(共46张PPT)
第二节 等差数列
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.等差数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的______都等于___________，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．数学表达式为________________________．
(2)等差中项：若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝________．
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝____________．
(2)前n项和公式：Sn＝________＝___________．
差
同一个常数
an－an－1＝d(n≥2，d为常数)
a1＋(n－1)d
na1＋d
3．等差数列的性质
(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*) d＝(n≠m)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则_____________．
(3)等差数列的前n项和为Sn，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列．
ak＋al＝am＋an
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
(5)n为奇数时，Sn＝na中，S奇＝______a中，S偶＝______a中，S奇－S偶＝______．
(6)n为偶数时，S偶－S奇＝.
(7)为等差数列．
a中
【常用结论】
1．已知数列的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列一定是等差数列，且公差为p.
2．在等差数列中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
3．等差数列的单调性：当d>0时，是递增数列；当d<0时，是递减数列；当d＝0时，是常数列．
4．数列是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，这里公差d＝2A.
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
×
√
×
×
2．(教材改编)记Sn为等差数列的前n项和，已知S5＝5，a6＝10，则a8＝( )
A．15 B．16
C．19 D．20
解析：设等差数列的公差为d，所以解得∴a8＝－5＋3×7＝16.故选B.
答案：B
3．(教材改编)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目，请给出答案：把100个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为________．
解析：设五个人所分得的面包为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(d>0)，
则(a－2d)＋(a－d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5a＝100，
∴a＝20.
又由题意知(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d，
即24d＝11a，∴d＝×20＝.
∴最小的一份为a－2d＝20－×2＝.
4．(易错)一个等差数列的首项为，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A．d> B．d<
C．
答案：D
解析：由题意可得即
所以5．(易错)已知在等差数列中，＝，公差d<0，则使数列的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________．
5或6
解析：∵d<0，＝，∴a3＝－a9，
∴a1＋2d＝－a1－8d，
∴a1＋5d＝0，∴a6＝0，
∴an>0(1≤n≤5)，
∴Sn取得最大值时的正整数n是5或6.
课堂互动探究案
1.理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
问题思考·夯实技能
【问题1】 推导等差数列的前n项和公式的方法是什么？请你试一试．
提示：倒序相加法. 对于等差数列{an}中，前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an ①，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ②.
①＋②得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)＝n(a1＋an)，
∴Sn＝.
【问题2】 在等差数列{an}中，通项an是关于n的一次函数吗？前n项和Sn是关于n的二次函数吗？
提示：an不一定是关于n的一次函数，事实上，在等差数列{an}中，an＝kn＋b(k，b∈R)，当k＝0，即数列为常数列时，an不是关于n的一次函数；同理Sn不一定是关于n的二次函数，当数列为常数列时，Sn＝bn，不是二次函数．
关键能力·题型剖析
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)[2024·九省联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝( )
A．120 B．140
C．160 D．180
答案：C
解析：方法一 ，解得，
∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
方法二 因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，
所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160.故选C.
(2)[2024·安徽安庆模拟]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年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．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米，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( )
A．一级 B．二级
C．三级 D．不是古树
答案：C
解析：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，Sn＝r＝50＝＝0.3n，∴n＝≈167年，所以为三级．故选C.
题后师说
等差数列基本运算的求解策略
巩固训练1
(1)[2024·河南洛阳模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝18，则S6＝( )
A．54 B．71
C．80 D．81
答案：D
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S3＝18，可得3a1＋3d＝3＋3d＝18，解得d＝5，所以S6＝6a1＋15d＝6＋15×5＝81.故选D.
(2)[2024·河北唐山模拟]已知等差数列{an}满足a1＋a3＝2，a3＋a5＝4，则a5＋a7＝________．
6
解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意知，
解得，所以a5＋a7＝2a1＋10d＝2×＋10×＝6.
题型二 等差数列的判断与证明
例2 [2021·全国甲卷]已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解析：①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以 ＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①② ③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，数列{}的公差为d1，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n，＝＋(n－1)d1.
代入解得d1＝，d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d>0，则＝＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，n＝1满足上式，故an＝(2n－1)d2，an－an－1＝2d2，所以数列{an}是等差数列．
题后师说
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：(1)证明：∵＝＝＝＝＝，∴－＝，
∴数列{}是以为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
∴an＝(n∈N*)．
题型三 等差数列的性质
角度一 等差数列项的性质
例3 (1)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的前n项和Sn，若a2＋a3＋a14＋a15＝40，则S16＝( )
A．150 B．160
C．170 D．与a1和公差有关
答案：B
解析：因为{an}是等差数列，所以a2＋a3＋a14＋a15＝2(a1＋a16)＝40，所以a1＋a16＝20，所以S16＝＝＝160.故选B.
(2)[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2
＝2an＋1，且a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，则a1＋a4＋a7＝________．
12
解析：因为数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列，因为a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，由根与系数的关系可得a2＋a6＝8，所以a1＋a4＋a7＝a2＋a6＋(a2＋a6)＝8＋4＝12.
题后师说
(1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．
(2)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝相结合．
巩固训练3
(1)[2024·江西宜春模拟]已知等差数列{an}满足a2－a5＋a8＝4，则数列{an}的前9项和S9＝( )
A．9 B．18
C．36 D．72
答案：C
解析：根据题意，等差数列{an}中，a2＋a8＝2a5，则a2－a5＋a8＝a5＝4，数列{an}的前9项和S9＝＝9a5＝36，故选C.
(2)[2024·江苏徐州模拟]若一个等差数列的前5项和为15，后5项和为145，且该数列共有31项，则这个等差数列的公差为________．
1
解析：设这个等差数列为{an}，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝15，a27＋a28＋a29＋a30＋a31＝5a29＝145，所以a3＝3，a29＝29，所以公差d＝＝1.
角度二 等差数列前n项和的性质
例4 (1)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(Sn，Tn≠0)，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，则的值为( )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：由(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，得＝＝＝＝＝＝＝.故选B.
(2)在等差数列{an}中， a1＝－2 024，其前n项和为Sn，若＝2，则S2 024＝( )
A．2 023 B．－2 023
C．－2 024 D．2 024
答案：C
解析：由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d，＝(常数)，则{}也为等差数列．由＝2，则数列{}的公差为1.所以＝＋(n－1)×1＝－2 024＋n－1＝n－2 025，所以＝2 024－2 025＝－1，所以S2 024＝－2 024.故选C.
题后师说
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(2){}也为等差数列．
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
巩固训练4
(1)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)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
答案：A
解析：设该数列有2n项，则S偶－S奇＝nd，得2n＝25－15＝10，故该数列的项数为10，故选A.
角度三 等差数列的最值问题
例5 (多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是( )
A．d>0 B．Sn的最大值是S15
C．a16<0 D．当Sn<0时，n最大值为32
答案：BC
解析：设等差数列的公差为d，S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋d＝0，d＝－<0，A选项错误；所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确；所以Sn的最大值是S15，B选项正确；由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列，所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误．故选BC.
题后师说
求等差数列前n项和Sn的最值的两种常用方法
巩固训练5
已知数列{an}是等差数列，若a9＋a12>0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn>0时，n的最大值为( )
A．10 B．11
C．20 D．21
答案：C
解析：由等差数列的性质可知，a9＋a12＝a11＋a10>0，又∵a10·a11<0，∴a10和a11异号，∵数列{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列{an}是递减的等差数列，即an－an－1＝d<0，∴a10>0，a11<0，∴S21＝＝21a11<0，S20＝＝10(a9＋a12)>0，∴当Sn>0时，n的最大值为20.故选C.
1．[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＝( )
A．25 B．22
C．20 D．15
答案：C
解析：方法一 由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
方法二 设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，
由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45 ②，
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
2．[2022·新高考Ⅱ卷]图(1)是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图(2)是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
答案：D
解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故选D.
3．[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
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.
4．[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
3n2－2n
解析：因为数列{2n－1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列{3n－2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以{an}的前n项和为n·1＋·6＝3n2－2n.(共40张PPT)
第三节 等比数列
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的________都等于__________，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的______，通常用字母q表示(显然q≠0)．数学表达式
为________(n≥2，q为非零常数)．
(2)等比中项
如果在a和b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时G2＝________．
比
同一个常数
公比
＝q
ab
2．等比数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝________．
(2)前n项和公式：
Sn＝
a1qn－1
na1
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广公式：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝________．
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为________．
(4)若等比数列{an}的前n项和为Sn，那么(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，特别地，如果公比q≠－1或虽q＝－1但n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
不能认为在任何等比数列中，都有Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
(5)当n为偶数时，S偶∶S奇＝q.
am·an
qm
【常用结论】
1．若数列{an}，{bn}为等比数列，则{λan}(λ≠0)，{|an|}，{}，}，{anbn}，{}仍为等比数列．
2．若{an}为各项均为正数的等比数列，则{logaan}(a>0，a≠1)必为等差数列；若{an}为等差数列，则}(a>0，a≠1)必为等比数列．
3．若等比数列的前n项和Sn＝A·qn＋B，则A，B满足的关系式为A＋B＝0.
4．若或时，则等比数列{an}是递增数列；
若或时，则等比数列{an}是递减数列．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数．( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( )
(4)数列为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．( )
×
×
×
×
2．(教材改编)等比数列的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项的和是( )
A．179 B．211
C．243 D．275
答案：B
解析：设公比为q，
因为a1＝81，a5＝16，所以q4＝＝＝，且q>0，
∴q＝，∴S5＝＝＝211.故选B.
3．(教材改编)若数列为等差数列，则数列为______数列；若数列为等比数列，且an>0，则数列为______数列．
解析：若数列为等差数列，设其公差为d，则＝＝为等比数列；若数列为等比数列，设其公比为q，则lg an＋1－lg an＝lg ＝lg q，
∴为等差数列．
等比
等差
4．(易错)等比数列中，a1＝，q＝2，则a4与a8的等比中项是( )
A．±4 B．4
C．± D．
答案：A
解析：设a4与a8的等比中项是x.由等比数列的性质可得＝a4a8，所以x＝±a6.所以a4与a8的等比中项x＝＝＝±4.故选A.
5．(易错)已知等比数列{an}满足a1＝，4a2a4＝4a3－1，则a2＝( )
A．± B．
C．± D．
答案：A
解析：因为4a2a4＝4a3－1，所以q4＝4a1q2－1，又a1＝，解得q＝±2，所以a2＝a1·q＝×(±2)＝±.故选A.
课堂互动探究案
1.理解等比数列的概念．
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3．了解等比数列与指数函数的关系．
问题思考·夯实技能
【问题1】 类比指数函数的性质，说出公比q>0的等比数列的单调性．
提示：①当q>1时，若a1>0，则{an}单调递增；若a1<0，则{an}单调递减．
②当00，则{an}单调递减；若a1<0，则{an}单调递增．
③当q＝1时，{an}不具有单调性．
【问题2】 任何两个实数都有等差中项和等比中项对吗？
提示：任何两个实数都有等差中项是正确的，a，b∈R，等差中项A＝，而任何两个实数都有等比中项是错误的．只有同号的两个实数才有等比中项，且等比中项一定有两个，它们互为相反数，G＝±.
关键能力·题型剖析
题型一 等比数列基本量的运算
例1 (1)[2024·山东昌乐模拟]等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝15，a3＝5，则公比q的值为( )
A．－ B．1
C．－或1 D．或1
答案：C
解析：由题设知：S3＝a1＋a2＋a3＝15，又a3＝5，故a1＋a2＝10，∴a1(1＋q)＝10，而a1q2＝5，即1＋q＝2q2，解得q为－或1.故选C.
(2)[2024·黑龙江齐齐哈尔模拟]有这样一道题目：“戴氏善屠，日益功倍．初日屠五两，今三十日屠讫，问共屠几何？”其意思为：“有一个姓戴的人善于屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5两肉，共屠了30天，问一共屠了多少两肉？”在这个问题中，该屠夫前5天所屠肉的总两数为( )
A．35 B．75
C．155 D．315
答案：C
解析：由题意可得该屠夫每天屠的肉成等比数列，记首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，所以a1＝5，q＝2，因此前5天所屠肉的总两数为＝＝155.故选C.
题后师说
等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求其二，体现了方程思想的应用．
巩固训练1
(1)[2024·河北秦皇岛模拟]一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数列的公比为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：B
解析：设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由题意S4＝5S2，即由＝，解得q＝2.故选B.
(2)[2024·河南开封模拟]记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2(a1＋a2)＝a2＋a3＝12，则S5＝( )
A．30 B．31
C．61 D．62
答案：D
解析：设等比数列的首项为a1，公比为q，依题意＝＝q＝2，且2(a1＋a1q)＝6a1＝12，得a1＝2，则S5＝＝62.故选D.
题型二 等比数列的判定与证明
例2 已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n∈N*.
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
解析：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有＝a1·a3，
即(λ－3)2＝λ(λ－4) λ2－4λ＋9＝λ2－4λ 9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)因为bn＝(－1)n(an－3n＋21)，
bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1·(an＋1－3n＋18)
＝(－1)n＋1(an－2n＋14)
＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0，
此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18，b1＝－(λ＋18)时，由上可知bn≠0，
∴＝－(n∈N*)，此时{bn}是等比数列．
题后师说
巩固训练2
Sn为等比数列的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)易知q≠1，
由题意可得
解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，
此时Sn＋＝×3n，则＝＝3，
故存在常数λ＝，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列．
题型三 等比数列的性质
角度一 等比数列项的性质
例3 (1)在等比数列{an}中，若a2a3a6a9a10＝32，则的值为( )
A．4 B．2
C．－2 D．－4
答案：B
解析：由a2a3a6a9a10＝(a2a10)·(a3a9)·a6＝＝32＝25，得a6＝2，则＝＝a6＝2.故选B.
(2)[2024·湖北黄冈模拟]已知数列{an}是正项等比数列，数列{bn}满足bn＝log2an.若a2a5a8＝212，b1＋b2＋b3＋…＋b9＝( )
A．24 B．32
C．36 D．40
答案：C
解析：因为{an}是正项等比数列，a2a5a8＝212，所以＝212＝(24)3，则a5＝24，所以b1＋b2＋b3＋…＋b9＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝log2(a1a2a3…a9)＝＝log2(24)9＝log2236＝36.故选C.
题后师说
在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
巩固训练3
(1)[2024·河南郑州模拟]在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a3a4a5＝6，则a7a8a9的值为( )
A．48 B．72
C．216 D．192
答案：C
解析：由a1a2a3＝1，得＝1，由a3a4a5＝6，得＝6，所以q6＝＝6，所以a7a8a9＝a1a2a3q18＝q18＝63＝216.故选C.
(2)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则的值为________．
3
解析：因为a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，所以a1＋a13＝13，a1·a13＝9，所以a1>0，a13>0，又{an}为等比数列，则a7＝a1·q6>0，又a1a13＝a2a12＝＝9，所以a7＝3或a7＝－3 (舍去)，所以＝a7＝3.
角度二 等比数列前n项和的性质
例4 (1)[2024·河北沧州模拟]正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝21S10，S10＋S30＝220，则S20＝( )
A．90 B．50
C．40 D．30
答案：B
解析：因为Sn是正项等比数列{an}的前n项和，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，又因为S30＝21S10，S10＋S30＝220，所以S10＝10，S30＝210，所以(S20－10)2＝10(210－S20)，解得S20＝50或S20＝－40(舍)．故选B.
(2)已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1＝( )
A．11 B．12
C．13 D．14
答案：B
解析：由题意可得所有项之和S奇＋S偶是所有偶数项之和的4倍，∴S奇＋S偶＝4S偶，设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质可得S偶＝qS奇，即S奇＝S偶，∴S偶＋S偶＝4S偶，∵S偶≠0，∴解得q＝，又前3项之积a1a2a3＝＝64，解得a2＝4，∴a1＝＝12.故选B.
题后师说
在等比数列中，当前n项和的下标成等差数列时，往往借助Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列这一性质求解，减少了运算量，提高了解题速度．
巩固训练4
(1)[2024·辽宁沈阳模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：等比数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，设S4＝m，则S8＝3m，S8－S4＝2m，S12－S8＝4m，S12＝7m，所以＝＝.故选D.
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
2
解析：由题意，得解得S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝＝＝2.
1．[2022·全国乙卷]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D. 3
答案：D
解析：设等比数列{an}的公比为q.由题意知，两式相除，得＝4，解得q＝.代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
2．[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.
3．[2023·新课标Ⅱ卷]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
答案：C
解析：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(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．所以S8＝－85，故选C.
4．[2023·全国乙卷]已知为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
－2
解析：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.(共37张PPT)
第四节 数列求和
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝_________＝____________．
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
na1＋
2．分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
3．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．
4．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．
5．倒序相加法：如果一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
【常用结论】
1．一些常见的数列前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)12＋22＋…＋n2＝.
2．常见的裂项公式
(1)＝；
(2)＝；
(3)＝；
(4)＝.
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若数列为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(2)当n≥2时，＝.( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和．( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列的通项公式是an＝.( )
√
√
×
√
2．(教材改编)已知数列的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，则S6＝________．
147
解析：S6＝＋(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝＝27－2＋21＝27＋19＝147.
3．(教材改编)在数列中，an＝，若的前n项和为，则项数n＝______．
2 022
解析：记数列的前n项和为Sn，
则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝＋…＋
＝1－＝，解得n＝2 022.
4．(易错)已知数列的通项公式为an＝(－1)nn2，设cn＝an＋an＋1，则数列的前200项和为( )
A．－200 B．0
C．200 D．10 000
答案：A
解析：记数列的前200项和为Tn，
Tn＝c1＋c2＋…＋c200
＝a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a199＋a200＋a200＋a201
＝2－a1＋a201
＝2＋1－2012
＝2×[3＋7＋11＋…＋399]＋1－2012
＝2×＋1－2012
＝40 200－40 401＋1＝－200.故选A.
5．(易错)在数列中，已知an＝(n∈N*)，则的前n项和Sn＝______________．
解析：∵an＝＝(n∈N*)，
∴{an}的前n项和Sn＝[()＋()＋()＋…＋()]＝)．
课堂互动探究案
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
问题思考·夯实技能
【问题1】 使用裂项相消法求和时要注意哪些问题？
提示：(1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，是裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．例如：设an为等差数列，公差为d，＝)，＝)．
【问题2】 推导等比数列的前n项和公式的方法是什么？请你试一试．
提示：错位相减求和法. 对于等比数列{an}中，前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1 ①，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn ②.
①－②得(1－q)Sn＝a1(1－qn)，
∴当q≠1时，Sn＝，当q＝1时，Sn＝na1.
关键能力·题型剖析
题型一 分组求和与并项求和
例1 [2024·河南开封模拟]记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＋Sn－1＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)当n≥2时，因为an＝Sn－Sn－1，
所以Sn＋Sn－1＝，
即＝1，所以数列}为等差数列，公差为1，首项为＝1，
所以＝n，又{an}为正项数列，则Sn＝.
(2)由(1)可知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，
a1＝1亦适合上式，所以an＝，
所以bn＝＝(－1)n()，
当n为偶数时，Tn＝－1＋1＋＋…＋＝，
当n为奇数时，Tn＝－1＋1＋＋…－＝－，
综上可知Tn＝
题后师说
(1)分组转化法求和的常见类型主要有：分段型(如①an＝②an＝2n＋3n－1)，周期型.
(2)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
巩固训练1
[2024·广东深圳模拟]已知数列{an}中，a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前100项和．
解析：(1)∵nan＋1－(n＋1)an＝1，
∴＝＝，
∴{}是常数列，即＝＝3，∴an＝3n－1.
(2)由(1)知，{an} 是首项为2，公差为3的等差数列，
由题意得b2n－1＝a2n－1＋1＝6n－3，b2n＝2a2n＋1＝12n＋4，
设数列{b2n－1}，{b2n}的前50项和分别为T1，T2，
∴T1＝＝25×300＝7 500，
T2＝＝25×620＝15 500，
∴{bn}的前100项和为T1＋T2＝7 500＋15 500＝23 000.
题型二 裂项相消法求和
例2 [2024·河北秦皇岛模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(1)求an；
(2)求证：数列{}的前n项和Tn<.
解析：(1)∵{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴Sn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1－2，
当n≥2时，Sn－1＝2n－2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
又∵a1＝S1＝2，∴an＝2n(n∈N*)．
(2)＝＝，
∴Tn＝＋…＋
＝＋…＋
＝，
∵n∈N*，2n＋2－2>0，∴<，
得Tn<.
题后师说
一般是前面裂几项，后面就裂几项；消项后前边剩几项，后边就剩几项．
巩固训练2
[2024·安徽马鞍山模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且a1，a2，S3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)若等差数列{an}的公差为d，
由＝a1S3，则(1＋d)2＝1×＝3(1＋d)，
所以d＝－1或d＝2，
当d＝－1时，a2＝0，与a1，a2，S3成等比数列矛盾，排除；
所以d＝2，则an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知：Sn＝＝n2，
则bn＝＝＝)，
所以Tn＝(1－＋…＋)＝(1－)＝.
题型三 错位相减法求和
例3 [2024·河北衡水模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn＝(n＋t)n(t为常数)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)令n＝1，S1＝a1＝(＋t)，可得t＝，
所以Sn＝(n＋)n，
当n≥2时，Sn－1＝[(n－1)＋](n－1)，
可得an＝Sn－Sn－1＝[n2－(n－1)2]＋＝n，
所以an＝n(n≥2，n∈N*)，
又因为a1＝1满足上式，
所以an＝n(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝n·()n＋1，
所以Tn＝1×()2＋2×()3＋3×()4＋…＋n×()n＋1，
两边乘得：Tn＝1×()3＋2×()4＋3×()5＋…＋(n－1)×()n＋1＋n×()n＋2，
两式相减得：Tn＝()2＋()3＋()4＋()5＋…＋()n＋1－n×()n＋2，
即Tn＝－n×()n＋2，
所以Tn＝－()×()n.
题后师说
(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
巩固训练3
[2024·辽宁沈阳模拟]已知各项均不为零的数列{an}满足a1＝，且2an－2an＋1＝3anan＋1，n∈N*.
(1)证明：{}为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)令cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.
解析：(1)由2an－2an＋1＝3anan＋1，得＝3，n∈N*，
又＝5，∴{}是首项为5，公差为3的等差数列．
∴＝5＋3(n－1)＝3n＋2，故an＝，n∈N*.
(2)由(1)知an＝，∴cn＝＝(3n＋2)·2n－1，
所以Tn＝5＋8×2＋11×22＋…＋(3n－1)·2n－2＋(3n＋2)·2n－1 ①，
2Tn＝5×2＋8×22＋11×23＋…＋(3n－1)·2n－1＋(3n＋2)·2n ②，
①－②得：－Tn＝5＋3×2＋3×22＋…＋3×2n－1－(3n＋2)·2n＝5＋－(3n＋2)·2n＝(1－3n)·2n－1，
∴Tn＝(3n－1)·2n＋1.
1．[2024·江西景德镇模拟]在数列{an}中，an＝＋…＋(n∈N＋)，bn＝，则数列{bn}的前n项和S10＝( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：∵an＝＋…＋＝＝＝，∴bn＝＝＝4()，∴S10＝4×(1－＋…＋)＝4×(1－)＝.故选D.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝，则S10＝( )
A．130 B．169
C．200 D．230
答案：C
解析：∵an＝，∴S10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝(1＋5＋9＋13＋17)＋(11＋21＋31＋41＋51)＝45＋155＝200.故选C.
3．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)，则数列{an}的前20项的和为( )
A．230 B．115
C．110 D．100
答案：B
解析：an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1) ①，
an＝f(1)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(0) ②，
两式相加，又因为f(x)＋f(1－x)＝1，
故2an＝n＋1，所以an＝，
所以{an}的前20项的和为Sn＝a1＋a2＋…＋a20＝＋…＋，Sn＝20×1＋＝115.故选B.
4．[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；
如果对折n次，那么＝___________ dm2.
5
720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格(单位dm2)；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此S＝720－＝720－.(共44张PPT)
第一节 数列的概念
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.数列的有关概念
概念 含义
数列 按照__________排列的一列数
数列的项 数列中的__________
数列的通项 数列{an}的第n项an
通项公式 数列{an}的第n项an与序号n之间的关系能用一个式子来表示，这个式子叫做数列的通项公式
并非每一个数列都有通项公式，数列有通项公式时也不一定是唯一的
前n项和 数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
确定的顺序
每一个数
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件
按项的个数 有穷数列 项数_____
无穷数列 项数_____
按项与项间的大小关系的变化趋势 递增数列 an＋1________an(n∈N*)
递减数列 an＋1________an(n∈N*)
常数列 an＋1＝an(n∈N*)
摆动数列 从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
有限
无限
大于
小于
3.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是________，对应的函数值是____________，记为an＝f(n)．
序号n
数列的第n项
【常用结论】
1．已知数列{an}的前n项和Sn，
则an＝
2．在数列{an}中，若an最大，则)；若an最小，则(n≥2，n∈N*)．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )
(2)一个数列只能有一个通项公式．( )
(3)任何一个数列，不是递增数列就是递减数列．( )
(4)若数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
×
×
×
√
2．(教材改编)已知数列{an}满足a1＝2，an＝2－(n≥2)，则a5＝( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由已知得a2＝2－＝2－＝，
a3＝2－＝2－＝，
a4＝2－＝2－＝，
a5＝2－＝2－＝.故选D.
3．(教材改编)在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x为________．
21
解析：设题中数列为{an}，则a1＝1，a2＝1，a3＝2，观察可得an＋2＝an＋1＋an，∴x＝8＋13＝21.
4．(易错)数列{an}中，an＝－n2＋11n(n∈N*)，则此数列最大项的值是( )
A． B．30
C．31 D．32
答案：B
解析：将数列{an}的通项公式看作一个关于n的二次函数．
则an＝－n2＋11n＝－＋，
∵n∈N*，
∴当n＝5或6时，an取最大值，
最大值为a5＝a6＝30.故选B.
5．(易错)已知Sn＝2n＋3，则an＝_____________．
解析：当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－2n－1－3＝2n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝5不满足上式．
故an＝.
课堂互动探究案
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
问题思考·夯实技能
【问题1】 数列的通项公式与递推公式有何异同点？
提示：数列的通项公式与递推公式都能求出数列中的任何一项，但通项公式求解时更为简便．
【问题2】 数列的单调性与对应函数的单调性相同吗？
提示：不同．数列作为特殊的函数，也具有单调性，但其单调性与对应函数的单调性又有所不同，由于数列中项数n只能取正整数，所以当函数f(x)在[1，＋∞)上单调时，数列{f(n)}也是单调数列，但当数列{f(n)}是单调数列时，函数f(x)不一定是单调函数，例如函数f(x)＝(x－)2在[1，＋∞)上不单调，但数列{an}(an＝f(n))是递增数列．
关键能力·题型剖析
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
例1 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________．
2n＋1
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.又a1＝3也满足上式，∴an＝2n＋1.
(2)数列{an}的前n项和Sn，若a1＝1，an＋1＝5Sn(n≥1)，则an＝____．
解析：方法一 由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得当n≥2时an＝5Sn－1，两式相减得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＝5，所以＝5.因此数列{an}从第二项起是公比为6的等比数列，因此其通项公式为an＝
方法二 由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得当n≥1时Sn＋1－Sn＝5Sn，于是Sn＋1＝6Sn，所以＝6，因此数列{Sn}是首项为1，公比为6的等比数列，则Sn＝6n－1，于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n－1－6n－2＝5×6n－2，且a1＝1不适合上式，因此数列{an}的通项公式为an＝
【变式练习】 若将本例(2)中的“an＋1＝5Sn(n≥1)”改为“an＋1＝5Sn＋1(n≥1)”，则an＝________．
6n－1
解析：由已知an＋1＝5Sn＋1(n≥1)，得当n≥2时an＝5Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＋1＝6，所以＝6，因此数列{an}是首项为1，公比为6的等比数列，因此其通项公式为an＝6n－1.
题后师说
Sn与an关系问题的求解策略
巩固训练1
(1)设数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋1，则{an}的前n项和为( )
A．2n－1 B．2n＋1
C．2n D．2n＋1－1
答案：B
解析：当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，由a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n＋1得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n，两式相减得an＝1，即an＝2n－1，
综上，an＝.
∴{an}的前n项和为2＋2＋4＋8＋…＋2n－1＝2＋＝2n，故选C.
(2)[2024·河北石家庄模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝且当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________．
解析：当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1，
则Sn－Sn－1＝－Sn·Sn－1，∴＝1，
∵a1＝，∴S1＝，即＝2，
∴＝2＋×1＝n＋1，
∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝，
当n＝1时，a1＝，不满足上式，
故an＝.
题型二 由数列的递推关系式求通项公式
角度一 累加法
例2 知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由题意，得＝n，则当n≥2时，＝n－1，＝n－2，…，＝1，
以上各式相加得＝1＋2＋…＋(n－1)＝(n≥2)，
所以＝＋1＝，
即an＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合上式，
所以an＝.故选D.
题后师说
如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以运用累加法an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
角度二 累乘法
例3 已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式是an＝( )
A．2n－1 B．()n＋1
C．n2 D．n
答案：D
解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，
则＝＝＝，…，＝，n≥2，
由累乘法可得＝n，所以an＝n，n≥2，
又a1＝1，符合上式，所以an＝n.故选D.
题后师说
如果数列{an}的递推公式满足＝f(n)(an≠0)的形式，且f(n)可求积，那么就可以运用累乘法an＝···…··a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
巩固训练2
(1)在数列{an}中，a1＝2，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________．
4
解析：由题意可得an－an－1＝lg ，
所以a2－a1＝lg ，a3－a2＝lg ，…，a100－a99＝lg ，
累加得a100－a1＝lg ＋lg ＋…＋lg ＝lg (×…×)＝lg 100＝2，所以a100＝2＋a1＝4.
(2)在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2(1＋)an，则{an}的通项公式为________．
an＝n·2n
解析：由题意知an＋1＝2(1＋)an，故＝2(1＋)＝，故an＝a1××…×＝2××…×＝2n×n＝n·2n，又a1＝2符合上式，所以an＝n·2n.
题型三 数列的性质
角度一 数列的周期性
例4 [2024·江苏无锡模拟]已知数列{an}满足an＋1＝.若a1＝，则a2 023＝( )
A． B． C． D．
答案：B
解析：由题意，a1＝，a2＝2a1－1＝，a3＝2a2＝，a4＝2a3＝，a5＝2a4－1＝…，故数列{an}周期为4，则a2 023＝a2 019＝…＝a3＝.故选B.
角度二 数列的单调性
例5 数列{an}的通项公式为an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，若{an}是递增数列，则λ的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1＋log2e，3)
C．(－∞，1＋log2e] D．(－∞，3)
答案：D
解析：因为数列{an}的通项公式为an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，且{an}是递增数列，所以an角度三 数列的最值
例6 [2024·江西宜春模拟]若数列{an}的前n项积Tn＝1－n，则an的最大值与最小值的和为( )
A．－3 B．－1
C．2 D．3
答案：C
解析：∵数列{an}的前n项积Tn＝1－n，
当n＝1时，a1＝，
当n≥2时，Tn－1＝1－(n－1)，
an＝＝＝＝1＋，
n＝1时也适合上式，
∴an＝1＋，
∴当n≤8时，数列{an}单调递减，且an<1，
当n≥9时，数列{an}单调递减，且an>1，
故an的最大值为a9＝3，最小值为a8＝－1，
∴an的最大值与最小值之和为2.故选C.
题后师说
(1)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(2)解决数列单调性问题的三种方法
①用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列．
②用作商比较法，根据(an>0或an<0)与“1”的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(3)求数列的最大项或最小项的常用方法
①函数法，利用函数的单调性求最值．
②利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
巩固训练3
(1)[2024·河南郑州模拟]数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 023＝( )
A． B．－1
C．2 D．3
答案：A
解析：∵an＋1＝1－，且a1＝，∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，a5＝1－＝－1…，
∴数列{an}是T＝3的周期数列，∴a2 023＝a1＝.故选A.
(2)已知数列{an}满足an＝2n＋kn，若{an}为递增数列，则k的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，2)
答案：A
解析：若{an}为递增数列，则an＋1－an>0，则有2n＋1＋k(n＋1)－(2n＋kn)＝2n＋1－2n＋k＝2n＋k>0，对于n∈N＋恒成立．∴k>－2n，对于n∈N＋恒成立，∴k>－2.故选A.
(3)数列{an}的通项公式是an＝，则该数列中的最大项和最小项依次为( )
A．a9，a10 B．a10，a9
C．a11，a10 D．a9，a8
答案：B
解析：因为an＝＝＝1＋，n∈N*，所以当n≥10时an>1，且随着n增大，an减小，故a10为最大项；当n≤9时an<1，且随着n增大，an减小，故a9为最小项．故选B.
1．[2024·河北邢台模拟]数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝an＋1，则a2 023的值为( )
A．－2 B．1
C．3 D．2
答案：B
解析：由已知an＋2＝an＋1－an，a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3－(－1)＝－2，a7＝(－2)－(－3)＝1，a8＝1－(－2)＝3，因此数列{an}是周期数列，周期是6，所以a2 023＝a1＝1.故选B.
2．在正项数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3－，则{an}( )
A．为递减数列 B．为递增数列
C．先递减后递增 D．先递增后递减
答案：A
解析：由a1＝3，a2＝3－＝，a3＝3－＝，且0a2>a3成立，假设n＝k≥3，ak>ak＋1成立，当n＝k＋1时，则ak＋1－ak＋2＝ak＋1－3＋＝＝>0，所以ak＋1>ak＋2，故{an}为递减数列．故选A.
3．[2024·河南许昌模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝3an－2(n∈N*)，则a6＝( )
A．243 B．244
C．486 D．488
答案：C
解析：由2Sn＝3an－2 ①，所以2Sn＋1＝3an＋1－2 ②，②－①：2an＋1＝3an＋1－3an，所以an＋1＝3an ＝3，当n＝1时，2S1＝3a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝3的等比数列，所以an＝2·3n－1(n∈N*)，所以a6＝2×36－1＝2×35＝486.故选C.
4．已知数列{an}的项满足an＋1＝an，a1＝2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为an＋1＝an，所以＝，
所以＝＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得：＝···…···＝，因为a1＝2，所以an＝.(共24张PPT)
高考大题研究课五 数列的综合
会用数列知识以及函数、不等式等知识解决数列的综合问题、数列与函数、数列与不等式交汇问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一 等差数列、等比数列的综合运算
例1 [2024·河北邯郸模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)．
(1)求{an}通项公式；
(2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．
解析：(1)由题意，n∈N*，
在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)，an＝3Sn－1＋1(n∈N*，n≥2)
两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，
由条件，a2＝3a1＋1＝4a1，故an＋1＝4an(n∈N*)．
∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列．
∴an＝4n－1(n∈N*)．
(2)由题意及(1)得，n∈N*，
在数列{an}中，an＝4n－1(n∈N*)，
在数列{bn}中，bn＝，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
则＝bmbp，其中2k＝m＋p，
∴＝·，
∵2k＝m＋p，∴(4k－1)2＝4m－1·4p－1，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得：k2＝mp，
∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项．
题后师说
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时，注意对性质的灵活运用．
巩固训练1
[2024·安徽马鞍山模拟]已知数列{an}，a1＝3，a2＝5，数列{bn}为等比数列，满足bn＋1＝an＋1bn－anbn，且b2，2a4，b5成等差数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记数列{cn}满足：cn＝，求数列{cn}的前2n项和T2n.
解析：(1)由题意，bn＋1＝an＋1bn－anbn，a1＝3，a2＝5，
令n＝1得2b1＝b2，
又数列{bn}为等比数列，所以bn＋1＝2bn，
即数列{bn}为公比为2的等比数列．
所以由bn＋1＝an＋1bn－anbn，可得2bn＝an＋1bn－anbn，即an＋1－an＝2，
数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
数列{an}的通项公式an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)．
由b2，2a4，b5成等差数列，得b2＋b5＝4a4，2b1＋16b1＝36，b1＝2，有bn＝2n.
(2)由(1)知cn＝，数列{cn}的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列．
T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝3n＋·4＋＝2n2＋n＋(4n－1)．
题型二 数列中的新定义数列问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]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.
解析：(1)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)若a1＝1，则an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，
根据题意数列{bn}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.
题后师说
解决数列中的新定义数列问题的一般步骤
巩固训练2
[2024·河南郑州模拟]已知数列{an}的前n项之积为Tn＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前50项和S50.
解析：(1)由数列{an}的前n项之积为：Tn＝(n∈N*)，
可得Tn－1＝(n∈N*且n≥2)，
依题意有an＝＝2n－1(n∈N*且n≥2)，
又因为a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1.
(2)由题意，2n－1≤m，即n≤log2m＋1，
当m＝1时，b1＝1，
当m＝2，3时，b2＝b3＝2…
当m∈(2k，2k＋1－1)时，bm＝k＋1，共有2k个，k∈N*，
则S50＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋…＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b50)＝1＋2×2＋3×4＋4×8＋5×16＋6×19＝243.
题型三 数列与不等式的综合
例3 (12分)[2023·新课标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.
思路导引
(1)由bn=→b1，b2，b3(用a1和d表示)→解方程组
(2)由(1)求出Sn，bn→分奇偶项求出Tn→作差比较→Tn>Sn (n>5)．
[满分答卷·评分细则]
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝(k∈N*)，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，→正确表示出b1，b2，b3得2分
于是解得a1＝5，d＝2，→正确求得a1与d得2分
∴an=a1+(n－1)d=2n+3.→正确写出an得1分
(2)由(1)知Sn＝＝n2＋4n，bn＝(k∈N*)→正确写出Sn，bn得1分
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝·＝n，→正确求得Tn得2分
∴当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n)－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，
∴Tn>Sn，→正确作差比较大小得1分
当n为奇数时，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，→正确求得Tn得2分
∴当n>5时，Tn－Sn＝(n2＋n－5)－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，∴Tn>Sn.→正确作差比较大小得1分
题后师说
解决数列与不等式综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
巩固训练3
[2024·河北保定模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，若对任意的正整数n都有2Sn＝2nan－n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列}的前n项和为Tn，若s≤Tn－≤t恒成立，求t－s的最小值．
解析：(1)由2Sn＝2nan－n2＋n，
得当n≥2时，有2Sn－1＝2(n－1)an－1－(n－1)2＋(n－1)，
二式相减并化简得2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
由于n≥2，则n－1≠0，所以有an－an－1＝1，
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝1＋n－1＝n.
(2)结合(1)可知＝(－)n，
所以Tn＝(－)＋－…＋(－)n
＝＝－(－)n，
当n为奇数时，Tn＝－)n，
又Tn＋2－Tn＝－)n＋2＋)n＝()n＋2>0，
所以Tn单调递增，又n→＋∞时，Tn→－，
所以Tn－随着Tn的增大而增大，
则T1＝－，T1－＝－＋2＝≤Tn－<－＋3＝，
当n为偶数时，Tn＝－)n，
Tn＋2－Tn＝－)n＋2＋)n＝<0，
所以Tn单调递减，又n→＋∞时，Tn→－，
所以Tn－随着Tn的增大而减小，
所以T2＝－，T2－＝－＋4＝≥Tn－>－＋3＝，
综上≤Tn－，且Tn－≠，
又因为s≤Tn－≤t恒成立，所以t≥，s≤，
所以t－s的最小值为＝.(共23张PPT)
专题培优课 构造法求数列的通项公式
【考情分析】 构造法求数列的通项公式是高考的一个热点内容，主、客观题均可出现．
关键能力·题型剖析
题型一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
角度一 an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
例1 [2024·江西景德镇模拟]已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝4an－6，则a2 023＝( )
A．－42 023＋2 B．－42 023－2
C．－42 022＋2 D．－42 022－2
答案：C
解析：由an＋1＝4an－6，得an＋1－2＝4(an－2)，而a1－2＝－1，因此数列{an－2}是首项为－1，公比为4的等比数列，则an－2＝－1×4n－1，即an＝－4n－1＋2，所以a2 023＝－42 022＋2.故选C.
题后师说
形如an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
求an的一般步骤
角度二 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)
例2 已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，求数列{an}的通项公式．
解析：∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴＝2，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an－n＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n＋n.
题后师说
形如an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)
求an的一般步骤
角度三 an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)
例3 [2024·江西宜春模拟]已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
答案：D
解析：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝ ①，令bn＝，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为，所以bn－1＝－×()n－1，即bn＝1－×()n－1，所以＝1－×()n－1＝1－，所以an＝5n－3×2n－1.
题后师说
形如an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)
求an的一般步骤
巩固训练1
(1)[2024·重庆万州模拟]若数列{an}满足a1＝1，＝＋1，则a9＝( )
A． B． C．210－1 D．29－1
答案：B
解析：因为a1＝1，＝＋1，所以＋1＝2(＋1)，又＋1＝2，所以数列{＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以＋1＝2n，即an＝，所以a9＝.故选B.
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n，则数列{an}的通项公式an＝( )
A．(n＋1)·2n－1 B．n·2n＋1
C．n·2n D．n·2n－1
答案：D
解析：an＋1＝2an＋2n ＝＋1，所以{}是首项为1，公差为1的等差数列，故＝1＋(n－1)＝n，故an＝n·2n－1.故选D.
(3)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1－2an＝n＋1，则an＝__________．
2n＋1－n－2
解析：an＋1－2an＝n＋1 an＋1＋(n＋3)＝2(an＋n＋2)，所以数列{an＋n＋2}是以1＋1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列，因此an＋n＋2＝4·2n－1 an＝2n＋1－n－2.
题型二 形如an＋1＝pan＋qan－1(a≥2，n∈N*)
例4 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解析：由an＋1＝2an＋3an－1，
可得an＋1＋an＝3(an＋an－1)，即＝3，
所以{an＋1＋an}是以a1＋a2＝3为首项，3为公比的等比数列，
所以an＋1＋an＝3×3n－1＝3n，
则·＝.
不妨令cn＝，则cn＋1＋cn＝，
所以cn＋1－＝－(cn－)，即＝－，
又由c1－＝＝，
所以数列{cn－}是首项为，公比为－的等比数列，
所以cn－＝×(－)n－1＝，所以an＝.
题后师说
形如an＋1＝pan＋qan－1求an的一般步骤
巩固训练2
已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10＝( )
A．47 B．48 C．49 D．410
答案：C
解析：数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＋an－1＝4(an－1＋an－2)(n≥3)，整理得＝4(常数)，数列{an＋an＋1}是以4为首项，4为公比的等比数列；所以an＋an＋1＝4×4n－1＝4n.所以a9＋a10＝49.故选C.
题型三 形如an＋1＝
例5 (多选)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝(n∈N*)，则( )
A．数列{－1}为等比数列
B．an<1
C． k∈N*，ak>ak＋1
D．＋…＋答案：ABD
解析：对于A，依题意an≠0，由an＋1＝两边取倒数可得＝＝·，两边同时减去1，整理得－1＝－1)，∵－1＝，∴数列{－1}是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
对于B，－1＝)n－1＝，∴＝＋1，an＝<1，故B正确；
对于C，易知＝＋1关于n单调递减，∴数列{}是递减数列，又an>0，∴数列{an}为递增数列，故C错误；
对于D，＋…＋＝(＋1)＋(＋1)＋…＋(＋1)＝2(＋…＋)＋n＝＋n＝n－＋1题后师说
形如an＋1＝求an的一般步骤
巩固训练3
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝___________．
解析：由an＋1＝得＝＝－1，
即＝3()，故数列{}为等比数列，
则＝()3n－1＝·3n－1，
所以＝·3n－1＋＝，得an＝(n∈N*)．
(n∈N*)
1．[2024·河南许昌模拟]已知数列{an}满足an＋1＝2an＋1，a1＝1，则{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝2n－1－1
C．an＝2n D．an＝2n－1
答案：D
解析：由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，故{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.故选D.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则S10＝( )
A． B．
C．410－1 D．411－1
答案：A
解析：因为an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝3≠0，所以＝4(n≥3)，所以{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为3，则数列{a2n－1＋a2n}也是等比数列，公比为42＝16，首项为3.所以S10＝＝.故选A.
3．已知数列{an}的首项a1＝1，且＝＋2，则数列{an}的通项公式为___________．
an＝
解析：∵＝＋2，等式两边同时加1整理得＋1＝3(＋1)，又∵a1＝1，∴＋1＝2，∴{＋1}是首项为2，公比为3的等比数列．∴＋1＝2·3n－1，∴an＝.
4．已知数列{an}满足2an－an－1＝3·2n－1(n≥2)，且a2＝a1，则an＝________．
2n＋()n－1
解析：因为2an－an－1＝3·2n－1(n≥2)，变形可得2(an－2n)＝(an－1－2n－1)，即＝，令n＝2，则＝，且a2＝a1，所以a1＝3，a1－21＝1，所以数列{an－2n}是以1为首项，以为公比的等比数列，则an－2n＝1·()n－1，所以an＝2n＋()n－1.