6.4 数列求和 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列求和”专题，覆盖公式法、分组求和、错位相减等核心方法，对接高考评价体系，分析近五年全国卷中错位相减占30%、裂项相消占25%的高频考点，结合2024全国甲卷等真题归纳6类常考题型。 课件亮点在于“真题母题+技巧模板+分层训练”，如错位相减法通过“乘公比—错位相减—求和化简”四步模板突破，裂项相消整合7类公式助学生快速拆分，培养数学思维与运算能力。提能训练分基础巩固与能力提升，教师可据此实施精准复习，助力学生高效备战。

第六章 数列 第四讲　数列求和 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[37] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　公式法求和 1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．等比数列的前n项和公式： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点二　分组求和法 一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分组求和法求其前n项和． 知识点三　倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等且等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点四　错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． 知识点五　裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 知识点六　并项求和法 在一个数列的前n项和中，可两两合并求解，则称之为并项求和．如{an}是等差数列，求数列{(－1)nan}的前n项和，可用并项求和法求解． 形如an＝(－1)nf(n)类型，可考虑采用两项合并求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 归 纳 拓 展 常见的裂项公式 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (2)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和．(　　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组二　走进教材 A．2 023 B．2 024 C．2 025 D．2 026 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 题组三　走向考场 4．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和为Tn. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 考点突破 · 互动探究 返回导航 分组求和与并项求和——自主练透 设{an}是递增的等差数列，{bn}是等比数列，已知a1＝1，b1＝4，b2＝2a4，b3＝8a2. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设dn＝(－1)n(an＋3an)，求数列{dn}的前2n项和S2n. [解析]　(1)设{an}的公差为d(d>0)， {bn}的公比为q(q≠0)， 由a1＝1，b1＝4，b2＝2a4得b1q＝2(a1＋3d)，即4q＝6d＋2， 又因为b3＝8a2，所以b1q2＝8(a1＋d)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 (2)由(1)可得dn＝(－1)n(n＋3n)， 所以S2n＝d1＋d2＋d3＋d4＋…＋d2n－1＋d2n ＝－(1＋31)＋(2＋32)－(3＋33)＋(4＋34)－…－(2n－1＋32n－1)＋(2n＋32n) ＝(1＋32－31)＋(1＋34－33)＋…＋(1＋32n－32n－1) ＝(1＋2×31)＋(1＋2×33)＋…＋(1＋2×32n－1) ＝n＋2×(31＋33＋…＋32n－1) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：分组求和法与并项求和法的应用策略 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 错位相减法——师生共研 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； [解析]　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和． 第二步：(乘公比)设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N*)的项对齐，然后两边同时作差． 第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出Tn. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 用错位相减法求和应注意的问题 1．如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法． 2．在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． 3．“Sn－qSn”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是(n－1)项，一般是(n－1)项． 4．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 (2025·湖北模拟预测)在公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，且a5是a2与a14的等比中项． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝2an，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 裂项相消法——师生共研 (2026·江苏泰州期初调研)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a1＋a2＝b3,15a1＋a9＝b6. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨： 裂项相消法求和在历年高考中曾多次出现，命题角度凸显灵活多变．在解题中，要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列{an}的通项公式，达到求解的目的． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 1．直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点： (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； 2．与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 数列的求和——倒序相加法 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 名师点拨：倒序相加法应用的条件 与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和相加的方法求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 提能训练　练案[37] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 3．(2025·重庆三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1(n∈N*)，S24＝(　　) A．276 B．272 C．268 D．266 [答案]　A [解析]　∵a1＝S1＝1，又∵Sn＋Sn＋1＝n2＋1，当n＝1时，S1＋S2＝12＋1＝2，解得S2＝1；当n≥2时，Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋1，作差得Sn＋1－ Sn－1＝2n－1，∴S24＝(S24－S22)＋(S22－S20)＋…＋(S4－S2)＋S2＝2(23＋21＋…＋3)－11＋1＝276.故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 A．3×251－156 B．3×251－103 C．3×250－156 D．3×250－103 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 6．(2026·广东揭阳两校联考)已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 024等于(　　) A．22 024－1 B．3×21 012－1 C．3×21 012－2 D．3×21 012－3 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 二、填空题 7．(2025·河北唐山二模)已知数列{an}中，a1＝1，an＋(－1)nan＋1＝2，则a4＝________，数列{an}的前2 023项和S2 023＝________. [答案]　1　2 023 [解析]　由题意，a1＝1，a2＝－1，a3＝3，a4＝1；又a5＝1，a6＝ －1，a7＝3，…，知数列{an}的周期为4，a1＋a2＋a3＋a4＝4,2 023＝505×4＋3，S2 023＝505×4＋(1－1＋3)＝2 023. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 8．(2025·山西吕梁期中)对于数列{an}，定义数列{an＋1＋an}为数列{an}的“和数列”，若a1＝1，数列{an}的“和数列”的通项公式为3·2n，则数列{an}的前21项和S21＝________.(结果保留指数形式) [答案]　411－3 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 三、解答题 9．(2026·江苏南京一中阶段性检测)已知{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2＝3，a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)定义在数列{an}中，使log3(an＋1)为整数的an叫做“调和数”，求在区间[1,2 024]内所有“调和数”之和. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 10．(2025·江苏常熟期中)已知数列{an}和数列{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－2，nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n，(n∈N*)，a2＝4b1. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； [解析]　(1)已知Sn＝2an－2，① 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－2，得a1＝2， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，② ①－②得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 B组能力提升 (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝(2n－1)an，记数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＋1－1≤4n·λ恒成立，求λ的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 解法二：设数列{an}的公比为q. 当n＝1时，a2－1＝2S1＝2a1， 即a1q－1＝2a1， 当n＝2时，a3－1＝2S2， 即a1q2－1＝2(a1＋a1q)，解得a1＝1，q＝3， 所以an＝a1qn－1＝3n－1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 (1)求数列{an}的通项公式； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 C组拓展应用(选作) (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*，Tn≥10n＋λ，求实数λ的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第六章　数列 谢谢观看 2．等差数列的前n项和公式：Sn＝＝______________＝______________. na1＋d n2＋n Sn＝ 注意等比数列公比q的取值情况，要分q＝1，q≠1. (1)＝－； (2)＝； (3)＝； (4)＝； (5)＝－； ＝(－)； (6)＝； (7)＝－. (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和为Sn＝.(　　) (4)当n≥2时，＝.(　　) (5)求数列的前n项和可用分组求和．(　　) [解析]　(1)因为数列{an}为等比数列，且公比不等于1.则其前n项和为Sn＝＝＝. (2)因为sin21°＋sin289°＝sin22°＋sin288°＝sin23°＋sin287°＝sin244°＋sin246°＝2sin245°＝1，所以sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin287°＋sin288°＋sin289°可用倒序相加求和． (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解． (4)因为＝·＝. 2．(选择性必修2P51T2改编)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n＝(　　) [解析]　an＝＝－， ∴Sn＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝＝， ∴n＝2 025.故选C. 3．(选择性必修2P40T3改编)Sn＝＋＋＋…＋等于(　　) A． B． C． D． [解析]　解法一：由Sn＝＋＋＋…＋① 得Sn＝＋＋…＋＋② ①－②得， Sn＝＋＋＋…＋－， ＝－，∴Sn＝. 解法二：此类问题可先考虑排除法，令n＝1即得B正确．故选B. [解析]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4， 解得a1＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， 所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， ∴数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4·(－3)n－1. (2)bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1， 故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 所以－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n ＝4＋4·－4n·3n ＝4＋2·3·(3n－1－1)－4n·3n ＝(2－4n)·3n－2， ∴Tn＝(2n－1)·3n＋1. 即4q2＝8d＋8，联立 解得(舍去)或 所以an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1qn－1＝2n＋1. ＝n＋2× ＝(9n－1)＋n. 一般地，如果{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an±bn}或cn＝的前n项和Sn时，可采用分组求和法求解．如果cn＝(－1)nan，求{cn}的前n项和时，可采用并项求和法求解. (2)求数列的前n项和Tn. 所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 则当n≥3时， ＝，则··…·＝··…·，即＝n－1， 因为a2＝1，所以an＝n－1， 当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*. (2)令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋…＋＋，② 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－ ＝1－， 即Tn＝2－. [解析]　(1)设{an}的公差为d(d≠0)， 因为a5是a2与a14的等比中项， 所以a＝a2a14，即(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋13d)， 整理得d2＝2a1d. 又a1＝1，d≠0，所以d＝2， 则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝2an＝22n－1，cn＝anbn＝(2n－1)·22n－1， 则Sn＝1×21＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)·22n－1①， 4Sn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－1)·22n＋1②， ①－②得－3Sn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)·22n＋1 ＝2＋2×－(2n－1)·22n＋1＝－－·22n＋1 则Sn＝·22n＋1＋. (2)记cn＝log2bn＋1，求数列的前n项和Sn. [解析]　(1)设{an}公差为d，{bn}公比为q， 则解得q＝2，d＝2； ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1. (2)∵cn＝log22n＝n， ∴＝＝ ＝＋. ∴Sn＝n＋ ＝n＋＝＋＝. (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝. (2025·山西阳泉三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，则数列的前100项和T100＝________________. [答案]　－ [解析]　因为Sn＝2an－2，所以Sn－1＝2an－1－2，n≥2，故n≥2时，两式相减得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，n≥2，因为S1＝2a1－2，即a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以an＝2n，＝＝＝2，T100＝2＝2＝ －. (2025·浙江开学考试)已知函数f(x)满足f(x)＝f(1－x)，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)＝f′(x)＋，x∈R.若an＝g，则数列{an}的前2 023项和为________. [答案]　 [解析]　由题意知f(x)＝f(1－x)，所以f′(x)＝－f′(1－x)，即f′(x)＋f′(1－x)＝0，又因为g(x)＝f′(x)＋，所以g(x)＋g(1－x)＝f′(x)＋f′(1－x)＋＝，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝g＋g＋g＋…＋g　①，a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝g＋g＋g＋…＋g　②，将①②两式相加可得：a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝＝. 设f(x)＝，则f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 022)＝________. [答案]　 [解析]　∵f(x)＝，∴f(x)＋f＝1. 令S＝f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 022)．① 则S＝f(2 022)＋f(2 021)＋…＋f(1)＋f＋…＋f.② ∴2S＝4 043，∴S＝. 1．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　) A．(3n－1)2 B．(9n－1) C．9n－1 D．(3n－1) [解析]　因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则当n≥2时，an＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，a＋…＋a＝＝(9n－1)．故选B. 2．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则的前100项和为(　　) A． B． C． D． [解析]　∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.∴an－an－1＝n(n≥2)．∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.∴＝＝2.∴的前100项和为2＝2＝.故选D. 4．(2025·河南安阳晋豫名校联盟联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1－an＝8n＋4，则＋＋…＋＝(　　) A．2 025 B．2 024 C． D． [解析]　由题意可得a2－a1＝8＋4，a3－a2＝8×2＋4，a4－a3＝8×3＋4，…，an－an－1＝8(n－1)＋4(n≥2)，累加可得an－a1＝8＋8×2＋8×3＋…＋8×(n－1)＋4(n－1)＝8×＋4(n－1)＝4n2－4，an＝4n2－1，所以＝＝＝，故＋＋…＋＝＝＝.故选D. 5．(2025·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　) [解析]　因为a1＝1，an＋1＝所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3，记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3，记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.故选A. [解析]　数列{an}中，a1＝1，由an＋1·an＝2n，得a2＝2，an＋2·an＋1＝ 2n＋1，则有＝2，因此数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以S2 024＝(a1＋a3＋…＋a2 023)＋(a2＋a4＋…＋a2 024)＝＋＝3×21 012－3.故选D. [解析]　因为a1＝1，数列{an}的“和数列”的通项公式为3·2n，所以数列an＋1＋an＝3·2n，S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)＝1＋3×22＋3×24＋…＋3×220＝1＋＝411－3. [解析]　(1)设{an}的公差为d. 因为a1，a3，a7成等比数列， 所以a＝a1·a7， 则 所以或(舍去)． 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1. (2)设b＝log3(an＋1)，所以an＝3b－1， 令1≤an＝3b－1≤2 024，且b为整数， 由36＝729,37＝2 187，知36<2 024<37， 所以b可以取1,2,3,4,5,6， 此时an分别为31－1,32－1,33－1,34－1,35－1,36－1， 所以在区间[1,2 024]内所有“调和数”之和为(31－1)＋(32－1)＋(33－1)＋(34－1)＋(35－1)＋(36－1)＝(31＋32＋33＋34＋35＋36)－6＝－6＝1 086. (2)若数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 又a1＝2≠0，an≠0，则＝2(n≥2，n∈N*)， 所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，则an＝2n. 因为a2＝4b1，所以b1＝1， 又由nbn＋1－(n＋1)bn＝n2＋n，得－＝1(n∈N*)， 所以是首项为1，公差为1的等差数列， 则＝1＋n－1＝n，即bn＝n2. (2)由(1)得cn＝＝＝， 则Tn＝ ＝＝. 1．(2026·湖北十堰一诊)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝. [解析]　解法一：由Sn＝， 可得Sn＋1＝， 两式相减可得an＋1＝， 则an＋2＝3an＋1， 所以等比数列{an}的公比为3. 当n＝1时，S1＝，则a1＝， 解得a1＝1，所以an＝1×3n－1＝3n－1. (2)由(1)可得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n－1. 所以Tn＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1. 则3Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n， 所以Tn－3Tn＝－2Tn＝1＋2×(3＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n， 即－2Tn＝1＋2×－(2n－1)·3n＝1＋3n－3－(2n－1)·3n， 故Tn＝1＋(n－1)·3n， 由Tn＋1－1≤4n·λ，可得λ≥， 令cn＝， 则＝＝， 当1≤n<3时，＝>1， 当n＝3时，＝＝1， 当n>3时，＝<1， 所以c1<c2<c3＝c4>c5>c6>c7>…， 所以λ≥c3＝， 所以λ的取值范围为. 2．(2025·湖南长沙市一中月考七)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足＝，a1＝1. (2)数列{bn}为等比数列，数列{cn}满足cn＝，若b2＝2，b1b2b3b4b5＝210，求证：c1＋c2＋…＋cn<1. [解析]　(1)由题意，可知S1＝a1＝1， ＝，＝，＝，＝，…， ＝，＝， 以上各式相乘，可得 Sn＝1·····…··＝， ∵当n＝1时，S1＝1也满足上式， ∴Sn＝，n∈N*， ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n， ∴当n＝1时，a1＝1也满足上式， ∴an＝n，n∈N*. (2)证明：设等比数列{bn}的公比为q， 则210＝b1b2b3b4b5＝·2·2q·2q2·2q3＝25q5，解得q＝2， ∵b1＝＝＝1， ∴bn＝1·2n－1＝2n－1，n∈N*， ∴cn＝＝＝－， ∴c1＋c2＋…cn＝－＋－＋…＋－＝1－<1. (2025·浙江嘉兴二模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0,4Sn＝a＋2an－3，数列{bn}满足bn＝ [解析]　(1)n＝1时，a1＝S1＝，解得a1＝－1或a1＝3， 因为an>0，所以a1＝3， n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－， 得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2， 又a1＝3， 所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)解法一：由bn＝ 得bn＝ 当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝(b1＋b3＋…＋bn－3＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn－2＋bn) ＝[－2＋(－2)＋…＋(－2)＋(－2)]＋[12＋20＋…＋(4n－4)＋(4n＋4)] ＝(－2)×＋＝n2＋3n， 当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋3(n＋1)－[4(n＋1)＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝ 因为对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ成立， 所以当n为奇数时，n2＋n－4≥10n＋λ， 所以λ≤n2－9n－4. y＝n2－9n－4图象的对称轴为n＝－＝4.5， 因为n为奇数， 所以n＝5时，(n2－9n－4)min＝－24，则λ≤－24； 当n为偶数时，n2＋3n≥10n＋λ，所以λ≤n2－7n，y＝n2－7n，图象的对称轴为n＝－＝3.5， 因为n为偶数，所以n＝4时，(n2－7n)min＝－12，则λ≤－12. 综上，λ≤－24. 解法二：bn＝ 当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝(a1－a2)＋(a2＋a3)＋(a3－a4)＋…＋(an－1－an)＋(an＋an＋1) ＝[a1＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)]＋[(－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－1－an)] ＝Sn＋1＋(－5)＋(－2)× ＝n2＋3n. 当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋3(n＋1)－[4(n＋1)＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝ (下同解法一) $