2025·贵阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列结论正确的是(　　) A.数列{Sn+n}为等比数列 B.数列{an}的前n项和Sn=2n-n C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1 D.数列{an+1}为等比数列 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2025·菏泽模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4=4a3-4a2，则等于(　　) A.5 B.3 C.-3 D.-5 2.(2025·北京)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1=-2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10等于(　　) A.-20 B.-18 C.16 D.18 3.(2025·重庆模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1，a9是关于x的方程x2-mx+4=0的两个实数根，则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9等于(　　) A.8 B.9 C.16 D.18 4.(2025·绵阳模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若=，则等于(　　) A. B. C. D. 5.(2025·福州模拟)设{an}是无穷数列，An=an+an+1(n∈N*)，则“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.(2025·长沙模拟)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 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2025·安徽省A10联盟模拟)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，且S5=4a4-1，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是(　　) A.d=1 B.S5=15 C.an=n D.Sn= 8.(2025·洛阳模拟)在数列{an}中，an=an+1-an+2，a1=2，a2=8，Sn是数列的前n项和，则(　　) A.数列是等比数列 B.数列是等差数列 C.a1+++…+=2 044 D.S5<22 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(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=　　　　.  10.(2025·杭州模拟)已知数列{an}中，a1=1，且=，记数列的前n项和为Sn，则S2 025=　　　　.  四、解答题(共27分) 11.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n. (1)证明：数列为等比数列；(6分) (2)求数列{an}落入区间(1，2 024)内的所有项的和.(7分) 12.(14分)(2025·泉州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且nSn+1=(n+1)Sn+n2+n. (1)证明：数列为等差数列；(6分) (2)设bn=ai，求数列{bn}的通项公式.(8分) 【拓展训练】(13题6分，14题5分，共11分) 13.(多选)若数列{cn}满足cn+1=，则称{cn}为“平方递推数列”.已知数列{an}是“平方递推数列”，且a1=2，则(　　) A.是“平方递推数列” B.是“平方递推数列” C.an=2·102(n-1) D.an= 14.(2025·苏州模拟)已知数列{an}满足a1=1，=1-an，则(　　) A.an+1>an B.an> C.1 013a2 025<1 D.2 025a2 025<1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二 数列 第1讲　等差数列、等比数列 【探究真题.明确方向】 1.(2023·新课标Ⅰ卷，T7)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列，则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 2.(2025·全国Ⅱ卷，T7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于(　　) A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 3.(2025·全国Ⅰ卷，T13)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　　　　.  4.(2023·新课标Ⅰ卷，T20)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. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题中也经常出现.分值约为11~24分. 【考向预测】考查重点一是等差数列、等比数列的基本运算；二是等差数列、等比数列的性质及其应用；三是等差数列、等比数列的判定与证明. 1.【答案】C 【解析】方法一　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. 方法二　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， 设数列的公差为D， 则-=D，=S1+(n-1)D， 即Sn=nS1+n(n-1)D， 当n≥2时，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D， 上边两式相减得Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D， 所以an=a1+2(n-1)D， 当n=1时，上式成立， 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. 2.【答案】B 【解析】设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得⇒ 所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15. 3.【答案】2 【解析】方法一　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68， 当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去； 当q≠1时，则S4==4，S8==68， 两式相除得==17， 则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)， 所以这个数列的公比为2. 方法二　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和， 则S4=a1+a2+a3+a4=4， S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8 =a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4 =(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68， 所以4(1+q4)=68，则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)， 所以这个数列的公比为2. 方法三　设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68， 故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64， 又S4=a1+a2+a3+a4=4， 所以4q4=64，解得q=2(负数舍去)， 所以这个数列的公比为2. 4.【解析】(1)∵3a2=3a1+a3， ∴3d=a1+2d，解得a1=d， ∴S3=3a2=3(a1+d)=6d， an=a1+(n-1)d=nd， 又T3=b1+b2+b3=++=， ∴S3+T3=6d+=21， 即2d2-7d+3=0， 解得d=3或d=(舍去)， ∴an=nd=3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2=b1+b3， 即=+， ∴6==， 即-3a1d+2d2=0， 解得a1=d或a1=2d， ∵d>1，∴an>0， 又S99-T99=99， 由等差数列的性质知， 99a50-99b50=99， 即a50-b50=1， ∴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=. 考点一　等差数列、等比数列的基本运算 【典例】1　(1)(多选)(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则(　　) A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 【答案】AD 【解析】对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确； 对B，a5=a1q4=4×=，故B错误； 对C，S5===，故C错误； 对D，an=4×=23-n，Sn==8-23-n， 则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确. (2)(2025·唐山模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a8+a13=-120，5S7-7S5=70，若Sk=Sk+1，则k等于(　　) A.27 B.28 C.54 D.55 【答案】A 【解析】设数列{an}的公差为d， ∵数列{an}是等差数列， ∴a3+a8+a13=3a8=-120， 解得a8=-40，即a1+7d=-40， ① ∵5S7-7S5=70， ∴5-7=70，解得d=2， 代入①得a1=-54， ∵Sk=Sk+1，∴Sk=Sk+ak+1， 即ak+1=0，∴a1+kd=0， 即-54+2k=0，解得k=27. 【考法归纳】等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a1，公差d或公比q. (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn=an2+bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an=pqn-1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列. (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算. 【变式训练】1　(1)(2025·南京模拟)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6等于(　　) A.7 B.6 C.3 D.2 【答案】C 【解析】设数列{an}的公比为q， 则S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168， a2-a5=a1q(1-q3)=a1q(1-q)(1+q+q2)=42， ∴q(1-q)=， 即4q2-4q+1=0，则q=， ∴a1==168×=96， ∴a6=a1q5=96×=3. (2)(2025·九江模拟)为备战某次马拉松，某同学制定了一个为期20周的跑步训练计划.计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程(42.195公里)后，保持这个周训练量直至训练结束，则训练计划结束时，该同学跑步的总量是(　　) A.736公里 B.724公里 C.692公里 D.660公里 【答案】C 【解析】设该同学每周跑步量构成数列{an}，由题意得，a1=2，a2=4，a3=8，a4=16，a5=32， 第5周跑步量首次超过30公里，前5周跑步总量为=62， a6=32+2=34，…， a10=32+5×2=42，a11=42+2=44， 第11周跑步量首次超过全马里程， 故第6周到第11周的跑步量为=234， 第12周到第20周每周的跑步量为44公里，总和为396公里，所以该同学跑步的总量是62+234+396=692(公里). 考点二　等差数列、等比数列的性质 【典例】2　(1)(多选)(2025·厦门模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a3+a18>0，S19<0，则(　　) A.S20<0 B.a11>0 C.d>0 D.Sn≥S10 【答案】BCD 【解析】由a3+a18>0，得S20==10(a1+a20)=10(a3+a18)>0，故A错误； 由S19<0，得S19===19a10<0，即a10<0，a10+a11=a3+a18>0，所以a11>0，故B正确； 因为a10<0，a11>0，所以d=a11-a10>0，故前10项为负数，从第11项开始为正数，故Sn的最小值为S10，故C，D正确. (2)(2025·赣州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10等于(　　) A.7 B.9 C.63 D.7或63 【答案】A 【解析】由等比数列片段和的性质知， S10，S20-S10，S30-S20成等比数列， 所以(S20-S10)2=S10(S30-S20)， 则(21-S10)2=S10(49-21)， 所以-70S10+441=(S10-7)(S10-63)=0， 则S10=7或S10=63， 因为数列{an}为正项等比数列，所以an>0，故{Sn}为递增数列， 所以S10=7. 【考法归纳】等差数列、等比数列的性质问题的求解策略 (1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解. (2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题. 【变式训练】2　(1)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列的项数为(　　) A.15 B.17 C.19 D.21 【答案】C 【解析】设此等差数列的项数为2n-1， 设所有奇数项的和为S， 则S==nan， 设所有偶数项的和为T， 则T==(n-1)an， 由===，解得n=10，项数为2n-1=19. (2)已知正项递增等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T19=Tm(m≠19)，a15=1，则m= 　　　　.  【答案】10 【解析】若m>19，因为{an}为递增数列且a15=1，所以当n≥16时，an>1， 所以=a20…am>1，与T19=Tm矛盾； 若m<19，因为a15=1， 所以a11a19=a12a18=a13a17=a14a16=a15a15=1， 所以T19=a1a2a3…a10a11a12…a18a19=a1a2a3…a10=T10，所以m=10. 考点三　等差数列、等比数列的判定与证明 【典例】3　已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1-2an(n∈N*). (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若数列{bn}满足··…·=(an+1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列. (1)【证明】∵an+2=3an+1-2an， ∴an+2-an+1=2(an+1-an)， ∵a1=1，a2=3， ∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项，2为公比的等比数列. (2)【解析】由(1)得an+1-an=2n(n∈N*)， ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2n-1+2n-2+…+2+1 =2n-1(n≥2)， 又a1=1符合上式，∴an=2n-1(n∈N*). (3)【证明】∵··…·=(an+1， ∴=， ∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn， ① 2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)] =(n+1)bn+1. ② ②-①，得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn， 即(n-1)bn+1-nbn+2=0， ③ 则nbn+2-(n+1)bn+1+2=0. ④ ④-③，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0， 即bn+2-2bn+1+bn=0， ∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*)， ∴{bn}是等差数列. 【考法归纳】 (1)=an-1an+1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，还要注意各项不为0. (2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列. (3)证明{an}不是等比数列可用特殊值法. 【变式训练】3　(多选)(2025·贵阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列结论正确的是(　　) A.数列{Sn+n}为等比数列 B.数列{an}的前n项和Sn=2n-n C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1 D.数列{an+1}为等比数列 【答案】AB 【解析】对于A，B，∵Sn+1=2Sn+n-1， ∴Sn+1+(n+1)=2(Sn+n)， 又S1+1=2≠0， ∴数列{Sn+n}是首项和公比都为2的等比数列， 故Sn+n=2n，即Sn=2n-n，故A，B正确； 对于C，D， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1-1， 当n=1时，a1=1，∴an=故C错误； ∵an+1=∴≠， ∴数列{an+1}不是等比数列，故D错误. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2025·菏泽模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4=4a3-4a2，则等于(　　) A.5 B.3 C.-3 D.-5 【答案】A 【解析】由等比数列公式可得， a1q3=4a1q2-4a1q⇒q2=4q-4⇒q=2， 所以===5. 2.(2025·北京)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1=-2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10等于(　　) A.-20 B.-18 C.16 D.18 【答案】C 【解析】设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3，a4，a6成等比数列，且a1=-2， 所以=a3a6，即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d)，解得d=2或d=0(舍去)， 所以a10=a1+9d=-2+9×2=16. 3.(2025·重庆模拟)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1，a9是关于x的方程x2-mx+4=0的两个实数根，则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9等于(　　) A.8 B.9 C.16 D.18 【答案】B 【解析】由a1，a9是关于x的方程x2-mx+4=0的两个实数根，则a1a9=4， 由等比数列的性质可得a1a9=a2a8=…==4，所以a5=2(负值舍去)， 所以log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=log2(a1a2a3…a9) =log2[(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5]=log2(44×2) =log229=9. 4.(2025·绵阳模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若=，则等于(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn， 由等差数列的性质可得， ===， 因为=，所以==， 即=. 5.(2025·福州模拟)设{an}是无穷数列，An=an+an+1(n∈N*)，则“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】若{an}是等差数列，设公差为d， 则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=2d， 所以{An}是等差数列，充分性成立； 若{An}是等差数列，设公差为d'， 则An+1-An=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=d'， 即{an}的奇数项是等差数列，偶数项是等差数列， 则{an}不一定是等差数列，必要性不成立， 所以“{an}是等差数列”是“{An}是等差数列”的充分不必要条件. 6.(2025·长沙模拟)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 【答案】C 【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=-， 所以数列{an}是以32为首项，-为公比的等比数列，通项公式为an=32·， 因为Tn是数列{an}的前n项积， 所以Tn=a1a2a3…an=32n·=(-1·=(-1·， 当n=5或n=6时，有最大值15， 所以当n=5时，Tn有最大值215. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2025·安徽省A10联盟模拟)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，且S5=4a4-1，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是(　　) A.d=1 B.S5=15 C.an=n D.Sn= 【答案】ABC 【解析】由条件S5=4a4-1可知，5a1+10d=4a1+12d-1，得a1=2d-1， ① 因为数列是以1为公差的等差数列， 所以-=1，即=3， 即4a1+2d=3a1+3d，即a1=d， ② 综合①②可知，a1=d=1， S5=5a1+10d=15，an=n，Sn=，所以A，B，C正确，D错误. 8.(2025·洛阳模拟)在数列{an}中，an=an+1-an+2，a1=2，a2=8，Sn是数列的前n项和，则(　　) A.数列是等比数列 B.数列是等差数列 C.a1+++…+=2 044 D.S5<22 【答案】ABD 【解析】由an=an+1-an+2， 得an+2-2an+1=2(an+1-2an)， 则数列是首项为a2-2a1=4，公比为2的等比数列，A正确； 根据等比数列的通项公式得 an+1-2an=4·2n-1=2n+1， 即an+1=2an+2n+1， 则=+1， 所以数列是首项为=1，公差为1的等差数列，B正确； 根据等差数列的通项公式得=1+(n-1)×1=n，即=2n， 所以a1+++…+==211-2=2 046，C错误； 由log2an=log2(n·2n)=n+log2n， S5=1+2+3+4+5+log2(1×2×3×4×5)=15+log2120<15+7=22，D正确. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(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=　　　　.  【答案】95 【解析】方法一　(基本量法) 设数列{an}的公差为d， 则由题意得 解得 则S10=10a1+d =10×(-4)+45×3=95. 方法二　(利用下标和性质) 设数列{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. 10.(2025·杭州模拟)已知数列{an}中，a1=1，且=，记数列的前n项和为Sn，则S2 025=　　　　.  【答案】 【解析】由=， 得=， 即-=2， 所以数列是以=1为首项，2为公差的等差数列， 所以=1+2(n-1)=2n-1， 故an=， 所以S2 025=a1-a2+a2-a3+…+a2 025-a2 026=a1-a2 026=1-=. 四、解答题(共27分) 11.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n. (1)证明：数列为等比数列；(6分) (2)求数列{an}落入区间(1，2 024)内的所有项的和.(7分) (1)【证明】当n=1时，S1=2a1-1=a1，所以a1=1. 因为Sn=2an-n， 所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2)， 两式相减，化简得an=2an-1+1， 所以an+1=2(an-1+1). 又因为a1+1=2≠0， 所以是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)【解析】由(1)可知an+1=2n，an=2n-1， 由题意，得1<an<2 024， 所以1<2n-1<2 024， 所以2<2n<2 025，即1<n≤10. 因为{an}落入区间(1，2 024)内的所有项为a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10， 所以其和为a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=22+23+…+210-9 =-9=2 035. 12.(14分)(2025·泉州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且nSn+1=(n+1)Sn+n2+n. (1)证明：数列为等差数列；(6分) (2)设bn=ai，求数列{bn}的通项公式.(8分) (1)【证明】由已知S1=a1=1， =+1， 所以数列是首项为=1，公差为1的等差数列. (2)【解析】由(1)得Sn=n2，当n≥2时， an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1， 当n=1时，a1=1也符合上式，所以an=2n-1. 所以bn=1+3+…+(2n-3)+(2n-1) =(2n-3)+…+3+1+(2n-1)， 因为=， 所以2bn=(2n-2)+(2n-2)+…+(2n-2)+2(2n-1) =(2n-2)(2n-2)+4n-2=(2n-2)·2n+2， 所以bn=(n-1)2n+1. 【拓展训练】(13题6分，14题5分，共11分) 13.(多选)若数列{cn}满足cn+1=，则称{cn}为“平方递推数列”.已知数列{an}是“平方递推数列”，且a1=2，则(　　) A.是“平方递推数列” B.是“平方递推数列” C.an=2·102(n-1) D.an= 【答案】AD 【解析】因为an+2an+1==，所以是“平方递推数列”，A正确； 因为an+2+an+1=+≠(an+1+an)2，所以不是“平方递推数列”，B错误； 因为{an}是“平方递推数列”，所以an+1=. 又a1=2，所以an>0， 则lg an+1=lg ，即lg an+1=2lg an，则=2， 所以是以lg 2为首项，2为公比的等比数列， 则lg an=lg 2·2n-1，即an==(10lg 2=，C错误，D正确. 14.(2025·苏州模拟)已知数列{an}满足a1=1，=1-an，则(　　) A.an+1>an B.an> C.1 013a2 025<1 D.2 025a2 025<1 【答案】C 【解析】对于A，由=1-an，得an≠0，an-an+1=>0，则an>an+1，A错误； 对于B，由a1=1，得a2=， 当n≥3时，an<，B错误； 对于C，D，由=1-an，a1=1， 得=，0<an≤1， 则==+， 即-=， 所以1≤2-an<2，所以<-≤1， 即<-≤1， 所以-=-+-+…+-， 所以<-≤n-1， 即<≤n， 所以≤an<， 所以1 013a2 025<1 013×=1， 2 025a2 025≥2 025×=1，所以C正确，D错误. 学科网（北京）股份有限公司 $