(共61张PPT)
第六章 数 列
第2节 等差数列及其前n项和
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，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.
4.了解等差数列与一次函数的关系.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.等差数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于____________，那么这个数列就叫做等差数列.
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时____叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可知2A＝______.
同一个常数
A
a＋b
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝_____________.
(2)前n项和公式：Sn＝_______________＝__________.
a1＋(n－1)d
3.等差数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋_________ (n，m∈N*).
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则______________.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为______的等差数列.
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(n－m)d
ak＋al＝am＋an
md
1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}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{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.( )
(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且关于n的二次函数.( )
√
√
×
×
解析 (3)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.
(4)若公差d＝0，则前n项和不是n的二次函数.
2.(选修二P15T4改编)已知等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝________.
6
解得a1＝0，d＝2，故a4＝a1＋3d＝6.
12
即n2－7n－60＝0，
解得n＝12，或n＝－5(舍去).
4.在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a5＝________.
90
解析 由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝2a5＋2a5＋a5，
得5a5＝450，即a5＝90.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 等差数列基本量的求解
例1 (1)(2024·北京通州区调研)在等差数列{an}中，a2＋a6＝8，a3＋a4＝3，则an＝( )
A.5n－16 B.5n－11 C.3n－8 D.3n－5
A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
(2)(2024·河南名校联考)已知数列{an}是各项均为正数的等差数列，a5＝10，且a4·a6＝96，则公差为( )
A.－2 B.2 C.－2或2 D.4
B
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵a4·a6＝(a5－d)(a5＋d)＝(10－d)(10＋d)＝96，
∴d＝2或d＝－2，
∵an>0，∴d>0，
∴d＝2.
(3)(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
C
解析 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，
感悟提升
1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
D
解析 设等差数列{an}的公差为d，
B
解析 设每人分到的钱数构成的等差数列为{an}，数列{an}的公差d>0，
由题意可得，a1＋a2＋a3＝a4＋a5，S5＝5，
故3a1＋3d＝2a1＋7d，5a1＋10d＝5，
(3)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
2
解析 由2S3＝3S2＋6，
可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
考点二 等差数列的判定与证明
解 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＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，
所以an＝2d2n－d2，
所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列.
感悟提升
1.等差数列的判定与证明的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数.
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}为等差数列.
(3)通项公式法：an＝an＋b(a，b是常数) {an}为等差数列.
(4)前n项和公式法：Sn＝an2＋bn(a，b为常数) {an}为等差数列.
2.若要判定一个数列不是等差数列，则只需找出三项an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可.
(2)求{an}的通项公式.
考点三 等差数列的性质及应用
C
解析 设数列{an}的公差为d，
因为a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，
所以5a6＝80，a6＝16，
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2－a8＋a15＝5，则S17＝( )
A.87 B.86 C.85 D.84
C
解析 根据等差数列的性质可得a2－a8＋a15＝a9＋a8－a8＝a9＝5，
角度2 和的性质
例4 (1)(2024·广州调研)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3 402块，则中层共有扇面形石板( )
A.1 125块 B.1 134块
C.1 143块 D.1 152块
B
解析 记从中间向外每环扇面形石板数为{an}，
则{an}是等差数列，且公差d＝9，a1＝9.
设每层有k环，则n＝3k，Sn＝3 402，
{an}是等差数列，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列.
所以2(S2k－Sk)＝Sk＋(S3k－S2k)，
所以Sn＝3(S2k－Sk)＝3 402，
则S2k－Sk＝1 134.
角度3 和的最值
例5 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解 法一 设公差为d.由S3＝S11，
故当n＝7时，Sn最大.
法三 设公差为d.
法四 设公差为d.
由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，
所以当n＝7时，Sn最大.
感悟提升
1.项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2.和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.
3.求等差数列前n项和的最值，常用的方法：
(1)邻项变号法，利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；
(2)函数法，利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值.
D
解析 由等差数列的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，
且该数列的公差为(S6－S3)－S3＝－8－16＝－24，
则S9－S6＝(S6－S3)－24＝－32，
所以S12－S9＝(S9－S6)－24＝－56，
因此S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝－80.
训练3 (1)(2024·济南段考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝16，S6＝8，则S12＝( )
A.－50 B.－60 C.－70 D.－80
(2)(2024·武汉联考)已知{an}是各项均为正数的等差数列，Sn为其前n项和，且
a6＋2a7＋a10＝20，则当a7·a8取最大值时，S10＝( )
A.10 B.20 C.25 D.50
D
解析 ∵a6＋2a7＋a10＝(a6＋a10)＋2a7＝2a8＋2a7＝20，
∴a7＋a8＝10，
由已知得a7>0，a8>0，
当且仅当a7＝a8＝5时，等号成立.
此时数列为常数列，则an＝5，所以S10＝50.
(3)(2024·重庆联考)等差数列{an}是递增数列，公差为d，前n项和为Sn，满足a7＝3a5，则下列说法正确的是( )
A.d<0 B.a1>0
C.当n＝5时，Sn最小 D.当Sn>0时，n的最小值为8
D
解析 对于A，B，由a7＝3a5得a1＋6d＝3a1＋12d，即a1＝－3d，
由于{an}是递增数列，
所以d>0，a1<0，故A，B错误；
对于C，an＝a1＋(n－1)d＝－3d＋(n－1)d＝(n－4)·d，
由于d>0，
故当n>4，且n∈N*时，an＝(n－4)d>0，
当n＝4时，an＝0，
当n<4，n∈N*时，an＝(n－4)d<0，
因此当n＝3或n＝4时，Sn最小，故C错误；
由于d>0，故解得n>7，且n∈N*，
故当Sn>0时，n的最小值为8，故D正确.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·福州质检)在等差数列{an}中，若a2＋2a6＋a10＝120，则a3＋a9＝( )
A.30 B.40 C.60 D.80
C
解析 由等差数列的性质可得a2＋2a6＋a10＝4a6＝120，
所以a6＝30，
所以a3＋a9＝2a6＝60.
2.《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，立春当日日影长为9.5尺，春分当日日影长为6尺，则立夏当日日影长为( )
A.16.5尺 B.13尺 C.3.5尺 D.2.5尺
D
解析 设十二节气自冬至日起的日影长构成等差数列{an}，则立春当日日影长为a4＝9.5尺，春分当日日影长为a7＝6尺，
所以立夏当日日影长为a10＝2a7－a4＝2.5尺.
3.(2024·台州质检)已知数列{an}满足对于 m，n∈N*，am＋n＝am＋an，若a2 024＝2 024，则a1＝( )
A.1 B.2 C.3 D.2 022
A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
令m＝1，则an＋1＝a1＋an，故an＋1－an＝a1，
∵a1为常数，故数列{an}是等差数列，
∴an＋1－an＝a1＝d.
∴a2 024＝a1＋(2 024－1)d＝2 024a1＝2 024，
则a1＝1.
4.(2024·成都诊断)设等差数列{an}的前n项和为Sn，5S9＝9a9－36，则a4＝( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
B
解析 设数列{an}的公差为d，
则由5S9＝9a9－36得
5(9a1＋36d)＝9(a1＋8d)－36，
则36(a1＋3d)＝－36，即a1＋3d＝－1，
又a4＝a1＋3d，则a4＝－1.
5.(2024·河南名校联考)在等差数列{an}中，a1－2a2＝6，S3＝－27，当Sn取得最小值时，n的值为( )
A.4或5 B.5或6 C.4 D.5
A
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
D
7.(多选)(2024·石家庄模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S11A.d>0 B.a1>0 C.S22<0 D.S21<0
AD
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
对于A，B，因为S110，
故等差数列的首项为负，公差为正，所以d>0，a1<0，故A正确，B错误；
对于C，由S100，
8.设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.
200
解析 依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，
设该等差数列的公差为d.
又S10＝16，S100－S90＝24，
因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，
9.(2024·枣庄调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且S1 001＝S1 024，则S2 024＝________.
2
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵S1 001＝S1 024，∴a1 002＋…＋a1 024＝23a1 013＝0，
∴a1 013＝a1＋1 012d＝0，
∵a1＝2，∴1 012d＝－2，
10.已知等差数列{an}共有2n＋1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an＋1的值为________.
29
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列.
解 由(1)知数列{an}的公差为1.
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
12.(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；
解 设{an}的公差为d，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
13.(多选)(2024·南通联考)已知数列{an}，{bn}均为公差大于零的等差数列，则下列说法正确的有( )
A.数列{an＋bn}是递增数列 B.数列{anbn}是递增数列
C.数列{an＋bn}是等差数列 D.数列{anbn}不可能是等差数列
ACD
解析 对于A，C，∵数列{an}，{bn}均为公差大于零的等差数列，
∴可设an＝p1n＋q1(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，
其中p1，q1，p2，q2均为常数，
∴an＋bn＝(p1＋p2)·n＋q1＋q2，∴an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝p1＋p2>0，
∴数列{an＋bn}是等差数列，且为递增数列，故A，C正确；
对于D，∵anbn＝(p1n＋q1)(p2n＋q2)＝p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2，
∴an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(n＋1)2＋(p1q2＋p2q1)·(n＋1)＋q1q2－[p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2]＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1，
p1p2>0，故an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1不可能恒为常数，
故数列{anbn}不可能是等差数列，故D正确；
对于B，设an＝n－2，bn＝n－3，
则a1b1＝2，a2b2＝0，a3b3＝0，数列{anbn}不是递增数列，故B错误.
解 因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a1＋d)＝3a1＋a1＋2d，
所以a1＝d，所以an＝nd.(共56张PPT)
第六章 数 列
第3节 等比数列及其前n项和
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.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
同一个
q
ab
a1qn－1
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝_______.
(2)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______.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为______.
(4)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或
0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列.
am·an
qm
qn
常用结论与微点提醒
×
×
×
×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
3.(选修二P37T3改编)在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝_______________.
3·2n－1或2·3n－1
解析 设数列{an}的公比为q，
4.已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
4
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，
则a1·a1q2·a1q10＝8，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 等比数列基本量的求解
例1 (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
D
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
(2)(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A.3 B.18 C.54 D.152
C
解析 因为an＋1＝2Sn＋2，
所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，
两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，
当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，
又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，
所以a4＝a1q3＝2×33＝54.
(3)(多选)(2024·广东名校联考)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.则下列说法正确的是(里为古代计量长度的单位)( )
A.该人第五天走的路程为12里 B.该人第三天走的路程为42里
C.该人前三天共走的路程为330里 D.该人最后三天共走的路程为42里
AD
感悟提升
训练1 (1)(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________.
解析 由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，
(2)(2024·唐山模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a3＝1，2S3＝7a2，则S5＝________.
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
考点二 等比数列的判定与证明
例2 (2024·湖南名校质检)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*).
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
解 由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，则an＋1＝－3an＋5·2n－1，
设an＋1＋x·2n＝－3(an＋x·2n－1)，
则an＋1＝－3an－5x·2n－1，则x＝－1，
故an＋1－2n＝－3(an－2n－1)，
又a1－20＝1，∴{an－2n－1}是以1为首项，－3为公比的等比数列，
∴an－2n－1＝1×(－3)n－1，an＝2n－1＋(－3)n－1，
感悟提升
训练2 (2024·重庆九校联考)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③三个条件中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.
注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
证明 选①②作条件证明③.
因为数列{an}，{Sn＋a1}是等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，
选①③作条件证明②.
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，
所以数列{an}的公比q＝2，
所以{Sn＋a1}是等比数列.
选②③作条件证明①.
因为数列{Sn＋a1}是等比数列，且a2＝2a1，
则数列{Sn＋a1}是以2a1为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋a1＝2a1·2n－1＝a1·2n，Sn＝a1·2n－a1，
所以an＝Sn－Sn－1＝a1·2n－a1－(a1·2n－1－a1)＝a1·2n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝a1，也符合上式，
所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列.
考点三 等比数列的性质
角度1 项的性质
例3 (1)(2024·驻马店统考)在正项等比数列{an}中，若a3，a7是关于x的方程x2－mx＋4＝0的两实根，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝( )
A.8 B.9 C.16 D.18
B
解析 由根与系数的关系可得a3a7＝4，
(2)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
－2
解析 设数列{an}的公比为q.
因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.
又a9a10＝a2q7·a2q8＝－8，于是q5＝－2，
所以a7＝a2q5＝－2.
角度2 和的性质
例4 (2023·新高考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
C
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，
AB
感悟提升
1.等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
2.涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
B
2
91
解析 等比数列{an}中，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，
则(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，
又S4＝10S2，Sn>0，∴S6－10S2＝81S2，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
B
解析 设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0).
所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝7，
解得q＝2(q＝－3舍去)，
所以a5＝a1q4＝1×24＝16.
C
解析 设数列{an}的公比为q，由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
整理得(1＋q)(q3－4q)＝0，
由于此数列各项均为正数，所以q＝2，
所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.
3.(2024·佛山质检)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9，9S4＝10S2，则a2＋a4的值为( )
A.30 B.10 C.9 D.6
B
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为{an}是各项均为正数的等比数列，则a1>0，q>0，
C
解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，首项为a1，
因为4a5，a3，2a4成等差数列，
所以2a3＝4a5＋2a4，即2a1q2＝4a1q4＋2a1q3，
5.(2024·洛阳调研)龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则log2(a3·a5)的值为( )
A.16 B.12 C.10 D.8
B
解析 由题意，得{an}是以2为公比的等比数列，
解得a1＝8，
∴log2(a3·a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.
D
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q1，
ACD
解析 由{Sn}是等差数列，可得2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3，
∵{an}是各项均为正数的等比数列，∴a2＝a2q，可得q＝1.
∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1，∴数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确；
8.(2023·上海卷)已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S6＝________.
189
9.(2024·盐城调研)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝________ (答案不唯一) .
①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|.
(－2)n
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由anan＋1<0，可知q<0，
又|an|<|an＋1|，所以|q|>1，
所以q<－1，所以q可取－2，
设a1＝－2，
则an＝－2·(－2)n－1＝(－2)n(答案不唯一).
10.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为________.
20
解析 在正项等比数列{an}中，Sn>0，
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以an＋1＋1＝2an＋2，
即an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＋1＝2≠0，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an＋1＝2×2n－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
12.Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
解 假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
13.(多选)(2024·石家庄检测)已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6＋a5－a4＝0，数列{an}的前n项积为Tn，则( )
A.数列{an}单调递增 B.数列{an}单调递减
C.Tn的最大值为T5 D.Tn的最小值为T5
BC
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为2a6＋a5－a4＝0，所以2a4q2＋a4q－a4＝0.
因为a4＞0，所以2q2＋q－1＝0，
所以数列{an}单调递减，A错误，B正确.
因为数列{an}单调递减，且各项均为正数，
又n∈N*，所以n＝5，
即Tn的最大值为T5，C正确.
14.(2023·武汉质检)已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
解 设公比为q，由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
解得k≤3，
所以满足条件的最大正整数k的值为3.(共50张PPT)
第六章 数 列
第5节 数列求和
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)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，从而求得其和.
(3)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}中，与首末两端等“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项和可用倒序相加法求解.
常用结论与微点提醒
√
√
×
√
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
3.已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________________.
4.数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为____________.
22×220－2
解析 S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，
2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
＝－22×220＋2.
故S20＝22×220－2.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 分组求和与并项求和
(2)若a1＝1，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，求数列{anbn}的前15项和S15.
解 由(1)知an＋3＝an，a1＝1，
所以a1＝a4＝a7＝…＝a13＝1，
感悟提升
训练1 已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2.
(1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证：{abn}也是等差数列.
证明 因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列，
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，
所以abn＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2，
所以abn＋1－abn＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6，
所以数列{abn}是以6为公差的等差数列.
(2)若{abn}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和.
解 因为{abn}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4，
所以ab1＝a2＝2×2＋4＝8，所以abn＝8×2n－1＝2n＋2.
又因为an＝2n＋4，所以abn＝2bn＋4，
所以2bn＋4＝2n＋2，解得bn＝2n＋1－2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2)
考点二 裂项相消法求和
感悟提升
训练2 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n.
求：(1){an}的通项公式；
解 因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
考点三 错位相减法求和
[规范解答] 解 (1)当n＝1时，2S1＝a1，
即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，
得2Sn－1＝(n－1)an－1，
[满分规则]
得步骤分
①处利用an＝Sn－Sn－1消去Sn即可得2分，④处有错位相减求和的意识，即使后续计算错误，也可得2分，③处若忘验证，则会失掉1分.
得关键分
②处的变形最关键，是求通项公式的根本，此处出错，最多得2分.
得计算分
⑤⑥处都需要准确的计算，否则此步不得分，这也正是错位相减法的难点所在.
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A.－200 B.－100 C.200 D.100
D
解析 S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
2.数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2，数列{log2an}的前n项和为Tn，则T20＝( )
A.190 B.192 C.180 D.182
B
解析 Sn＝2n＋2，有Sn－1＝2n－1＋2(n≥2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－(2n－1＋2)＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝21＋2＝4，不满足上式，
3.(2024·长沙质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项和为( )
A.1 240 B.1 830 C.2 520 D.2 760
D
解析 由an＋1＋(－1)nan＝3n－1，
得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….
故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，
即从第1项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；
a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，
即从第2项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项、24为公差的等差数列.
B
解析 根据等比数列的性质，
由a1·a2 024＝1可得an·a2 025－n＝1，
令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)，
则T＝f(a2 024)＋f(a2 023)＋…＋f(a1)，
∴2T＝f(a1)＋f(a2 024)＋f(a2)＋f(a2 023)＋…＋f(a2 024)＋f(a1)＝4×2 024，
∴T＝4 048.
C
解析 因为Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，
C
D
解析 依题意，因为an＋1＝2an－anan＋1，
n＋1
9.(2024·广州调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 025项之和S2 025＝________.
4 049
解析 S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)，
又an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*), 且a1＝1，
∴S2 025＝1＋(2－1 009)＋(4－1 009)＋…＋(2 024－1 009)
＝1＋(2＋4＋6＋…＋2 024)－1 009×1 012
10.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝________.
4 050
解析 因为an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，①
所以当n≥2时，有an－1·an·an＋1＝an－1＋an＋an＋1，②
①－②得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0，
因为a1＝1，a2＝2，所以2a3＝3＋a3，
解得a3＝3，显然a2a3≠1，
于是有an＋2－an－1＝0，于是当n∈N*时，an＋3＝an，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列.
因为a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝675×6＝4 050.
12.已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 设数列{an}的公差为d(d>0)，
A
14.已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，满足b1＝2a1＝2，b2＝2a2，a3＋b3＝11.
求：(1)数列{an}，{bn}的通项公式；
解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0).
由题意，得a1＝1，b1＝2.
解 由(1)，知anbn＝n×2n，
则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，①
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1(共26张PPT)
第六章 数 列
第6节 数列中的奇偶项、子数列问题
1.明确数列奇偶项问题的类型，掌握其解决方法.
2.会用化归的思想方法求解子数列问题.
目 录
CONTENTS
考点聚焦突破
01
课时分层精练
02
考点聚焦突破
1
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 奇偶项问题
角度1 含有(－1)n的类型
例1 已知bn＝(－1)nn2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 ∵bn＝(－1)nn2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2，
当n为偶数时，
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)]
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)]
所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
感悟提升
1.含有(－1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和；
2.对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.
训练1 (2024·青岛模拟)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝13，a＝3a4，等差数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2－1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解 设等比数列{an}的公比为q，
所以an＝a1·qn－1＝3n－1，所以b1＝a1＝1，b2＝a2－1＝2，
所以等差数列{bn}的公差为1，故bn＝1＋(n－1)×1＝n.
所以c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·32n－1＋2n·32n－1＝32n－1＝a2n，
所以T20＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c19＋c20
＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c19＋c20)
考点二 子数列问题
角度1 公共项
例3 已知an=3n-1, bn=3n+n, n∈N*.若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.
解 由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，
因为3k，3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数，
令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，
则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，
即当m＝2，5，8，…，3n－1时为公共项，
所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1
＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)
解 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k个1，
则新数列{bn}的前100项为3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，…，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，
则T100＝[3＋(21＋22＋…＋212)]＋[(1＋2＋3＋…＋12)＋9]
＝90＋213－2＝88＋213＝8 192＋88＝8 280.
感悟提升
1.两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定.
2.数列的插项、提项问题可通过研究前n次的变化探究出一般性规律，从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息.
训练2 (2024·济南模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，a2＝2b2－1，a3＝b3＋2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
∴q＝2，d＝3，∴an＝3n＋1，bn＝2n.
(2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前60项和S60.
解 当{cn}的前60项中含有{bn}的前6项时，
此时至多有41＋6＝47项，不符合题意.
当{cn}的前60项中含有{bn}的前7项时，
令3n＋1<28＝256，∴n<85，
且22，24，26是{an}和{bn}的公共项，
则{cn}的前60项中含有{bn}的前7项且含有{an}的前56项，再减去公共的三项.
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
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，
当n＝1时，上式也成立，
所以bn＝2n.
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列称为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值.
解 设3n－1＝2m＝(3－1)m
＝3M＋(－1)m，m∈N*，M为3的正整数倍，
故当m为奇数时，n＝M，
故公共项为m＝1，3，5，7，…，
∴21，23，25，27，…，构成首项为2，公比为4的等比数列，cn＝2·4n－1，
2.设cn＝(－1)n＋1(2n－1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 当n为偶数时，
Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)
解 因为{an}是等比数列，公比q≠－1，
则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)
4.(2024·西安调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a－2Sn＝n＋1(n∈N*)，其中Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 当n＝1时，a2＝2，
因为数列{an}各项均为正数，所以an＋1－an＝1，
又∵a2－a1＝1，
∴数列{an}为等差数列，故an＝a1＋n－1＝n.
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列{bn}：
a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和T100.
∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个，
∴T100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)
＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117(共54张PPT)
第六章 数 列
第1节 数列的概念与简单表示法
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数，理解单调性是数列的一项重要性质，可用来求最值.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.数列的定义
按照____________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
确定的顺序
2.数列的分类
分类标准 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数______ 无穷数列 项数______ 项与项 间的大 小关系 递增数列 an＋1____an 其中n∈N*
递减数列 an＋1____an 常数列 an＋1＝an 摆动数列 从第二项起，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
＞
＜
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是表格法、图象法和解析式法.
4.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的________之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
5.数列的递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式.
序号n
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
×
×
×
√
解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.
(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.
(3)数列可以是常数列或摆动数列.
3.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2，则{an}的通项公式an＝_______________.
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2－(n－1)2－2＝2n－1，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，不满足上式.
4.已知an＝n2－3n＋1，则数列{an}的最小项为____________.
a1＝a2＝－1
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 由an与Sn的关系求通项
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.
由于a1＝3也满足上式，∴an＝2n＋1.
(2)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.
－2n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，
∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，
∴{an}是首项为a1＝－1，公比为q＝2的等比数列.
∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.
迁移 在本例(1)中，若Sn＝n2＋2n＋1，求an.
解 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，
又当n＝1时，a1＝S1＝4，不满足上式，
感悟提升
训练1 (1)(2024·山西名校联考)已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an
＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式an＝________________.
解析 因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，①
所以a1＝22＝4，
当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n2，②
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
所以由两式联立得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
考点二 由数列的递推关系求通项公式
角度1 累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an
例2 (2024·西安质检)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通
项公式是_________________.
解析 依题意，an＋1＝an＋n＋1，
当n≥2时，an＝an－1＋n，即an－an－1＝n，
C
感悟提升
A
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，
a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
…
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2)，
把以上各式相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也满足此式，
因此an＝2＋ln n(n∈N*).
n·2n－1
考点三 数列的性质
－6
ABD
C
∴当n≤4时，数列{an}单调递减，且an＜1；
当n≥5时，数列{an}单调递减，且an＞1，
故an的最大值为a5＝3，最小值为a4＝－1，
∴an的最大值与最小值之和为2.
感悟提升
－1
(2)已知数列{an}满足an＝n2－λn(n∈N*)，若{an}是递增数列，则λ的取值范围是______________.
(－∞，3)
解析 已知an＝n2－λn(n∈N*)，
若{an}是递增数列，
则当n≥2时，an＝n2－λn>an－1＝(n－1)2－λ(n－1)，
得2n－1>λ，所以λ<3，
则λ的取值范围为(－∞，3).
3，－1
因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项.
a11＝3，a10＝－1.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
A
B
3.(2024·青岛质检)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，则a10＝( )
A.36 B.15 C.46 D.66
C
解析 由题意得an＋1－an＝n，
则a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1
4.(2024·沈阳市郊联体联考)九连环是一种流传于我国民间的
传统智力玩具，有多种玩法.在某种玩法中：已知解下1个
圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆
环2次，记an(3≤n≤9, n∈N*)为解下n个圆环需要移动圆环的最少次数，且an＝
an－2＋2n－1，则解下8个圆环所需要移动圆环的最少次数为( )
A.30 B.90 C.170 D.341
C
解析 由题意，a8＝a6＋27，a6＝a4＋25，a4＝a2＋23＝2＋23，
所以a8＝2＋23＋25＋27＝170.
C
解析 当n≤6时，有3－a>0，即a<3；
当n>6时，有a>1，
A
可知数列{an}是以3为周期的数列，
因此a2 025＝a3×674＋3＝a3＝－1.
BCD
8.(2024·深圳调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝－2n2＋4n(n∈N*)，则a5＝________.
－14
解析 当n＝1时，a1＝S1＝－2＋4＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n2＋4n－[－2(n－1)2＋4(n－1)]＝－4n＋6.
当n＝1时上式也符合，所以an＝－4n＋6.
所以a5＝－20＋6＝－14.
解析 由Sn＝2an＋1＋1，①
得Sn－1＝2an＋1，n≥2，②
①－②得an＝2an＋1－2an，
10.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝__________，数列{nan}中数值最小的项是第________项.
2n－11
3
解析 ∵Sn＝n2－10n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式.
∴an＝2n－11(n∈N*).
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
∴当n＝3时，f(n)取最小值，
∴数列{nan}中数值最小的项是第3项.
11.求下列数列{an}的通项公式.
(1)a1＝1，an＋1＝an＋3n；
解 由an＋1＝an＋3n得an＋1－an＝3n，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
(2)a1＝1，an＋1＝2nan.
12.已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
解 ∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，
(2)记bn＝3n－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
解 bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，
∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1＝2，
即λ的取值范围为(－∞，2).
解析 由n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，得n2an－(Sn－Sn－1)＝n2an－1，
所以(n2－1)an＝n2an－1，
13.在数列{an}中，已知a1＝1，n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，记
可知1>a1>a2>a3>a4>a5，a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a6＝2，最小项为a5＝0.(共42张PPT)
第六章 数 列
第4节 数列中的构造问题
1.掌握求数列通项公式的方法：公式法、累加法、累乘法.
2.会利用构造法转化为特殊的数列（等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列）求解通项公式.
考点一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
角度1 an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
例1 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋4，求数列{an}的通项公式.
解 设an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，
又an＋1＝3an＋4，根据对应项系数相等，解得t＝2，
故an＋1＋2＝3(an＋2).
所以{bn}是3为首项，3为公比的等比数列，
所以bn＝3×3n－1＝3n，即an＝3n－2.
感悟提升
训练1 (1)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，则an＝_____________.
2n＋1－n－1
解析 令an＋1＋x(n＋1)＋y＝2(an＋xn＋y)，
即an＋1＝2an＋xn＋y－x，
与原等式比较得，x＝y＝1，
所以数列{an＋n＋1}是以a1＋1＋1＝4为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋n＋1＝4×2n－1，即an＝2n＋1－n－1.
(2)(2024·河南名校联考)若数列{an}满足a1＝2，an＋1－2an＝3n－1，则数列{an}的通项公式an＝____________.
2n－1＋3n－1
考点二 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1)型
例4 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝__________.
解析 法一 因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，
又因为b1＝a2＋a1＝3，所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列.
所以bn＝an＋1＋an＝3×3n－1＝3n，
法二 因为方程x2＝2x＋3的两根为－1，3，
可设an＝c1·(－1)n－1＋c2·3n－1，
由a1＝1，a2＝2，
感悟提升
可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}.
训练2 若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝________.
3n－1
解析 f′(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，
∴f′(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0，即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1－an＝2×3n－1，
则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n－2＋…＋2×30＋1
感悟提升
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1，则a4的值为( )
A.15 B.23 C.32 D.42
B
解析 因为an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝3·2n－1，
所以an＝3·2n－1－1，所以a4＝23.
C
3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，则a4等于( )
A.64 B.56 C.32 D.24
C
4.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
C
解析 由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，
得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，
所以数列{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为4，
所以a9＋a10＝49.
D
log3an＋1＝2log3an，则数列{log3an}是以log3a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
则log3an＝1·2n－1＝2n－1，即an＝32n－1.
6.设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n＋1，则S10＝( )
A.211－23 B.210－19 C.3×210－23 D.3×29－19
C
解析 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－2＋1，解得a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2n＋3，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－(2an－1－2n＋3)，
即an＝2an－1＋2，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，a1＋2＝3，
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3×2n－1，
从而Sn＝3×2n－2n－3，故S10＝3×210－23.
C
CD
10.(2024·四川名校联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________.
2n－1
解析 由题知an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
因为a2－a1＝2，所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋1－an＝2n，
12.已知Sn是数列{an}的前n项和，an＋1－3an＋2an－1＝1，a1＝1，a2＝4，则数列{an}的通项公式an＝______________.
2n＋1－n－2
解析 因为an＋1－3an＋2an－1＝1，
所以an＋1－an＝2(an－an－1)＋1，
因为a1＝1，a2＝4，所以a2－a1＋1＝4，
故数列{an＋1－an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以an＋1－an＋1＝4·2n－1＝2n＋1，
即an＋1－an＝2n＋1－1，
所以当n≥2时，
a2－a1＝22－1，a3－a2＝23－1，
a4－a3＝24－1，…，an－an－1＝2n－1，
因为a1＝1，所以an＝2n＋1－n－2，n≥2；
又a1＝1符合上式，
所以an＝2n＋1－n－2.
ACD
解析 ∵a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4，
显然(a2＋2)2≠(a1＋2)(a3＋2)，
∴{an＋2}不可能是等比数列，故D正确.
14.(2024·武汉质检)将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1，2，3，…，2 025，从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于( )
B
A.2 025×22 022 B.2 026×22 023
C.2 025×22 023 D.2 026×22 024
解析 记第n行的第一个数为an，
则a1＝1，a2＝3＝2a1＋1，a3＝8＝2a2＋2，
a4＝20＝2a3＋4，…，an＝2an－1＋2n－2，
∴an＝(n＋1)×2n－2，
又每行比上一行的数字少1个，
∴最后一行为第2 025行，
∴M＝a2 025＝2 026×22 023.
2 025
解析 由题设，(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，a2－a1＝4，
故{an＋1－an}是首项为4，公差为2的等差数列，
则an＋1－an＝2n＋2，
则an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＝an－a1＝2[(n－1)＋…＋1]＋2(n－1)
＝(n＋2)(n－1)，
2n－1
解析 ∵f(x)＝2x2－8，∴f′(x)＝4x，
