专题13 数列的通项与求和-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

所以s=3aa-3d3=6d, 2 2 因为S,+T3=21, 所以6d+号-21，解得d=3或d=之 因为>1，所以d=3. 所以{an}的通项公式为a=3n. (2)因为6，=心+”，且{6}为等差数列， 所以26=4+4，即2X6=2+12」 a2 a as 所以6一1=6 a+daa+2a所以ai-3ad+2f=0, 解得a1=d或a1=2d. ①省a=d时a.=,所以么=心--士 nd S=99(a,+al_99(d+99d=99X50d, 2 2 Tn=99(6+6,) (号+99 2 2 d 因为Sg一T=99, 所以99×50d-99X51=99, d 即50d/-d-51=0, 解得d-品或d=-1(合去 @吉a=2以时a,=(十1d,将以6=”=子， S=99(a+as2_992d+100=99x51d. 2 T-996+6) 1+99 99(a+】 99×50 2 2 d 因为S9一T9=99, 所以99×51d-99X50=99, d 即51d-d-50=0, 解得d品（含去）浅4=1（合去） 蟒上d品 5.解(1)证明设等差数列{an}的公差为d, 由a2-b=a3-b3,知a1十d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1, 由a2-b=b-a:,知a1十d-2b1=8b1-(a1+3d), 故a1十d-2b=4d-(a1+3d):故a1十d-2b=d-a1,整理得 a1=b1,得证. (2)由(1)知d=2b=2a1, 由b=am十a1知b1·2-1=a1十(m-1)·d+a 即b·2*-1=b1十(m-1)·2b十b1,即2-1=2n, 因为1≤m≤500，故2≤2-1≤1000，解得2≤k≤10 故集合{k4=am十a1,1≤n≤500}中元素的个数为9个。 6.解(1)若m=5,则对于任意n∈{1,2,3,4,5}， a2=1,a1=2,a1十a2=2+1=3,a3=4,a2十a3=1十4=5， 所以Q是5一连续可表数列； 由不存在任意连续若千项之和相加为6，所以Q不是6一连续可表 数列： (2)反证法：假设k的值为3，则a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a, a1十a2a十a3a1十a2十a共6个数字，与Q为8-连续可表数列 矛盾，故k≥4： 现构造Q1,2,3,4可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字，即 存在k一4满足题意，故k的最小值为4： (3)以下先证明k≥6： 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表 示3数字， 取连续四个数字最多能表示2数字，取连续五个数字最多能表示1 数字， 1 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5十4十3十2十1=15个 正整数，不能表示20个正整数，即k≥6， 若k=6,最多可以表示6十5十4十3+2+1=21个正整数， 由于Q为20一可表数列，且a1十a2十ag十…十a4<20, 所以有一项必为负数， 既然5个正整数都不能连续可表1一20个正整数， 所以至少要有6个正整数连续可表1一20个正整数， 所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故k≥7， 7.解(1)因为S4-2a2a3十6=0，a1=-1, 所以-4+6l-2(-1+d)(-1+2d)+6=0, 所以-3d=0,又d>1, 所以d=3, 所以an=3n-4, 所以S-a+a)n-3n-5n 2 2 (2)因为an十cmau+1十4cn,am+2十15cn成等比数列， 所以(an+1十4cn)2=(an十cn)(an+2十15cn), (md-1+4cn)2=(-1+nd-d+c,)(-1+d+d+15c), c号+(14d-8nd+8)cn十d=0, 由已知方程c号+(14d-8nd十8)c,十=0的判别式大于等于0， 即△=(14d-8nd+8)2-4d≥0， 所以(16d-8d+8)(12d一8d十8)≥0对于任意的n∈N"恒 成立， 所以[(n-2)d-1][(21-3)d-2]≥0对于任意的n∈N'恒成立， 当n=1时，[(m-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d+2)≥0， 当n=2时，由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0，可得d2, 当n≥3时，[(m-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2m-5)≥0， 又d>1,所以1<d2 专题13数列的通项与求和 考向1数列的通项 1.C[递推数列十an与Sn之间的关系由题意知，当n=1时，S S1=1,得ag=1.当n≥2时，Sm-S,=n①，S2m-2-Sn-1=n-1 ②，①-②得，a2m十a2w-1一an=1③，（题眼）对③式，令n=2, 得a:十a3-a2=1,又a2=1,a3=6,所以a=-4.对③式，令n=4, 得ag十a,一a:=1,所以ag十a,=-3,故选C.] 2.B[等差数列的通项公式十等差数列的前项和公式根据S3- 3a2=6得a2=2,根据S=5a:=-5得a3=-1,所以{a}的公差 d=a3-a2=-3,所以as=ag十3d=-10,所以S6=S十a6= -5-10=-15.] 3.AD[等比数列的通项公式十前n项和公式 /)根据S=a1十a2十a=京十g十a2 -1+1=7,得 6g-q-1=0,即(2g-1)(3g十1)=0，因为9>0，所以q=2 错误项分析B×)a,=a,=1×(合)）=子 错误项分折C×一号-4所以8-a》4-显】 1一9 1-2 =31 D√a.=a91-4x(）-器=28-2 1-g -()] 8[1-(侵)]-8-器=8-2，所以a,中 1- Sm=8.] 4.2[等比数列前n项和公式十等比数列前n项和的性质 解法一（基本量法）设等比数列为(a},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9>0，又S=4,S= 68,所以g≠1.由S=4得1-2=4①，由S=68得 9g-s8器释号-学m士72-1+ 1-q 1-g =17,所以g=16,又90，所以q=2. 解法二（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Sm,因为等比数列{am}的各项均为正数，所以g>0, 因为S=4,S=68,所以S-S=64,因为S,Sg-S4,S2 S,…成等比数列，且公比为g,所以g=S、S-64=16,又g S 4 >0,所以q=2.」 5.12[等差数列的前n项和解法一该数列的前6项和为6X! (-3)+6X5×2=12. 2 解法二a=a1十5d=一3十10=7，测该效列的前6项和为 6(a1+a)_6X(-3+2=12.] 2 2 6.解（1D设{a,}的公差为d,则-a,十d=11 (S1o=10a1+45d=40' 解得a1=13,d=-2. 所以{a}的通项公式为an=13十(n-1)·(-2)=15一2m. 2)由1)得a,=5-2,m≤7 121-15,8 当n≤7时，T.=13m+nn×(-2)=14,-, 当n≥8时，T,=T,+1+3+5+十(2-15)=T,十1十3十5十…+ [2(m-7)-1]=14×7-+m-7)[1+2(m-7)-11=98- 14n十t. 综上，工=n,≤7 {98-14n+n2,n≥8 考向2分组法求和 1.C[等差数列的通项公式与前n项和公式十a,与S,之间的关系 当n=1时，a1=S1=-1十8=7，当n≥2时，an=S,-Sa-1=- 十8n-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n十9，显然a1=7也符合该式， 所以a-21+9,所以a三{22g,54,所以a)的前12 项和为7+1)X4+1+15)X8=80,故选C] 2 2 2.解(1)设等差数列{am}的公差为d. 因为n=只。一6，n为奇数 12am,n为偶数 所以h=a1-6,b,=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1十2d-6. 因为S=32,T3=16, 所以∫4a1+6d=32 1(a1-6)+(2a1+2d0+(a1+2d-6)=16' 整理，得2a,+3d=16 (a1+d=7 解得∫4=5 1d=2 所以{an}的通项公式为an=2n十3. (2)由(1)知am=2n十3， 所以S=5+(3+3)】]=m+4m 2 当n为奇数时， T,=(-1+14)+(3+22)+(7+30)++[(2n-7)+(4n+2)]+: 2n-3=[-1+3+7+…+(21-7)+(21-3)]+[14+22+30+…+ ”7(-1+2—3)2(14+41十2》3㎡士51二10 2 2 2 当>5时，T.-S.=3m+51-10-(㎡+4n)=-3-10= 2 2 (n-5)(n十22>0， 2 所以Tn>S 当n为偶数时，T,=(-1+14)+(3十22)十(7+30)十·十[(2一5)+1 (4n+6)]=[-1十3+7+十(21-5)]+[14+22+30++(4n+6)]= 受(-1+2r-0受4+4+03对+a 2 2 当n>5时，T,-S=3n号2m-(m+4n=,=nn,D>0, 2 2 2 所以Tn>Su 综上可知，当>5时，T>Sn 考向3裂项法求和 解(1)S=4,=1,所以三=1， a 12 所以{三}是首项为1，公差为号的等羞数列， tanS 所以三=1叶(m-D京-”所以S=宁号。 3 3 当m≥2时a=S.-81=号。-”宁。… 所以n0a,=十a,1,即。2-号≥2 累积法可得：a,-nnD(m≥2)，又a,=1满足该式， 2 所以{a,}的通项公式为a,=nn1, 2 (2)因为1 2 1 所以+上十…十1 =2[X2+2x+…+n+下] =2(1-2+-3 111 nn =2(1-n)2 考向4错位相减法求和 等差数列与等比数列的通项公式、性质、前项和公式十错位相减 法十分奇偶求和十集合中的元素个数 解(1)第1步：构造方程组求解公差和公比 设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0)，由题意得 ,2+d=1+g {2+3d=g-1,得d2 (1分) g=3. 第2步：写出通项公式 所以an=21,bn=3m-1 (3分) (2)(1)第1步：分别求x=a或x=b的个数 由(1)得Ew={x∈R|x≤n,3k∈N,x=2k或x=3-1}, 则Cn表示Em={z∈Rx≤3”，3k∈N,x=2k或x=3-1}中的 元素个数.（根据cm的定义，得出Cw的意义） 已知k∈N",x=2k表示偶数，x=3-1表示1或能被3整除的部分 奇数，故两种情况无重复，（根据集合元素性质得出不重合）(4分) 对于k∈N,x=2k≤3，有2,4，…，3-1，共3”2种情况； 对于k∈N,x=3-1≤3”，有1,3,32，…，3”，共n十1种情况. (6分) 第2步：求cm 因此Em中的元素个数为a:的个数与b:的个数之和， 所以cn=3”21+n十1=3+2+1nm∈N. (7分) 2 2 (t)第1步：求cm 当3”-1≤n≤3-1时，x=b为3°，3,3，…，3”-1，共n项.x=a 分奇偶讨论：当m为偶数时，有m,2+1=”（项)：当m为奇数 2 2 时，有m》2+1-2（项). 2 所以Cm= +”会m为寺教 (n相对固定，对n讨论)(9分) a+受，m为偶数 第2步：求{（一1）amCm}奇偶项的关系 所以(-1)a6m-(-1)m·2m·6,令山.=(-1)m: 2n·cm,则d2m-1=(-1)·(4m-2)·(n+m-1)=-4n2+6m- 4nn十21-2， d2m=4n·(n十n)=4n2十4， 两式相加得山m-1十dm=2n十6m一2.（奇偶项符号不同，相加找关 系) (10分) 第3步：求空d 4=3 由3-1,3”1十1,3”-1+2,3”-1十3，…，3”-2,3”-1知，共有3”- 1-3”-1十1=2·3”-1（项），3-1组.（并项求和，确定组数） 若3-1=2m-1,则m=31, 2 若31+2=2m-1,则m=3+3 2 若3”-2=2m-1,则m=3”1=3”-1+2·31-1 2 2 空'd。=(d1+d1+i）+(d-1g十d41+)+…+ m=3”一 d:dr-)-(2+6.2-2）+(2m+6.2+9 2 2）++8m+6·31+2311-2=2n…g+3·gr 2 十3(1十3+…十2·3-1-1)-2·3m-1=(2-2)3w-1十6·9m-1. (12分) 第4步：分别求数列{(2n一2)3”-1}，{6·9”-1}的前n项和 令xn=(2n-2)3”-1,y=6·9-1,(分解为两个数列的和) {x,}的前n项和为Xm=0·3°十2·31+4·32十·十(2m一2)· 3-1,则3Xn=0·3+2·32+4·33+…十(21-2)·3”， 两式相减得2X。=(2n-2)·3”-2(3+32+…+3”-1),即Xn= 昌十（口一受）·3.（错位相减法求和） }的前n项和为X.=6…二号-是（9-1.（学比数列的求和 公式) (14分) 第5步：求出∑(-l)"dmCm +骨，所以空(-1a6=+(-是)3+号5分) 2.数列中an和S,的关系+等比数列的定义、通项公式十数列求和 (理性思维、数学探索) 解(1)第1步：根据数列中a,和S。的关系求数列{a}的递推 关系 因为4Sn=3a十4①，所以当≥2时，4S-1=3an-1十4②， 则当n≥2时，①-②得4an=3an-3a-1,即a,=一3a-1 第2步：求出a1 当n=1时，由4Sn=3a,十4得4a1=3a1十4，所以a1=4≠0， 第3步：求数列{an}的通项公式 所以数列{am}是以4为首项，一3为公比的等比数列， 所以an=4X(-3)”-1. (2)解法一（错位相减法）第1步：求出数列{b}的通项公式 因为b.=(-1)”-1nan=(-1)”-n×4X(-3)”-1=4n·3-1, 第2步：利用错位相减法求T 所以Tn=4X3°十8×31+12×32十…+4n·3w-1, 所以3T=4×3+8×32+12×33+…+4n·3", 两式相减得一2T,=4十4(3十32+…十3"-1)一4n·3”=4+4X 31-3)-4m·3"=-2+(2-4n)·3”, 1-3 所以T,=1十(2n-1)·3. 解法二（裂项求和） 第1步：求出数列{b,}的通项公式 bn=(-1)m-lna=(-1)m-1nX4×(-3)"-1=4n·3w-1, 第2步：利用待定系数法对b,进行裂项 令bn=(kn十b)·3”-[k(n-1)十b]·3-1， 则b,=(kn十b)·3”-[k(n-1)+b]·30-1 =3-1[3kn十3b-k(1-1)-b]=(2k1+2b+k)·3w-1, 所以2k=4 12b+k=0 0,解得k=2 ”{b=-1' 即6，=(2n-1)·3”-[2(n-1)-1]·3”-1=(2n-1)·3”-(21 3)·3”-1, 第3步：求和 所以Tm=b1十b十b6十…十bn=1×3-(-1)X3°十3×32-1X 31+5X33-3X32+…+(21-1)·3-(2n-3)·3-1=(21-1)· 3"-(-1)×3°=(21-1)·3"+1. 3.解(1)当n=1时，2S1=a1,即2a1=a1,所以a1=0. 当n≥2时，由2Sn=a,得2S-1=(n-1)aw-1, 两式相减得2a=1a,一(n-1)a,-1, 即(n-l)an-1=(n-2)an, 当n=2时，可得a1=0, 11 时品号则品…会-号 dn-1 dn-2 2 …· 整理得0=n-1,因为a4=1,所以a,=n-1(n≥3). 当n=1,n=2时，均满足上式，所以an=n-1. (2)解法-令6，=“会一， 则工=么十么十…叶61十么=号十是+…+号+是 ①， 12 (1 2 2 2+了， 即T,=2-2+” 2w 解法二 设bn=2+1， 21 所以6=8岁=要=（分+0）×（合）”，放a=合6=0， 2 g=立 故A- 2 g11- =-1,B=A=0+1=-2,C=-B=2. 911 1 -1 2 1 故T,=(An+B)·g"+C=(-n-2)(2）+2, 整理得T=22+” 2 考向5数列与不等式 1,等差数列、等比数列的通项公式十错位相减法十组合计数十集合 解(1)第1步：设{a}的公差和{b,}的公比，得到通项公式 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{b}的公比为q(q≠0)， 则{am}的通项公式为a=2十(n一1)d,{bn}的通项公式为b=2 ×d-1 第2步：利用条件建立方程，求得q,d 由a2-b+1得2+d-2g+1,即d=2g-1,① 由a3=b得2+2d=2d.② 将①代入②，化简得4一2g=0,又q≠0，得q=2,则d=2q一1=3. 第3步：写出{a,},{6}的通项公式 故a-3n-1,bn-2". (2)(1)第1步：分析集合T,及t的最大值 由题知集合Tn中的元素为t=∑p,a:b,其中p,∈{0,1}， =1 当所有的p=1时，t取最大值，即4n=多ab,=之[(3i-1)X2] 第2步：计算imax与aw+1b+1 记S=tmx=2(3i-1)X2, i=1 则S=2(3i-1)×2=2×2+5×22+…+(3m-1)×2”, =1 2S=2(3i-1)X2+1=2×22+5×2+…+(3m-4)×20+(3n- 1)×2m+1, -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2+H :=1 :=1 =4+3×(22+23++2")-(3n-1)×2m+ =4+3x4X1-2-)-(3m-1)×2+1 1-2 =(8-6n)×2”-8. 则tmx=S=(6n-8)×2"+8=(3n-4)×2"+1+8. 易知a+1bn+1=[3(n十1)-1]×2+1=(3n+2)X2"+1. 第3步：比较tmax与an+1bu+1 当n≥1时，a+1b+1一tmax=6X2m+1-8≥6×2+1-8=16>0， 所以Ht∈Tn,均有t<an+1b+1: (i)第1步：分析a,b出现的次数 由题知集合Tn中的元素为t=2pab:=p1a1十p2a,b十…十pn abn,其中p,∈0,1}， 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数为2”-1 第2步：计算T,中所有元素之和 所以T,中所有元素之和为2"-1·S=2”-1[(3n一4)X2+1十8]= (3n-4)×4”+2+2 2.等差数列十新定义十计数原理十概率（理性思维、数学探索、数学 应用) 解(1)(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)第1步：分析当m一3时的分组情况 当m=3时，删去a2,a13,其余项可分为以下3组：a1,a4,a,a1o为 第1组，ag,a6,a4,a12为第2组，a,ag,a11,a1:为第3组， 第2步：分析当m>3时的分组情况，得结论 当m>3时，则去a2,a1,其余项可分为以下m组：a1,a,a,a1o为 第1组，a3a6,a4,a12为第2组，a5,ag,a11,a1:为第3组，a1i,a16, a17,a1g为第4组，a19,a20,a21,a2g为第5组，…，a4m-1,a4m, am+1,am+2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数 列a1a2,…,a1m+2是(2,13)一可分数列. (3)第1步：证明1,2，…，4n十2是(4p十1,4q十2)一可分数列，并 求出方法数 易知a1a2,,am+2是(i,j)-可分数列→1,2，…，4n十2是(4p十 1,4q十2)一可分数列，共中p,q∈{0,1，…，n}. 当0≤p≤q≤m时，删去4p十1,4g十2， 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等 差数列， 故数列1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数列，可分为(1,2， 3,4),,(4p-3,4p-2,4p-1,4p),,(4(q+1)-1,4(q十1)， 4(g+1)+1,4(g十1)+2)，…，(4m-1,4m,4m+1,4n+2).p,9的 可能取值方法数为C%+1十m十1=m十1)(m十2) 第2步：证明1,2，…，4n十2是(4p十2,4g十1)一可分数列，并求出 方法数 易知a1a2,…,am+2是(i,j)-可分数列→1,2，…，4n十2是(4p十 2,4q十1)一可分数列，其中p,g∈{0,1，…，n}. 当9-p>1时，删去4p十2,4g十1， 将14p与4g十34n十2从小到大，每4项分为1组，可知每组 的4个数成等差数列. 考虑4p十1,4p十3,4p十4，…，4q,4g十2是否可分，等同于考虑1， 3,4,…,4i,41+2是否可分，共中=q-p>1,可分为(1,1十1,2t十 1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+4,2t+4,3t+4),…,(t, 21,3t,41),(t+2,2t十2,3t+2,4t+2),每组4个数都能构成等差 数列. 故数列1,2，…，4n十2是(4p十2,4q十1)-可分数列，p,q且q一 D>1的可能取值方法数为C+1-m=m,1)m 2 第3步：证明p>日 (m十1)(n+2)⊥(n-1)m 从而Pm≥ 2 2 m2十m十11 C+2 8m+6m+1>8 3.等差、等比数列的通项公式及前项和公式十不等式的证明十错 位相减法 解(1)第1步：求公比 设{an}的公比为q(q>0),则1十q=g一1，得q=2, 第2步：求S。 所以3=二号=-1 (2)()第1步：写出b 由1D知，a4=25-1,所以6，={次，n=2 1b-1+2k,2-1<n<2 第2步：求出b-1 当n=a+1=2时，b,=k十1， bn-1=b-1=b-2十2k=b-3十4k=…=b-1十2k·(2-1-1)= k十2k·(2-1-1)=k·2*-k, 第3步：作差并化简 所以bn-1一a4·bn=k·2-k-(k+1)2=1=(k-1)2-1-k. 12 第4步：构造函数并求导，判断函数的单调性，求出函数的最小值 设f(x)=(x-1)2-1-x,x≥2，则f(x)=21十(x-1)2-11n2 1≥2+21n2-1>0,所以f(x)在[2，十o∞)上单调递增，f(x)≥ f(2)=0, 第5步：证明不等式 所以b-1-ag·b≥0，即b-1≥as·b (i)第1步：分析数列{b}的结构特点 令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b3=b2十2k=6, 令k=3,得b=3,b=b十2k=9,b=b十2k=15,b-b十2k=21, 所以b-1,b-1+1…,b-1是一个以b,5-1为首项，2k为公差的 等差数列. 第2步：求出b-1,b-1+1,…b2-1的和 因为b-1=k,所以b2k-1=k·2一k, 所以4-1+b-1+1十+-1=：2,2二=：4华-， 2 第3步：利用错位相减法求出2b i= 所以20=空6=6+么十…十1=1X0十2X4小十一 n×4"-1, 4b=1×4+2×42++n×4", =1 两式相减，得一3之6=++…十-nX华=二含-X =1 所以2=（）·+ 4.解(1)设{an}的公差为d, 中8泽。 、十4山-(a+24解得3， 1d=2 所以{an}的通项公式为an=3十2(n-1)=2n十1， ag-1=2·2"-1十1=2"+1，ag-1=2(2"-1)+1=2+1-1. 从a”-1到a0-1共有2”-1-2”-1十1=2·2”-1-2"-1=2”- (项). 所以空4=②+1+2-1)2=2+2·2)·2 2w-1 2 3·2m·2m-1 =3·22m-2 2 (2)(1)因为当2-1≤n≤2-1时，b<an<b+1 所以当2≤n十1≤2+1-1时，b+1<a+1<b+2, 可得an<b+1<a+1 因为{an}为递增数列，所以若2-1≤n≤2-l, 则a-1≤an≤a5-1,得2*+1≤an≤2+1-1. 同理可得2+1十1≤an+1≤2+-1. 故可得2+1-1<b+1<2+1十1， 所以2-1<b<2+1. 综上，当k≥2时，2-1<b<2十1. (iⅱ)由题意知{b}是q≠1的正项等比数列， 设{b,}的通项公式为币，=p·g(p>0,q>0且9≠1) 由(1)知，2”-1<b<2”十1，即2”-1<p·g”<2”+1, 则有1<：（号）<1+品 ①当号>1，即q>2时， 1∈N,释（号）>2，与（号）1+六子： ②当0号<1,9≠1，即0<<2且9≠1时， mN,俊得：（号）<与：（号）广>1-盾， 故q=2. 因为2”一1<bn<2”十1，所以bn=2” 设6，》的前n项和为S.,则S.-21二2)=2+1一-2. 1-2 211!11111111111111111111111111111111 专题13 数列的通项与求和 考向1 数列的通项 考向2分组法求和 1.(2026·天津卷，5分)已知数列{am}的前n项和1.(2025·天津卷，5分)已知数列{am}的前n项和 为Sm,S2m-Sm=n,a3=6,则a7十ag=( Sn=一n2+8n,则{|an1)的前12项和为( A.68 B.56 C.-3 D.-4 A.48 B.112 C.80 D.144 2.(2025·全国卷Ⅱ，5分)记S,n为等差数列{am} 2.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)已知{am}为等差数 投 的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=( n一6，n为奇数 A.-20 B.-15 C.-10 列，bn= 记Sm,Tn分别为数 D.-5 2an,n为偶数 3.(多选)(2025·全国卷Ⅱ，6分)记Sm为等比数 列{am》,{bn}的前n项和，S4=32,T3=16. 列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0.若 (1)求{an}的通项公式； S3=7,a3=1,则 ( (2)证明：当n>5时，Tm>Sn. A.q=2 R.a6=号 故 C.S5=8 D.an+Sn=8 训 4.(2025·全国卷I,5分)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 5.(2025·上海卷，4分)已知等差数列{an}的首 项a1=一3，公差d=2,则该数列的前6项和为 量 区 ! 6.(2023·全国乙卷·文，12分)记Sm为等差数 列{an}的前n项和，已知a2=11,S1o=40, 弥 (1)求{am}的通项公式； (2)求数列{an)的前n项和Tn 荞 37 考向3裂项法求和 2.(2024·全国甲卷·理，12分)记Sm为数列 (2022·新高考I卷T17)记Sn为数列{am}的 {am}的前n项和，已知4Sm=3am十4. 前n项和，已知a1=1, 倍}是公差为号的等差 (1)求{am}的通项公式； (2)设bn=(-1)”-1nan,求数列{bn}的前n项 数列. 和为Tn (1)求{am}的通项公式； (2)证明：1+1+十1<2 al a2 an 考向4错位相减法求和 1.(2026·天津卷，15分)已知等差数列{an}与等 比数列{bn}满足：a1=2,b=1,a2=b1十b2,3.(2023·全国甲卷·理，12分)记S,为数列 a4=b3-b1. {an}的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan: (1)求数列{an},{bn}的通项公式. (1)求{an}的通项公式； (2)记En={x∈Rx≤n,3k∈N*,x=ak或 x=bk},记cm为Em中的元素个数. (2)求数列2}的前n项和T (i)求c3m (i)求空(-1)m·an·cm: 38 考向5数列与不等式 2.(2024·新课标I卷，17分)设m为正整数，数 1.(2025·天津卷，15分){am}是等差数列，{bn}是 列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列， 等比数列，a1=b1=2,a2=b2十1，a3=b3: 若从中删去两项a:和a;(i<j)后剩余的4m项 (1)求{am},{bn}的通项公式 可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成 (2)Vn∈N*有Tm={p1a1b1+p2a2b2+…+ 等差数列，则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j) pnanon p1,p2,…,pn∈I},I={0,1}. 可分数列 (i)求证：Ht∈Tn,均有t<an+1bn+1; (1)写出所有的(i,),1≤i<j≤6，使得数列 (ⅱ)求Tm中所有元素之和. a1a2,…,a6是(i,j)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 (2,13)一可分数列； (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和方 (i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分 数列的概率为P。证明：P>日 39 3.(2024·天津卷，15分)已知数列{am}是等比数4.(2023·天津卷，15分)已知数列{am}是等差数 列，公比大于0，其前n项和为Sn,若a1=1, 列，a2十a5=16,a5-a3=4. S2=a3-1. (1)求{an的通项公式和∑a:。 (1)求数列{am}的前n项和Sm k:n=ak (2)已知{b}为等比数列，对于任意k∈N*,若 (2)设bn= ,k∈N*. bm-1十2k,ak<n<ak+1 2k-1≤n≤2-1，则bk<a,<bk+1: (1)当k≥2，n=ak+1时，求证：bm-1≥a·bn; (1)当k≥2时，求证：2k-1<bk<2+1; (i)求2b (iⅱ)求{bm}的通项公式及其前n项和. 1 40