2.1 基础课4 等差数列与等比数列-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课4　等差数列与等比数列 　 第一篇 专题二 数列 知识整合 体系构建 知识整合 体系构建 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 一、等差数列、等比数列的基本运算 1.(2024·新课标Ⅱ卷，T12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝__________. 95 设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 2.(多选)(2025·全国二卷，T9)记Sn为等比数列的前n项和，q为的公比，且q＞0.若S3＝7，a3＝1，则 A.q＝ B.a5＝ C.S5＝8 D.an＋Sn＝8 √ √ 对于A，根据S3＝a1＋a2＋a3＝＋＋a3＝＋＋1＝7，得6q2－q－1＝0，即(2q－1)(3q＋1)＝0，因为q＞0，所以q＝，故A正确；对于B，a5＝a3q2＝1×()2＝，故B错误；对于C，a1＝＝4，所以S5＝＝＝，故C错误；对于D，an＝a1qn－1＝4×()n－1＝＝23－n，Sn＝＝＝8［1－()n］＝8－＝8－23－n，所以an＋Sn＝8，故D正确.故选AD. 二、等差数列、等比数列的性质 3.(2022·新高考Ⅱ卷，T3)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＝0.5，＝k1，＝k2，＝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 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＝0.725，所以＝0.725，故k3＝0.9，故选D. 三、等差、等比数列的判断与证明 4.(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 √ 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，两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，即an＝a1＋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. 5.(交汇创新)(2025·全国一卷，T16)已知数列中，a1＝3，＝＋. (1)证明：数列{nan}为等差数列； 解：证明：＝＋两边同时乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1， 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列. (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'(－2). 解：由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2， 又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1， 故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1， 所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋1)×(－2)m－1＋(m＋2)×(－2)m. 两式相减，得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m＝－(m＋)×(－2)m， 所以f'(－2)＝－(＋)×(－2)m. 考情分析 　　等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目. 返回 考点突破 能力提升 返回 1.(2025·全国二卷)记Sn为等差数列的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则S6＝ A.－20 B.－15 C.－10 D.－5 核心考点一　等差数列、等比数列的基本运算　[基础性考法] √ 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.故选B. 2.(一题多解)(2025·全国一卷)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 法一：(基本量法)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＝4　①，由S8＝68得＝68　②，＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q＞0，所以q＝2. 法二：(等比数列前n项和性质法)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＝＝＝16，又q＞0，所以q＝2. 【教材溯源3】 (本题源自人教A选择性必修第二册P36例8)已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若＝，求公比q. 本题与教材例题都考查了等比数列中由前n项和求公比问题，命题依据、角度、形式、解决方法都完全一致，该高考题是在2025年全国一卷试题中较为经典的源于教材的题目. 3.(2025·四川宜宾三模)设Sn为等差数列的前n项和.若S5＝15，且a1， a3，a4成等比数列，则a6＝____________. 3或－ 由S5＝15，可得5a3＝15，即a3＝3，即a1＋2d＝3.又a1，a3，a4成等比数列，可得＝a1，联立a1＋2d＝3，解得d＝0或d＝－.当d＝0时，a1＝3，易得a6＝3，当d＝－时，a1＝6，可得a6＝6－5×＝－，所以a6＝3或－. 4.(2025·江西宜春二模)记数列的前n项和为Sn，其中a1＝－，an≠0，对任意的n∈N*，有＋＋…＋＝1－. (1)求数列的通项公式； 解：因为＋＋…＋＝1－， 所以当n≥2，n∈N*时，＋＋…＋＝1－， 两式相减可得＝－， 所以an＋1－an＝2， 所以数列从第二项起是公差为2的等差数列， 在＋＋…＋＝1－中取n＝1可得＝1－. 因为a1＝－，所以a2＝－，a2－a1＝－1≠2， 所以an＝ (2)求Sn. 解：由(1)知，当n≥2时，Sn＝a1＋＝a1＋， 所以Sn＝－＋＝n2－＋3. 当n＝1时，S1＝a1＝－＝12－×1＋3， 所以Sn＝n2－＋3. 规律反思 等差数列、等比数列运算问题的求解策略 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＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列. 注意　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，注意整体思想及方程思想的运用. 1.(2025·山西晋中三模)已知是公差为1的等差数列，Sn是其前n项和，若S6＝S9，则a9＝ A.1 B.2 C.－2 D.－5 核心考点二　等差数列、等比数列的性质　[基础性考法] √ 因为S6＝S9，所以S9－S6＝a7＋a8＋a9＝0.由等差数列的性质得3a8＝0，所以a8＝0，所以a9＝a8＋1＝1.故选A. 2.(一题多解)(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＝ A.120 B.85 C.－85 D.－120 √ 法一：设等比数列{an}的公比为 q，首项为a1，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，＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 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＝.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＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去.故选C. 【教材溯源4】 (本题源自人教A选择性必修第二册P37例9)已知等比数列{an}的公比q≠1，前n项和为Sn.证明Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，并求这个等比数列的公比. 该高考题可以利用本例题的结论求解. 3.(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a6a7＞1，＜0，则下列结论正确的是 A.q＞1 B.0＜a6a8＜1 C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6 √ √ 由条件a1＞1，a6a7＞1，＜0，可得a6＞1，0＜a7＜1，所以＝q∈(0，1)，并且an＝a1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减的正项数列，故A错误；对于B，0＜a6a8＝＜1，故B正确；对于C，Sn－＝an＞0，即Sn＞对任意的n∈N*都成立，故C错误；对于D，因为当n≥7时，an＜1；当1≤n≤6时，an＞1，所以T6是Tn的最大值，故D正确.故选BD. 4.已知等比数列共有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＝______. 2 依题意，a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝85，即a2q＋a4q＋…＋a2nq＝84，而a2＋a4＋…＋a2n＝42，所以q＝2. 规律反思 等差、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. 核心考点三　等差、等比数列的判定与证明　[综合性考法] 典例 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，＝3－2an(n∈N*). (1)证明：数列{－an}是等比数列； 解：证明：因为＝3－2an，所以－＝2(－an). 因为a1＝1，a2＝3， 所以{－an}是以a2－a1＝2为首项，2为公比的等比数列. (2)求数列{an}的通项公式； 解：由(1)得－an＝2n(n∈N*)， 所以an＝(an－)＋()＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋… ＋2＋1＝2n－1(n≥2). 又a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*). (3)若数列{bn}满足·…·＝(an＋1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列. 解：证明：因为·…·＝(an＋1， 所以＝， 所以2[(b1＋b2＋…＋bn)－n]＝nbn，① 2[(b1＋b2＋…＋bn＋)－(n＋1)]＝(n＋1).② ②－①，得2(－1)＝(n＋1)－nbn， 即(n－1)－nbn＋2＝0，③ 则n－(n＋1)＋2＝0.④ ④－③，得n－2n＋nbn＝0，即－2＋bn＝0， 所以－＝－bn(n∈N*)， 所以{bn}是等差数列. 规律反思 证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法 1.证明数列{an}是等差数列：一是利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数.二是利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). 2.证明数列{an}是等比数列：一是利用定义，证明(n∈N*)为一非零常数.二是利用等比中项，即证明＝an－1an＋1(n≥2，an≠0). 注意　证明{an}不是等差、等比数列可用特值法. 预测练1.(多选)(2025·广东惠州三模)已知等差数列与等比数列的前n项和分别为Sn，Tn，则下列结论中正确的是 A.数列是等比数列 B.Tn可能为2n－1 C.数列是等差数列 D.数列是等比数列 √ √ √ 对于A，由题设an＋1－an＝d为定值，则＝＝2d＞0且为定值，故A正确；对于B，若是首项为1，公比为2的等比数列，则Tn＝＝2n－1，故B正确；对于C，对于数列，n＝1时无意义，故不可能为等差数列，故C错误；对于D，若的公比为q，则，公比为q2的等比数列，故D正确.故选ABD. 预测练2.设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； 解：证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝， 代入＋＝2可得＋＝2， 整理可得2＋1＝2bn，即bn－＝(n≥2). 又＋＝＝2，所以b1＝， 故{bn}是以为首项，为公差的等差数列. (2)求{an}的通项公式. 解：由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，所以Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－＝－＝－. 故an＝ 返回 专 题 集 训 返回 1.(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.－ √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2025·山东滨州二模)设为等比数列，且a2＋a3＝3，a3＋a4＝6，则a7＋a8＝ A.12 B.24 C.48 D.96 √ 设数列的公比为q.由a2＋a3＝3，a3＋a4＝6可得＝＝q＝2，所以a7＋a8＝q5＝3×25＝96.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2025·河北秦皇岛三模)在等差数列中，若a8＝1，3a6＋2a4＝a2，则的前8项和为 A.26 B.50 C.－2 D.－6 √ 设等差数列的公差为d.因为a8＝1，3a6＋2a4＝a2，可得3＋2＝1－6d，解得d＝，所以an＝a8＋(n－8)d＝n－3，所以a3n－1＝，所以数列的前8项和为S8＝8×＋×＝26.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2025·广东珠海模拟)已知是等差数列，Tn是数列的前n项积，若a3＝3，则T5＝ A.15 B.21 C.108 D.243 √ 因为是等差数列，设其公差为d.因为log2an－log2an－1＝log2＝d，所以＝2d，所以是等比数列，所以T5＝a1a2a3a4a5＝a3＝·a3·＝＝35＝243.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2025·江西赣州二模)设等比数列的前n项和为Sn，若S20＝21，S30＝49，则S10＝ A.－7 B.7 C.63 D.7或63 √ 由等比数列片段和的性质知，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以＝S10(S30－S20)，则＝S10(49－21)，所以－70S10＋441＝(S10－7)(S10－63)＝0，则S10＝7或S10＝63.设等比数列的公比为q，若S10＝63时，则S20－S10＝S10q10⇒－42＝63·q10，而q10＞0，显然等式不成立；若S10＝7时，则S20－S10＝S10q10⇒14＝7·q10⇒q10＝2＞0，满足题设；所以S10＝7.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2025·安徽蚌埠模拟)已知数列的前n项和为Sn，Sn＝an＋1－2且a1＝1，则 A.数列是等比数列 B.a2a4＝ C.a4＋a7＜a5＋a6 D.数列是等比数列 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，由Sn＝an＋1－2，可得Sn－1＝an－2，两式相减得Sn－Sn－1＝an＋1－2－，所以an＝an＋1－an，所以an＋1＝2an，所以＝2，当n＝1时，S1＝a2－2，又a1＝1，所以a2＝3，所以＝3，所以数列不是等比数列，故A错误；对于B，由A可知，数列去掉第一项，可构成以a2＝3为首项，2为公比的等比数列，所以a2a4＝，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，由A可得an＝所以a4＋a7＝3×22＋3×25＝108，a5＋a6＝3×23＋3×24＝72，所以a4＋a7＞a5＋a6，故C错误；对于D，由C可得S1＝1，S2＝3＋1＝4，S3＝4＋6＝10，所以≠，所以数列不是等比数列，故D错误.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2025·安徽淮北二模)设数列的前n项和为Sn，对任意正整数n有Sn＋2＝4Sn＋3，下列命题正确的有 A.若a1＝1，则S3＝7 B.一定不是等差数列 C.若为等比数列，则公比为2 D.若a1＝1，a2＝2，则为等比数列 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，若a1＝1，当n＝1时，S3＝4S1＋3＝4a1＋3＝7，故A正确；对于B，假设是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，Sn＋2＝a1＋d，由Sn＋2＝4Sn＋3得a1＋d＝4na1＋d＋3，即d＋n＋＝2n2d＋n＋ 3，根据多项式相等可 得方程组无解，所以一定不是等差数列，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，若为等比数列，由Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋3＝4Sn＋1＋3两式相减得an＋3＝4an＋1，即anq3＝4anq.由an≠0得q2＝4，解得q＝±2，故C错误；对于D，若a1＝1，a2＝2，则S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝1＋2＝3.当n＝1时，S3＝4S1＋3＝7，所以a3＝S3－S2＝7－3＝4.当n≥2时，Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋1＝4Sn－1＋3，两式相减可得an＋2＝4an，即＝4，所以数列的奇数项是以a1＝1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以2为首项4为公比的等比数列.又＝2，＝2，所以数列为等比数列，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2025·湖北武汉二模)已知数列满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，{an}的前n项和为Sn，则 A.a1＝2 B.数列是等比数列 C.Sn，S2n，S3n构成等差数列 D.数列的前100项和为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝·2n－1，两式相减可得2n－1an＝n·2n－·2n－1＝2n－1，所以an＝n＋1，当n＝1，a1＝2适合上式，所以an＝n＋1；由＝不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，由an＝n＋1可知，an－an－1＝n＋1－n＝1，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝2n＋，所以S2n＝4n＋，S3n＝6n＋，Sn＋S3n＝2n＋＋6n＋＝8n＋5n2－2n.又2S2n＝8n＋4n2－2n，所以Sn＋S3n≠2S2n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；对于D，＝＝－，所以＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝，故D正确.故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.已知数列满足＝，若a1＝，则＝_____. 因为＝，a1＝，所以a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝＝，所以数列的周期为3.所以＝ ＝a1＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若a2a10＝2，且S4－S12＝λS8，则λ＝_______. －2 设等比数列{an}的公比为q，由题意可知q≠1.因为a2a10＝2，所以q10＝2q6，得q4＝2.因为S4－S12＝λS8，所以－＝，所以1－q4－(1－q12)＝λ(1－q8)，所以q12－q4＝λ(1－q8)，(q4)3－q4＝λ[1－(q4)2]，所以8－2＝－3λ，解得λ＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(13分)已知数列的前n项和为Sn，且＝. (1)若S3＝2，求a3； 解：令n＝1，可得＝，故S2＝a3. 又S3＝a1＋a2＋a3＝2a3＝2，所以a3＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若a2＝2a1，求关于n的表达式. 解：由＝，可得＝，＝，…，＝， 两边分别相乘得＝，所以a2Sn＝anan＋1. 当n≥2时，a2Sn－1＝an－1an， 所以a2Sn－a2Sn－1＝anan＋1－an－1an， 即a2＝an，即a2an＝an， 由题可知an≠0，所以an＋1－an－1＝a2， 所以的奇数项、偶数项均成公差为a2的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以a2n－1＝a1＋(n－1)a2＝(2n－1)a1，a2n＝a2＋(n－1)a2＝2na1， 所以an＝na1. 所以Sn＝a1＋2a1＋3a1＋…＋(n－1)a1＋na1 ＝[1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n]a1＝， 故＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(15分)(新定义)如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“G型数列”. (1)若数列{an}满足2an＝Sn＋1，判断{an}是否为“G型数列”，并说明 理由； 解：易知当n＝1时，可得2a1＝S1＋1＝a1＋1，即a1＝1； 而当n＝2时，2a2＝S2＋1＝a1＋a2＋1， 可得a2＝2； 此时＝＝2＜3，不满足“G型数列”定义，猜想：数列{an}不是“G型数列”，证明如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由2an＝Sn＋1可得， 当n≥2时，2＝＋1， 两式相减可得2an－2＝Sn－＝an，可得an＝2， 此时从第二项起，每一项与它前一项的比为＝2＜3，因此{an}不是“G型数列”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)已知正项数列{an}为“G型数列”，a1＝1，数列{bn}满足bn＝an＋2，n∈N*，{bn}是等比数列，公比为正整数，且不是“G型数列”，求数列{an}的通项公式. 解：设数列{bn}的公比为q，易知q∈N*. 又因为数列{bn}不是“G型数列”，可得q≤3， 可得＝＝q， 即得＝qan＋2q－2. 又数列{an}为“G型数列”， 可得＝q＋＞3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 易知“G型数列”为递增数列，因此当n趋近于正无穷大时，q＋趋近于q，即可得q≥3， 综上可得q＝3，即＝3an＋4， 可得＋2＝3(an＋2)， 所以数列{an＋2}是以a1＋2＝3为首项，公比为3的等比数列， 即可得an＋2＝3×＝3n，可得an＝3n－2， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看！ $