[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考)
2.等差、等比数列的性质(5年4考)
高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查．数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有：
(1)等差、等比数列基本量的运算；
(2)数列求和问题；
(3)数列与不等式的综合问题；
(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.
偶考点
1.数列的递推关系式
2.等差与等比数列的综合应用问题
第一讲 小题考法——数列的概念及基本运算
考点(一)
数列的递推关系式
主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·台州调考)设数列{an}，{bn}满足an＋bn＝700，an＋1＝an＋bn，n∈N*，若a6＝400，则( )
A．a4>a3 B．b4
C．a3>b3 D．a4(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则通项公式an＝____________.
(3)(2018·镇海期中)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，＝对一切n∈N*都成立，则a2＝________，＝________.
[解析] (1)由消去bn可得an＋1＝an＋280，所以an＋1－400＝(an－400)．
因为a6＝400，所以an－400＝(a6－400)×n－6＝0，即an＝400，故bn＝300，故选C.
(2)由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1(n≥2)②，①－②得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an(n≥2)，即＝2(n≥2)，又a2＝S1＝1，所以＝1≠2，则数列{an}从第二项起是以1为首项2为公比的等比数列，所以an＝
(3)当n＝1时，有＝，即a2＝a＋a1，所以a2＝2.由＝，得＝，则数列是常数列，故＝＝2.
[答案] (1)C (2)an＝ (3)2 2
[方法技巧]
1．由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2)．
(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝··…···a1(n≥2)．
2．Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
[演练冲关]
1．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－3(n∈N*)，则S6＝( )
A．192 B．189
C．96 D．93
解析：选B ∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有n≥2时，an＝2an－1，故数列{an}是首项为3，公比为2的等比数列，则a6＝3×25＝96，∴S6＝2a6－3＝189，故选B.
2．(2018·衢州质量检测)在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)·(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________.
解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，
得an＋1－an＝＝＝，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋1
＝＋1＝－.
答案：－
3．(2018·杭州七校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.
解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1.
答案：n·2n－1
考点(二)
等差、等比数列的基本运算
主要考查与等差?比?数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)(2018·浙江考前冲刺)已知等差数列{an}满足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，则a1＋a2＋a6＋a7＝________，数列{an}的前n项和Sn＝________.
(3)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
[解析] (1)因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0?S4＋S6>2S5.
(2)分别令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.设数列{an}的公差为d，则2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)对任意的n∈N*恒成立，所以解得故Sn＝n×(－1)＋×1＝.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得
则a8＝a1q7＝×27＝32.
[答案] (1)C (2)8 (3)32
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[演练冲关]
1．(2018·诸暨质量检测)已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列四个命题中，错误的是( )
A．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列是公差为的等差数列
B．若数列是公差为d的等差数列，则数列{an}是公差为2d的等差数列
C．若数列{an}是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列
D．若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}是等差数列
解析：选D A项，若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)，即数列是公差为的等差数列，故说法正确；B项，由题意得＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，则an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即数列{an}是公差为2d的等差数列，故说法正确；C项，若等差数列{an}的公差为d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d的等差数列，故说法正确；D项，若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}不一定是等差数列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，说法错误．故选D.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
两式相除，得＝，
解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
答案：－8
3．(2019届高三·浙江名校联考)已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.
解析：∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4?2q4＝2q2＋3q3?2q2－3q－2＝0，得q＝－(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a＝64?a4＝4，∴a1＝，Sn＝＝.
答案：2
考点(三)
等差、等比数列的性质
主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列{an}，Sn表示前n项的和，a5＋a11>0，a6＋a9<0，则满足Sn<0的正整数n的最大值是( )
A．12 B．13
C．14 D．15
(2)(2018·杭州二中期中)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，log2a3＋log2a7＝2，则T9的值为( )
A．±512 B．512
C．±1 024 D．1 024
(3)(2019届高三·温州十校联考)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2，则满足<<的n的最大值是( )
A．8 B．9
C．10 D．11
(4)(2018·绍兴高三3月适应性模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，－＝2，则a1＝________，公差d＝________.
[解析] (1)∵2a8＝a5＋a11>0，∴a8>0，则S15＝×15＝15a8>0.
又a7＋a8＝a6＋a9<0，∴a7<－a8<0，则S13＝×13＝13a7<0.
而S14＝×14＝7(a6＋a9)<0，则满足Sn<0的正整数n的最大值是14.
(2)∵a3>0，a7>0，∴a5＝a3q2>0.
∴log2a3＋log2a7＝log2(a3a7)＝log2a＝2，故a5＝2.
从而T9＝(a1a9)×(a2a8)×(a3a7)×(a4a6)×a5＝a＝29＝512，故选B.
(3)当n＝1时，由2a2＋S1＝2，得a2＝.
由2an＋1＋Sn＝2知，
当n≥2时，有2an＋Sn－1＝2，
两式相减得an＋1＝an.
当n＝1时上式也成立，
所以数列{an}是公比为的等比数列，
故Sn＝2－2·n.
因此原不等式化为<<，化简得<n<，解得n＝4,5,6,7,8,9，所以n的最大值为9.
(4)由S2＝S6得S6－S2＝a6＋a5＋a4＋a3＝2(a5＋a4)＝0，
∴a5＋a4＝0，∴2a1＋7d＝0，
由－＝2得－＝(a5－a4)＝2，
∴d＝4.∴a1＝－14.
[答案] (1)C (2)B (3)B (4)－14 4
[方法技巧]
等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)解题关键：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)运用函数性质：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．
[演练冲关]
1．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝( )
A．10 B．9
C．8 D．2
解析：选A 记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.
2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－8，－7) B．[－8，－7)
C．(－8，－7] D．[－8，－7]
解析：选A 因为{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，因为bn＝＝1＋，又对任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥对任意的n∈N*恒成立，因为数列{an}是公差为1的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以即解得－83．(2018·台州八中段测)等差数列{an}中的a1，a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，则log2a2 018的值为________．
解析：∵f(x)＝x3－4x2＋6x－1，
∴f′(x)＝x2－8x＋6，
又a1，a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，
∴a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的实根，
由根与系数的关系可得a1＋a4 035＝8，
由等差数列的性质可得a2 018＝＝4，
∴log2a2 018＝log24＝2.
答案：2
考点(四)
等差、等比数列的综合问题
主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算、数列有关最值问题的求解及与不等式相结合问题.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·浙江六校联考)已知数列{an}是公比为2的等比数列，满足a6＝a2·a10，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b9＝2a7，则S17＝( )
A．34 B．39
C．51 D．68
(2)等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知S10＝0，S15＝25，则nSn 的最小值为( )
A．－47 B．－48
C．－49 D．－50
(3)(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，则( )
A．a1a3，a2C．a1a4 D．a1>a3，a2>a4
[解析] (1)法一：数列{an}是公比q＝2的等比数列，由a6＝a2·a10得a1q5＝a1q·a1q9，∴a1q5＝1，∴a6＝1，
∴b9＝2a7＝2a6·q＝2×1×2＝4，设等差数列{bn}的公差为d，则S17＝17b1＋d＝17(b1＋8d)＝17b9＝68，故选D.
法二：数列{an}是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a6＝a2·a10＝a，∴a6＝1，∴b9＝2a7＝2a6×2＝4，∴等差数列{bn}的前17项和S17＝＝17b9＝68，故选D.
(2)由已知得
解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函数f(x)＝－在x＝处取得极小值，又6<<7，从而检验n＝6时，6S6＝－48，n＝7时，7S7＝－49.所以nSn 的最小值为－49.
(3)法一：构造不等式ln x≤x－1(x>0)，
则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0.
若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，
所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．
因此－1所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2[答案] (1)D (2)C (3)B
[方法技巧]
等差、等比数列综合问题的求解策略
(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．
(3)等差、等比数列与不等式交汇的问题常构造函数，根据函数的性质解不等式．
[演练冲关]
1．已知数列{an}是等差数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选C 依题意，得2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，所以a1－1，a3－3，a5－5成等差数列．又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5，q＝＝1.
2．设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为Sn，Tn.若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝( )
A． B．
C．－ D．－
解析：选C 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.
由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，
得解得
故＝＝＝＝－.
3．(2019届高三·浙江十校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是单调递增的等比数列，b1是a1与a2的等差中项，b1＝2，a3＝5，b3＝a4＋1.若当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，则m的最小值为________．
解析：由题意设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，q>1，则a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋×2＝n2.因为数列{bn}是单调递增的等比数列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因为当n≥m(m∈N*)时，Sn≤bn恒成立，所以当n≥m(m∈N*)时，n2≤2n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.
答案：4
(一) 主干知识要记牢
1．等差数列、等比数列
等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
(1)q≠1，Sn＝＝；
(2)q＝1，Sn＝na1
2．判断等差数列的常用方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)?{an}是等差数列．
(2)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)?{an}是等差数列．
(3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)?{an}是等差数列．
3．判断等比数列的常用方法
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)?{an}是等比数列．
(2)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)?{an}是等比数列．
(3)中项公式法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比数列．
(二) 二级结论要用好
1．等差数列的重要规律与推论
(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n?ap＋aq＝am＋an.
(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)?ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
(3)连续k项的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)构成的数列是等差数列．
(4)若等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝.
(5)若等差数列{an}的项数为奇数2m－1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝.
[针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________.
解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.
由已知条件，得
解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
2．等比数列的重要规律与推论
(1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n?ap·aq＝am·an.
(2){an}，{bn}成等比数列?{anbn}成等比数列．
(3)连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)．
(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝q.
(5)对于等比数列前n项和Sn，有：
①Sm＋n＝Sm＋qmSn；
②＝(q≠±1)．
(三) 易错易混要明了
已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
[针对练2] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又当n＝1时，2×1－1＝1≠2.
∴an＝
答案：an＝
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝( )
A．2 B．4
C． D．
解析：选C ∵q＝2，
∴S4＝＝15a1，
∴＝＝.故选C.
2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝( )
A．1 B．4
C．4或0 D．8
解析：选B ∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴
解得或，
故所求的公比q＝4.故选B.
4．(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是( )
A．若a1＋a2>0，则a1＋a3>0
B．若a1＋a4>0，则a1a4>a2a3
C．若d>0且a1>0，则＋>
D．若S3＋S7>2S5，则d>0
解析：选D 由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，显然不符，A错；a1·a4＝a＋3a1d，a2·a3＝a＋3a1d＋2d2，因为d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正确．
5．(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是( )
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：选C 法一：设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故当n＝9时，Sn最大．
法二：根据S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根据等差数列的性质可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以数列{an}的前9项和最大．
6．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若{an}为等比数列，则有an·an＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当a＋a≥2a时，取an＝n，则a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的充分不必要条件．故选A.
7．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选C 由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.
8．(2018·浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( )
A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
解析：选B 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{an}，公差为d，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷长是25寸．故选B.
9．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋A. B.
C. D.
解析：选D 依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝<，因此实数t的取值范围是.
10．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，
则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，
a4－a3＝3＋1，
…，
an－an－1＝(n－1)＋1，
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝2＝2＝.
二、填空题
11．(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
解析：由题意得解得或(舍去)，从而a5＝a1q4＝2×34＝162.
答案：3 162
12．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝________.
解析：因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a2 018＝a2＝.
答案：
13．(2018·宁波调研)已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________.
解析：∵{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，
∴数列{An}是等差数列，又A1＝1，A2＝3，
∴数列{an}的公差d＝A2－A1＝2.
则An＝1＋2(n－1)＝2n－1；
∵Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，
∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．
∴d1d2＝0.
答案：2n－1 0
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.
解析：由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，又a3＝10，所以d＝－5.
法一：可得a4＝5，a5＝0，a6＝－5，…，故当n＝4或5时，Sn取到最大值．
法二：可知a1＝20，an＝－5n＋25，Sn＝，根据二次函数的知识可得，当n＝4或5时，Sn取到最大值．
答案：－5 4或5
15．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝23n－＋＝2－＋n.
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
16．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋，①
＝＋＋…＋.②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0答案：2－n 5
17．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，
∴an＝
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列
B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列
D．{d}是等差数列
解析：选A 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
3．(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1，公差d不为0的等差数列，且a2a3＝a8，数列{bn}是等比数列，其中b2＝－2，b5＝16，若数列{cn}满足cn＝anbn，则|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝( )
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：选B 由题意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.设数列{bn}的公比为q，则q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)·2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1，则2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，两式相减得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以选B.
4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)n·an－1＋2－(n≥2)，且对任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，则实数p的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*)
a1＝－，∴①当n为偶数时，化简(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n为奇数)；
②当n为奇数时，化简(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－，
∴an＝6－(n为偶数)．于是an＝
∵对任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
∴对任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又数列{a2k－1}单调递减，数列{a2k}单调递增，∴当n为奇数时，有an当n为偶数时，有an＋15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________.
解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝.
答案：
6．已知在首项都为2的数列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<2n＋，bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，则bn＝________，数列的前n项和为________．
解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知数列{an}是等差数列，因为a1＝2，a2＝4，所以其公差为2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<3×2n＋1，又bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝3×2n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，则数列的前n项和为＝2n－1.
答案：2n 2n－1
课件51张PPT。数列与数学归纳法题三专数列的概念及基本运算小题考法——一讲第考点(一) 数列的递推关系式考点(二) 等差、等比数列的基本运算考点(三) 等差、等比数列的性质考点(四) 等差、等比数列的综合问题必备知能·自主补缺
“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测(十)”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（十）小题考法——数列的概念及基本运算
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝( )
A．2 B．4
C． D．
解析：选C ∵q＝2，
∴S4＝＝15a1，
∴＝＝.故选C.
2．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝( )
A．1 B．4
C．4或0 D．8
解析：选B ∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴
解得或，
故所求的公比q＝4.故选B.
4．(2019届高三·湖州五校联考)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是( )
A．若a1＋a2>0，则a1＋a3>0
B．若a1＋a4>0，则a1a4>a2a3
C．若d>0且a1>0，则＋>
D．若S3＋S7>2S5，则d>0
解析：选D 由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，显然不符，A错；a1·a4＝a＋3a1d，a2·a3＝a＋3a1d＋2d2，因为d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正确．
5．(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是( )
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：选C 法一：设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故当n＝9时，Sn最大．
法二：根据S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根据等差数列的性质可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以数列{an}的前9项和最大．
6．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若{an}为等比数列，则有an·an＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当a＋a≥2a时，取an＝n，则a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的充分不必要条件．故选A.
7．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选C 由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.
8．(2018·浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( )
A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
解析：选B 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{an}，公差为d，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷长是25寸．故选B.
9．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋A. B.
C. D.
解析：选D 依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝<，因此实数t的取值范围是.
10．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，
则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，
a4－a3＝3＋1，
…，
an－an－1＝(n－1)＋1，
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝
2＝2＝.
二、填空题
11．(2018·杭州高三质检)设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.
解析：由题意得解得或(舍去)，从而a5＝a1q4＝2×34＝162.
答案：3 162
12．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 018＝________.
解析：因为a1＝，根据题意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以数列{an}以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a2 018＝a2＝.
答案：
13．(2018·宁波调研)已知{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，则An＝________；若{Bn}为等差数列，则d1d2＝________.
解析：∵{an}，{bn}是公差分别为d1，d2的等差数列，且An＝an＋bn，
∴数列{An}是等差数列，又A1＝1，A2＝3，
∴数列{an}的公差d＝A2－A1＝2.
则An＝1＋2(n－1)＝2n－1；
∵Bn＝anbn，且{Bn}为等差数列，
∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n为常数．
∴d1d2＝0.
答案：2n－1 0
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.
解析：由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，又a3＝10，所以d＝－5.
法一：可得a4＝5，a5＝0，a6＝－5，…，故当n＝4或5时，Sn取到最大值．
法二：可知a1＝20，an＝－5n＋25，Sn＝，根据二次函数的知识可得，当n＝4或5时，Sn取到最大值．
答案：－5 4或5
15．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝2＝2.
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.
又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64.
答案：64
16．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列的前n项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋， ①
＝＋＋…＋. ②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0答案：2－n 5
17．(2018·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，
∴an＝
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2016·浙江高考)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝
|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( )
A．{Sn}是等差数列
B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列
D．{d}是等差数列
解析：选A 由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440，故选A.
3．(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1，公差d不为0的等差数列，且a2a3＝a8，数列{bn}是等比数列，其中b2＝－2，b5＝16，若数列{cn}满足cn＝anbn，则|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝( )
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：选B 由题意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.设数列{bn}的公比为q，则q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)·2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1，则2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，两式相减得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以选B.
4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)n·an－1＋2－(n≥2)，且对任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，则实数p的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*)
a1＝－，∴①当n为偶数时，化简(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n为奇数)；
②当n为奇数时，化简(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－，
∴an＝6－(n为偶数)．于是an＝
∵对任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
∴对任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又数列{a2k－1}单调递减，数列{a2k}单调递增，∴当n为奇数时，有an当n为偶数时，有an＋15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________.
解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝.
答案：
6．已知在首项都为2的数列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<2n＋，bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，则bn＝________，数列的前n项和为________．
解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知数列{an}是等差数列，因为a1＝2，a2＝4，所以其公差为2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<3×2n＋1，又bn＋2－bn>3×2n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝3×2n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，则数列的前n项和为＝2n－1.
答案：2n 2n－1
