专题三 数列
第一讲 等差数列与等比数列——小题备考
微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算
保分题
1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.
答案：C
2．解析：因为{an}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{an}的前n项和为Sn，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.
答案：B
3．解析：已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.
答案：C
4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
答案：C
5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.
答案：B
提分题
[例1] (1) 解析：∵数列{an}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{an}为递减的等差数列，∴a2 023<0，a2 022>0，故A正确；
∵数列{an}为递减的等差数列，a2 023<0，a2 022>0，∴Sn的最大值为S2 022，故B错；
∵a2 023<0，a2 022>0，∴由<－1得a2 023<－a2 022，∴a2 023＋a2 022<0，∴|a2 023|>|a2 022|，∴|an|的最小值为|a2 022|，即a2 022，故C正确；
S4 044＝＝2 022(a2 022＋a2 023)<0，故D正确．故选ACD.
(2) 解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{an}，
n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{an}的前n项和为Sn，
则S6＝378，而S6＝＝，
因此＝378，解得a1＝192，
所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．
答案：ACD (2)6
[巩固训练1] (1) 解析：方法一 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
(2) 解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0.而an≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.故选B.
答案：(1)2
答案：B
微专题2 等差数列、等比数列的基本性质的应用
保分题
1．解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋b9＝12，根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.故选B.
答案：B
2．解析：由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得，则162＝，解得＝64，即a8a9a10＝64.故选D.
答案：D
3．解析：由等差数列{an}的前n项和的性质可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选C.
答案：C
4．解析：方法一 设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1 ①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8 ②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二 设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
答案：－2
提分题
[例2] (1) 解析：(2n＋3)Sn＝nTn ＝，
又S9＝(a1＋a9)＝×2a5＝9a5，
T9＝(b1＋b9)＝×2b5＝9b5，
所以＝，又＝＝，
所以＝.故选A.
(2) 解析：根据等比数列的性质可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝＝9，又an>0，所以a5＝3，所以log3a1＋log3a5＋log3a9＝)＝)＝log333＝3.故选A.
答案：A
答案：A
[巩固训练2] (1) 解析：因为数列{an}是等差数列，
所以a2＋a4＋a6＝3a4＝π，即a4＝，
所以cos (a1＋a7)＝cos 2a4＝cos ＝－，故选A.
(2) 解析：由等比数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，
由条件可知S3＝5，S9－S6＝20，则此等比数列的公比q2＝＝4，又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＋(S15－S12)，所以S15＝＝155.
答案：A (2)155
微专题3 等差数列、等比数列的综合
保分题
1．解析：∵4a5，a3，2a4成等差数列，∴2a3＝＝4a1q4＋2a1q3，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1，又∵an>0，∴q＝，∴S6＝＝＝，故选C.
答案：C
2．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则a2＋a7＝a8＋1 2a1＋7d＝a1＋7d＋1，a1＝1，因为a2，a4，a8成等比数列，所以＝a2a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，因为d≠0，所以d＝1，所以a2 023＝a1＋(2 023－1)×d＝2 023.故选A.
答案：A
3．解析：在等比数列{an}中，a2，a4，a6成等差数列，则2a4＝，即2a2q2＝a2＋a2q4，而a2≠0，整理得q4－2q2＋1＝0，因为q>0，故解得q＝1.
答案：1
提分题
[例3] (1) 解析：因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，则a1＋a7＝2a4＝，因为{bn}是等比数列，所以b2b4b6＝＝3，故b4＝，则b2b6＝＝3，所以tan ＝tan ＝－.故选A.
(2) 解析：由f(x)＝x3－4x2＋4x－1得 (x)＝x2－8x＋4，由题意可知a3，a7是f′(x)＝x2－8x＋4＝0的两个实数根，所以a3a7＝4>0，a3＋a7＝8>0，所以a3>0，a7>0，又a3a7＝，且a5＝a3q2>0，所以a5＝2，因此S9＝＝9b5＝18，故选C.
答案：A
答案：C
[巩固训练3] (1) 解析：设等比数列{an}的公比为q，
因为S4，S2，S3成等差数列，
所以2S2＝S4＋S3，即2a3＋a4＝0，
又a2＋a3＋a4＝－18，
所以，解得，
所以a5＝a1q4＝3×(－2)4＝48.故选C.
(2) 解析：由题知，a，x，y，b成等差数列，c，x，y，d成等比数列，
故有：x＋y＝a＋b，xy＝cd，
所以＝，
因为x>0，y>0，
所以＝2，
当且仅当x＝y>0时取等，
故≥2，即的最小值为2.
答案：C (2)2
微专题4 数列的递推
保分题
1．解析：因为an＋1＝，a3＝3，
所以a3＝＝3，解得a2＝，
又a2＝＝，解得a1＝－，
又a4＝＝－，a5＝＝，a6＝＝3，
显然，接下去a7＝－，a8＝，a9＝3，…，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列，
则a2 023＝a1＋3×674＝a1＝－.故选A.
答案：A
2．解析：由an＝an－1＋n－1，
得a2＝a1＋1，a3＝a2＋2，a4＝a3＋3，…，an＝an－1＋n－1(n≥2)，
累加得，an＝a1＋1＋2＋3＋…＋n－1＝n2－n＋1，
当n＝1时，上式成立，则an＝n2－n＋1，
所以a10＝×100－×10＋1＝46.故选D.
答案：D
3．解析：因为an＋1＝Sn，则Sn＋1－Sn＝Sn，整理得Sn＋1＝2Sn，且S1＝a1＝≠0，所以数列{Sn}是以首项S1＝，公比q＝2的等比数列，则Sn＝×2n－1＝2n－6，所以a9＝S8＝22＝4.故选C.
答案：C
提分题
[例4] (1) 解析：由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)得，an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋(a2 021－a2 020)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2 023－a2＝m－2.故选D.
(2) 解析：设＝t，由题意得A*＝{t，2t，22t，…}，第n项为＝2n－1t，则n≥2时，an＝···…··a1＝t·2t·22t·…·2n－2t·a1＝tn－1·a1，因为a4＝1，a5＝32，所以23t3·a1＝1，26t4·a1＝32，解得t＝4，a1＝，故选B.
答案：D
答案：B
[巩固训练4] (1) 解析：因为a1＝2，an＋1＝，
所以a2＝＝，a3＝＝，
a4＝＝，a5＝＝，
a6＝＝，a7＝＝，
a8＝＝，a9＝＝，
a10＝＝，
∴[a10]＝1.故选A.
(2) 解析：由题意，2Sn＝＋an，2Sn－1＝＋an－1(n≥2)，
两式相减，得2an＝
＝an＋an－1.
∵an>0，∴an－an－1＝1.
当n＝1时，2S1＝＋a1，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴a2 023＝1＋(2 023－1)×1＝2 023.
故选B.
答案：A
答案：B
第二讲 数列的通项与求和——大题备考
微专题1 数列的证明与通项
保分题
1． (1) 解析：设各项均为正数的等差数列{an}的公差为d，
因为S3＝a5，2a2＝3，
所以，解得，即，
所以an＝＋(n－1)·1＝n－，即数列{an}的通项公式为an＝n－.
(2) 解析：证明：由(1)知Sn＝n×＝，所以＝n，
因为＝(n＋1)－n＝，
又因为＝，
所以数列{}是首项为，公差为的等差数列．
2．解析：因为Sn＝an＋1＋2n－4 ①
当n≥2时， Sn－1＝an＋2(n－1)－4 ②
①－②可得an＝an＋1－an＋2，即得an＋1＝2an－2，
因为＝＝＝2，
又因为a1＝4，S1＝a1＝a2＋2－4，则a2＝6，即得＝＝2，
所以{an－2}是以a1－2＝2为首项，以2为公比的等比数列．
所以an－2＝2×2n－1＝2n，即an＝2n＋2.
提分题
[例1] (1) 解析：由S2，S4，S5＋4成等差数列，
a2，a4，a8成等比数列可得 a1＝2，d＝2，
Sn＝2n＋×2＝n2＋n.
(2) 解析：由2bn－Tn＝得2b1－T1＝ b1＝，
2bn＝Tn＋＝Tn＋，
故2bn＋1＝Tn＋1＋，
两式相减可得2bn＋1－2bn＝bn＋1＋ bn＋1－＝2(bn－)，
而{bn－}＝{bn－}，所以{bn－}为公比为2的等比数列，且首项为＝1，
故bn－＝2n－1，进而bn＝＋2n－1.
[巩固训练1] (1) 解析：∵a1＝2，b1＝1，
∴b2＝＝＝，a2＝(5a1＋b2)＝.
∵bn＋1＝，∴an＋1＝(5an＋bn＋1)＝，
∴an＋1－bn＋1＝＝(an－bn)，
∴{an－bn}是a1－b1＝1为首项，为公比的等比数列．
(2) 解析：由(1)知{an－bn}是a1－b1＝1为首项，为公比的等比数列．
∴an－bn＝，∴an＝bn＋，
∵bn＋1＝＝[bn＋＋4bn]，
∴bn＋1－bn＝，
∴当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋×[＋…＋]
＝1＋×[]＝.
当n＝1时，b1＝1也适合上式，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝，
数列{an}的通项公式为an＝bn＋＝.
微专题2 数列的通项与求和
保分题
1． (1) 解析：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，
所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2) 解析：因为＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式相减得，
Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－(1＋，
即Tn＝2－(2＋n)，n∈N*.
2． (1) 解析：设{an}的公差为d，则，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2) 解析：由(1)得|an|＝.
当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝.
提分题
[例2] (1) 解析：设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以，
整理，得，解得，
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2) 解析：证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，bn＝
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
[巩固训练2] (1) 解析：由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)，
得an＋1－an＝an－an－1(n≥2)，
所以数列{an}为等差数列．
所以S5＝5×＝5a3＝15，得a3＝3.
所以公差d＝＝1.所以an＝n.
(2) 解析：当n为奇数时，bn＝an＝n.
当n为偶数时bn＝＝2n－1.
所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋23＋…＋22n－1)＝n2＋.
微专题3 数列与不等式问题
保分题
1． (1) 解析：设等差数列{an}首项为a1，
由题意可得
即
又因为d>0，所以故an＝n＋1.
(2) 解析：∵＝＝，
∴Tn＝＋…＋＝ ＝.
因为存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立．
即存在n∈N*，使得－λ(n＋2)≥0成立．
即存在n∈N*，使得λ≤成立．
＝(当且仅当n＝2时取等号)．
故λ≤，即实数λ的取值范围是(－∞，].
2． (1) 解析：设等差数列{an}首项为a1，公差为d，
由题意得，解得，
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝.
(2) 解析：证明：由(1)知，an＝，则an＋1＝，
∵cn＝＝)，
∴Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝(1－)＝，
∵n∈N*，>0，
∴<，∴Tn<.
提分题
[例3] (1) 解析：设数列{an}公比为q，
由已知得3q＋3q2＝36，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，所以an＝3·3n－1＝3n.
因为3Sn＋n2＝3nbn＋n，所以，当n≥2时，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)bn－1＋n－1，
两式作差得(3n－3)bn＝3(n－1)bn－1＋2n－2，
因为n≥2，所以bn－bn－1＝，即数列{bn}是首项为，公差为的等差数列，所以bn＝＋(n－1)＝n.
－8Man≥0 M≤，
设cn＝，则M小于等于数列{cn}的最大项．
设n＝k时，cn最大，因为c1＝，c2＝>c1，所以k>1，
由，即，
即，即，
解得，
即2.5≤k≤3.5(k∈Z)，所以k＝3，
故数列{cn}的最大项是c3＝＝1，所以M≤1，
即实数M的取值范围是(－∞，1].
[巩固训练3] (1) 解析：设等差数列{an}的公差为d，
则，解得a1＝d＝1，故an＝n.
(2) 解析：依题意，bn＝，故Tn＝4·(＋…＋)，
则Tn＝4·(＋…＋)，
两式相减可得：
Tn＝4·(＋…＋)
＝4·＝2－，
解得Tn＝3－.
故an·|Tn－3|>1可转化为>1.
令dn＝，
则dn＋1－dn＝＝<0(n∈N*)，
故dn＋1注意到d3＝1，所以满足条件的n的值为1，2.
微专题4 数列重组问题
保分题
1． (1) 解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a4是a2和a8的等比中项，
所以＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝1，所以d＝1或d＝0(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，
所以通项公式an＝n.
(2) 解析：由(1)得an＝n，
因为ak与ak＋1(k＝1，2，3…)之间插入2k，
所以在数列{bn}前20项中有10项来自{an}，10项来自{2n}，
所以T20＝1＋21＋2＋22＋…＋10＋210＝×10＋＝2 101.
2． (1) 解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
＝a1＋(bn－1)d＝2n＋1－1，
∴bnd＋1－d＝2n＋1－1，bn＝b1qn－1，
∴1－d＝－1，bnd＝2n＋1，∴d＝2，bn＝2n，
又a1＝1，∴an＝2n－1.
(2) 解析：因为a100＝199，b7＝128，b8＝256，
所以{cn}的前100项中，有数列{an}的前93项，数列{bn}的前7项，
记{an}，{bn}，{cn}的前n项和分别为An，Bn，Cn.
∴C100＝A93＋B7＝93＋×2＋＝8 649＋254＝8 903.
提分题
[例4] (1) 解析：设等差数列{an}的公差为d，由于3a2＋2a3＝S5＋6，
所以3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋10d＋6，解得d＝－2，
所以Sn＝na1＋d＝－n2＋(a1＋1)n，
若数列{Sn}为单调递减数列，则Sn＋1－Sn<0对于n∈N*恒成立，
所以Sn＋1－Sn＝[－(n＋1)2＋(a1＋1)(n＋1)]－[－n2＋(a1＋1)n]＝a1－2n<0在n∈N*上恒成立，
则a1<2n，所以a1<(2n)min，又数列{2n}为递增数列，所以(2n)min＝2×1＝2，即a1<2，
故a1的取值范围为(－∞，2)．
(2) 解析：若a1＝1，则an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，
根据题意可将数列{bn}分组为
第一组为：1，20；
第二组为：－1，20，21；
第三组为：－3，20，21，22；
……
第k组为：－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；
则前k组一共有2＋3＋4＋…＋(k＋1)＝项，当k＝12时，项数为90.
故T95相当于是前12组的和再加上－23，20，21，22，23这五项，即：
T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋20＋21＋22＋23)，
设cn＝2n－1，则20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}的前12项和，
所以T95＝－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.
[巩固训练4] (1) 解析：根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q>0)，解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．
(2) 解析：当n＝100时，a100＝299，由2n<299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在数列{an}的前100项中含有数列{bn}中的4项，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.(共74张PPT)
数列
微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算
1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{an}中，Sn是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )
A．7 B．10 C．11 D．13
答案：C
解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
答案：B
答案：C
4．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )
A．7 B．9 C．15 D．30
答案：C
解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
5．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )
A．壬午年 B．癸未年
C．己亥年 D．戊戌年
答案：B
解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.
答案：ACD
(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．” 则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．
6
技法领悟
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．
2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．
2
解析：方法一 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{an}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )
A．81 B．243 C．27 D．729
答案：B
解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0.而an≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.故选B.
微专题2 等差数列、等比数列的基本性质的应用
1.[2023·浙江宁波一模]已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案：B
解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋b9＝12，根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.故选B.
2．[2023·安徽安庆一中三模]在等比数列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，则a8a9a10＝( )
A．4 B．8 C．32 D．64
答案：D
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝( )
A．0 B．－10 C．－30 D．－40
答案：C
解析：由等差数列{an}的前n项和的性质可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选C.
－2
答案：A
(2)[2023·河南许昌模拟]已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3·a7＝9，则log3a1＋log3a5＋log3a9＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案：A
技法领悟
利用等差(等比)数列的性质求解的关键是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．
答案：A
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝________．
155
答案：C
答案：A
3．[2023·北京人大附中三模]已知{an}是公比为q(q>0)的等比数列，且a2，a4，a6成等差数列，则q＝________．
1
答案：A
答案：C
技法领悟
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．数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决；②已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
[巩固训练3] (1)[2023·山东泰安模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4，S2，S3成等差数列，a2＋a3＋a4＝－18，则a5＝( )
A．－96 B．－48
C．48 D．96
答案：C
2
答案：A
2．若an＝an－1＋n－1，a1＝1则a10＝( )
A．55 B．56 C．45 D．46
答案：D
答案：C
答案：D
解析：由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)得，an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋(a2 021－a2 020)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2 023－a2＝m－2.故选D.
答案：B
答案：A
(2)[2023·河南洛阳联考]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an(an＋1)，则a2 023＝( )
A．2 022 B．2 023
C．2 024 D．2 025
答案：B
第二讲 数列的通项与求和
数列大题一般为两问：第一问通常求数列通项公式，有时涉及用定义证明等差或等比数列；第二问一般与和有关，通常是求前n项和或特定项的和，有时也涉及不等式证明或逆求参数等．
微专题1 数列的证明与通项
1.已知各项均为正数的等差数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，且满足S3＝a5，且2a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
2．已知数列{an}的前n项和Sn，a1＝4，Sn＝an＋1＋2n－4.证明数列{an－2}为等比数列，并求出an的通项公式．
1.[2023·山东青岛一模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求Sn；
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式．
微专题2 数列的通项与求和
1.[2023·全国甲卷]已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
2．[2023·全国乙卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
微专题3 数列与不等式问题
1.[2023·吉林延边二模]已知等差数列{an}中，公差d>0，S11＝77，且a2，a6－1，a11成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
技法领悟
解决数列与不等式问题时，一般先解决数列的通项或求和，再利用作差比较法、放缩法等不等式的方法解决．
[巩固训练3] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＋a12＝16，S7＝28.
(1)求{an}的通项公式；
微专题4 数列重组问题
1.已知公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T20的值．
(2)将数列{an}和{bn}中的项合并，按从小到大的顺序重新排列构成新数列{cn}，求{cn}的前100项和．
4.[2023·河北石家庄一模]已知等差数列{an}的前n项和记为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为单调递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
技法领悟
通过题目表达确立关键信息或关系，找准新数列与原数列的关系，是解题的关键．
[巩固训练4] [2023·广东汕头三模]等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解析：根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q>0)，解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.专题三 数列
第一讲 等差数列与等比数列——小题备考
常考常用结论
1．等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
2．等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，
则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．
微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算
1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{an}中，Sn是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )
A．7 B．10 C．11 D．13
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
3．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )
A． B． C．2 D．4
4．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )
A．7 B．9 C．15 D．30
5．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )
A．壬午年 B．癸未年
C．己亥年 D．戊戌年
1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{an}，前n项和为Sn，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )
A．a2 022>0
B．Sn的最大值为S2 023
C．|an|的最小值为a2 022
D．S4 044<0
(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．” 则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．
技法领悟
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．
2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．
[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{an}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )
A．81 B．243 C．27 D．729
微专题2 等差数列、等比数列的基本性质的应用
1.[2023·浙江宁波一模]已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
2．[2023·安徽安庆一中三模]在等比数列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，则a8a9a10＝( )
A．4 B．8 C．32 D．64
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝( )
A．0 B．－10 C．－30 D．－40
4．[2023·全国乙卷]已知为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
2.(1)[2023·陕西咸阳三模]已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝nTn，则＝( )
A． B． C． D．
(2)[2023·河南许昌模拟]已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3·a7＝9，则log3a1＋log3a5＋log3a9＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
技法领悟
利用等差(等比)数列的性质求解的关键是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．
[巩固训练2] (1)[2023·安徽蚌埠模拟]已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝π，则cos (a1＋a7)＝( )
A．－ B． C． D．
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝________．
微专题3 等差数列、等比数列的综合
1.[2023·黑龙江大庆中学模拟]已知正项等比数列{an}首项为1，且4a5，a3，2a4成等差数列，则{an}前6项和为( )
A．31 B． C． D．63
2．[2023·江苏盐城中学三模]已知公差不为零的等差数列{an}满足：a2＋a7＝a8＋1，且a2，a4，a8成等比数列，则a2 023＝( )
A．2 023 B．－2 023 C．0 D．
3．[2023·北京人大附中三模]已知{an}是公比为q(q>0)的等比数列，且a2，a4，a6成等差数列，则q＝________．
3.(1)[2023·重庆三模]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，则tan ＝( )
A．－ B．－
C． D．
(2)[2023·广东广州六中三模]已知数列{an}为等比数列，a3，a7是函数f(x)＝x3－4x2＋4x－1的极值点，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝( )
A．－18或18 B．－18
C．18 D．2
技法领悟
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．数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决；②已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
[巩固训练3] (1)[2023·山东泰安模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4，S2，S3成等差数列，a2＋a3＋a4＝－18，则a5＝( )
A．－96 B．－48
C．48 D．96
(2)[2023·安徽黄山一模]已知x>0，y>0，若a，x，y，b成等差数列，c，x，y，d成等比数列，则的最小值是________．
微专题4 数列的递推
1.[2023·浙江镇海中学模拟]数列{an}满足an＋1＝，a3＝3，则a2 023＝( )
A．－ B． C． D．3
2．若an＝an－1＋n－1，a1＝1则a10＝( )
A．55 B．56 C．45 D．46
3．[2023·江西赣州二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝，an＋1＝Sn，则a9＝( )
A．1 B．2 C．4 D．8
4.(1)
[2023·安徽黄山三模]黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目，至今已有500多年的历史，表演时由二人以上的人层层叠成各种样式，魅力四射，光彩夺目，好看又壮观．小明同学在研究数列{an}时，发现其递推公式an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)就可以利用“叠罗汉”的思想来处理，即a3＝a1＋a2，a4＝a3＋a2＝a1＋a2＋a2，a5＝a4＋a3＝a1＋a2＋a2＋a3，…，如果该数列{an}的前两项分别为a1＝1，a2＝2，其前n项和记为Sn，若a2 023＝m，则S2 021＝( )
A．2m B．
C．m＋2 D．m－2
(2)[2023·广东梅州一模]某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝{，…}，它的第n项为，若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝( )
A． B．
C． D．
技法领悟
1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．
2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．
3．三种简单的递推数列：an＋1－an＝f(n)，＝f(n)，an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开比较系数得出λ)．
[巩固训练4] (1)[2023·湖南雅礼中学一模]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a10]＝( )
A．1 B．2 C．3 D．5
(2)[2023·河南洛阳联考]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an(an＋1)，则a2 023＝( )
A．2 022 B．2 023
C．2 024 D．2 025
第二讲 数列的通项与求和——大题备考
数列大题一般为两问：第一问通常求数列通项公式，有时涉及用定义证明等差或等比数列；第二问一般与和有关，通常是求前n项和或特定项的和，有时也涉及不等式证明或逆求参数等．
微专题1 数列的证明与通项
1.已知各项均为正数的等差数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，且满足S3＝a5，且2a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{}是等差数列．
2．已知数列{an}的前n项和Sn，a1＝4，Sn＝an＋1＋2n－4.证明数列{an－2}为等比数列，并求出an的通项公式．
1.[2023·山东青岛一模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求Sn；
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，2bn－Tn＝，证明数列{bn－}为等比数列，并求{bn}的通项公式．
技法领悟
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项，即证明＝an－1an＋1(n≥2)．
3．若要判断一个数列是不是等差(等比)数列时，只需判断存在连续三项成不成等差(等比)数列即可．
[巩固训练1] 已知数列{an}，{bn}满足bn＋1＝，an＋1＝，且a1＝2，b1＝1.
(1)求a2，b2的值，并证明数列{an－bn}是等比数列；
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式．
微专题2 数列的通项与求和
1.[2023·全国甲卷]已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
2．[2023·全国乙卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
2.[2023·新高考Ⅱ卷]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.
技法领悟
1．运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．
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＝)，＝)．
3．奇偶并项求和的基本思路：有些数列各项单独求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列或等比数列求和．当求前n项和，而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要分奇偶讨论．
[巩固训练2] [2023·山东济宁二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，an－1＋an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，S5＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n.
微专题3 数列与不等式问题
1.[2023·吉林延边二模]已知等差数列{an}中，公差d>0，S11＝77，且a2，a6－1，a11成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn为数列的前n项和，且存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．
2．[2023·安徽定远中学一模]等差数列{an}中，a3＋a8＝4，a2＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn<.
3.[2023·河北石家庄三模]已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＝3，a2＋a3＝36，数列{bn}的前n项和Sn，满足3Sn＋n2＝3nbn＋n，b1＝.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若存在正整数n，使得－8Man≥0成立，求实数M的取值范围．(≈1.4，ln 3≈1.1)．
技法领悟
解决数列与不等式问题时，一般先解决数列的通项或求和，再利用作差比较法、放缩法等不等式的方法解决．
[巩固训练3] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＋a12＝16，S7＝28.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式an·|Tn－3|>1的n的值．
微专题4 数列重组问题
1.已知公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T20的值．
2．[2023·安徽芜湖模拟]已知等差数列{an}，等比数列{bn}，且a1＝＝2n＋1－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)将数列{an}和{bn}中的项合并，按从小到大的顺序重新排列构成新数列{cn}，求{cn}的前100项和．
4.[2023·河北石家庄一模]已知等差数列{an}的前n项和记为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为单调递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
技法领悟
通过题目表达确立关键信息或关系，找准新数列与原数列的关系，是解题的关键．
[巩固训练4] [2023·广东汕头三模]等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
