教考衔接七 数列学案-2026届高三数学二轮复习

2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接七 数 列 --------------■高考命题·解读■----------------- 考点 2025年考情 考点1.等差数列定义的判断 2023 新课标 I 卷 考点2.等差数列前项和基本量的计算 2025 全国二卷；2024 新课标 II 卷； 2023 全国甲卷；2022 全国乙卷 考点3.等差数列性质的应用 2024 全国甲卷 考点4.等比数列基本量的计算 2023 全国乙卷 考点5.等比数列前项和基本量的计算 2025 全国一卷；2025 全国二卷； 2023 全国甲卷；2022 全国乙卷 考点6.等比数列前项和的性质 2023 新课标 II 卷；2021 全国甲卷 考点7.分组求和法 2024 全国甲卷；2023 新课标 II 卷； 2021 新高考全国 I 卷 考点8.裂项相消法求和 2022 新高考全国 I 卷 考点9.错位相减法求和 2025 全国一卷；2024 全国甲卷； 2023 全国甲卷；2021 全国乙卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.本章高考试题难度以中档为主，题型一般为一小(选择题或填空题)一大(解答题) （1）在高考试题中多以等差数列、等比数列的基本量运算为载体，以数列递推关系形式出现，考查数列求和及数列最值等综合问题. （2）在处理等差、等比数列基本量运算，递推关系求通项，数列求和等问题时，常用公式法. （3）重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理. 2.主要是以下几个方面： （1）以等差、等比数列基本量的运算为载体，考查等差数列、等比数列的概念、性质、通项公式的求解与应用； （2）考查数列求和的综合问题，涉及数列的最值及解决方法； （3）考查数学文化、实际应用为背景的数列问题. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第二册P24习题4.2·T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量: （1）a1=20,an=54,Sn=999,求d及n； （2）d=,n=37,Sn=629,求a1及an; （3）a1=,d=-,Sn=-5,求n及an; （4）d=2,n=15,an=-10,求a1及Sn. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·全国二卷）记为等差数列的前n项和，若则（   ） A． B． C． D． （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=(　　) A. B. C.- D.- （3）(2023·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=(　　) A.25 B.22 C.20 D.15 （4）（2025·上海高考）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为 ． （5）(2024·新高考Ⅱ卷)（一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　.  （6）(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.  【🚀新题预测】 （高考新题型：项目式）（2026·北京1月模拟）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定 退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（    ） A．61岁4个月 B．61岁5个月 C．61岁6个月 D．61岁7个月 【教材母题2】 (人教B版选择性必修第三册P25例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n. （1）求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列; （2）求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·天津高考），则数列的前项和为（    ） A．112 B．48 C．80 D．64 （2）(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. ①证明:{an}是等差数列; ②若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 【教材母题3】 （1）(人教A版选择性必修第二册P24·T4)求集合M={m|m=2n-1,n∈N*,且m<60}中元素的个数，并求这些元素的和. （2） (人教B版选择性必修第三册P28习题5-2A·T4)求集合{m|m=7n,n∈N,0<m<100}的元素的个数,并求所有元素的和. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考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. 【教材母题4】 (人教A版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和. （1）证明:是等差数列; （2）设Tn为数列的前n项和,若S4=12,S8=40,求Tn. 【🚀衔接高考】 (2023·新高考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. 【教材母题5】(人教B版选择性必修第三册P59·T7)已知{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,求S8的值. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷) （一题多解）数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　. . 【教材母题6】 （1）(人教A版选择性必修第二册P29·例1) （一题多解）若等比数列{an}的第4项和第6项分别为48和12,求{an}的第5项. （2）(人教A版选择性必修第二册P37·T3)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn. 【🚀衔接高考】 （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=(　　) A. B. C.15 D.40 （2）(2022·全国乙卷) （一题多解）已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　) A.14 B.12 C.6 D.3 （3）(2020·全国Ⅱ卷)（一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=(　　) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 （4）（多选）（2025·全国二卷）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（   ） A． B． C． D． （5）(2023·全国乙卷)（一题多解）已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.  【教材母题7】 (湘教版选择性必修第一册P35·T4(2))已知数列{an}为等比数列,若a2+a6+a10=12,a3+a7+a11=9,求a1+a5+a9的值. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　) A.12 B.24 C.30 D.32 【教材母题8】 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列(　　) A.是公比为q的等比数列 B.是公比为q2的等比数列 C.是公比为q3的等比数列 D.不一定是等比数列 【🚀衔接高考】 (2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. （1）求{an}的通项公式; （2）求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1. 【教材母题9】(人教A版选择性必修第二册P38·例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去. （1）求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和; （2）如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少? 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅰ卷)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Sk=　　　　 dm2.  【教材母题10】(北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是(　　) A.217-2 B.216-1 C.216-2 D.215-1 【🚀衔接高考】 (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　) A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1 C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n 【教材母题11】 (苏教版选择性必修第一册P181T11) （1）利用等式=-,求数列an=的前n项和; （2）仿(1)探求数列an=的前n项和. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列. （1）求{an}的通项公式; （2）证明:++…+<2. 【教材母题12】(湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1=13,d=-4,记Sn=|a1|+|a2|+…+|an|, 求Sn. 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40. （1）求{an}的通项公式; （2）求数列{|an|}的前n项和Tn. 【教材母题13】 (苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中,若an=则a4+a5的值为　　　　.  【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考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. （2）(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1= ①记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; ②求{an}的前20项和. 【🚀新题预测】 （2026·河北承德1月检测）在数列中，已知，，则（    ） A． B． C． D． 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A版选择性必修第二册P10) 1202年，意大利数学家斐波那契(Fibonacci)在《算盘书》中提到下面的问题： 如果1对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌)，而每1对小兔子在它出生后的第3个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，由1对初生的小兔子开始，50个月后会有多少对兔子？ 即从第1个月开始，每月末的兔子总对数是1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…. 如果用Fn表示第n个月的兔子的总对数，则Fn＝Fn－1＋Fn－2(n＞2). 这是由递推公式给出的数列，称为斐波那契数列，也称兔子数列，通常用数列{Fn}表示．可得出如下结论： （1）面积关系图与黄金螺旋线 （2）F＋F＋…＋F＝FnFn＋1 （3）数列{Fn}的通项公式：Fn＝[()n－()n] （4）数列{Fn}的前n项和：Sn＝Fn＋2－1 【教材母题1】（人教A版选择性必修第二册P6例5改编）已知数列{an}的首项为a1＝1，递推公式为an＝1＋(n≥2)，写出这个数列的前5项，并猜想数列{an}的通项公式． 【🚀衔接高考】 （2024·新高考I卷）已知函数的定义域为R,,且当时,,则下列结论一定正确的是（    ） A． B．C． D． 【🚀新题预测】 （1）观察下列各式：，，，，，…，则（ ） A． B． C． D． （2）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，例如:从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推,用表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数,则（ ） A. B. C. D. （3）满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)的数列{an}称为斐波那契数列，又称黄金分割数列．依次以斐波那契数列{an}各项为边长作正方形，在每个正方形中取半径为该正方形的边长，圆心角为90°的圆弧，依次连接圆弧端点所成的曲线被称为斐波那契螺旋线(也称“黄金螺旋线”).如图，圆心角为90°的扇形OAB中的曲线是斐波那契螺旋线的一段，则阴影部分面积与扇形OAB面积的比值为(　　) A． B． C． D． 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证=d.你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗? 【探究2】 (人教A版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n项和为Sn=pn2+qn+r,其中p,q,r为常数,且p≠0.观察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论. 【探究3】 (人教A版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=10,当d=-3.5时,Sn有最大值吗?考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题. 【探究4】 (人教A版选择性必修第二册P32)已知b>0且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{}是否一定是等比数列?如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列? 【探究5】片段和公式 （1）(人教A版选择性必修第二册P23·T3)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,是等差数列,其公差为m2d. （2）(人教A版选择性必修第二册P37·例9) 若Sn为等比数列{an}的前n项和,当q≠-1,或q=-1且m为奇数时,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列,其公比为qm. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考Ⅱ卷) （一题多解）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 （2）(2021·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 （3）(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　) A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块 （4）（2025·全国一卷）（一题多解）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 . 【探究6】等差数列的奇偶项和的性质 (人教A版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8拓展) （1）若非零等差数列{an}的项数为2n,则S偶-S奇=nd,=. （2）若等差数列{an}的项数为2n+1,则S偶-S奇=-an+1,=. 【探究7】等比数列的奇偶项和的性质 (苏教版选择性必修第一册P169T8拓展) （1）若等比数列{an}的项数为2n,则=q. （2）若等比数列{an}的项数为2n+1,则=q,=q. 【🚀新题预测】 （1）(2026·重庆模拟)已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,2A=B+615,则an=(　　) A.3n-2 B.3n-1 C.3n+1 D.3n+2 （2）(2026·山东淄博模拟)已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q=　　　　.  【探究8】堆垛术(人教A版选择性必修第二册P26·T12) 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}. （1）写出数列{an}的一个递推公式; （2）根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式. 【探究9】角谷猜想(人教A版选择性必修第二册P56·T10) 任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”). 现给出冰雹猜想的递推关系如下: 已知数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1= （1）当m=17时,试确定使得an=1需要多少步雹程; （2）若a8=1,求m所有可能的取值集合M. 【🚀新题预测】 (多选)(2026·山西太原模拟)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1=则(　 　) A.m=5时,a6=1 B.m=5时,在所有an的值组成的集合中,任选2个数都是偶数的概率为 C.a5=4时,m的所有可能取值组成的集合为M={8,10,64} D.若所有an的值组成的集合有5个元素,则m=16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接七 数 列 --------------■高考命题·解读■----------------- 考点 2025年考情 考点1.等差数列定义的判断 2023 新课标 I 卷 考点2.等差数列前项和基本量的计算 2025 全国二卷；2024 新课标 II 卷； 2023 全国甲卷；2022 全国乙卷 考点3.等差数列性质的应用 2024 全国甲卷 考点4.等比数列基本量的计算 2023 全国乙卷 考点5.等比数列前项和基本量的计算 2025 全国一卷；2025 全国二卷； 2023 全国甲卷；2022 全国乙卷 考点6.等比数列前项和的性质 2023 新课标 II 卷；2021 全国甲卷 考点7.分组求和法 2024 全国甲卷；2023 新课标 II 卷； 2021 新高考全国 I 卷 考点8.裂项相消法求和 2022 新高考全国 I 卷 考点9.错位相减法求和 2025 全国一卷；2024 全国甲卷； 2023 全国甲卷；2021 全国乙卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.本章高考试题难度以中档为主，题型一般为一小(选择题或填空题)一大(解答题) （1）在高考试题中多以等差数列、等比数列的基本量运算为载体，以数列递推关系形式出现，考查数列求和及数列最值等综合问题. （2）在处理等差、等比数列基本量运算，递推关系求通项，数列求和等问题时，常用公式法. （3）重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理. 2.主要是以下几个方面： （1）以等差、等比数列基本量的运算为载体，考查等差数列、等比数列的概念、性质、通项公式的求解与应用； （2）考查数列求和的综合问题，涉及数列的最值及解决方法； （3）考查数学文化、实际应用为背景的数列问题. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第二册P24习题4.2·T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量: （1）a1=20,an=54,Sn=999,求d及n； （2）d=,n=37,Sn=629,求a1及an; （3）a1=,d=-,Sn=-5,求n及an; （4）d=2,n=15,an=-10,求a1及Sn. 【解析】(1)因为a1=20,an=54,Sn=999,所以解得 (2)因为d=,n=37,Sn=629,所以S37=37a1+×=629,解得a1=11,所以an=a37=11+36×=23. (3)因为a1=,d=-,Sn=-5,所以n+×=-5,解得n=15(负值舍去).所以an=a15=+14×=-. (4)因为d=2,n=15,an=-10,所以a1+14×2=-10,所以a1=-38,所以Sn=S15=15×(-38)+×2=-360. 【🚀衔接高考】已知 （1）（2025·全国二卷）记为等差数列的前n项和，若则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得 ， 所以.故选B. （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=(　　) A. B. C.- D.- 【答案】B 【解析】由S5=S10,得=,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d==-, 所以a1=a5-4d=1-4×=,故选B. （3）(2023·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=(　　) A.25 B.22 C.20 D.15 【答案】　C 【解析】解法一：由a2+a6=10,可得2a4=10,所以a4=5,又a4a8=45,所以a8=9.设等差数列{an}的公差为d,则d===1,又a4=5,所以a1=2,所以S5=5a1+×d=20,故选C. 解法二：设等差数列{an}的公差为d, 则由a2+a6=10,可得a1+3d=5,①由a4a8=45,可得(a1+3d)(a1+7d)=45,② 由①②可得a1=2,d=1,所以S5=5a1+×d =20,故选C. （4）（2025·上海高考）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为 ． 【答案】 【解析】根据等差数列的求和公式，. （5）(2024·新高考Ⅱ卷)（一题多解）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】解法一：(基本量法)设{an}的公差为d,由a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7, 3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3,则S10=10a1+45d=95. 解法二：(利用下标和性质) 设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d==3,a6=11, 则S10=×10=5(a5+a6)=5×19=95. （6）(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.  【答案】2 【解析】由2S3=3S2+6,可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2. 【🚀新题预测】 （高考新题型：项目式）（2026·北京1月模拟）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定 退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（    ） A．61岁4个月 B．61岁5个月 C．61岁6个月 D．61岁7个月 【答案】B 【解析】解法一：根据题意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为，， 则构成等差数列，首项岁1个月，公差为1个月，可得岁个月． 依此规律，1970年5月出生的男职工，他的退休年龄应该是的第17项， 即他的退休年龄为岁17个月岁5个月． 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月． 出生年龄 退休年龄 1965.5 60岁2个月 1966.5 60岁5个月 1967.5 60岁8个月 1968.5 60岁11个月 1969.5 61岁2个月 1970.5 61岁5个月 故选B. 【教材母题2】 (人教B版选择性必修第三册P25例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-30n. （1）求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列; （2）求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值. 【解析】(1)当n=1时,有a1=S1=2-30=-28,当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=2n2-30n-[2(n-1)2-30(n-1)]=4n-32, 又因为4×1-32=-28,所以n=1时an=4n-32也成立,因此数列的通项公式为an=4n-32. 因为an+1-an=4(n+1)-32-(4n-32)=4,所以{an}是等差数列. (2)因为Sn=2n2-30n=2(n2-15n)=2-,又因为n是正整数,所以当n=7或8时,Sn最小, 最小值是2×72-30×7=-112. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·天津高考），则数列的前项和为（    ） A．112 B．48 C．80 D．64 【答案】C 【解析】因为，所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为，则数列的前项和为 数列的前项和为 .故选C. （2）(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1. ①证明:{an}是等差数列; ②若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. (1)证明　由+n=2an+1,得2Sn+n2=2ann+n,①所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1),② ②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1,化简得an+1-an=1, 所以数列{an}是公差为1的等差数列. (2)解由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得=a4a9, 即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12.所以Sn=-12n+==-, 所以当n=12或13时,Sn取得最小值,最小值为-78. 【教材母题3】 （1）(人教A版选择性必修第二册P24·T4)求集合M={m|m=2n-1,n∈N*,且m<60}中元素的个数，并求这些元素的和. 【解析】由m=2n-1<60,得n<30,又n∈N*,所以nmax=30.所以集合M中元素的个数为30,这些元素构成首项为1,公差为2的等差数列,所以S30=30×1+×2=900. （2） (人教B版选择性必修第三册P28习题5-2A·T4)求集合{m|m=7n,n∈N,0<m<100}的元素的个数,并求所有元素的和. 【解析】因为0<m<100,m=7n,所以0<7n<100,所以0<n<=14.因为n∈N, 所以n=1,2,…,14,所以m=7,14,…,98,共14个值.故原集合中共有14个元素,且这些元素是首项为7,公差为7的等差数列,故这些元素的和为7+14+…+98==735. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考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. (1)证明　设等差数列{an}的公差为d,由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,即d=2b1, 由a2-b2=b4-a4得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1=5b1-2d,将d=2b1代入,得a1=5b1-2×2b1=b1,即a1=b1. (2)解由(1)知an=a1+(n-1)d=a1+(n-1)×2b1=(2n-1)a1,bn=b1·2n-1, 由bk=am+a1,得b1·2k-1=(2m-1)a1+a1,由a1=b1≠0得2k-1=2m, 由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1 000,所以k=2,3,4,…,10,共9个数, 即集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}={2,3,4,…,10}中元素的个数为9. 【教材母题4】 (人教A版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和. （1）证明:是等差数列; （2）设Tn为数列的前n项和,若S4=12,S8=40,求Tn. (1)证明　等差数列{an}的首项为a1,公差为d,所以=,=,已知 故-=-==(常数),故是等差数列. (2)解　由于S4=12,S8=40,故解得故Sn=n+=n2+n; 所以=n+1,数列是以为首项,为公差的等差数列,所以Tn=n+×=n2+n. 【🚀衔接高考】 (2023·新高考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. 【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3(a1+d)=3a1+a1+2d,所以a1=d,所以an=nd. 因为bn=,所以bn==,所以S3===6d,T3=b1+b2+b3=++=. 因为S3+T3=21,所以6d+=21,解得d=3或d=. 因为d>1,所以d=3,所以{an}的通项公式为an=3n. (2)因为bn=,且{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即2×=+, 所以-=,所以-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d. ①当a1=d时,an=nd,所以bn===, S99===99×50d,T99===. 因为S99-T99=99,所以99×50d-=99,即50d2-d-51=0,解得d=或d=-1(舍去). ②当a1=2d时,an=(n+1)d,所以bn===,S99===99×51d, T99===.因为S99-T99=99, 所以99×51d-=99,即51d2-d-50=0,解得d=-(舍去)或d=1(舍去). 综上,d=. 【教材母题5】(人教B版选择性必修第三册P59·T7)已知{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,求S8的值. 【解析】由an+1+(-1)nan=2n-1可得:当n为奇数时,an+1-an=2n-1,an+2+an+1=2(n+1)-1=2n+1, 两式相减可得an+2+an=2,所以a1+a3=a5+a7=2. 当n为偶数时,an+1+an=2n-1,an+2-an+1=2(n+1)-1=2n+1,两式相加可得an+2+an=4n, 所以a2+a4=4×2=8,a6+a8=4×6=24,所以S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8 =(a1+a3+a5+a7)+(a2+a4+a6+a8)=(2+2)+(8+24)=36. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷) （一题多解）数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　.  【答案】7 【解析】解法一：因为an+2+(-1)nan=3n-1,所以当n为偶数时,an+2+an=3n-1, 所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41,所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92. 因为数列{an}的前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448.① 因为当n为奇数时,an+2-an=3n-1,所以a3-a1=2,a7-a5=14,a11-a9=26,a15-a13=38, 所以(a3+a7+a11+a15)-(a1+a5+a9+a13)=80.② 由①②得a1+a5+a9+a13=184. 又a3=a1+2,a5=a3+8=a1+10,a7=a5+14=a1+24,a9=a7+20=a1+44,a11=a9+26=a1+70,a13=a11+32=a1+102, 所以a1+a1+10+a1+44+a1+102=184,所以a1=7. 解法二：同法一得a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.当n为奇数时,有an+2-an=3n-1, 由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-=(1+n)·-=n2+n+, 所以an+2=n2+n++a1.所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=a1++ +++ ++=8a1+392=448,解得a1=7. 【教材母题6】 （1）(人教A版选择性必修第二册P29·例1) （一题多解）若等比数列{an}的第4项和第6项分别为48和12,求{an}的第5项. 【解析】解法一：由a4=48,a6=12,得 由②的两边分别除以①的两边,得q2=,解得q=或-.把q=代入①,得a1=384, 此时a5=a1q4=384×=24.把q=-代入①,得a1=-384, 此时a5=a1q4=-384×=-24.因此,{an}的第5项是24或-24. 解法二：因为a5是a4与a6的等比中项,所以=a4a6=48×12=576, 所以a5=±=±24,因此,{an}的第5项是24或-24. （2）(人教A版选择性必修第二册P37·T3)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn. 【解析】设{an}的公比为q,由题意得解得或 当a1=3,q=2时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1);当a1=2,q=3时,an=2×3n-1,Sn=3n-1. 【🚀衔接高考】 （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=(　　) A. B. C.15 D.40 【答案】C 【解析】设数列{an}的公比为q,由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,整理得(1+q)(q3-4q)=0,由于此数列各项均为正数,所以q=2,所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C. （2）(2022·全国乙卷) （一题多解）已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　) A.14 B.12 C.6 D.3 【答案】D 【解析】解法一：设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得 即解得所以a6=a1q5=3,故选D. 解法二：设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得即 解得所以a6=a1q5=3,故选D. （3）(2020·全国Ⅱ卷)（一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=(　　) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 【答案】B 【解析】解法一：设等比数列{an}的公比为q,则q===2.由a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12得a1=1. 所以an=a1qn-1=2n-1,Sn==2n-1,所以==2-21-n. 解法二：设等比数列{an}的公比为q,则 得=q=2.将q=2代入①,解得a3=4.所以a1==1,下同法一. （4）（多选）（2025·全国二卷）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确； 对B，则，故B错误；对C，，故C错误； 对D，，，则，故D正确. 故选AD. （5）(2023·全国乙卷)（一题多解）已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.  【答案】-2 【解析】解法一：设数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5.又a1≠0,且q≠0,所以可得a1q=1.又a9a10=a1q8·a1q9=q17=-8,所以可得q15=-8,q5=-2,所以a7=a1q6=a1q·q5=-2. 解法二：设数列{an}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0,所以a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=-8,于是q5=-2,所以a7=a2q5=-2. 【教材母题7】 (湘教版选择性必修第一册P35·T4(2))已知数列{an}为等比数列,若a2+a6+a10=12,a3+a7+a11=9,求a1+a5+a9的值. 【解析】设等比数列{an}的公比为q,a3+a7+a11=(a2+a6+a10)·q=12q=9,解得q==, a1+a5+a9=++===12×=16,所以a1+a5+a9=16. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　) A.12 B.24 C.30 D.32 【答案】D 【解析】设等比数列{an}的公比为q,则q===2,所以a6+a7+a8=(a1+a2+a3)·q5=1×25=32.故选D. 【教材母题8】 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列(　　) A.是公比为q的等比数列 B.是公比为q2的等比数列 C.是公比为q3的等比数列 D.不一定是等比数列 【答案】B 【解析】由题意可知新数列的通项公式为{an+1an},则==q2,为常数,所以{an+1an}是公比为q2的等比数列,故选B. 【🚀衔接高考】 (2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. （1）求{an}的通项公式; （2）求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1. 【解析】　(1)设{an}的公比为q(q>1).由题设得解得或(舍去). 所以{an}的通项公式为an=2n. (2)由于(-1)n-1anan+1=(-1)n-1×2n×2n+1=(-1)n-122n+1,故a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1 ==-(-1)n. 【教材母题9】(人教A版选择性必修第二册P38·例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去. （1）求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和; （2）如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少? 【解析】设正方形ABCD的面积为a1,后继各正方形的面积依次为a2,a3,…,an,…,则a1=25. 由于第k+1个正方形的顶点分别是第k个正方形各边的中点,所以ak+1=ak,因此{an}是以25为首项,为公比的等比数列.设{an}的前n项和为Sn. (1)S10==50×=,所以前10个正方形的面积之和为 cm2. (2)当n无限增大时,Sn无限趋近于所有正方形的面积和a1+a2+a3+…+an+…, 而Sn==50×,随着n的无限增大,将趋近于0,Sn将趋近于50,所以,所有这些正方形的面积之和将趋近于50. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅰ卷)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Sk=　　　　 dm2.  【答案】5　240 【解析】依题意得,S1=120×2=240(dm2);S2=60×3=180(dm2); 当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm, 10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,且5×6=30,×12=30,10×3=30,20×=30,所以S3=30×4=120(dm2); 当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,×6=15,×12=15,10×=15,20×=15,所以S4=15×5=75(dm2); …… 所以可归纳Sk=·(k+1)=(dm2). 所以 Sk=240①, 所以× Sk=240×②, 由①-②得,· Sk=240=240=240, 所以 Sk=240 dm2. 【教材母题10】(北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是(　　) A.217-2 B.216-1 C.216-2 D.215-1 【答案】B 【解析】根据题意知,11…1(16倍)转换为十进制为:1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20==216-1. 【🚀衔接高考】 (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　) A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1 C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n 【答案】ACD 【解析】对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=0·20+a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,所以ω(2n)=0+a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确; 对于B选项,取n=2,则2n+3=7=1·20+1·21+1·22,所以ω(7)=3,而2=0·20+1·21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误; 对于C选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1·20+0·21+1·22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak,4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1·20+1·21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确; 对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确.故选ACD. 【教材母题11】 (苏教版选择性必修第一册P181T11) （1）利用等式=-,求数列an=的前n项和; （2）仿(1)探求数列an=的前n项和. 【解析】(1)由题意,可知an==-,则数列{an}的前n项和为a1+a2+…+an=1-+-+…+-=1-=. (2)由题意,可得an==×,则数列{an}的前n项和为a1+a2+…+an =×+×+×+×+…+×+× =×=×=-. 【🚀衔接高考】 (2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列. （1）求{an}的通项公式; （2）证明:++…+<2. (1) 解法一：因为a1=1,所以=1,又是公差为的等差数列,所以=1+(n-1)×=.因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1,所以=(n≥2),所以=(n≥2),整理得=(n≥2), 所以··…··=××…··=(n≥2),所以Sn=(n≥2), 又S1=1也满足上式,所以Sn=(n∈N*), 则Sn-1=(n≥2),所以an=-=(n≥2), 又a1=1也满足上式,所以an=(n∈N*). 解法二：因为a1=1,所以=1,又是公差为的等差数列, 所以=1+(n-1)×=,所以Sn=an. 因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,所以an-1=an(n≥2), 所以=(n≥2),所以··…··=×××…··=(n≥2), 所以an=(n≥2), 又a1=1也满足上式,所以an=(n∈N*). (2)证明　因为an=,所以==2, 所以++…+=2=2<2. 【教材母题12】(湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1=13,d=-4,记Sn=|a1|+|a2|+…+|an|, 求Sn. 【解析】因为a1=13,d=-4,所以an=a1+(n-1)d=17-4n,令an≥0,所以n≤,所以数列{an}的前4项为正,从第5项起为负设等差数列{an}的前n项和为Sn'. 所以当n≤4时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn'===-2n2+15n. 当n≥5时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an| =a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-an=S4'-(Sn'-S4')=2S4'-Sn'=56-(-2n2+15n)=2n2-15n+56. 所以Sn= 【🚀衔接高考】 (2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40. （1）求{an}的通项公式; （2）求数列{|an|}的前n项和Tn. 【解析】(1)设{an}的公差为d,则 解得a1=13,d=-2.所以{an}的通项公式为an=13+(n-1)·(-2)=15-2n. (2)由(1)得|an|= 当n≤7时,Tn=13n+×(-2)=14n-n2; 当n≥8时,Tn=T7+1+3+5+…+(2n-15)=T7+1+3+5+…+[2(n-7)-1]=14×7-72+=98-14n+n2. 综上,Tn= 【教材母题13】 (苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中,若an=则a4+a5的值为　　　　.  【答案】　27 【解析】由题意可得a4=24=16,a5=2×5+1=11,故a4+a5=27. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考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. ①解　设等差数列{an}的公差为d. 因为bn=所以b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6. 因为S4=32,T3=16,所以 整理,得解得所以{an}的通项公式为an=2n+3. ②证明　由①知an=2n+3,所以Sn==n2+4n. 当n为奇数时, Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+7+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+…+(4n+2)] =+ =. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)==>0,所以Tn>Sn. 当n为偶数时,Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+7+…+(2n-5)]+[14+22+30+…+(4n+6)]=+=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)==>0,所以Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. （2）(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1= ①记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; ②求{an}的前20项和. 【解析】①因为bn=a2n,且a1=1,an+1=所以b1=a2=a1+1=2, b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为bn=a2n,所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3, 所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*. ②因为an+1=所以k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1,(ⅰ)a2k+1=a2k+2,(ⅱ) a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即a2k+2=a2k+1+1,(ⅲ)所以(ⅰ)+(ⅱ)得a2k+1=a2k-1+3,即a2k+1-a2k-1=3, 所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列; (ⅱ)+(ⅲ)得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3, 又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列. 所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+×3+20+×3=300. 【🚀新题预测】 （2026·河北承德1月检测）在数列中，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，，则，而， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，，所以当时，.故选B. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A版选择性必修第二册P10) 1202年，意大利数学家斐波那契(Fibonacci)在《算盘书》中提到下面的问题： 如果1对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌)，而每1对小兔子在它出生后的第3个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，由1对初生的小兔子开始，50个月后会有多少对兔子？ 即从第1个月开始，每月末的兔子总对数是1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…. 如果用Fn表示第n个月的兔子的总对数，则Fn＝Fn－1＋Fn－2(n＞2). 这是由递推公式给出的数列，称为斐波那契数列，也称兔子数列，通常用数列{Fn}表示．可得出如下结论： （1）面积关系图与黄金螺旋线 （2）F＋F＋…＋F＝FnFn＋1 （3）数列{Fn}的通项公式：Fn＝[()n－()n] （4）数列{Fn}的前n项和：Sn＝Fn＋2－1 【教材母题1】（人教A版选择性必修第二册P6例5改编）已知数列{an}的首项为a1＝1，递推公式为an＝1＋(n≥2)，写出这个数列的前5项，并猜想数列{an}的通项公式． 【解析】由题知{an}的前5项为1，2，，，，即，，，，，故猜想数列{an}的通项公式an＝ ＝＝·. 【🚀衔接高考】 （2024·新高考I卷）已知函数的定义域为R,,且当时,,则下列结论一定正确的是（    ） A． B．C． D． 【答案】B. 【解析】由时,得,=3>5,,，不等式右侧恰好是裴波那契数列从第3项起的各项：3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,所以.故选B. 【🚀新题预测】 （1）观察下列各式：，，，，，…，则（ ） A． B． C． D． 【解析】选C.设，则，， ，…，观察发现从而， 所以 （2）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，例如:从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推,用表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数,则（ ） A. B. C. D. 【解析】选A.由题意可得，，，，，. 所以时， . 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 所以. （3）满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)的数列{an}称为斐波那契数列，又称黄金分割数列．依次以斐波那契数列{an}各项为边长作正方形，在每个正方形中取半径为该正方形的边长，圆心角为90°的圆弧，依次连接圆弧端点所成的曲线被称为斐波那契螺旋线(也称“黄金螺旋线”).如图，圆心角为90°的扇形OAB中的曲线是斐波那契螺旋线的一段，则阴影部分面积与扇形OAB面积的比值为(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】选C.由题意得，a1＝a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，则阴影部分面积为(a＋a＋a＋a＋a)＝×(12＋12＋22＋32＋52)＝10π，扇形OAB的面积为＝＝16π，所以所求比值为＝.故选C. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证=d.你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗? 证明：因为等差数列{an}公差为d,所以===d, 在斜率为d的直线l:f(x)=dx+(a1-d)上任取两点(m,am),(n,an),则d=, 所以公差为d的等差数列{an}的图象是由点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)=dx+(a1-d)上. 【探究2】 (人教A版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n项和为Sn=pn2+qn+r,其中p,q,r为常数,且p≠0.观察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论. 【解析】当n=1时,a1=S1=p+q+r;当n≥2时,Sn-1=p(n-1)2+q(n-1)+r, an=Sn-Sn-1=pn2+qn+r-[p(n-1)2+q(n-1)+r]=2pn-p+q. 若r=0,则a1=p+q,满足上式,此时an=2pn-p+q, an-1=2p(n-1)-p+q(n≥2),所以an-an-1=2p,为常数,所以{an}是等差数列; 若r≠0,则a1=p+q+r,不满足上式,所以an=此时{an}不是等差数列. 【探究3】 (人教A版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=10,当d=-3.5时,Sn有最大值吗?考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题. 提示:当d=-3.5时,Sn=-n2+n=-n2+n=-+,所以当n=3时,Sn的最大值为. 对于一般的等差数列前n项和,当d≥0时,没有最大值, 当d<0时,由解得-≤n≤1-, 即满足-≤n≤1-的整数n能够使Sn取得最大值. 【探究4】 (人教A版选择性必修第二册P32)已知b>0且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{}是否一定是等比数列?如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列? 【解析】首先证明{logban}为等差数列.数列{an}是各项均为正的等比数列,设公比为q, 则q>0,首项a1>0,从而an=a1·qn-1.记数列{logban}的第n项为cn,则cn=logban,cn+1=logban+1, 故cn+1-cn=logban+1-logban=logb=logbq, 因为差值为一个定值,所以数列{logban}为等差数列. 再证明{}为等比数列.数列{an}是等差数列,设公差为d,首项为a1, 则an=a1+(n-1)d,记数列{}的第n项为cn,则cn=,cn+1=, 则===bd,因为比值为一个定值,所以数列{}是一个等比数列. 【探究5】片段和公式 （1）(人教A版选择性必修第二册P23·T3)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,是等差数列,其公差为m2d. 证明　Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m=(a1+md)+(a2+md)+…+am+md=Sm+m2d, 同理S3m-S2m=S2m-Sm+m2d, 所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍组成等差数列,其公差为m2d. （2）(人教A版选择性必修第二册P37·例9) 若Sn为等比数列{an}的前n项和,当q≠-1,或q=-1且m为奇数时,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列,其公比为qm. 证明　Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m=a1·qm+a2qm+…+amqm=Sm·qm, 同理S3m-S2m=(S2m-Sm)qm.当q≠-1或q=-1,且m为奇数时,Sm≠0, 所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列,其公比为qm. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考Ⅱ卷) （一题多解）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 【答案】C 【解析】解法一：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. 解法二：易知S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,……为等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),解得S2=-1或S2=. 当S2=-1时,由(S6-S4)2=(S4-S2)·(S8-S6),解得S8=-85; 当S2=时,结合S4=-5得化简可得q2=-5,不成立,舍去.所以S8=-85,故选C. （2）(2021·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 【答案】　A 【解析】解法一：因为S2=4,S4=6,且易知公比q≠±1,所以由等比数列的前n项和公式,得 两式相除, 得q2=,所以或所以S6==7.故选A. 解法二：易知S2,S4-S2,S6-S4构成等比数列,由等比中项得S2(S6-S4)=(S4-S2)2,即4(S6-6)=22,所以S6=7.故选A. （3）(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　) A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块 【答案】C 【解析】设每一层有n环,由题可知从内到外每环之间构成公差d=9,a1=9的等差数列.由等差数列的性质知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=n2d,则9n2=729,得n=9, 则三层共有扇面形石板S3n=S27=27×9+×9=3 402(块). （4）（2025·全国一卷）（一题多解）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 . 【答案】 【解析】解法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即，则，所以，所以该等比数列公比为2. 解法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为，所以， ， 所以，则，所以，所以该等比数列公比为2. 解法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 因为，又， 所以，所以，所以该等比数列公比为. 【探究6】等差数列的奇偶项和的性质 (人教A版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8拓展) （1）若非零等差数列{an}的项数为2n,则S偶-S奇=nd,=. （2）若等差数列{an}的项数为2n+1,则S偶-S奇=-an+1,=. 证明　(1)因为S奇=a1+a3+…+a2n-1==nan,S偶=a2+a4+…+a2n==nan+1, 所以S偶-S奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)=nd,==. (2)因为S奇=a1+a3+…+a2n-1+a2n+1==(n+1)an+1,S偶=a2+a4+…+a2n==nan+1, 所以S偶-S奇=-an+1,==. 【探究7】等比数列的奇偶项和的性质 (苏教版选择性必修第一册P169T8拓展) （1）若等比数列{an}的项数为2n,则=q. （2）若等比数列{an}的项数为2n+1,则=q,=q. 证明　(1)因为S奇=a1+a3+…+a2n-1, S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+q2n-1q=S奇·q,所以=q. (2)因为S奇=a1+a3+…+a2n-1+a2n+1=a1+a2q+…+a2n·q=a1+S偶·q,所以=q. 因为S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=(a1+a3+…+a2n-1)q=(S奇-a2n+1)q,所以=q. 【🚀新题预测】 （1）(2026·重庆模拟)已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,2A=B+615,则an=(　　) A.3n-2 B.3n-1 C.3n+1 D.3n+2 【答案】B 【解析】设等差数列的公差为d,首项为a1,则B-A=15d=45,所以d=3, 因为2A=B+615,即2A=A+45+615,则A=660,等差数列的奇数项是以a1为首项,2d为公差的等差数列, 等差数列{an}的前30项中奇数项有15项,所以A=15a1+×6=660,得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1. （2）(2026·山东淄博模拟)已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q=　　　　.  【答案】2 【解析】q===2. 【探究8】堆垛术(人教A版选择性必修第二册P26·T12) 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}. （1）写出数列{an}的一个递推公式; （2）根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式. 【解析】(1)该数列的一个递推公式为an-an-1=n(n≥2). (2)该数列的一个通项公式为an=. 【探究9】角谷猜想(人教A版选择性必修第二册P56·T10) 任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”). 现给出冰雹猜想的递推关系如下: 已知数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1= （1）当m=17时,试确定使得an=1需要多少步雹程; （2）若a8=1,求m所有可能的取值集合M. 【解析】(1)当m=17时,即a1=17,根据上述运算法则得出: 17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1,故当m=17时,使an=1需要12步雹程. (2)若a8=1,根据上述运算法则进行逆推,a7=2,a6=4,a5=8或a5=1; 若a5=8,则a4=16,a3=32或a3=5;当a3=32时,a2=64,a1=128或a1=21;当a3=5时,a2=10,a1=20或a1=3; 若a5=1,则a4=2,a3=4,a2=8或a2=1;当a2=8时,a1=16,当a2=1时,a1=2; 故若a8=1,m所有可能取值集合M={2,3,16,20,21,128}. 【🚀新题预测】 (多选)(2026·山西太原模拟)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1=则(　 　) A.m=5时,a6=1 B.m=5时,在所有an的值组成的集合中,任选2个数都是偶数的概率为 C.a5=4时,m的所有可能取值组成的集合为M={8,10,64} D.若所有an的值组成的集合有5个元素,则m=16 【答案】ABD 【解析】对于A,m=5时,a1=5,所以该数列前6项依次为5,16,8,4,2,1,a6=1,故A正确; 对于B,m=5时,该数列各项为5,16,8,4,2,1,4,2,1,…, 所有an的值组成的集合为{5,16,8,4,2,1},其中有4个是偶数,2个是奇数, 所以任选2个数都是偶数的概率为==,故B正确; 对于C,a1=1,数列各项为1,4,2,1,4,…, 所以1∈M,故C错误; 对于D,若所有an的值组成的集合有5个元素,则所有集合都含有4,2,1三个元素,4的前一项为8或1,8的前一项为16,所以所有an的值组成的集合必为{16,8,4,2,1},且首项必为16,故D正确.综上,选ABD. 学科网（北京）股份有限公司 $