第四章 数列 章末整合提升〔含真题体验〕-《学霸笔记·同步精讲》2026-2027学年高中数学选择性必修第二册教师用书Word（人教版）

一、等差、等比数列的基本运算和性质 　　数列的基本运算和性质以小题居多，但也可作为解答题第一问命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等. （1）已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3＋b11＝（　D　） A.3 B.6 C.7 D.8 解析：因为数列{an}是等比数列且a3a11＝4a7，所以＝4a7≠0，解得a7＝4，数列{bn}是等差数列，则b3＋b11＝2b7＝2a7＝8. （2）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为　－　； 解析：设等比数列{an}的公比为q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×＝7×.整理，得8q6－7q3－1＝0，解得q＝－. （3）〔一题多解〕已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　－2　. 解析：法一　设数列{an}的首项为a1，公比为q.由a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，得∴即a2＝1，q5＝－2.∴a7＝a2q5＝1×（－2）＝－2. 法二　设数列{an}的公比为q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2. 反思感悟 　　在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d（q），Sn，可通过列方程组的方法，知三求二.在利用Sn求an时，要注意验证n＝1时是否成立. 二、数列的通项公式 　　数列的通项公式在命题中多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an. （1）在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则an＝　　； 解析：对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，则an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，∴（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝2＋3＋4＋…＋n，即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，又a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝. （2）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为　2n－1　. 解析：因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2（Sn＋1）.因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1，n∈N*. 反思感悟 求数列通项公式的常用方法 （1）由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1； （2）累加法：适用于形如“an＋1－an＝f（n）”，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）； （3）累乘法：适用于形如“＝f（n）”，an＝a1···…·； （4）构造法：①形如“an＝kan－1＋b（k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*）”，可令an＋t＝k（an－1＋t），结合已知条件可得t＝，构造等比数列{an＋}； ②取倒数法：形如“an＝（n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0）”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列{}或转化为类型①. 三、等差、等比数列的判定与证明 　　判断等差或等比数列是数列中的重点内容，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列. 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝. （1）求b1，b2，b3； 解：由条件可得an＋1＝an. 将n＝1代入，得a2＝4a1＝4. 将n＝2代入，得a3＝3a2＝12. 所以b1＝1，b2＝2，b3＝4. （2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； 解：{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下： 由条件可得＝， 即bn＋1＝2bn，又b1＝1， 所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列. （3）求数列{an}的通项公式. 解：由（2）可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*. 变式　已知数列{an}满足a1＝，且当n＞1，n∈N*时，有＝. （1）求证：数列{}为等差数列； 解：证明：当n≥2时， 由＝，得an－1－an＝4an－1an， 两边同除以an－1an，得－＝4， 所以数列{}是首项为＝5，公差为d＝4的等差数列. （2）试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由. 解：由（1）得＝＋（n－1）d＝4n＋1，所以an＝，所以a1a2＝×＝， 假设a1a2是数列{an}中的第t项， 则at＝＝， 解得t＝11∈N*， 所以a1a2是数列{an}中的第11项. 反思感悟 判断（证明）数列是等差（比）数列的方法 （1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或）为与正整数n无关的常数； （2）等差（比）中项法：①若2an＝an－1＋an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等差数列；②若＝an－1·an＋1（n∈N*，n≥2且an≠0），则{an}为等比数列； （3）通项公式法：an＝kn＋b（k，b是常数）⇔{an}是等差数列；an＝c·qn（c，q为非零常数）⇔{an}是等比数列； （4）前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn（A，B为常数，n∈N*）⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A（A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*）⇔{an}是公比不为1的等比数列. 四、数列求和 　　根据题目所给条件，会使用分组转化法、错位相减法、裂项相消法和并项转化法求和. 已知数列{an}是递增的等差数列，a3＝7，且a4是a1与a13的等比中项. （1）求数列{an}的通项公式； 解：∵{an}是递增的等差数列，∴数列{an}的公差d＞0. 由题意得 解得 ∴an＝3＋2（n－1）＝2n＋1. （2）①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：选①时，an＋1＝2（n＋1）＋1＝2n＋3. bn＝＝＝＝－（－）， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－×[（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）]＝. 选②时，bn＝an＋2n＝（2n＋1）＋2n， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝（3＋5＋7＋…＋2n＋1）＋（21＋22＋23＋…＋2n）＝＋＝n2＋2n＋2n＋1－2. 选③时，bn＝an·2n＝（2n＋1）·2n， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋（2n＋1）·2n， 则2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n＋1）·2n＋1，两式作差得－Tn＝3×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－（2n＋1）·2n＋1＝6＋－（2n＋1）·2n＋1＝（－2n＋1）·2n＋1－2， ∴Tn＝（2n－1）·2n＋1＋2. 反思感悟 数列求和的常用方法 （1）公式法：等差、等比数列直接用求和公式求解； （2）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列； （3）裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和； （4）错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. 五、数列的实际应用及新定义问题 　　数列的实际应用一般是利用数列知识解决现实生活中的问题；数列的新定义问题通常考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新性质，此时需要理解新性质，结合已学过的数列知识解决问题. （1）小王2026年1月初向银行借了无息贷款10 000元，用于自己的农产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求.据测算，每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底需缴房租800元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2026年小王的农产品加工厂的年利润为（取1.211≈7.5，1.212≈9）（　C　） A.25 000元　　　　　　　 B.26 000元 C.32 000元 D.36 000元 解析：设1月底小王手中有现款a1＝（1＋20%）×10 000－800－400＝10 800（元），n月底小王手中有现款an元，（n＋1）月底小王手中有现款an＋1元，则an＋1＝1.2an－1 200，即an＋1－6 000＝1.2（an－6 000），∴数列{an－6 000}是首项为4 800，公比为1.2的等比数列，∴a12－6 000＝4 800×1.211，即a12＝4 800×1.211＋6 000≈42 000，∴年利润为42 000－10 000＝32 000（元）. （2）定义：在数列{an}中，若对任意的n∈N*都满足－＝d（d为常数），则称数列{an}为等差比数列.已知等差比数列{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝（　A　） A.4×2 0242－1 B.4×2 0232－1 C.4×2 0222－1 D.4×2 0222 解析：因为{an}为等差比数列，＝1，＝3，－＝2，所以{}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋（n－1）×2＝2n－1，所以＝×＝（2×2 025－1）×（2×2 024－1）＝4×2 0242－1.故选A. （3）在一个数列中，如果对∀n∈N*，都有an＝k（k为常数），那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝　28　. 解析：因为数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，所以a1a2a3＝8，所以a3＝4，同理可得a4＝1，a5＝2，a6＝4，…，所以数列{an}是周期为3的数列，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4（a1＋a2＋a3）＝4×（1＋2＋4）＝28. 反思感悟 求解数列新定义问题的策略 （1）准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂“新定义”的本质含义，将题目所给条件转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆； （2）方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，认真仔细地从前几项的特殊处、简单处体会题意，从而找到恰当的解决方法. 一、等差数列 1.〔一题多解〕（2025·全国Ⅱ卷7题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6，S5＝－5，则S6＝（　　） A.－20 B.－15 C.－10 D.－5 解析：B　法一　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. 法二　易知{}为等差数列，由＝2，＝－1，得数列{}的公差d＝＝，故＝－1－＝－，故S6＝－×6＝－15. 2.（2024·全国甲卷4题）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.－ 解析：B　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·新高考Ⅰ卷7题）设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 解析：C　若{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d＝n＋a1－，所以－＝（n＋1）＋a1－－（n＋a1－）＝，所以{}是等差数列.若{}是等差数列，设＝kn＋b，k，b∈R，则Sn＝kn2＋bn.当n＝1时，a1＝S1＝k＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝kn2＋bn－[k（n－1）2＋b（n－1）]＝2kn－k＋b，所以an－an－1＝2kn－k＋b－2k（n－1）＋k－b＝2k.所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C. 4.〔一题多解〕（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　95　. 解析：法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列，则由题意得解得 则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95. 法二（下标和性质法）　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. 5.（2021·新高考Ⅱ卷17题）记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. （1）求数列{an}的通项公式an； （2）求使Sn＞an成立的n的最小值. 解：（1）设公差为d. ∵S5＝5a3＝a3⇒a3＝0，∴S4＝2（a2＋a3）＝2a2. ∴a2a4＝S4⇒a2a4＝2a2. 由公差d≠0及a3＝0知a2≠0，∴a4＝2，d＝2，则an＝a3＋2（n－3）＝2n－6. （2）Sn＝＝＝n2－5n， 由Sn＞an⇒n2－5n＞2n－6⇒（n－1）（n－6）＞0⇒n＜1或n＞6. ∵n∈N*，∴n的最小值为7. 二、等比数列 6.（2025·北京高考5题）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝（　　） A.－20 B.－18 C.16 D.18 解析：C　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.故选C. 7.〔一题多解〕（2023·新高考Ⅱ卷8题）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 解析：C　法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C. 法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（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.∴S8＝－85，故选C. 8.〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）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 解析：AD　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；B.a5＝a3q2＝1×（）2＝，故B错误；C.a1＝＝4，所以S5＝＝＝，故C错误；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. 9.〔一题多解〕（2025·全国Ⅰ卷13题）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　. 解析：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，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q＞0，所以q＝2. 法二（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. 三、数列求和 10.（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（　　） A.48 B.112 C.80 D.144 解析：C　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和为＋＝80，故选C. 11.（2023·全国甲卷理17题）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； （2）〔一题多解〕求数列{}的前n项和Tn. 解：（1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0. 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1， 两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1， 即（n－1）an－1＝（n－2）an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）. 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. （2）法一　令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，　① Tn＝＋＋…＋＋，　② 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 即Tn＝2－. 法二　设bn＝， 所以bn＝＝＝（n＋0）×（）n－1，故a＝，b＝0，q＝. 故A＝＝＝－1，B＝＝＝－2，C＝－B＝2. 故Tn＝（An＋B）·qn＋C＝（－n－2）（）n＋2，整理得Tn＝2－. 12.（2023·新高考Ⅱ卷18题）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. 解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为bn＝且S4＝32，T3＝16， 所以 解得 所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3. （2）证明：由（1）可知，Sn＝＝＝n2＋4n. 由an＝2n＋3，得bn＝ 若n为偶数，则 Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝－3n＋2×＝n2＋n. 所以当n＞5时，Tn－Sn＝n2＋n－（n2＋4n）＝n2－n＝n（n－1）＞0， 即Tn＞Sn. 若n为奇数，则n－1为偶数，则 Tn＝Tn－1＋bn＝（n－1）2＋（n－1）＋2n＋3－6＝n2＋n－5. 所以当n＞5时， Tn－Sn＝n2＋n－5－（n2＋4n）＝n2－n－5＝（n2－3n－10）＝（n＋2）（n－5）＞0， 即Tn＞Sn. 综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn. 四、数列的综合问题 13.（2024·全国甲卷12题）已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则｜AB｜的最小值为（　　） A.1　　　　　　　　　 B.2 C.4 D.2 解析：C　根据题意有2b＝a＋c，即a－2b＋c＝0，所以直线ax＋by＋c＝0过点M（1，－2）.设圆x2＋y2＋4y－1＝0的圆心为C，连接CM，则AB⊥CM时，｜AB｜最小，将圆的方程化为x2＋（y＋2）2＝5，则C（0，－2），所以｜MC｜＝1，所以｜AB｜的最小值为2＝4，故选C. 14.（2022·新高考Ⅱ卷17题）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. 解：（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）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. 学科网（北京）股份有限公司 $