一、等差、等比数列的基本运算和性质
数列的基本运算和性质以小题居多，但也可作为解答题第一问命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等.
【例1】 （1）已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3＋b11＝（ ）
A.3 B.6 C.7 D.8
（2）（2023·全国甲卷13题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为 .
反思感悟
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d（q），Sn，可通过列方程组的方法，知三求二.在利用Sn求an时，要注意验证n＝1时是否成立.
【跟踪训练】
（2023·全国乙卷15题）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝ .
二、数列的通项公式
数列的通项公式在命题中多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an.
【例2】 在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式.
反思感悟
求数列通项公式的常用方法
（1）由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1；
（2）累加法：适用于形如“an＋1－an＝f（n）”，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）；
（3）累乘法：适用于形如“＝f（n）”，an＝a1···…·；
（4）构造法：①形如“an＝kan－1＋b（k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*）”，可令an＋t＝k（an－1＋t），结合已知条件可得t＝，构造等比数列；
②取倒数法：形如“an＝（n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0）”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
【跟踪训练】
设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝（n＋1）an，n∈N*.求数列{an}的通项公式.
三、等差、等比数列的判定与证明
判断等差或等比数列是数列中的重点内容，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
【例3】 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.
反思感悟
判断（证明）数列是等差（比）数列的方法
（1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或）为与正整数n无关的常数；
（2）等差（比）中项法：①若2an＝an－1＋an＋1（n∈N*，n≥2），则{an}为等差数列；②若＝an－1·an＋1（n∈N*，n≥2且an≠0），则{an}为等比数列；
（3）通项公式法：an＝kn＋b（k，b是常数） {an}是等差数列；an＝c·qn（c，q为非零常数） {an}是等比数列；
（4）前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn（A，B为常数，n∈N*） {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A（A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*） {an}是公比不为1的等比数列.
【跟踪训练】
（2024·台州月考）已知数列{an}满足a1＝，且当n＞1，n∈N*时，有＝.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由.
四、数列求和
根据题目所给条件，会使用分组转化法、错位相减法、裂项相消法和并项转化法求和.
【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
反思感悟
数列求和的常用方法
（1）分组转化法：把数列的每一项拆成两项（或多项），再重新组合成两个（或多个）简单的数列，最后分别求和；
（2）错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn；
（3）裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如（其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列；
（4）并项转化法：与分组转化法相反，并项转化法求和是把数列的两项（或多项）组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数（是奇数还是偶数）的讨论.
【跟踪训练】
在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
五、数列的实际应用及新定义问题
数列的实际应用一般是利用数列知识解决现实生活中的问题；对于数列的新定义问题通常考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新性质，此时需要理解新性质，结合已学过的数列知识解决问题.
【例5】 （1）小王2024年1月初向银行借了无息贷款10 000元，用于自己的农产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求.据测算，每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底需缴房租800元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2024年小王的农产品加工厂的年利润为（取1.211≈7.5，1.212≈9）（ ）
A.25 000元 B.26 000元
C.32 000元 D.36 000元
（2）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.例如“百层球堆垛”：第一层有1个球（a1＝1），第二层有3个球（a2＝3），第三层有6个球（a3＝6），第四层有10个球（a4＝10），第五层有15个球（a5＝15），…，各层球数之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2，3，4，5，…是等差数列.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的第8项为（ ）
A.51 B.68 C.106 D.157
反思感悟
求解数列新定义问题的策略
（1）准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂“新定义”的本质含义，将题目所给条件转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆；
（2）方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，认真仔细地从前几项的特殊处、简单处体会题意，从而找到恰当的解决方法.
【跟踪训练】
（多选）（2024·丽水月考）Look-and-say数列是数学中的一种数列，它的名字就是它的推导方式：给定第一项之后，后一项是前一项的发音，例如第一项为3，第二项是读前一个数“1个3”，记作13，第三项是读前一个数“1个1，1个3”，记作1113，按此方法，第四项为3113，第五项为132113，….若Look-and-say数列{an}第一项为11，依次取每一项的最右端两个数组成新数列{bn}，则下列说法正确的是（ ）
A.数列{an}的第四项为111221
B.数列{an}中每项个位上的数字不都是1
C.数列{bn}是等差数列
D.数列{bn}前10项的和为160
章末复习与总结
【例1】 （1）D （2）－ 解析：（1）因为数列{an}是等比数列且a3a11＝4a7，所以＝4a7≠0，解得a7＝4，数列{bn}是等差数列，则b3＋b11＝2b7＝2a7＝8.
（2）设等比数列{an}的公比为q（q≠1）.由8S6＝7S3，得8×＝7×.整理，得8q6－7q3－1＝0，解得q＝－.
跟踪训练
－2 解析：法一 设数列{an}的首项为a1，公比为q.由a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，得∴即a2＝1，q5＝－2.∴a7＝a2q5＝1×（－2）＝－2.
法二 设数列{an}的公比为q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2.
【例2】 解：对于任意的m，n∈N*，
都有am＋n＝am＋an＋mn，
令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，
则an＋1－an＝n＋1，
∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
∴（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝2＋3＋4＋…＋n，
即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
又a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
跟踪训练
解：当n≥2时，2Sn＝（n＋1）an，2Sn－1＝nan－1，
两式相减得，2an＝（n＋1）an－nan－1，
整理可得＝，
而＝2，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，
故＝2，即an＝2n，n∈N*.
【例3】 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＝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，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即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），是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列.
跟踪训练
解：（1）证明：当n≥2时，
由＝，得an－1－an＝4an－1an，
两边同除以an－1an，
得－＝4.
所以数列是首项为＝5，公差为d＝4的等差数列.
（2）由（1）得＝＋（n－1）d＝4n＋1，
所以an＝，
所以a1a2＝×＝，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
则at＝＝，
解得t＝11∈N*，
所以a1a2是数列{an}中的第11项.
【例4】 解：（1）当n＝1时，2a1＝3a1－3，解得a1＝3；
当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－3－3an－1＋3＝3an－3an－1，得an＝3an－1，
因为an≠0，所以＝3，因为a1＝3，
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n.
（2）因为log3an＝log33n＝n，所以bn＝＝＝－，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＋＋（－）＋…＋＝1－＝.
跟踪训练
解：（1）∵a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1，∴an≠0，
∴＝－2 －＝2，又∵＝1，
∴是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴＝1＋2（n－1）＝2n－1，
∴an＝（n∈N*）.
（2）由（1）知：bn＝（2n－1）×3n，
∴Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋（2n－1）×3n，
3Sn＝1×32＋3×33＋5×34＋7×35＋…＋（2n－1）×3n＋1，
两式相减得－2Sn＝3＋2×32＋2×33＋2×34＋…＋2×3n－（2n－1）×3n＋1
＝3＋2（32＋33＋34＋…＋3n）－（2n－1）×3n＋1
＝3＋2×－（2n－1）×3n＋1
＝3＋3n＋1－9－（2n－1）×3n＋1
＝2（1－n）×3n＋1－6，
∴Sn＝（n－1）×3n＋1＋3.
【例5】 （1）C （2）C 解析：（1）设1月底小王手中有现款a1＝（1＋20%）×10 000－800－400＝10 800（元），n月底小王手中有现款an元，（n＋1）月底小王手中有现款an＋1元，则an＋1＝1.2an－1 200，即an＋1－6 000＝1.2（an－6 000），∴数列{an－6 000}是首项为4 800，公比为1.2的等比数列，∴a12－6 000＝4 800×1.211，即a12＝4 800×1.211＋6 000≈42 000，∴年利润为42 000－10 000＝32 000（元）.
（2）现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，各项与前一项之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…，即2，3，6，11，18，…，3－2，6－3，11－6，18－11，…，即1，3，5，7，…是等差数列，所以a7＝41＋（18＋9）＝68，a8＝68＋（18＋9＋11）＝106.
跟踪训练
AD a1＝11，a2＝21，a3＝1211，a4＝111221，A正确；数列{an}中最后读的数字总是1，故数列{an}中每项个位上的数字都是1，B错误；数列{bn}：11，21，11，21，…，不是等差数列，C错误；通过列举发现数列{bn}的第一，三，五，七，九项都为11，第二，四，六，八，十项为21，故前10项的和为11×5＋21×5＝160，D正确.故选A、D.
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章末复习与总结
一、等差、等比数列的基本运算和性质
数列的基本运算和性质以小题居多，但也可作为解答题第一问命
题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公
差、公比及前 n 项和等.
【例1】 （1）已知等比数列{ an }中， a3 a11＝4 a7，数列{ bn }是等差
数列，且 b7＝ a7，则 b3＋ b11＝（ D ）
A. 3 B. 6 C. 7 D. 8
解析：因为数列{ an }是等比数列且 a3 a11＝4 a7，所以 ＝4 a7≠0，解得 a7＝4，数列{ bn }是等差数列，则 b3＋ b11＝2 b7＝2 a7＝8.
D
（2）（2023·全国甲卷13题）记 Sn 为等比数列{ an }的前 n 项和.若8 S6
＝7 S3，则{ an }的公比为 .
解析：设等比数列{ an }的公比为 q （ q ≠1）.由8 S6＝7 S3，
得8× ＝7× .整理，得8 q6－7 q3－1＝
0，解得 q ＝－ .
－
反思感悟
在等差数列和等比数列的通项公式 an 与前 n 项和公式 Sn 中，共涉
及五个量： a1， an ， n ， d （ q ）， Sn ，可通过列方程组的方法，知
三求二.在利用 Sn 求 an 时，要注意验证 n ＝1时是否成立.
【跟踪训练】
（2023·全国乙卷15题）已知{ an }为等比数列， a2 a4 a5＝ a3 a6， a9
a10＝－8，则 a7＝ .
解析：法一 设数列{ an }的首项为 a1，公比为 q .由 a2 a4 a5＝ a3 a6， a9
a10＝－8，得 ∴即 a2＝1， q5＝－2.∴ a7
＝ a2 q5＝1×（－2）＝－2.
－2
法二 设数列{ an }的公比为 q .∵ a2 a4 a5＝ a3 a6≠0，∴ a2＝1.又 a9 a10
＝ a2 q7· a2 q8＝ q15＝－8，于是 q5＝－2，∴ a7＝ a2 q5＝－2.
二、数列的通项公式
数列的通项公式在命题中多以递推公式的形式或与 Sn 的关系给出
条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式 an .
解：对于任意的 m ， n ∈N*，都有 am＋ n ＝ am ＋ an ＋ mn ，
令 m ＝1，得 an＋1＝ an ＋ n ＋1，则 an＋1－ an ＝ n ＋1，
∴ a2－ a1＝2， a3－ a2＝3，…， an － an－1＝ n ，
∴（ a2－ a1）＋（ a3－ a2）＋…＋（ an － an－1）＝2＋3＋4＋…＋ n ，
即 an － a1＝2＋3＋4＋…＋ n ，
又 a1＝1，∴ an ＝1＋2＋3＋…＋ n ＝ .
【例2】 在数列{ an }中， a1＝1，且对于任意的 m ， n ∈N*，都有 am
＋ n ＝ am ＋ an ＋ mn ，求数列{ an }的通项公式.
反思感悟
求数列通项公式的常用方法
（1）由 Sn 与 an 的关系求通项公式：当 n ≥2且 n ∈N*时， an ＝ Sn － Sn
－1；当 n ＝1时， a1＝ S1；
（2）累加法：适用形如“ an＋1－ an ＝ f （ n ）”， an ＝ a1＋（ a2－
a1）＋（ a3－ a2）＋…＋（ an － an－1）；
（3）累乘法：适用于形如“ ＝ f （ n ）”， an ＝
a1· · ·…· ；
（4）构造法：①形如“ an ＝ kan－1＋ b （ k ， b 为常数， k ≠0， k
≠1， n ≥2， n ∈N*）”，可令 an ＋ t ＝ k （ an－1＋ t ），结合已
知条件可得 t ＝ ，构造等比数列 ；
②取倒数法：形如“ an ＝ （ n ≥2， n ∈N*， k ， m ， p
均为常数， m ≠0）”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列
或转化为类型①.
【跟踪训练】
设数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， a1＝2，且 Sn 满足2 Sn ＝（ n ＋1） an ， n
∈N*.求数列{ an }的通项公式.
解：当 n ≥2时，2 Sn ＝（ n ＋1） an ，2 Sn－1＝ nan－1，
两式相减得，2 an ＝（ n ＋1） an － nan－1，
整理可得 ＝ ，而 ＝2，
所以 是首项为2，公比为1的等比数列，
故 ＝2，即 an ＝2 n ， n ∈N*.
三、等差、等比数列的判定与证明
判断等差或等比数列是数列中的重点内容，对给定条件进行变形
是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
【例3】 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；
③ a2＝3 a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解：①③ ②.
已知{ an }是等差数列， a2＝3 a1.
设数列{ an }的公差为 d ，则 a2＝3 a1＝ a1＋ d ，得 d ＝2 a1，
所以 Sn ＝ na1＋ d ＝ n2 a1.
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 ，
则 Sn ＝ na1＋ d ＝ n2 d ＋ n .
因为数列{ }是等差数列，所以数列{ }的通项公式是关于 n 的
一次函数，则 a1－ ＝0，即 d ＝2 a1，所以 a2＝ a1＋ d ＝3 a1.
②③ ①.
已知数列{ }是等差数列， a2＝3 a1，所以 S1＝ a1， S2＝ a1＋ a2＝4
a1.
设数列{ }的公差为 d ， d ＞0，则 － ＝ － ＝ d ，
得 a1＝ d2，所以 ＝ ＋（ n －1） d ＝ nd ，所以 Sn ＝ n2 d2，
所以 an ＝ Sn － Sn－1＝ n2 d2－（ n －1）2 d2＝2 d2 n － d2（ n ≥2），是关
于 n 的一次函数，所以数列{ an }是等差数列.
反思感悟
判断（证明）数列是等差（比）数列的方法
（1）定义法：对于 n ≥1的任意自然数，验证 an＋1－ an （或 ）为
与正整数 n 无关的常数；
（2）等差（比）中项法：①若2 an ＝ an－1＋ an＋1（ n ∈N*， n ≥2），
则{ an }为等差数列；②若 ＝ an－1· an＋1（ n ∈N*， n ≥2且 an
≠0），则{ an }为等比数列；
（4）前 n 项和公式法： Sn ＝ An2＋ Bn （ A ， B 为常数， n ∈N*）
{ an }是等差数列； Sn ＝ Aqn － A （ A ， q 为常数，且 A ≠0， q
≠0， q ≠1， n ∈N*） { an }是公比不为1的等比数列.
（3）通项公式法： an ＝ kn ＋ b （ k ， b 是常数） { an }是等差数列；
an ＝ c · qn （ c ， q 为非零常数） { an }是等比数列；
【跟踪训练】
（2024·台州月考）已知数列{ an }满足 a1＝ ，且当 n ＞1， n ∈N*时，
有 ＝ .
（1）求证：数列 为等差数列；
解：证明：当 n ≥2时，由 ＝ ，得 an－1－ an ＝4 an－1 an ，
两边同除以 an－1 an ，得 － ＝4.
所以数列 是首项为 ＝5，公差为 d ＝4的等差数列.
（2）试问 a1 a2是否是数列{ an }中的项？如果是，是第几项？如果不
是，请说明理由.
解：由（1）得 ＝ ＋（ n －1） d ＝4 n ＋1，
所以 an ＝ ，所以 a1 a2＝ × ＝ ，
假设 a1 a2是数列{ an }中的第 t 项，
则 at ＝ ＝ ，
解得 t ＝11∈N*，
所以 a1 a2是数列{ an }中的第11项.
四、数列求和
根据题目所给条件，会使用分组转化法、错位相减法、裂项相消
法和并项转化法求和.
【例4】 已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且2 Sn ＝3 an －3（ n∈N*）.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： 当 n ＝1时，2 a1＝3 a1－3，解得 a1＝3；
当 n ≥2时，2 an ＝2 Sn －2 Sn－1＝3 an －3－3 an－1＋3＝3 an －3 an－
1，得 an ＝3 an－1，
因为 an ≠0，所以 ＝3，因为 a1＝3，
所以数列{ an }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以 an ＝3 n .
（2）若 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Tn .
解：因为log3 an ＝log33 n ＝ n ，所以 bn ＝ ＝
＝ － ，
所以数列{ bn }的前 n 项和 Tn ＝ ＋ ＋ ＋…＋
＝1－ ＝ .
反思感悟
数列求和的常用方法
（1）分组转化法：把数列的每一项拆成两项（或多项），再重新组
合成两个（或多个）简单的数列，最后分别求和；
（2）错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应
项的乘积组成的数列.把 Sn ＝ a1＋ a2＋…＋ an 两边同乘以相应等
比数列的公比 q ，得到 qSn ＝ a1 q ＋ a2 q ＋…＋ anq ，两式错位相
减即可求出 Sn ；
（3）裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，
然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如
（其中{ an }是各项均不为零的等差数列， c 为常数）的
数列；
（4）并项转化法：与分组转化法相反，并项转化法求和是把数列的
两项（或多项）组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般
适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数（是奇数还
是偶数）的讨论.
【跟踪训练】
在数列{ an }中， a1＝1， an＋1＝ an －2 anan＋1.
（1）求{ an }的通项公式；
解：∵ a1＝1， an＋1＝ an －2 anan＋1，∴ an ≠0，
∴ ＝ －2 － ＝2，又∵ ＝1，
∴ 是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴ ＝1＋2（ n －1）＝2 n －1，∴ an ＝ （ n ∈N*）.
（2）若 bn ＝ ，求数列{ bn }的前 n 项和 Sn .
解：由（1）知： bn ＝（2 n －1）×3 n ，
∴ Sn ＝1×3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋（2 n －1）×3 n ，
3 Sn ＝1×32＋3×33＋5×34＋7×35＋…＋（2 n －1）×3 n＋1，
两式相减得－2 Sn ＝3＋2×32＋2×33＋2×34＋…＋2×3 n －（2 n
－1）×3 n＋1＝3＋2（32＋33＋34＋…＋3 n ）－（2 n －1）×3 n＋1
＝3＋2× －（2 n －1）×3 n＋1
＝3＋3 n＋1－9－（2 n －1）×3 n＋1＝2（1－ n ）×3 n＋1－6，
∴ Sn ＝（ n －1）×3 n＋1＋3.
五、数列的实际应用及新定义问题
数列的实际应用一般是利用数列知识解决现实生活中的问题；对
于数列的新定义问题通常考查满足新定义的数列的简单应用，如在某
些条件下，满足新定义的数列有某些新性质，此时需要理解新性质，
结合已学过的数列知识解决问题.
【例5】 （1）小王2024年1月初向银行借了无息贷款10 000元，用于
自己的农产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应
求.据测算，每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底需缴
房租800元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继
续，预计2024年小王的农产品加工厂的年利润为（取1.211≈7.5，
1.212≈9）（ ）
A. 25 000元 B. 26 000元
C. 32 000元 D. 36 000元
解析：设1月底小王手中有现款 a1＝（1＋20%）×10 000－800－400＝10 800（元）， n 月底小王手中有现款 an 元，（ n ＋1）月底小王手中有现款 an＋1元，则 an＋1＝1.2 an －1 200，即 an＋1－6 000＝1.2（ an －6 000），∴数列{ an －6 000}是首项为4 800，公比为1.2的等比数列，∴ a12－6 000＝4 800×1.211，即 a12＝4 800×1.211＋6 000≈42 000，∴年利润为42 000－10 000＝32 000（元）.
（2）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与
一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数
之差或者高次差相等.例如“百层球堆垛”：第一层有1个球
（ a1＝1），第二层有3个球（ a2＝3），第三层有6个球（ a3＝
6），第四层有10个球（ a4＝10），第五层有15个球（ a5＝
15），…，各层球数之差{ an＋1－ an }： a2－ a1， a3－ a2， a4－
a3， a5－ a4，…，即2，3，4，5，…是等差数列.现有一个高阶
等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的
第8项为（ ）
A. 51 B. 68
C. 106 D. 157
解析：现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，
23，41，各项与前一项之差{ an＋1－ an }： a2－ a1， a3－ a2， a4
－ a3， a5－ a4， a6－ a5，…，即2，3，6，11，18，…，3－2，6
－3，11－6，18－11，…，即1，3，5，7，…是等差数列，所
以 a7＝41＋（18＋9）＝68， a8＝68＋（18＋9＋11）＝106.
反思感悟
求解数列新定义问题的策略
（1）准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂“新定义”的
本质含义，将题目所给条件转化成题目要求的形式，切忌同已
有概念或定义相混淆；
（2）方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，认真仔细
地从前几项的特殊处、简单处体会题意，从而找到恰当的解决
方法.
【跟踪训练】
（多选）（2024·丽水月考） Look - and - say 数列是数学中的一种数
列，它的名字就是它的推导方式：给定第一项之后，后一项是前一项
的发音，例如第一项为3，第二项是读前一个数“1个3”，记作13，
第三项是读前一个数“1个1，1个3”，记作1113，按此方法，第四项
为3113，第五项为132113，….若 Look - and - say 数列{ an }第一项为
11，依次取每一项的最右端两个数组成新数列{ bn }，则下列说法正确
的是（ ）
数列{ an }的第四项为111221
B. 数列{ an }中每项个位上的数字不都是1
C. 数列{ bn }是等差数列
D. 数列{ bn }前10项的和为160
解析： a1＝11， a2＝21， a3＝1211， a4＝111221，A正确；数列
{ an }中最后读的数字总是1，故数列{ an }中每项个位上的数字都是1，
B错误；数列{ bn }：11，21，11，21，…，不是等差数列，C错误；
通过列举发现数列{ bn }的第一，三，五，七，九项都为11，第二，
四，六，八，十项为21，故前10项的和为11×5＋21×5＝160，D正
确.故选A、D.
谢 谢 观 看！
