(共7张PPT)
专题一 函数与导数
规范答题3 数 列
(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝
，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
[切入点：把a1，d代入计算]
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
[关键点：由{bn}等差可得b1，b2，b3等差，由等差数列的
性质把S99－T99换成a50与b50的关系式]
(1)a1,d代入计算
(2){bn}为等差数列→b1,b2,b3的关系→a1与d的关系→S99-T99=99→a50→d
思路分析
解 (1)∵3a2＝3a1＋a3，
答题模板 规范答题不丢分
(1分)
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，an＝a1＋(n－1)d＝nd，
(3分)
①②处代入a1，d计算
又
∴an＝nd＝3n. (5分)
(2)
∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
解得a1＝d或a1＝2d， (7分)
③处由{bn}为等差数列得b1，b2，b3的关系，找a1，d的关系
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，
99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，
(9分)
解得a50＝51或a50＝－50(舍去)． (10分)
④处由等差数列的性质把等差数列的前n项和换成通项
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
(11分)
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
⑤⑥处分类讨论求d(共87张PPT)
专题一 函数与导数
第1讲 等差数列、等比数列
专题一 函数与导数
考情分析
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点.
内容索引
考点一
考点二
考点三
等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的性质
等差数列、等比数列的判断与证明
专题强化练
考点一
等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
an＝am＋(n－m)d.
(2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1，
an＝am·qn－m.
(3)等差数列的求和公式：
核心提炼
(4)等比数列的求和公式：
例1
√
(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于
方法一 若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，
有5＝5×3－4，不成立，
所以q≠1.
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
由于此数列各项均为正数，
方法二 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.
(2)(2023·安康模拟)中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天行走的里程数约为
A.2.76 B.5.51
C.11.02 D.22.05
√
设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
规律方法
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
(1)(2023·河南联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为
A.4.5尺 B.3.5尺
C.2.5尺 D.1.5尺
跟踪演练1
√
冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，
所以a7＝11.5－7＝4.5，
即春分时节的日影长为4.5尺.
(2)(2023·石家庄质检)已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2a1a2a3…a8的值为
A.70 B.72
C.74 D.76
√
设等比数列{an}的公比为q，则q>0，S3＝a1(1＋q＋q2)＝4(1＋q＋q2)＝84，
整理可得q2＋q－20＝0，解得q＝4(负值舍去)，
所以an＝a1qn－1＝4n，
所以log2a1a2a3…a8＝log2(41×42×43×…×48)
考点二
等差数列、等比数列的性质
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列，有aman＝apaq＝
2.前n项和的性质：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外).
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
核心提炼
例2
(1)(多选)(2023·济宁质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7a8<0，则
A.数列{an}是递增数列
B.S6>S9
C.当n＝7时，Sn最大
D.当Sn>0时，n的最大值为14
√
√
√
∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7a8<0，
∴a7>0，a8<0，
∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，
∴S6>S9，B正确；
∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列，
∴当n＝7时，Sn最大，C正确；
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
(2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝______.
－2
方法一 {an}为等比数列，∴a4a5＝a3a6，
∴a2＝1，
又a2a9a10＝a7a7a7，
∴1×(－8)＝(a7)3，
∴a7＝－2.
方法二 设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，
显然an≠0，
则a4＝q2，即a1q3＝q2，
则a1q＝1，
因为a9a10＝－8，
则a1q8·a1q9＝－8，
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
规律方法
等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，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)用性质，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.
跟踪演练2
√
(2)(2023·沧州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6，则S24＝______.
510
因为数列{an}为等比数列，由等比数列的性质知，
S3，S6－S3，S9－S6，…，S24－S21，…构成首项为S3＝2，
等差数列、等比数
列的判断与证明
考点三
核心提炼
等差数列 等比数列
定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0)
通项法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1
中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2) ＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)
前n项和法 Sn＝an2＋bn(a，b为常数) Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0,1)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3
(2023·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn.
(1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列；
因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn，
所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，
an＋1－bn＋1＝－(an－bn)，
又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5，
所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，
数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列.
(2)求{anbn}的前n项和Sn.
由(1)得an＋bn＝5×3n－1，
an－bn＝(－1)n－1，
易错提醒
(1) ＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法.
(2023·日照模拟)已知数列{an}满足：a1＝λ>0，anan＋1＝27－2n.
(1)当λ＝ 时，求数列{a2n}中的第10项；
跟踪演练3
由已知anan＋1＝27－2n，
所以当n≥2时，anan－1＝29－2n，
所以a2＝210，
(2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列？若存在，求出λ值并证明；若不存在，请说明理由.
存在.假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列，
即λ2＝64，解得λ＝8.
下面证明当λ＝8时数列{an}是等比数列，
所以当n为奇数时，an＝24－n；
当n为偶数时，an＝24－n，
所以对一切正整数n，都有an＝24－n，
所以存在正数λ＝8使得数列{an}是等比数列.
专题强化练
一、单项选择题
1.若首项为正数的等比数列{an}的前6项和为126，且a5＝2a3＋8a1，则a4的值为
A.32 B.16 C.8 D.4
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设首项为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∴a4＝a1q3＝16.
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2.(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于
A.25 B.22
C.20 D.15
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方法一 设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，
即a1＋3d＝5， ①
又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45， ②
①②联立，解得d＝1，a1＝2，
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方法二 依题意可得，
a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，
所以a4＝5，a8＝9，
于是a3＝a4－d＝5－1＝4，
所以S5＝5a3＝20.
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∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.
4.(2023·安庆模拟)林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年之间的古树为三级，树龄低于100年的不称为古树.林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列.现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14 m，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2 cm，则估计该大树属于(π取3.14)
A.一级 B.二级
C.三级 D.不是古树
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设树干的截面圆的半径为r，
树干周长2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm，
从内向外数，a5＝0.4，an－4＝0.2，
∴估计该大树属于三级.
5.(2023·新高考全国Ⅰ)记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
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方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
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则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，
有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，
两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，
即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
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方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
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即Sn＝nS1＋n(n－1)D，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，
上边两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，
所以an＝a1＋2(n－1)D，
当n＝1时，上式成立，
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又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
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6.(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于
A.120 B.85
C.－85 D.－120
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方法一 设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意，
所以q≠1.
由S4＝－5，S6＝21S2，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
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方法二 设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，
所以q≠－1，否则S4＝0，
从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，
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当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，
即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去.
综上，S8＝－85.
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二、多项选择题
7.(2023·扬州模拟)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积
为Tn，并且满足条件a1>1，a6a7>1， <0，则下列结论正确的是
A.q>1
B.0
C.Sn的最大值为S7
D.Tn的最大值为T6
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√
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由题意得，a1＞1，a6a7＞1＞0，
∴a6，a7同号，即a6与a6q同号，
∴a6，a7一个比 1大，一个比1小，
∴a6>1,0∴0＜q＜1，并且an＝a1qn－1＞0，a1＞a2＞…＞an，即{an}是递减的正项数列，A错误；
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Sn－Sn－1＝an＞0，即Sn＞Sn－1对任意的n∈N*都成立，C错误；
∵当n≥7时，an＜1，当1≤n≤6时，an＞1，
∴T6是Tn的最大值，D正确.
8.(2023·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1，则下面说法正确的是
A.数列{an＋1－an}为等比数列
B.数列{an＋1－3an}为等差数列
C.an＝3n－1＋1
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所以数列{an＋1－an}为公比为3的等比数列，故A正确；
因为(an＋1－3an)－(an－3an－1)＝an＋1－4an＋3an－1＝0，即an＋1－3an＝an－3an－1，
所以数列{an＋1－3an}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
由以上分析可得an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，
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Sn＝a1＋a2＋…＋an
三、填空题
9.(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的
公比为________.
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若q＝1，
则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，
则a1＝0，不符合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6＝7S3，
即8(1－q6)＝7(1－q3)，
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即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，
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an＝2n2
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所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.
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14
11.(2023·厦门模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1 000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.比赛开始后，当阿基里斯跑了1 000米时，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟领先他1米，…，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为________米.
111.1
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14
根据题意，这是一个等比数列模型，
解得n＝4，
12.(2023·南通模拟)已知各项均为正整数的递增数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，Sn＝2 023，则n的最大值为_____.
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61
因为{an}为递增数列且均为正整数，a1＝3，Sn＝2 023，
若n取最大值，则当m即a2＝4，a3＝5，a4＝6，…，
即当2≤m所以数列{am}是以首项为3，公差为1的等差数列，
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又因为S60＝1 950<2 023，S61＝2 013<2 023，S62＝2 077>2 023，
若n的最大值为61，则a60＝62，a61＝2 023－1 950＝73>62，符合题意；
若n的最大值为62，则a61＝63，a62＝2 023－2 013＝10<63，不符合题意，
综上所述，满足题意的n的最大值为61.
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四、解答题
13.(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；
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设等差数列{an}的公差为d，
所以an＝13－2(n－1)＝15－2n.
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(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
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则当n≤7时，an>0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2；
当n≥8时，an<0，
可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an)
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＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn
＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98.
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14.(2023·青岛质检)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；
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由S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列，
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14(共58张PPT)
专题一 函数与导数
微重点5 数列的递推关系
专题一 函数与导数
数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用.
内容索引
考点一
考点二
构造辅助数列
利用an与Sn的关系
专题强化练
考点一
构造辅助数列
例1
√
√
√
A项，an＋1－an＝n＋1，
∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确；
B项，∵an＋1＝2an＋3，
∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，
故an＝2n＋1－3，故B错误；
D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0，
∴an＝n·2n，故D正确.
(2)(2023·吕梁模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋an＝3×2n，则S100等于
A.2100－3 B.2100－2
C.2101－3 D.2101－2
√
由an＋1＋an＝3×2n得，
an＋1－2n＋1＝－(an－2n).
又a1－21＝－1，
所以{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以an－2n＝(－1)n，
即an＝2n＋(－1)n，
所以S100＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100
规律方法
(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式.
规律方法
(4)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ).
(5)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0,1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)].
跟踪演练1
√
√
(2)(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2an·an＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是
√
因为an－3an＋1＝2an·an＋1，
考点二
利用an与Sn的关系
例2
已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn， ，Sn－1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
方法一 由题意知当n≥2时，
Sn＋Sn－1＝nan，
∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，
由S1＝a1＝3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
a1＝3也满足an＝3n，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
方法二 由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，
∴当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1，
两式相减得an＋an－1＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，
即(n－1)an＝nan－1，
又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，
同理可得a3＝9，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
规律方法
在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2).
跟踪演练2
(n＋1)·2n－1
而a1＝2，a2＝3S1＝3a1＝6，
(2)已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n＋3(n∈N*)，数列
{2anan＋1}的前n项和为Sn，则Sn＝______________.
因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an
＝2n＋3(n∈N*)，
所以a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝2n＋1(n≥2)，
两式相减，可得(2n－1)an＝2，
专题强化练
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√
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所以数列{an}是以3为周期的周期数列，
所以a100＝a3×33＋1＝a1＝－1.
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2.(2023·洛阳模拟)若数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝0,2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，则a2 023＋b2 023等于
A.1 B.3
C. D.22 023
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√
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因为2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，
所以2an＋1＋2bn＋1＝3an＋bn＋2＋an＋3bn－2＝4(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，
又a1＋b1＝2，
所以{an＋bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋bn＝2n，
所以a2 023＋b2 023＝22 023.
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∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，
即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，
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当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
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故C，D正确.
√
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∴3a2＝2a1(a1＋a2)，
又3an＋1＝2SnSn＋1，
∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1，
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由题意得3Sn＋n2＝3nan＋n， ①
当n≥2时，
3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)an－1＋(n－1)， ②
①－②化简得3(an－an－1)－3n(an－an－1)＝－2n＋2，
即(3－3n)(an－an－1)＝－2n＋2，
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8.(2023·商洛模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝
2n＋1(n≥2)，则 ＝________.
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因为an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，
所以an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2).
因为a2－2＝－1，所以{an－n}从第二项起是公比为－1的等比数列，
所以an＝n＋(－1)n－1(n≥2)，
所以S2 023＝1＋2＋3＋…＋2 023＝2 023×1 012，
S2 024＝1＋2＋3＋…＋2 024－1＝2 023×1 013，
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化简可得2an－an＋1＝anan＋1，
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(2)已知bn＝an(an＋1－1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
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9(共80张PPT)
专题一 函数与导数
第2讲 数列求和及其综合应用
考情分析
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.
2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结
合，考查最值、范围以及证明不等式等.
3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
内容索引
考点一
考点二
数列求和
数列的综合问题
专题强化练
考点一
数列求和
核心提炼
2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
例1
考向1 分组转化法
(2023·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.
(1)证明：{an－2n}为等比数列；
由an＋1＋2an＝2n＋2可得
an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n).
又a1－21＝1≠0，
所以{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列.
由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，
即an＝2n＋(－2)n－1.
当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；
当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1]
＝log22n－1＝n－1.
所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)
＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
例2
考向2 裂项相消法
则bn＝an＋1－an＝[(n＋1)2＋2(n＋1)]－(n2＋2n)＝2n＋3，
可得bn＋1－bn＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2，
故数列{bn}是首项b1＝5，公差d＝2的等差数列.
例3
考向3 错位相减法
(2023·全国甲卷)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；
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2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
又因为a2＝1，
所以an＝n－1，
当n＝1,2时都满足上式，
所以an＝n－1，n∈N*.
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
规律方法
(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
跟踪演练1
(1)(2023·淮南模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2n，且a1＝1.
①求数列{an}的通项公式；
∵数列{an}满足an＋1－an＝2n，且a1＝1，
∴当n≥2时，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1.
当n＝1时也成立，∴an＝2n－1(n∈N*).
∴数列{bn}的前n项和
(2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a1＝1，{an＋1}是公比为2的等比数列，{bn}为正项数列，b1＝1，当n≥2时，(2n－3)bn＝(2n－1)bn－1.
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
因为数列{an＋1}为等比数列，公比为2，首项为a1＋1＝2，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，
所以an＝2n－1(n∈N*)，
由(2n－3)bn＝(2n－1)bn－1，
所以bn＝2n－1(n∈N*).
②记cn＝an·bn.求数列{cn}的前n项和Tn.
由题可得cn＝2n(2n－1)－(2n－1)，
令dn＝2n(2n－1)，{dn}的前n项和为Pn.
所以Pn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，
2Pn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1，
两式相减得－Pn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1，所以Pn＝(2n－1)2n＋1－2－2(2n＋1－4)，
所以Pn＝6＋(2n－3)2n＋1.
令en＝2n－1，{en}的前n项和为En，
综上，Tn＝Pn－En＝(2n－3)2n＋1＋6－n2.
考点二
数列的综合问题
核心提炼
数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解.
(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第
5个正方形的边长为
例4
√
设第n个正方形的边长为an，
则由已知可得an＝an＋1sin 15°＋an＋1cos 15°，
(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤iaj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对.若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为
A.4 B.5
C.6 D.7
√
若n＝4，则1≤i由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，
若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；
若数列{an}的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3}；
若数列{an}的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；
若数列{an}的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，
综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.
规律方法
数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识.
(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an}，令bn
＝ ，Sn为数列{bn}的前n项和，则S120等于
A.8 B.9
C.10 D.11
跟踪演练2
√
由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，
(2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为an(n∈N)，若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于
A.5或16 B.5或32
C.5或16或4 D.5或32或4
√
因为a5＝1，则有，
若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；
若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；
若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.
综上所述，a0＝5或a0＝32.
专题强化练
一、单项选择题
1.数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a8，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 024的值为
A.4 B.－4
C.4 040 D.－4 040
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
11
12
13
14
因为a8，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，
即a8，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，
所以a8＋a4 040＝8.
又2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列，
所以a8＋a4 040＝2a2 024＝8，
所以a2 024＝4.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2.(2023·阜阳模拟)在数列{an}中，已知an＋1＋an＝3·2n，则{an}的前10项和为
A.1 023 B.1 024
C.2 046 D.2 047
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
11
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
∵an＋1＋an＝3·2n，
∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，
a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，
11
12
13
14
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由题意得f′(x)＝2x＋b，
∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1，
∴f(n)＝n2＋n，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
4.(2023·佛山模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{an}为递增数列，则实数k的取值范围为
A.k≥－3 B.k≥－2
C.k>－3 D.k>－2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
11
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因为数列{an}为递增数列，
所以an＋1>an，
即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，
整理得k>－(2n＋1)，
因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减，
f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3，
所以k>－3.
11
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5.(2023·盐城模拟)将正整数n分解为两个正整数k1，k2的积，即n＝k1·k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1，k2是n的最优分解时，定义f(n)＝|k1－k2|，则数列{f(5n)}的前2 023项的和为
A.51 012 B.51 012－1
C.52 023 D.52 023－1
√
11
12
13
14
当n＝2k(k∈N*)时，
由于52k＝5k×5k，
此时f(52k)＝|5k－5k|＝0，
当n＝2k－1(k∈N*)时，由于52k－1＝5k－1×5k，
此时f(52k－1)＝|5k－5k－1|＝5k－5k－1，
所以数列{f(5n)}的前2 023项的和为
(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51 011－51 010)＋0＋(51 012－51 011)＝51 012－1.
1
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3
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10
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√
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12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
即A*＝{b1，b2，b3，…}，
所以数列{bn}为公比为3的等比数列，
11
12
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14
1
2
3
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11
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5
6
7
8
9
10
二、多项选择题
7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，…，如此继续下去，设△AnBnCn的边长为an，△AnBnCn的面积为Mn，则
√
√
√
11
12
13
14
显然△AnBnCn是正三角形，
1
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13
14
8.已知函数f(x)＝ex－x－1，数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝ ，an＋1＝f(an)，则下列有关数列{an}的叙述不正确的是
A.a5<|4a2－3a1| B.a7≤a8
C.a10>1 D.S100>26
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
√
√
11
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3
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5
6
7
8
9
10
由ex≥x＋1 知，
an＋1＝f(an)＝ －an－1≥0，
故{an}为非负数列，
又an＋1－an＝ －2an－1，
设g(x)＝ex－2x－1，
则g′(x)＝ex－2，
易知g(x)在[0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
11
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7
8
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10
故A正确.
11
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14
三、填空题
9.(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛.统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为_____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
77
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13
14
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2
3
4
5
6
7
8
9
10
记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{an}，则an＝70＋2(n－1)＝2n＋68，
又10×40%＝4，
11
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和.已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a2 024＝8，则这个数列的前2 024项的和为________.
6 072
依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…，
故a1＝a3＝a5＝…＝a2 023＝－2，
a2＝a4＝a6＝…＝a2 024＝8，
则S2 024＝1 012×(－2)＋1 012×8＝6 072.
11
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2
3
4
5
6
7
8
9
10
11.(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，an(n∈N*)是一组平面向量，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，若an＝(4－n,1)，则满足an⊥Sn的n的值为_______.
5或6
11
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4
5
6
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8
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10
记bn＝4－n的前n项和为Tn，
因为an＝(4－n,1)，
又an⊥Sn，
11
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3
4
5
6
7
8
9
10
整理得n(n－5)(n－6)＝0，
解得n＝0或n＝5或n＝6，
因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.
11
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5
6
7
8
9
10
{4,5,6}
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3
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5
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7
8
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10
即an＝2r＝5，
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3
4
5
6
7
8
9
10
由an＝a1＋(n－1)d，得5＝4＋(n－1)d，
∴4≤n<7，n∈N*，
∴n的取值为4,5,6.
∴n的取值集合为{4,5,6}.
11
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3
4
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9
10
四、解答题
13.(2023·锦州模拟)已知数列{an}和{bn}满足an＋bn＝2n－1，数列{an}，{bn}的前n项和分别记作An，Bn，且An－Bn＝n.
(1)求An和Bn；
11
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5
6
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8
9
10
因为an＋bn＝2n－1，
所以数列{an＋bn}是首项为1，公差为2的等差数列，
又因为An－Bn＝n，
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10
当n＝1时，b1＝B1＝0也适合通项公式，
故bn＝n－1.
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6
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10
14.(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－an.
(1)求数列{an}的通项公式；
11
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4
5
6
7
8
9
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∵Sn＝n－an，
∴Sn－1＝(n－1)－an－1(n≥2)，
两式作差得2an＝an－1＋1，
∴2(an－1)＝an－1－1，
当n＝1时，S1＝1－a1，
11
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10
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且2bn＝(n－2)(an－1)，若Tn≥λbn对于n∈N*恒成立，求λ的取值范围.
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∵2bn＝(n－2)(an－1)，
11
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1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
∵Tn≥λbn恒成立，
当n＝1时，λ≤1；
当n＝2时，λ∈R；
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3
4
5
6
7
8
9
10
综上所述，－1≤λ≤1.
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14(共53张PPT)
微重点6 子数列与增减项问题
专题一 函数与导数
子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列)与数列的增减项问题是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
内容索引
考点一
考点二
考点三
奇数项、偶数项
两数列的公共项
数列有关增减项问题
专题强化练
奇数项、偶数项
考点一
例1
(2023·新高考全国Ⅱ)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；
设等差数列{an}的公差为d，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
因此Tn>Sn.
因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
规律方法
(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型
①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
②含有(－1)n的类型；
③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
④已知条件明确的奇偶项问题.
(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
跟踪演练1
(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，
∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)
检验知当n＝1时上式也成立，
故an＝2n＋1(n∈N*).
(2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn
又当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1满足上式，
考点二
两数列的公共项
例2
已知数列{an}的前n项和Sn＝ ，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27，…，
所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
规律方法
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.
跟踪演练2
(2023·邵阳模拟)数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构
成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝ ，则数列{bn}的最大项等_____.
数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列为1,7,13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，
考点三
数列有关增减项问题
例3
已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数.
(1)求r的值；
因为Sn＝2n＋r，
所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，
a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
且a1＝1也适合该式，
故an＝2n－1是等比数列，即r＝－1满足题意.
所以r＝－1.
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值.
bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128.
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)
规律方法
解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可.
跟踪演练3
(2023·无锡模拟)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋
bn＝0(t∈R，n∈N*).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
由题意，可得6a3＝8a1＋a5，
所以6q2＝8＋q4，
解得q2＝4或q2＝2(舍)，则q＝2，
又a1＝2，所以an＝2n.
得bn＝2n.
(2)当{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}.设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100.
因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，
b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，
b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，
…
则{cn}的前100项，由90个2，a1，a2，a3，…，a9，a10构成，
所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90
专题强化练
1
2
3
4
1.(2023·池州模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝ ＋2an－3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
依题意an>0，当n＝1时，解得a1＝3，
作差得，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
∵an＋an－1>0，
1
2
3
4
∴an－an－1＝2(n≥2)，
∴数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
∴an＝2n＋1，n∈N*.
1
2
3
4
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前100项和.
1
2
3
4
由(1)得，a100＝201，
又27<201<28，同时a93＝187>27，
∴b100＝a93，
∴b1＋b2＋…＋b100＝(a1＋a2＋…＋a93)＋(21＋22＋…＋27)
所以{bn}的前100项和为9 089.
1
2
3
4
2.数列{an}满足anan＋1＝2n，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
∵anan＋1＝2n， ①
∴an＋1an＋2＝2n＋1， ②
当n为奇数时，a1，a3，…，an成等比数列，
∴an＝a1· ，
当n为偶数时，a2，a4，…，an成等比数列，
将a1＝1代入①得a2＝2，
1
2
3
4
an＝a2· ＝2· ＝ ，
故有an＝
1
2
3
4
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
1
2
3
4
3.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
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(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
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方法一 由题意知，2n≤m，即n≤log2m，
当m＝1时，b1＝0.
当m∈[2k,2k＋1－1)时，bm＝k，k∈N*，
则S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37
＝480.
所以数列{bn}的前100项和S100＝480.
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方法二 由题意知bm＝k，m∈[2k,2k＋1)，
因此当m＝1时，b1＝0；
当m∈[2,4)时，bm＝1；
当m∈[4,8)时，bm＝2；
当m∈[8,16)时，bm＝3；
当m∈[16,32)时，bm＝4；
当m∈[32,64)时，bm＝5；
当m∈[64,128)时，bm＝6.
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所以S100＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b100
＝0＋(1＋1)＋(2＋2＋2＋2)＋…＋(6＋6＋…＋6)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37
＝480.
所以数列{bn}的前100项和S100＝480.
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4.(2023·天津模拟)设数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
由Sn＝(n－1)2n＋1＋2，得a1＝2，
Sn－1＝(n－2)2n＋2(n≥2)，
两式相减得an＝n·2n，
当n＝1时，代入上式，求得a1＝2，
所以an＝n·2n(n∈N*).
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(2)若bn＝ ，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2 023项和T2 023.
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所以数列{cn}为22,23,25,26,28,29，…，
它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；
偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，
所以T2 023＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 023)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 022)