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第六章
§6.1 数列的概念
数学
大
一
轮
复
习
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.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
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_________
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
确定的顺序
每一个数
序号n
概念 含义
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
数列{an}的前n项和 把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝_______________
a1＋a2＋…＋an
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.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f(n).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)数列1，2，3与3，2，1是两个不同的数列.( )
(2)数列1，0，1，0，1，0，…的通项公式只能是an＝.( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )
(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点.( )
√
√
×
×
2.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用小石子来研究数.如图中的数1，5，12，22，…称为五边形数，则第8个五边形数是 .
92
∵5－1＝4，12－5＝7，22－12＝10，
∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，
∴第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.
3.已知数列{an}满足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通
项公式an＝ .
数列{an}满足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，
可得a1＝1，
a2－a1＝2，
a3－a2＝3，
a4－a3＝4，
…
an－an－1＝n，
以上各式相加可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝(n≥2)，又a1＝1符合该式，所以an＝.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－4n＋1，则an＝ .
当n＝1时，a1＝S1＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋1－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5.
因为当n＝1时，不满足an＝2n－5，
所以an＝
1.灵活应用两个常用结论
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
(2)在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则n≥2，n∈N*.
微点提醒
2.掌握数列的函数性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1>an，则{an}为递增数列；若an＋1
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期.
微点提醒
3.关注数列通项公式的注意点
(1)并不是所有的数列都有通项公式；
(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一；
(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)(多选)(2024·黄冈模拟)数列{an}满足：a1＝1，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论中正确的是
A.a2＝a1 B.数列{an}是等比数列
C.an＋1＝an(n≥2) D.数列{Sn}是等比数列
√
由an与Sn的关系求通项公式
题型一
√
√
由Sn－1＝3an(n≥2)，当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，所以a2＝a1，故A正确；
当n≥1时，可得Sn＝3an＋1，所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确；
由Sn－1＝3an(n≥2)，得Sn－1＝3(Sn－Sn－1)(n≥2)，即(n≥2)，所以数列{Sn}是等比数列，故D正确.
(2)(2024·天津模拟)设数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n＋1(n∈N*)，则数列的前5项和为 .
当n＝1时，a1＝3，
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n＋1，
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1，
两式相减可得nan＝2，所以an＝，
又当n＝1时，a1＝2，所以a1不满足上式，
所以an＝
所以.
an与Sn的关系问题的求解思路
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
思维升华
跟踪训练1 (1)(2024·漳州模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝an＋1，则等于
A.－ B.－ C. D.
因为3Sn＝an＋1，则3Sn＋1＝an＋1＋1，
两式相减可得3an＋1＝an＋1－an，
即2an＋1＝－an，
令n＝7，可得2a8＝－a7，
且an≠0，所以＝－.
√
(2)(2025·广州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则的最小值为 .
因为Sn＝n2＋n，
则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
又当n＝1时，a1＝S1＝2，满足an＝2n，
故an＝2n，
则≥·2，
当且仅当n＝，即n＝3时取等号，
所以.
由数列的递推关系求通项公式
题型二
例2 (2024·唐山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
命题点1 累加法
由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，
则可得a2－a1＝a1＋2，
a3－a2＝a1＋4，
…
a10－a9＝a1＋18，
将以上等式左右两边分别相加得
a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，
即a10＝10a1＋90，
又a10＝130，所以a1＝4.
例3 已知数列{an}满足＝n，a1＝1，则a20＝ .
命题点2 累乘法
210
∵＝n，
∴2an＝n(an＋1－an)，
即nan＋1＝(n＋2)an，
可得，
∴××××…××××××…××，
∴＝210，即a20＝210.
(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即可求数列{an}的通项公式.
(2)形如＝f(n)的数列，利用累乘法，即可求数列{an}的通项公式.
思维升华
跟踪训练2 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝6，Sn＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为
A.an＝3n B.an＝3n
C.an＝n＋4 D.an＝n2＋2
√
当n＝1时，S1＝a1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，
整理得(n－1)an＝nan－1，
方法一 即，由累乘法，
得an＝a2×××…×＝6×××…×＝3n(n≥2)，
又S2＝·a2＝a2＋a1，
解得a1＝3，满足上式，
综上，an＝3n(n∈N*).
方法二 即(n≥2)，
所以数列为常数列，
所以＝3，所以an＝3n(n∈N*).
(2)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为 .
191
设该高阶等差数列为{an}，则{an}的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
依题意a2－a1＝1，
a3－a2＝2，
a4－a3＝3，
…
a20－a19＝19，
相加可得a20－a1＝1＋2＋3＋…＋19＝＝190.
所以a20＝190＋1＝191.
命题点1 数列的单调性
数列的性质
题型三
例4 (2024·阜阳模拟)已知数列{an}满足an＝2n2＋λn(λ∈R)，则“{an}为递增数列”是“λ≥0”的
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
√
由{an}为递增数列得，an＋1－an＝[2(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(2n2＋λn)＝λ＋4n＋2>0，n∈N*，
则λ>－(4n＋2)对于n∈N*恒成立，得λ>－6，可得λ≥0 λ>－6，反之不行.
命题点2 数列的周期性
例5 (2025·孝感模拟)在数列{an}中，a1＝－2，anan＋1＝an－1，则数列{an}的前2 025项的积为
A.－1 B.－2 C.－3 D.
√
因为anan＋1＝an－1，an≠0，
所以an＋1＝1－，
又a1＝－2，则a2＝，a3＝，a4＝－2，
所以数列{an}的周期为3，且a1a2a3＝－1，
设数列{an}的前n项积为Tn，
则T2 025＝a1a2a3…a2 025＝(－1)675＝－1.
例6 数列{bn}满足bn＝，则当n＝ 时，bn取最大值为 .
4
命题点3 数列的最值
方法一 ∵bn＋1－bn＝，
∴当n≤3时，bn＋1>bn，{bn}单调递增，
当n≥4时，bn＋1故当n＝4时，(bn)max＝b4＝.
方法二 令
解得≤n≤，
又n∈N*，∴n＝4，
故当n＝4时，(bn)max＝b4＝.
(1)解决数列的周期性问题，先求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.
(2)解决数列的单调性问题，常用作差比较法，根据差的符号判断数列{an}的单调性.
思维升华
跟踪训练3 (1)(2024·周口模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 025的值为
A.5 B.－5 C.4 D.－4
因为a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，
所以a3＝a2－a1＝4，a4＝a3－a2＝－1，a5＝a4－a3＝－5，a6＝a5－a4＝－4，a7＝a6－a5＝1，a8＝a7－a6＝5，
故数列{an}的周期为6，
所以a2 025＝a6×337＋3＝a3＝4.
√
(2)(多选)(2024·泰安模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是
A.数列{an}为递减数列 B.使an∈Z的项共有5项
C.数列{an}有最大项a4 D.使Sn取得最小值的n为4
√
√
画出数列{an}的通项an＝(n∈N*)的图象(图略)，由图可知，当1≤n
≤3时，数列{an}递减；当n≥4时，数列{an}递减，因为a3＝＝－9，a4＝＝9，所以a3由A的分析可知，0>a1>a2>a3，a4>a5>a6>…>0，故数列{an}的最大项为a4，最小项为a3，故C正确；
由an∈Z，则∈Z，又n∈N*，所以n＝2或n＝3或n＝4或n＝5或n＝8，
所以使an∈Z的项共有5项，故B正确；
因为当n≤3时，an<0，当n≥4时，an>0，所以当n＝3时，Sn取得最小值，故D错误.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B C B ABC AB －
题号 8 11 12 答案 B an＝ 答案
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(1)an＝，
由an＝，解得n＝，
又因为n∈N*，所以不是数列{an}中的项.
(2)an＝
＝1－，
因为n∈N*，所以3n+1≥4，
9.
答案
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所以0<≤，
所以≤1－<1，
所以数列{an}中的项都在区间(0，1)内.
9.
答案
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(1)因为an+1－an＝2n+2，
当n≥2，n∈N*时，an－an－1＝2n，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，
累加得an－a1＝，
即an＝n(n+1)(n≥2)，
经检验，a1＝2满足an＝n(n+1)，
所以数列{an}的通项公式为
an＝n(n+1)，
10.
答案
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因为+…+＝n2，n∈N*， ①
当n＝1时，b1＝3，
当n≥2，n∈N*时，
+…+＝(n－1)2， ②
①－②得＝n2－(n－1)2
＝2n－1，
即bn＝(2n－1)3n(n≥2)，
10.
答案
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12
经检验，b1＝3满足bn＝(2n－1)3n，
所以数列{bn}的通项公式为
bn＝(2n－1)3n.
(2)由(1)可得
cn＝，
cn+1－cn＝
10.
答案
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＝
＝>0，
所以cn+1>cn，
故数列{cn}为递增数列.
10.
一、单项选择题
1.观察数列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第12项是
A.1 212 B.12 C.ln 12 D.sin 12
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知识过关
答案
通过观察数列得出规律，数列中的项是按正整数顺序排列，且3个为一循环节，由此判断第12项是sin 12.
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答案
2.(2024·安徽省A10联盟模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n3＋n，则a4等于
A.68 B.38 C.30 D.18
a4＝S4－S3＝(43＋4)－(33＋3)＝68－30＝38.
√
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答案
3.(2025·芜湖模拟)已知{an}的通项公式为an＝－n2＋λn(λ∈R)，若数列{an}为递减数列，则实数λ的取值范围是
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)
C.(－∞，3) D.(－3，＋∞)
an－an＋1＝－n2＋λn－＝2n＋1－λ，
由数列{an}为递减数列，则2n＋1－λ>0，
即λ<2n＋1恒成立，即λ<(2n＋1)min，
当n＝1时，2n＋1的最小值为3，即λ<3.
√
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答案
4.已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＋1＝an＋1－nan＋2(n∈N*)，则等于
A.190 B.210 C.380 D.420
√
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答案
数列{an}中，n∈N*，Sn＋1＝an＋1－nan＋2，
当n≥2时，Sn＝an－(n－1)an－1＋2，
两式相减得an＋1＝an＋1－(n＋1)an＋(n－1)an－1，
即(n＋1)an＝(n－1)an－1，
因此(n＋1)nan＝n(n－1)an－1，
显然数列{(n＋1)nan}是常数列，
而S2＝a2－a1＋2，解得a1＝1，
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答案
于是(n＋1)nan＝2×1×a1＝2，
因此an＝，
所以＝210.
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答案
二、多项选择题
5.已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝，则下列说法正确的是
A.数列{an}的首项为a1＝
B.数列{an}的通项公式为an＝
C.数列{an}为递减数列
D.若数列{Sn}的前n项积为Tn，则Tn＝
√
√
√
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答案
对于A，数列{an}的首项为a1＝S1＝，故A正确；
对于B，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，a1＝适合上式，
故B正确；
对于C，因为an＋1－an＝＝－<0，所以
数列{an}为递减数列，故C正确；
对于D，Tn＝×××…×，所以数列{Sn}的前n项积Tn＝，故D错误.
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答案
6.(2025·六安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝4Sn，则
A.S2＝5 B.a2 024＝25a2 022
C.数列{an}是等比数列 D.数列{Sn}是等差数列
√
√
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12
答案
对于A，由an＋1＝4Sn，得a2＝4S1＝4a1＝4，
∴S2＝a1＋a2＝5，A正确；
对于B，an＋1＝4Sn， ①
当n≥2时，an＝4Sn－1， ②
①－②得，an＋1－an＝4Sn－4Sn－1＝4an，
∴an＋1＝5an，n≥2，
∴a2 024＝5a2 023＝25a2 022，B正确；
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答案
对于C，当n≥2时，an＋1＝5an，
但a2＝4a1，不满足上式，
∴数列{an}不是等比数列，C错误；
对于D，由an＋1＝4Sn，即Sn＋1－Sn＝4Sn，
∴Sn＋1＝5Sn，
∴数列{Sn}是等比数列，不是等差数列，D错误.
三、填空题
7.已知数列{an}满足a1＝－，an＝1－(n∈N，n>1)，则a2 026＝ .
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答案
因为a1＝－，an＝1－(n∈N，n>1)，
所以a2＝1－＝1－＝5，a3＝1－＝1－，a4＝1－＝1－＝
－，…，
由此可得数列{an}为周期数列，周期为3，
所以a2 026＝a675×3＋1＝a1＝－.
－
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答案
8.(2025·辽宁联考)已知数列{an}满足a1＝32，an＋1－an＝2n，则数列的最小值为 .
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答案
由an＋1－an＝2n得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋32＝n2－n＋32，
所以＝n＋－1，
设函数f(x)＝x＋－1(x>0)，
易知f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，结合4∈
(5，6)，得当1≤n≤5时，数列是递减数列，当n≥6时，数列是
递增数列，
当n＝5时，，当n＝6时，.
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答案
四、解答题
9.已知数列{an}的通项公式为an＝.
(1)判断是不是数列{an}中的项；
an＝，
由an＝，解得n＝，
又因为n∈N*，所以不是数列{an}中的项.
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答案
(2)试判断数列{an}中的项是否都在区间(0，1)内.
an＝＝1－，
因为n∈N*，所以3n＋1≥4，
所以0<≤，
所以≤1－<1，
所以数列{an}中的项都在区间(0，1)内.
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答案
10.(2024·河南联考)在数列{an}中，a1＝2，对任意正整数n，均有an＋1－an
＝2n＋2.数列{bn}满足：＋…＋＝n2，n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
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答案
因为an＋1－an＝2n＋2，
当n≥2，n∈N*时，an－an－1＝2n，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，
累加得an－a1＝，
即an＝n(n＋1)(n≥2)，
经检验，a1＝2满足an＝n(n＋1)，
所以数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)，
因为＋…＋＝n2，n∈N*， ①
当n＝1时，b1＝3，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
当n≥2，n∈N*时，
＋…＋＝(n－1)2， ②
①－②得＝n2－(n－1)2＝2n－1，即bn＝(2n－1)3n(n≥2)，
经检验，b1＝3满足bn＝(2n－1)3n，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝(2n－1)3n.
1
2
3
4
5
6
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12
答案
(2)若cn＝，证明：数列{cn}为递增数列.
由(1)可得cn＝，
cn＋1－cn＝
＝
＝>0，
所以cn＋1>cn，
故数列{cn}为递增数列.
1
2
3
4
5
6
7
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10
11
12
答案
能力拓展
11.(2025·渝中模拟)0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字.若数列{an}满足：所有项均是0或1，当且仅当n＝5k±1(k∈N*)时，an＝1，
其余项为0.则满足ai＝a1＋a2＋…＋an＝20的最小的正整数n等于
A.50 B.51 C.52 D.53
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由题意知，a1＝a2＝a3＝a5＝0，a4＝1，
且a5k＋1＝a5k＋4＝1，a5k＋2＝a5k＋3＝a5k＋5＝0，k∈N*，
即
当k＝10时，a51＝a54＝1，a52＝a53＝a55＝0，
由于20＝1＋2×9＋1，所以满足ai＝20的n的最小值为51.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2025·茂名模拟)已知首项为的正项数列{an}满足，则数
列{an}的通项公式为 .
an＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
因为(an>0)，
所以(n＋1)ln an＝nln an＋1 ，
当n≥2时，··…·
＝··…·，
所以＝n(n≥2)，
又a1＝，所以an＝(n≥2)，
当n＝1时上式也成立，所以an＝.(共68张PPT)
第六章
§6.2 等差数列
数学
大
一
轮
复
习
1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.
2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.
3.能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.
4.体会等差数列与一元函数的关系.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 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，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母 表示，定义表达式为__________________
.
(2)等差中项
由三个数a，A，b组成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有 .
2
同一个常数
d
an－an－1＝d(常数)
(n≥2，n∈N*)
2A＝a＋b
2.等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝ .
(2)前n项和公式：Sn＝ 或Sn＝ .
3.等差数列的常用性质
(1)若{an}为等差数列，且p＋q＝s＋t，则 (p，q，s，t∈N*).
(2)等差数列{an}的单调性
当d>0时，{an}是 数列；
当d<0时，{an}是 数列；
当d＝0时，{an}是 .
a1＋(n－1)d
na1＋d
ap＋aq＝as＋at
递增
递减
常数列
4.等差数列前n项和的常用性质
(1)当d≠0时，等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n是关于n的二次
函数.
(2)在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最 值；若a1<0，d>0，则Sn存在最 值.
大
小
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(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)等差数列{an}中，a10＝a1＋a9.( )
(3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S6，S12，S18也成等差数列.( )
(4)若{an}是等差数列，则对任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
√
×
×
×
2.(2024·沈阳模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a3＋a7＝8，则S17等于
A.51 B.102 C.119 D.238
在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a7＝2a5＝8，即a5＝4，
所以d＝，
则S17＝17×2＋×＝102.
√
3.数列{an}的前n项和Sn＝n2＋3n＋m(m为常数)，则“m＝0”是“数列{an}是等差数列”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件 D.充要条件
√
当m＝0时，Sn＝n2＋3n，则a1＝S1＝4，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2(n≥2)，a1＝4也满足an＝2n＋2，
所以an－an－1＝2(n≥2)，故数列{an}为等差数列；
由数列{an}为等差数列，a1＝S1＝4＋m，满足an＝2n＋2(n≥2)，
故4＋m＝4，所以m＝0，
综上可知，“m＝0”是“数列{an}是等差数列”的充要条件.
4.(2024·重庆模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S9＝63，则a8＝ .
10
因为a2＝4，S9＝63，
所以S9＝＝63，
即＝63，解得a8＝10.
掌握等差数列的常用性质
(1)若数列{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.
(2)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.
(3)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也为等差数列.
(4)数列{an}是等差数列 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)(2024·汕头模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S2＝4，若Sn＋＝100，则n等于
A.8 B.9 C.10 D.11
√
等差数列基本量的运算
题型一
设数列{an}的公差为d，由a3＝5，S2＝4，得
解得
于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，
由Sn＋＝100，得n2＋2n＋1＝100，又n∈N*，
所以n＝9.
(2)(2024·沈阳模拟)我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠；次第每人多十七，要将第八数来言；务要分明依次第，孝和休惹外人传.”说的是，有996斤棉花要赠送给八个子女做旅费，从第一个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止.根据这些信息第三个孩子分得的棉花斤数为
A.99 B.116 C.133 D.150
√
依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，
设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，
则由题意得d＝17，S8＝8a1＋×17＝996，
解得a1＝65，
所以a3＝a1＋(3－1)d＝65＋2×17＝99.
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”).
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
思维升华
跟踪训练1 (1)(2024·重庆模拟)中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务.运送“神十八”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加3 km，在达到离地面222 km的高度时，火箭开始进入转弯程序.则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是
A.10秒 B.11秒 C.12秒 D.13秒
√
设每一秒钟通过的路程为an，
由题意可知数列{an}为等差数列，
则数列首项a1＝2，公差d＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
由Sn＝＝222，
解得n＝12或n＝－(舍去).
(2)(2024·新课标全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝ .
95
方法一 (基本量法)
设数列{an}的公差为d，
则由题意得
解得
则S10＝10a1＋d
＝10×(－4)＋45×3＝95.
方法二 (利用下标和性质)
设数列{an}的公差为d，
由a3＋a4＝a2＋a5＝7，
3a2＋a5＝5，
得a2＝－1，a5＝8，
故d＝＝3，a6＝11，
则S10＝×10＝5(a5＋a6)
＝5×19＝95.
等差数列的判定与证明
题型二
例2 (2025·深圳模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝.
(1)证明：为等差数列；
∵ n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝，
∴(n∈N*)，
∴数列是首项为1，公差为的等差数列.
(2)证明：为等差数列，并求数列{an}的通项公式.
＝1＋(n－1)＝，
即2Sn＝(n＋1)an，
2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，
∴(n≥2)，
即＝0(n≥2)，又＝1，
∴是首项为1，公差为0的等差数列，
∴＝1，即an＝n.
判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立.
(3)通项公式法：验证an＝pn＋q.
(4)前n项和公式法：验证Sn＝An2＋Bn.
思维升华
跟踪训练2 (2024·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且当n≥2(n∈N*)时，2Sn·Sn－1＝－an.
(1)证明：数列是等差数列；
因为2Sn·Sn－1＝－an(n≥2)，
所以2Sn＋1·Sn＝－an＋1，
则2Sn·Sn＋1＝Sn－Sn＋1，
因为S1＝a1＝≠0，易知Sn≠0，
所以＝2，
又＝2，
所以数列是首项与公差都为2的等差数列.
(2)设数列{bn}满足bn＝，求b1＋b101的值.
由(1)得＝2＋2(n－1)＝2n，
则Sn＝，
当n＝1时，b1＝＝－2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝－·，
所以bn＝，
所以b1＋b101＝－2＋＝－.
命题点1 项的性质
等差数列的性质
题型三
例3 (多选)(2025·临沂模拟)已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是
A.若a3＝4，a6＝7，则a12＝25
B.若a2＋a13＝4，则S14＝28
C.若S15<0，则S7>S8
D.若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an>0
√
√
由a3，a6，a9，a12成等差数列，且公差为3，所以a12＝4＋3×3＝13，所以A错误；
由S14＝＝28，所以B正确；
由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，则S7>S8，
所以C正确；
因为数列{an}为递增数列，可得公差d>0，因为数列{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误.
例4 (1)(2024·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝12，则S16等于
A.26 B.34 C.56 D.90
√
由数列{an}为等差数列，
可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也为等差数列，
由S4＝2，S8＝12，得S8－S4＝10，
故S12－S8＝18，S16－S12＝26，
即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56.
命题点2 和的性质
(2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且，则等于
A. B. C. D.
√
因为{an}，{bn}均为等差数列，
所以，
因为.
等差数列的性质
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an；
(2)若{an}是公差为d的等差数列，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)组成公差为md的等差数列；
(3)在等差数列{an}中，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.
思维升华
跟踪训练3 (1)(多选)(2024·沈阳模拟)设{an}是等差数列，公差为d，Sn是其前n项的和，且S5S8，则下列结论正确的是
A.d≤0 B.a7＝0
C.S6与S7均为Sn的最大值 D.满足Sn<0的n的最小值为14
√
√
√
因为S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0，所以d＝a8－a7<0，故A错误，B正确；
因为S5S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故C正确；
因为2a7＝a1＋a13，由S13＝＝0，S14＝＝7(a7＋a8)<0，
故D正确.
(2)(2024·湖北联考)如果一个等差数列的前10项和为54，后10项和为146，且所有项和为390，则这个数列有
A.36项 B.37项 C.38项 D.39项
依题意a1＋a2＋…＋a10＝54，an－9＋…＋an－1＋an＝146，
所以a1＋a2＋…＋a10＋an－9＋…＋an－1＋an＝200，因为a1＋an＝a2＋an－1＝…＝a10＋an－9，
所以a1＋an＝20，
所以Sn＝＝390，解得n＝39.
√
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C C C AD ACD
题号 8 11 12 答案 2 B －11 55 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由数列{an}的前n项和Sn＝－n2+kn(k∈N*)，
根据二次函数的性质，可得当n＝k时，Sn＝－n2+kn取得最大值，
即Sk＝－k2+k2＝k2＝，
解得k＝3，所以Sn＝－n2+3n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝－n2+3n－
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
＝－n，
当n＝1时，a1＝S1＝符合上式，
所以数列{an}的通项公式为
an＝－n.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由(1)知an＝－n，
Sn＝－n2+3n，
且当n≤3且n∈N*时，可得an>0；
当n≥4且n∈N*时，可得an<0，
所以数列{|an|}的前15项和为
T15＝－S15+2S3
＝－+2×.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由2an＝1+anan+1知an+1＝，
∴
＝
＝＝1，
∴数列是以＝1为首项，1为公差的等差数列.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)∵＝1+(n－1)·1＝n an＝1+，
∴T2 025＝a1a2·…·a2 025＝×××…×＝2 026.
10.
一、单项选择题
1.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＝3，S8＝48，则a5等于
A.5 B.6 C.7 D.8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知识过关
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
设等差数列{an}的公差为d，
由已知可得
解得
∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，
∴a5＝2×5－3＝7.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.已知各项均为正数的数列{an}满足2(n∈N*，且n≥2)，a1＝1，a2＝2，则a10等于
A.28 B. C.2 D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因为2，
由等差中项的定义可知，数列{＝1，公差d＝＝4－1＝3的等差数列，
所以＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以＝28，
又因为an>0，所以a10＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2024·丹东模拟)已知等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn，则“d>0”是“S8＋S10>2S9”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
因为S8＋S10>2S9 S8＋S10－2S9＝a10－a9＝d>0，所以“d>0”是“S8＋S10>2S9”的充要条件.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知m，n，k∈N*，在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an，Sn为数列{an}的前n项和，Sk＋2－Sk＝26，则k等于
A.3 B.4 C.5 D.6
在am＋n＝am＋an中，
令m＝1，可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝a1，
又a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n，
所以Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2(k＋1)＋2(k＋2)＝4k＋6＝26，所以k＝5.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多项选择题
5.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.则
A.驽马第七日行九十四里 B.第七日良马先至齐
C.第八日二马相逢 D.二马相逢时良马行一千三百九十五里
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由题意可知，两马日行里数均成等差数列，记数列{an}为良马的日行里数，其中首项a1＝103，公差d1＝13，所以数列{an}的通项公式为an＝13n＋90，n∈N*，
记数列{bn}为驽马的日行里数，其中首项b1＝97，公差d2＝－0.5，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，
因此，驽马第七日行里数为b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即驽马第七日行九十四里，故A正确；
1
2
3
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5
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12
答案
前七日良马行走总里程为S7＝103×7＋×13＝994，而齐去长安一千一百二十五里，因为994<1 125，所以第七日良马未至齐，故B错误；
设第m日两马相逢，由题意可知两马行走的总里数是齐与长安距离的两
倍，即103m＋×13＋97m－×0.5＝2×1 125，解得m＝9或
m＝－40(舍)，即第九日二马相逢，故C错误；
由C可知，第九日二马相逢，此时良马共行走了S9＝103×9＋×13＝
1 395，所以二马相逢时良马行一千三百九十五里，故D正确.
1
2
3
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5
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11
12
答案
6.(2024·哈尔滨模拟)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，若a1<0，S2 000＝S2 024，则
A.d>0 B.a2 012＝0
C.S4 024＝0 D.Sn≥S2 012
√
√
√
1
2
3
4
5
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答案
因为S2 000＝S2 024，所以a2 001＋a2 002＋…＋a2 024＝0，所以
＝0，所以a2 001＋a2 024＝a2 012＋a2 013＝2a1＋4 023d＝0，又因为a1<0，所
以d＝－a1>0，故A正确；
a2 012＝a1＋2 011d＝a1－a1＝a1<0，故B错误；
S4 024＝＝2 012(a2 001＋a2 024)＝0，故C正确；
因为a2 012<0，a2 013＝－a2 012>0，所以当n≤2 012时，an<0，当n≥2 013时，an>0，所以＝S2 012，所以Sn≥S2 012，故D正确.
三、填空题
7.(2025·日照模拟)已知数列{an}的各项均为正数，首项a1＝3，且数列
{log3an}是以－2为公差的等差数列，则a3＝ .
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答案
因为数列{an}的各项均为正数，首项a1＝3，则log3a1＝1，
又数列{log3an}是以－2为公差的等差数列，
则log3a3＝1－2×(3－1)＝－3，故a3＝3－3＝.
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答案
8.(2024·衡水模拟)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，则＝ .
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答案
因为数列{an}，{bn}均为等差数列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝×15a8＝S15，
且b6＋b10＝b1＋b15，
又由T15＝，可得b6＋b10＝T15，
由(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，
得.
因此·×＝2.
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答案
四、解答题
9.(2025·成都模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(k∈N*)，且Sn的最大值为.
(1)确定常数k，并求数列{an}的通项公式；
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答案
由数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(k∈N*)，
根据二次函数的性质，可得当n＝k时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，
即Sk＝－k2＋k2＝k2＝，
解得k＝3，所以Sn＝－n2＋3n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋3n－－n，
当n＝1时，a1＝S1＝符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝－n.
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答案
(2)求数列{|an|}的前15项和T15.
由(1)知an＝－n，Sn＝－n2＋3n，
且当n≤3且n∈N*时，可得an>0；
当n≥4且n∈N*时，可得an<0，
所以数列{|an|}的前15项和为
T15＝－S15＋2S3＝－＋2×.
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答案
10.已知数列{an}满足a1＝2，2an＝1＋anan＋1.
(1)证明：数列为等差数列；
由2an＝1＋anan＋1知an＋1＝，
∴
＝＝1，
∴数列＝1为首项，1为公差的等差数列.
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答案
(2)设数列{an}的前n项之积为Tn，求T2 025.
∵＝1＋(n－1)·1＝n an＝1＋，
∴T2 025＝a1a2·…·a2 025＝×××…×＝2 026.
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答案
能力拓展
11.在等差数列{an}中，a1≠0，若存在正整数m，n，p，q满足m＋nA.4 B.1
C. D.由等差数列的首项a1的值决定
√
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答案
设{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，
所以am＋an＝2a1＋(m＋n－2)d，
ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d，
因为am＋an＝ap＋aq，
所以(m＋n－2)d＝(p＋q－2)d，
因为存在正整数m，n，p，q满足m＋n所以d＝0，所以an＝a1，
又a1≠0，所以a2 025＝a2 024≠0，
所以＝1.
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答案
12.在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为 ；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是 .
－11
55
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12
答案
返回
令S奇＝220，S偶＝165，
若此数列的项数为10，则S偶－S奇＝5d，
所以－55＝5d，所以d＝－11；
若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，则
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝＝(n－1)an，
所以，解得n＝4，
所以第4项是此数列的中间项，a4＝＝55.(共76张PPT)
第六章
§6.3 等比数列
数学
大
一
轮
复
习
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.掌握等比数列前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
4.体会等比数列与指数函数的关系.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.等比数列有关的概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第 项起，每一项与它的前一项的比都等于 常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，公比通常用字母q(q≠0)表示.
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成 数列，那么 叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ .
2
同一个
公比
等比
G
ab
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an＝ .
(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝
.
a1qn－1
3.等比数列的常用性质
(1)若m＋n＝p＋q，则 ，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则 ，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 (k，m∈N*).
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}
和也是等比数列(b，p，q≠0).
(4)若或则等比数列{an}递 .
若或则等比数列{an}递 .
aman＝apaq
aman＝
qm
增
减
4.等比数列前n项和的常用性质
若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn， ， 仍成等比数列(公比q＝－1且n为偶数除外)，其公比为qn.
S2n－Sn
S3n－S2n
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等比数列的公比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}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.( )
√
×
×
×
2.(2024·临汾模拟)在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4，则a3等于
A.2 B.－2 C.±2 D.2
由等比数列的性质可知，
＝a1·a5＝4，所以a3＝±2，
又因为＝q2>0，所以a3＝2.
√
3.(2024·呼伦贝尔模拟)已知数列{an}是正项等比数列，且a2a8＝32－a3a7，则a5等于
A. B.2 C.4 D.2
数列{an}是正项等比数列，由a2a8＝32－a3a7，
得a2a8＋a3a7＝2＝32，得a5＝4.
√
4.(多选)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，则
A.a3，a5，a7成等比数列 B.数列{}是等比数列
C.数列{lg an}是等比数列 D.数列是等比数列
√
√
√
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0).
对于A，q8，a3·a7＝(a1q2)·(a1q6)＝q8，所以＝a3·a7，则a3，a5，a7成等比数列，A正确；
对于B，因为＝q3，所以数列{}是等比数列，B正确；
对于C，不妨设等比数列{an}为an＝1，则lg an＝0，所以数列{lg an}不是等比数列，C错误；
对于D，因为是等比数列，D正确.
解题时关注三个关键点
(1)当q≠0，且q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝.
(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
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
A. B. C.15 D.40
√
等比数列基本量的运算
题型一
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.
由＝5×－4，
化简得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
因为此数列各项均为正数，
所以q＝2，所以S4＝＝15.
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)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因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.”则此人第三天走的路程为
A.12里 B.24里 C.48里 D.96里
√
由题意可得，此人6天中每天走的路程构成公比为的等比数列，
设这个数列为{an}，前n项和为Sn，
则S6＝a1＝378，解得a1＝192，
所以a3＝192×＝48，
即此人第三天走的路程为48里.
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解.
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解.
思维升华
跟踪训练1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，＝8，则a1等于
A.16 B.8 C.6 D.2
√
设等比数列{an}的公比为q，
由＝8，
即＝8，
可得q3＝8，即q＝2，
又a2＝4，所以a1＝＝2.
(2)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有
1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为
A.8 B.10 C.12 D.16
√
从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列，
∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016，
解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，
∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.
等比数列的判定与证明
题型二
例2 (2024·福州模拟)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝.
(1)求证：数列为等比数列；
，
又a1＝－2＝≠0，
所以数列为公比的等比数列.
(2)若＋…＋<2 025，求满足条件的最大正整数n.
由(1)可得－2＝，
所以＋2，
则＋…＋＋2n＝＋2n＝1－＋2n，
由＋…＋<2 025，
得1－＋2n<2 025，即2n－<2 024，
又函数y＝2n－为增函数，
所以满足2n－<2 024的最大正整数为1 012.
等比数列的四种常用判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{an}是等
比数列.
(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且＝anan＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列.
(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.
思维升华
跟踪训练2 (多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是
A.若b2＝ac，则a，b，c成等比数列
B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列
C.若Sn＝3n－1，则数列{an}为等比数列
D.若a1＝1，a2＝2，3an＋1＝an＋2an＋2(n∈N*)，则{an＋1－an}为等比数列
√
√
√
对于A，当a＝b＝c＝0时，b2＝ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误；
对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有
＝2d>0，所以数列{}为等比数列，故B正确；
对于C，若Sn＝3n－1，则a1＝S1＝2，
an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝3n－3n－1＝2·3n－1(n≥2)，
a1＝2显然满足an＝2·3n－1，
所以数列{an}为等比数列，故C正确；
对于D，因为3an＋1＝an＋2an＋2，
所以2(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，
而a1＝1，a2＝2，
因此数列{an＋1－an}是首项为1，公比为的等比数列，故D正确.
命题点1 项的性质
等比数列的性质
题型三
例3 (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，
∵a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，
则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
(1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则·…··…·.
(2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则＋…＋＋…＋.
下标和相等的等差(比)性质的推广
微拓展
典例 (1)已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝ .
33
S8＝＝16，∴a1＋a8＝4，
又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，
故S11＝11a6＝33.
(2)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝ .
5
由题意知a1a5＝a2a4＝＝4，
因为数列{an}的各项均为正数，
所以a3＝2.
所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝＝25.
所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.
例4 (1)(2024·宣城模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则等于
A.2 B. C. D.
√
命题点2 和的性质
由题意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，显然公比q≠－1，
因为S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
故＝S3(S9－S6)，
即82＝4(S9－12)，解得S9＝28，
故.
(2)已知等比数列{an}有2n＋1项，a1＝1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
设公比为q，
依题意a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝85，且a1＝1，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝84， ①
又a2＋a4＋…＋a2n＝42， ②
得q＝2，
∴S2n＋1＝＝85＋42＝127，
∴22n＋1－1＝127，
∴22n＋1＝128＝27，
∴2n＋1＝7，∴n＝3.
(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度.
(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
思维升华
跟踪训练3 (1)(多选)下列说法正确的是
A.若数列{an}为等比数列，且其前n项和Sn＝2n－1＋t，则t＝－1
B.若数列{an}为等比数列，且a2a7＋a3a6＝6，则a1a2a3…a8＝81
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…
成等比数列
D.若项数为偶数的等比数列{an}的前n项和Sn满足S奇＝32，S偶＝16，则公
比q＝
√
√
对于A，因为Sn＝2n－1＋t＝t＋×2n，且数列{an}为等比数列，设其公比为q(q≠1)，由等比数列的前n项和公式Sn＝qn，知t＝－，所以A错误；
对于B，由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝＝81，所以B正确；
对于C，当公比q＝－1，n为偶数时，Sn＝0，显然Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不成等比数列，所以C错误；
对于D，设数列{an}共有2m项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m－1＝32，
S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝16，则＝q＝，所以D正确.
(2)(多选)设正项等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1，a2 024a2 025>1，(a2 024－1)(a2 025－1)<0，则下列结论正确的是
A.数列{an}为递减数列 B.S2 024＋1C.T2 024是数列{Tn}中的最大项 D.T4 049>1
√
√
∵an>0，且a2 024a2 025>1，(a2 024－1)(a2 025－1)<0，∴a2 024和a2 025一个大于1，一个小于1.∵a1>1，∴a2 024>1，0而从第2 025项开始都小于1，公比q＝<1，且q>0.∵a1>1，∴数列{an}为
递减数列，故A正确；
∵S2 025－S2 024＝a2 025<1，∴S2 024＋1>S2 025，故B错误；
等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2 024项都大于1，而从第2 025项开始都小于1，故T2 024是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
T4 049＝a1a2a3…a4 049＝<1，故D错误.
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B B A ABD ABD 32
题号 8 11 12 答案 30 D －44 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得
解得或
因为等比数列{an}为递增数列，
所以
所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)依题意，bn+1＝2log33n＝2n，
所以bn＝2n－1，
所以＝a2n－1＝32n－1，
所以Tn＝31+33+35+…+32n－1
＝.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
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12
(1)∵＝an+，
∴2Sn＝2nan+n(1－n)，
∴当n≥2时，2Sn－1＝2(n－1)an－1+(n－1)(2－n)，
则2(Sn－Sn－1)
＝2nan－2(n－1)an－1+2(1－n)，
化简得an－an－1＝1(n≥2)，
又∵a1＝2，
10.
答案
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12
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n+1，
∴{an}的通项公式为an＝n+1.
(2)由(1)知bn＝＝2－n＝，
∴(－1)n+1bnbn+1＝(－1)n+1··＝(－1)n+1·，
∴b1b2－b2b3+…+(－1)n+1bnbn+1
10.
答案
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12
＝+…+(－1)n+1·
＝
＝.
10.
一、单项选择题
1.(2024·渭南模拟)已知数列{an}满足＝anan＋2，若a2＝1，a8＝9，则a5等于
A.－3 B.±3 C.3 D.5
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知识过关
答案
＝anan＋2，又a2＝1，a8＝9，
故数列{an}为等比数列，则＝a2a8＝9，故a5＝±3.
√
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答案
2.(2024·西安模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＋a4＋a7＝2，a2＋a5＋a8＝4，则S9等于
A.12 B.14 C.16 D.18
设等比数列{an}的公比为q，可得＝q＝2，
则a3＋a6＋a9＝q(a2＋a5＋a8)＝8，所以S9＝2＋4＋8＝14.
√
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答案
3.某公司为庆祝公司成立9周年，特意制作了两个热气球，在气球上写着“九年耕耘，硕果累累”8个大字，已知热气球在第一分钟内能上升30 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的，则该气球上升到70 m高度至少要经过
A.3分钟 B.4分钟
C.5分钟 D.6分钟
√
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答案
设an表示热气球在第n分钟内上升的高度，
由已知an＝an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝30，
所以前n分钟热气球上升的总高度Sn＝＝90，
显然数列{Sn}为递增数列，
又S3＝90×≈63.3<70，
S4＝90×≈72.2>70，
所以该气球至少要经过4分钟才能上升到70 m高度.
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答案
4.(2025·绵阳模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝3，数列{anan＋1}是公比为2的等比数列，则S9等于
A.76 B.108 C.512 D.19 683
√
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答案
因为数列{anan＋1}是公比为2的等比数列，
则有＝2，而a1＝1，a2＝3，
则数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以S9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝＝76.
二、多项选择题
5.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2>1，其前n项积为Tn，且T20＝T10，则下列结论正确的是
A.a15a16＝1
B.{an}是递减数列
C.当Tn取得最大值时，n＝29
D.当Tn取得最大值时，n＝15
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答案
√
√
√
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答案
由T20＝T10，得＝a11a12…a19a20＝＝1，a15a16＝1，故A正确；
又a1a30＝a2a29＝a15a16＝1，由a2>1，得0可知a15>1>a16>0，则当Tn取得最大值时，n＝15，故C错误，D正确.
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答案
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1，则下列说法正确的是
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 D.Sn＝
√
√
√
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答案
∵an＋1＝4an－3an－1，
∴＝3，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
又(an＋1－3an)－(an－3an－1)＝4an－3an－1－3an－an＋3an－1＝0，
∴数列{an＋1－3an}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
∴an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝a2－3a1＝－1，解得an＝，
故C错误；
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答案
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝＋…＋
＝(30＋31＋…＋3n－1)＋
＝×
＝，故D正确.
三、填空题
7.(2024·南阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝9，3a3＋4＝a5，则a6＝ .
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答案
设等比数列{an}的公比为q，
则＝1＋q3＝9，解得q＝2，
又因为3a3＋4＝a5，得12a1＋4＝16a1，
解得a1＝1，所以a6＝a1q5＝32.
32
8.(2024·扬州模拟)在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30＝7S10，S10＋S30＝80，则S20＝ .
由题意数列{an}的公比q≠－1，
S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
若S30＝7S10，S10＋S30＝80，
则S10＝10，S30＝70，
所以＝10(70－S20)，
即－10S20－600＝0，
解得S20＝30或S20＝－20(舍去).
30
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答案
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答案
四、解答题
9.(2024·北京模拟)已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，a2＝9，S3＝39.
(1)求数列{an}的通项公式；
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答案
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
根据题意可得
解得
因为等比数列{an}为递增数列，所以
所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
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答案
(2)若数列{bn}满足：bn＋1＝2log3an，求数列{}的前n项和Tn.
依题意，bn＋1＝2log33n＝2n，
所以bn＝2n－1，所以＝a2n－1＝32n－1，
所以Tn＝31＋33＋35＋…＋32n－1
＝.
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答案
10.(2025·池州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知＝an＋，a1＝2.
(1)求{an}的通项公式；
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答案
∵＝an＋，
∴2Sn＝2nan＋n(1－n)，
∴当n≥2时，2Sn－1＝2(n－1)an－1＋(n－1)(2－n)，
则2(Sn－Sn－1)＝2nan－2(n－1)an－1＋2(1－n)，
化简得an－an－1＝1(n≥2)，
又∵a1＝2，
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n＋1，
∴{an}的通项公式为an＝n＋1.
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答案
(2)令bn＝，求b1b2－b2b3＋…＋(－1)n＋1bnbn＋1.
由(1)知bn＝＝2－n＝，
∴(－1)n＋1bnbn＋1＝(－1)n＋1··＝(－1)n＋1·，
∴b1b2－b2b3＋…＋(－1)n＋1bnbn＋1
＝＋…＋(－1)n＋1·.
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答案
能力拓展
11.(2025·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止，则所作的所有三角形的面积和为
A. B.
C. D.
√
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答案
因为＝12，
设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为an，面
积为bn，
由题意可知a1＝，an＋1＝an，
bn＝×an×an＝，则b1＝≠0，，
可知数列{bn}是首项为b1＝的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为.
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答案
12.在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－，a3＝－，则＝ .
－44
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答案
返回
设T5＝，
则2T5＝
＝＝－88，
所以T5＝－44.(共48张PPT)
第六章
§6.4 数列中的构造问题
数学
大
一
轮
复
习
数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式.
重点解读
例1 已知数列{an}中，a1＝5且an＋1＝4an＋6，则an＝ .
待定系数法
题型一
7×4n－1－2
命题点1 an＋1＝pan＋q(p≠0，1；q≠0)
因为an＋1＝4an＋6，
所以an＋1＋2＝4an＋8＝4(an＋2)，
又因为a1＋2＝5＋2＝7≠0，
所以＝4，
所以数列{an＋2}是以7为首项，4为公比的等比数列，所以an＋2＝7×4n－1
an＝7×4n－1－2.
例2 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1，Sn为数列{an}的前n项和，则S8＝ .
291
命题点2 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1；q≠0)
设an＋1＋λ(n＋1)＋u＝2(an＋λn＋u)，
所以an＋1＝2an＋λn＋u－λ，
又an＋1＝2an－n＋1，
所以
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
又a1－1＝1，因此数列{an－n}是以1为首项，2为公比的等比数列，
故an－n＝2n－1，因此an＝n＋2n－1，
所以S8＝(1＋2＋…＋8)＋(20＋21＋…＋27)＝＝291.
例3 (2024·衡阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1－2n＋1，a1＝2，则an＝ .
(n＋1)2n－1
命题点3 an＋1＝pan＋qn(p≠0，1；q≠0，1)
因为Sn＝an＋1－2n＋1，
Sn－1＝an－2n(n≥2)，
两式相减得Sn－Sn－1＝(an＋1－2n＋1)－(an－2n)，
即an＋1＝2an＋2n.
两边同除以2n＋1可得(n≥2)，
又S1＝a2－22＝2，得a2＝6，满足，
所以数列＝1，公差为＝1＋，
即an＝(n＋1)2n－1.
思维升华
形式 构造方法
an＋1＝pan＋q 引入参数c，构造新的等比数列{an－c}
an＋1＝pan＋qn＋c 引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y}
an＋1＝pan＋qn 两边同除以qn＋1，构造新的数列
跟踪训练1 (多选)已知数列{an}，下列结论正确的有
A.若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n
B.在数列{an}中，a1＝1，且an＝2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的
通项公式为an＝2n＋1－3
C.若a1＝2，an＝an－1＋(n≥2)，则数列是等比数列
D.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋n－1，则数列{an}的通项公式为
an＝2n－n＋1
√
√
∵2(n＋1)an－nan＋1＝0，
∴，
∴＝2，公比为2的等比数列，
∴＝2·2n－1，∴an＝n·2n，故A正确；
由an＝2an－1＋3(n≥2)，得an＋3＝2(an－1＋3)，
即＝2，
又a1＋3＝1＋3＝4，
∴数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an＋3＝4×2n－1，即an＝2n＋1－3，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－3，故B正确；
根据题意，an＝an－1＋
＝1，n≥2，
又＝6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；
设an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)，
∴an＋1＝2an＋kn＋b－k，
由an＋1＝2an＋n－1，
得
∴＝2，
即{an＋n}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.
∴an＋n＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－n，故D错误.
取倒数法和取对数法
题型二
例４ 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝ .
命题点1 取倒数法
因为an＋1＝(n∈N*)，
所以＋1，
设＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＝3，
又＝1＋，
所以数列为首项，3为公比的等比数列，所以×3n－1＝，
所以an＝.
例5 (2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1＝10，an＋1＝10，则an＝ .
由an＋1＝10可得an>0，
lg an＋1＝lg(10)＝2lg an＋1，
故lg an＋1＋1＝2(lg an＋1)，
又lg a1＋1＝2，故数列{lg an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则lg an＋1＝2n，故an＝.
命题点2 取对数法
(1)形如an＋1＝·的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q的通项
公式，再求an.
(2)形如an＋1＝p的递推公式，两边同取以p为底的对数，得logpan＋1＝qlogpan＋1，将logpan看成整体，运用待定系数法求得logpan的表达式，再得出an.
思维升华
跟踪训练2 (1)在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，则数列{bn}的通项公式bn＝ .
bn＋1＝的两边同时取倒数，
得＋3，
因此＋3＝2，
又＋3＝2，
故是以2为首项，2为公比的等比数列，
则＋3＝2·2n－1＝2n，可得bn＝.
(2)设数列{an}满足a1＝10，an>0，且an＝(n≥2)，则an＝ .
1
∵an>0，且an＝，
两边取对数有lg an＝lg ＝2lg an－1，
∴＝2(n≥2)，
∴数列{lg an}是以lg a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
∴lg an＝2n－1，∴an＝1.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A B C BC AD n·2n
题号 8 答案 an＝ 答案
1
2
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4
5
6
7
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9
10
(1)Sn＝an+1＝(Sn+1－Sn)，即(n+2)Sn＝n(Sn+1－Sn)，
即nSn+1＝(2n+2)Sn，
则，
即，
即bn+1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，
故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，则bn＝2n，
所以T2n＝b1+b2+b3+…+b2n＝21+22+23+…+22n＝＝22n+1－2.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由bn＝2n，即＝2n，得Sn＝n·2n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n+1)2n－1，
当n＝1时，a1＝2满足上式，
故an＝(n+1)2n－1.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
(1)∵an+1＝，
∴，
∴1－，
又1－≠0，
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
10.
答案
1
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4
5
6
7
8
9
10
(2)由(1)知1－，
故an＝.
(3)bn＝·
＝1－，
显然数列为递增数列，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
且3·－2>0对n∈N*恒成立，
∴数列为递减数列，
∴数列{bn}为递增数列，且bn<1，
∴bn10.
一、单项选择题
1.(2024·泸州模拟)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋2，a1＝1，则此数列的通项公式为
A.an＝ B.an＝
C.an＝3×2n－1－2 D.an＝3n－2
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答案
√
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答案
由an＋1＝2an＋2，有an＋1＋2＝2(an＋2)，所以＝2，又a1＝1，所以数列{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋2＝3×2n－1，即an＝3×2n－1－2，n∈N*.
1
2
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5
6
7
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10
答案
2.在数列{an}中，a1＝1，a2＝，2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，若ak＝，则k等于
A.18 B.24 C.30 D.36
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2且数列不存在为0的项，
得，
所以数列＝1，公差为＝2，所以
＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以an＝.
由ak＝，得k＝18.
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10
答案
3.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1－5an＋4an－1＝0(n∈N*，n≥2)，则a10等于
A. B. C. D.
√
1
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10
答案
因为当n≥2时，an＋1－5an＋4an－1＝0，
所以an＋1－an＝4(an－an－1)，
又a1＝1，a2＝2，则a2－a1＝1，
所以{an＋1－an}是以1为首项，4为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝4n－1，
从而a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝48＋47＋…＋40＋1
＝＋1＝.
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答案
4.(2025·佛山模拟)设数列{an}的前n项之积为Tn，满足an＋2Tn＝1(n∈N*)，则T2 024等于
A.－ B.4 049
C. D.
√
1
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10
答案
由an＋2Tn＝1(n∈N*)，可得当n＝1时，a1＋2T1＝3a1＝1，即有a1＝；
当n≥2时，an＝，可得2Tn＋＝1，
化为＝2，
即数列是首项为3，公差为2的等差数列，
可得＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即Tn＝，
可得T2 024＝.
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答案
二、多项选择题
5.在数列{an}中，若a1＝，an＋1＝，则下列结论正确的有
A.数列为等比数列
B.数列的前n项和为Tn＝
C.数列{an}的通项公式为an＝
D.数列{an}的最小值为
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因为an＋1＝，易知an≠0，所以＝3＋＝3，公差为3的等差数列，故A错误；
由A知，＝3＋3(n－1)＝3n，所以数列的前n项和为Tn＝，故B正确；
由B可知＝3n，所以an＝，故C正确；
因为a1＝，a2＝1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是
A.数列{Sn＋n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C.数列{an＋1}为等比数列
D.Sn＝2n－n
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
∵Sn＋1＝2Sn＋n－1，∴Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n)，又S1＋1＝2≠0，∴数列{Sn＋n}是首项、公比都为2的等比数列，故选项A正确；
∴Sn＋n＝2n，∴Sn＝2n－n，故选项D正确；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，当n＝1时，a1＝1，不满足上式，
∴an＝故选项B错误；
∵an＋1＝∴≠，∴数列{an＋1}不是等比数列，故选项C错误.
三、填空题
7.若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，则数列{an}的通项公式为an＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在数列{an}中，由an＋1＝2an＋2n＋1，
得＋1，即＝1，
而a1＝2，＝1，
于是数列是首项为1，公差为1的等差数列，
因此＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝n·2n.
n·2n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2025·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，
则数列{an}的通项公式为 .
an＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在数列{an}中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，
则有＝2·＋1，
即＋1＝2，
而＋1＝2，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以＋1＝2n，
即an＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
四、解答题
9.(2024·绍兴模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝an＋1，设bn＝.
(1)求数列{bn}的前2n项和T2n；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
Sn＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，
即(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝(2n＋2)Sn，
则，
即，
即bn＋1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，
故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，则bn＝2n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝21＋22＋23＋…＋22n＝＝22n＋1－2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求数列{an}的通项公式.
由bn＝2n，即＝2n，得Sn＝n·2n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，
当n＝1时，a1＝2满足上式，
故an＝(n＋1)2n－1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
10.(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝.
(1)证明：数列为等比数列；
∵an＋1＝，
∴，
∴1－，
又1－≠0，
∴数列的等比数列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求{an}的通项公式；
由(1)知1－，
故an＝
＝.
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(3)令bn＝，证明：bn1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
bn＝·
＝＝1－，
显然数列为递增数列，
且3·－2>0对n∈N*恒成立，
∴数列为递减数列，
∴数列{bn}为递增数列，且bn<1，
∴bn第六章
§6.5 数列求和(一)
数学
大
一
轮
复
习
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握分组求和、并项求和、倒序相加求和等几种常见的求和方法.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
数列求和的几种常用方法
(1)公式法
直接利用等差数列、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＋d
(2)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.
(3)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，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.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法.( )
(3)1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1).
( )
(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝45.( )
×
√
√
√
2.已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10等于
A.－55 B.－5 C.5 D.55
因为an＝(－1)n(n＋1)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11
＝－(2＋4＋6＋8＋10)＋(3＋5＋7＋9＋11)
＝5.
√
3.数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn等于
A.n2＋1－ B.2n2－n＋1－
C.n2＋1－ D.n2－n＋1－
可得Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＋＋…＋＝n2＋1－.
√
4.(2025·重庆模拟)若数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＋an＝2n，则S10＝ .
682
a2＋a1＝21，a4＋a3＝23，a6＋a5＝25，a8＋a7＝27，a10＋a9＝29，所以S10＝21＋23＋25＋27＋29＝＝682.
返回
探究核心题型
第二部分
例1 (2024·杭州统考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足8Sn＝＋4an＋4.
(1)求数列{an}的通项公式；
分组求和
题型一
∵8Sn＝＋4an＋4， ①
∴当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1＋4， ②
①－②整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，n≥2，
∵数列{an}是正项数列，∴an－an－1＝4，n≥2，
当n＝1时，由8S1＝＋4a1＋4，可得a1＝2.
∴数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列，
∴an＝4n－2.
(2)若bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
由题意知bn＝
故T2n＝(1＋22＋24＋…＋22n－2)＋(1＋5＋9＋…＋4n－3)
＝
＝＋2n2－n.
分组求和法常见题型
(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是
等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
思维升华
跟踪训练1 (2024·唐山模拟)已知数列{an}是正项等比数列，其前n项和为Sn，且a2a4＝16，S5＝S3＋24.
(1)求数列{an}的通项公式；
设数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，
因为an>0，所以q>0，
依题意可得
整理得q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以an＝a3qn－3＝2n－1.
(2)记数列{an＋log2an}的前n项和为Tn，求满足Tn<2 024的最大整数n.
由(1)可知an＋log2an＝2n－1＋n－1，
故Tn＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(0＋1＋2＋…＋n－1)
＝2n－1＋.
显然Tn随着n的增大而增大，
T10＝210－1＋45＝1 068<2 024，
T11＝211－1＋55＝2 102>2 024，
所以满足Tn<2 024的最大整数n＝10.
并项求和
题型二
例2 (2024·南京模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋λ(n∈N*，λ∈R).
(1)求λ的值，并写出数列{an}的通项公式；
由Sn＝2n＋λ，知当n＝1时， a1＝2＋λ.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋λ－2n－1－λ＝2n－1.
因为数列{an}为等比数列，
所以a1＝2＋λ适合an＝2n－1，
所以λ＝－1，an＝2n－1.
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前100项和T100.
由an＝2n－1，
则bn＝(－1)nlog2a2n＋1＝(－1)n2n，
方法一 T100＝(b1＋b3＋…＋b99)＋(b2＋b4＋…＋b100)
＝2×(－1－3－…－99)＋2×(2＋4＋…＋100)
＝2×＋2×＝100.
方法二 T100＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(b99＋b100)
＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－198＋200)
＝2×50＝100.
延伸探究 本题(2)，题干不变，求数列{bn}的前n项和Tn.
因为bn＝(－1)nlog2a2n＋1＝(－1)n2n，
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝2×＝n；
当n为奇数时，Tn＝＝n＋1－2(n＋1)＝－n－1，
综上，Tn＝
并项求和法常见题型
(1)数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.
(2)数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
思维升华
跟踪训练2 (2024·莆田模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比数列，S5＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
由题意可得
即
且d≠0，解得a1＝d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋n－1＝n.
(2)若bn＝(－1)n，求数列{bn}的前30项和T30.
由(1)可得bn＝(－1)n·n2，
可得T30＝b1＋b2＋…＋b30＝－12＋22－32＋42－…－292＋302
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－292＋302)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(29＋30)
＝＝465.
返回
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)由题意，
可得an＝4+(n－1)×1＝n+3，
∵数列{an+bn}是公比为2的等比数列，且a1+b1＝4－2＝2，
∴an+bn＝2·2n－1＝2n，
∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知bn＝2n－(n+3)，
则Tn＝b1+b2+b3+…+bn
＝(21－4)+(22－5)+(23－6)+…+[2n－(n+3)]
＝(21+22+23+…+2n)－[4+5+6+…+(n+3)]
＝＝2n+1－－2.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因为a3a6＝－5，S8＝－16，
所以
解得或
因为d>0，所以
则an＝a1+(n－1)d＝2n－11.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得
bn＝(k∈N*)，
所以T2n＝[－9－5－1+3+7+…+(4n－13)]+(22+24+26+…+22n)
＝
＝2n2－11n+.
2.
答案
1
2
3
4
(1)当n＝1时，
由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，
由条件得(a1+a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2+1，
所以Sn－1－an－1
3.
答案
1
2
3
4
＝(n－1)2+1(n≥2)，
两式相减得an－an+an－1＝2n－1，即an+an－1＝4n－2，
所以(an+1+an)－(an+an－1)＝[4(n+1)－2]－(4n－2)＝4，
从而数列{an+1+an}为等差数列.
(2)由(1)知an+an+1＝4(n+1)－2＝4n+2，
所以S20＝(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)＝(4×1+2)+(4×3+2)+…+(4×19+
2)＝＝420.
3.
答案
1
2
3
4
(1)由nSn+1－(n+1)Sn＝n2+n，
可得nSn+1－(n+1)Sn＝n(n+1)，
所以＝1，
又由a1＝1，所以＝1，
所以数列是以1为首项，
1为公差的等差数列，
所以＝1+(n－1)×1＝n，
4.
答案
1
2
3
4
则Sn＝n2，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2，
所以Sn－Sn－1＝an＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又当n＝1时，a1＝1满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可知，当n为奇数时，bn＝－an＝1－2n；
当n为偶数时，bn＝an+2×2n＝2n－1+2n+1，
所以T2n＝b1+b2+b3+b4+…+b2n
＝(b1+b3+b5+…+b2n－1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
＝2n+23+25+27+29+…+22n+1
＝2n+8(1+22+24+26+…+22n－2)＝2n+8×
＝2n+.
4.
1.已知数列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差为1的等差数列，数列{an＋bn}是公比为2的等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式；
1
2
3
4
知识过关
答案
由题意，可得an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，
∵数列{an＋bn}是公比为2的等比数列，且a1＋b1＝4－2＝2，
∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，
∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*.
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知bn＝2n－(n＋3)，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(21－4)＋(22－5)＋(23－6)＋…＋[2n－(n＋3)]
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－[4＋5＋6＋…＋(n＋3)]
＝＝2n＋1－－2.
1
2
3
4
答案
2.(2025·太原模拟)已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a3a6＝－5，S8＝－16.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
答案
因为a3a6＝－5，S8＝－16，
所以
解得
因为d>0，所以则an＝a1＋(n－1)d＝2n－11.
1
2
3
4
答案
(2)若bn＝(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)可得bn＝(k∈N*)，
所以T2n＝[－9－5－1＋3＋7＋…＋(4n－13)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)
＝
＝2n2－11n＋.
1
2
3
4
答案
3.(2024·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；
当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得an－an＋an－1＝2n－1，
即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，
从而数列{an＋1＋an}为等差数列.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
(2)求S20.
由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…＋(4×19＋2)＝＝420.
1
2
3
4
答案
4.(2024·安康模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
能力拓展
1
2
3
4
答案
由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n，
可得nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，
所以＝1，
又由a1＝1，所以＝1，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，则Sn＝n2，
1
2
3
4
答案
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2，
所以Sn－Sn－1＝an＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又当n＝1时，a1＝1满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)若bn＝(－1)nan＋[(－1)n＋1]2n，求数列{bn}的前2n项和T2n.
1
2
3
4
答案
由(1)可知，当n为奇数时，bn＝－an＝1－2n；
当n为偶数时，bn＝an＋2×2n＝2n－1＋2n＋1，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝2n＋23＋25＋27＋29＋…＋22n＋1
＝2n＋8(1＋22＋24＋26＋…＋22n－2)
＝2n＋8×
＝2n＋.
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第六章
§6.6 数列求和(二)
数学
大
一
轮
复
习
掌握错位相减法求和、裂项相消法求和等几种常见的求和方法.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
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.
常见的裂项技巧
① .
② .
③ .
④ .
⑤.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)当n≥2时，.( )
(2)已知等差数列{an}的公差为d，则有.( )
(3)通项是等差数列乘以等比数列的求和利用错位相减法，即把和的等式两边同乘以等比数列的公比得到一个新的等式，再把两式相减即可求和.( )
(4)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，只要把等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得Sn.( )
×
×
×
√
2.化简式子＋…＋，得
A. B. C. D.
＋…＋
＝＋…＋
＝.
√
3.(2024·苏州统考)已知Sn是数列{an}的前n项和，an＝，若Sn＝8，则n等于
A.77 B.78 C.79 D.80
依题意，an＝，
所以Sn＝－1＋＋…＋－1，
由Sn＝－1＝8，解得n＝80.
√
4.Sn＝＋…＋等于
A. B.
C. D.
√
由Sn＝＋…＋， ①
得Sn＝＋…＋， ②
①－②得Sn＝＋…＋＝1－，
∴Sn＝.
谨防两个易误点
(1)裂项时注意是否还有系数及是否前后相邻的项相消.
(2)错位相减后构造的等比数列的项数是否是n项.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (2024·菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
裂项相消法求和
题型一
由Sn＝2an－2， ①
当n＝1时，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， ②
①－②，得an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＝a12n－1＝2n.
(2)若bn＝log2a2n－1，cn＝，记{cn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<.
由(1)知a2n－1＝22n－1，
∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.
则cn＝，
故Tn＝
＝，
∵0<≤，∴≤Tn<.
裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.
(2)消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.
思维升华
跟踪训练1 (2025·厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝2a1＝4，当n∈N*，且n≥2时，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1.
(1)证明：数列{an}为等比数列；
当n≥2时，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1 Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，
即an＋1＝2an，
又a2＝2a1＝4，故an＋1＝2an对任意n∈N*都成立，且a1＝2，
所以数列{an}是首项、公比均为2的等比数列.
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知an＝2n，
则bn＝，
所以Tn＝1－＋…＋＝1－.
错位相减法求和
题型二
例2 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
当n＝1时，
4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.
当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，
所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，
故＝－3(n≥2)，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4·(－3)n－1.
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1，
故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，
所以－2Tn＝4·30＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n
＝4·－4n·3n
＝2(3n－1)－4n·3n
＝(2－4n)·3n－2，
所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.
(1)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，常采用错位相减法.
(2)用错位相减法求和时，应注意：
在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
思维升华
跟踪训练2 (2024·湛江统考)已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝，.
(1)求数列{an}的通项公式；
设数列{an}的公比为q.
因为，
故＝6，解得q＝或q＝－.
又因为数列{an}的各项均为正数，故q＝，
所以an＝×.
(2)已知数列{nan}的前n项和为Sn，证明：Sn<.
由(1)得nan＝×，
则Sn＝，
Sn＝，
两式相减得
Sn＝
＝，
因为>0，所以Sn＝<.
返回
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n；
当n＝1时，a1＝S1＝1，满足上式，
故an＝n，
所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故数列{an}为等差数列.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知an＝n，
故bn＝
＝，
Tn＝b1+b2+…+bn－1+bn
＝
＝
＝.
1.
答案
1
2
3
4
(1)am－2m＝an－2n，
故数列{an－2n}为常数列，
其中a3＝5，故a3－6＝5－6＝－1，
故an－2n＝－1，即an＝2n－1.
2.
答案
1
2
3
4
(2)令bn＝，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝+…+， ①
Tn＝+…+， ②
①－②得Tn＝+…+
＝
＝，
故Tn＝1－<1.
2.
答案
1
2
3
4
(1)设数列{an}的公差为d，
依题意可得
即解得
所以an＝a1+(n－1)d
＝1+(n－1)×2＝2n－1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得
Sn＝＝n2，
所以bn＝.
Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝
++…+
＝1－<1.
3.
答案
1
2
3
4
(1)若－1＝－1＝0，
解得a＝1，
则数列不是等比数列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因为Sn+1－Sn＝，
所以an+1＝，易知an≠0，
4.
答案
1
2
3
4
所以·，
所以－1＝，
所以(n∈N*)，
当a≠1时，数列是以为首项，为公比的等比数列.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知－1＝×，所以+1，
则＝n+n.
则Tn＝1×+2×+…+n+1+2+…+n，
令Qn＝1+2+…+n＝，
令K＝1×+2×+…+n， ①
4.
答案
1
2
3
4
所以K＝1×+2×+…+(n－1)·+n， ②
①－②得
K＝+…+－n
＝·－n
＝·，
4.
答案
1
2
3
4
得K＝·，
所以Tn＝·.
4.
1.(2025·成都模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝.
(1)证明：数列{an}为等差数列；
1
2
3
4
知识过关
答案
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n；
当n＝1时，a1＝S1＝1，满足上式，
故an＝n，所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故数列{an}为等差数列.
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知an＝n，
故bn＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝.
1
2
3
4
答案
2.(2024·佛山模拟)已知数列{an}满足：对 m，n∈N*，am＋2n＝an＋2m，且a3＝5.
(1)求数列{an}的通项公式；
am－2m＝an－2n，
故数列{an－2n}为常数列，
其中a3＝5，故a3－6＝5－6＝－1，
故an－2n＝－1，即an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)证明：＋…＋<1.
1
2
3
4
答案
令bn＝，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝＋…＋， ①
Tn＝＋…＋， ②
①－②得Tn＝＋…＋
＝
＝，
故Tn＝1－<1.
1
2
3
4
答案
3.(2024·娄底模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，5a4＋S5＝60，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
设数列{an}的公差为d，
依题意可得
即
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若bn＝，求证：Tn<1.
由(1)可得Sn＝＝n2，
所以bn＝.
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋…＋
＝1－<1.
1
2
3
4
答案
4.已知数列{an}的首项a1＝a(a≠0)，前n项和为Sn，且满足Sn＋1－Sn＝(n∈N*).
(1)判断数列是否为等比数列；
能力拓展
1
2
3
4
答案
若－1＝－1＝0，解得a＝1，
则数列不是等比数列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因为Sn＋1－Sn＝，
所以an＋1＝，易知an≠0，
所以·，
所以－1＝，
1
2
3
4
答案
所以(n∈N*)，
当a≠1时，数列为公比的等比数列.
1
2
3
4
答案
(2)若a1＝，记数列的前n项和为Tn，求Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知－1＝×，
所以＋1，则＝n＋n.
则Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝，
令K＝1×＋2×＋…＋n， ①
所以K＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n， ②
1
2
3
4
答案
①－②得
K＝＋…＋－n
＝·－n
＝·，
得K＝·，
所以Tn＝·.
返回(共46张PPT)
第六章
§6.7 子数列问题
数学
大
一
轮
复
习
子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
重点解读
例1 已知数列{an}满足an＋1＝
且a1＝1.
(1)证明：数列{a2n－1}为等比数列；
奇数项与偶数项问题
题型一
由题意，得当n∈N*时，
a2n＝2a2n－1－1， ①
a2n＋1＝a2n＋1， ②
将①代入②，得a2n＋1＝2a2n－1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)求数列{an}的前100项和S100.
由(1)知a2n－1＝2n－1，
因为a2n＝2a2n－1－1，
所以a2n＝2·2n－1－1＝2n－1.
所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21－1＋22－1＋…＋250－1)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21＋22＋…＋250)－50
＝－50
＝3×250－53.
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.
思维升华
跟踪训练1 (2024·西安模拟)已知正项数列{an}中，a3＝4，a2a5＝32，且ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
∵ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差数列，
∴2ln an＋1＝ln an＋ln an＋2，
即＝anan＋2，而an>0，
∴{an}为等比数列，
设{an}的公比为q，q>0，则
得a1＝1，q＝2，∴an＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nlog2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn＝2n－1＋(－1)nlog22n＝2n－1＋(－1)nn，
当n为偶数时，
Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝＝2n＋，
当n为奇数时，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2n＋1＋－2n－(－1)n＋1(n＋1)＝2n－，
∴Tn＝
数列的公共项
题型二
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；
由Sn＝得，
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，所以cn＝2×4n－1，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝.
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两个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.
思维升华
跟踪训练2 (2025·沈阳模拟)已知数列an＝2n－1，bn＝3n－2，由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为{cn}，则数列{cn}的通项公式为
A.cn＝3n－2 B.cn＝4n－1
C.cn＝5n－3 D.cn＝6n－5
因为数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，而数列{bn}是首项为1，公差为3的等差数列，则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列{cn}是首项为1，公差为6的等差数列，故cn＝1＋(n－1)×6＝6n－5.
√
数列增减项
题型三
例3 (2024·滨州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式；
因为数列{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，
可得公差d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k－1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前50项和T50.
因为在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k－1个3，
故在a1与a2之间插入20＝1(个)3，
在a2与a3之间插入21＝2(个)3，
在a3与a4之间插入22＝4(个)3，
在a4与a5之间插入23＝8(个)3，
在a5与a6之间插入24＝16(个)3，
在a6与a7之间插入25＝32(个)3，
所以在a6之前共插入了1＋2＋4＋8＋16＝31(个)3，
在a7之前共插入了1＋2＋4＋8＋16＋32＝63(个)3，
故T50＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋44×3＝＋132＝168.
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
思维升华
跟踪训练3 已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8.
(1)求数列{bn}与{an}的通项公式；
∵Sn＝n2＋n，
∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，∴an＝2n.
(2)若数列{bn}中去掉{an}中的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和.
∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，
a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20
＝(b1＋b2＋…＋b25)－(a1＋a2＋…＋a5)
＝S25－(21＋22＋…＋25)
＝252＋25－＝650－62＝588.
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)因为数列{an}为等差数列，且a2与a8的等差中项为5，
所以a2+a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因为a4a6＝24，
所以(5－d)(5+d)＝24，解得d＝±1，
因为d>0，所以d＝1，
所以an＝a5+(n－5)d＝5+(n－5)＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由题知bn＝
即bn＝
所以T20＝b1+b2+b3+b4+…+b19+b20
＝1+×+3+×+…+19+×
＝×＝100+，
故数列{bn}的前20项和T20为.
1.
答案
1
2
3
4
(1)设等差数列{an}的公差为d，则有
解得
因此an＝1+2(n－1)＝2n－1.
由3bn－bn+1＝0，得bn+1＝3bn，而b1＝3，
则数列{bn}是以b1＝3为首项，
3为公比的等比数列，bn＝3×3n－1＝3n，
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n.
2.
答案
1
2
3
4
(2)①由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，
则a2＝b1＝3，a5＝b2＝9，a14＝b3＝27，a41＝b4＝81，
所以数列{an}，{bn}的前4个公共项依次为3，9，27，81.
②a100＝199，而b5＝243>a100，
因此数列{an}的前100项中是数列{an}与{bn}公共项的只有3，9，27，81这4项，
所以剩下所有项的和为×100－(3+9+27+81)＝10 000－120＝9 880.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因为Sn＝2an－n， ①
所以当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，
Sn－1＝2an－1－(n－1)， ②
①－②得an＝2an－1+1，所以an+1＝2(an－1+1)，
又a1+1＝2，
所以数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an+1＝2n，即an＝2n－1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由题意得，在新数列{bn}中，从a1到ak，共插入了1+2+…+(k－1)＝
(个)数，
共有k+项.
当k＝9时，9+＝45<50；当k＝10时，10+＝55>50，
所以在新数列{bn}的前50项中，有{an}的前9项，有新插入的等差数列{2n}的前41项，
所以T50＝(21－1)+(22－1)+…+(29－1)+(2+4+…+82)＝－9+
＝2 735.
3.
答案
1
2
3
4
(1)依题意，an>0，当n＝1时，得a1＝3，
4Sn＝+2an－3，
当n≥2时，
有4Sn－1＝+2an－1－3，
作差得4an
＝+2an－2an－1，
∴(an+an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
4.
答案
1
2
3
4
∵an+an－1>0，
∴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*.
4.
答案
1
2
3
4
(2)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)
＝
＝9 089.
∴{bn}的前100项和为 9 089.
4.
1.(2024·佳木斯模拟)已知等差数列{an}的公差d>0，a2与a8的等差中项为5，且a4a6＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
知识过关
答案
1
2
3
4
答案
因为数列{an}为等差数列，且a2与a8的等差中项为5，
所以a2＋a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因为a4a6＝24，
所以(5－d)(5＋d)＝24，解得d＝±1，
因为d>0，所以d＝1，
所以an＝a5＋(n－5)d＝5＋(n－5)＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)设bn＝求数列{bn}的前20项和T20.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由题知bn＝
即bn＝
所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20
＝1＋×＋3＋×＋…＋19＋×
＝×＝100＋，
故数列{bn}的前20项和T20为.
1
2
3
4
答案
2.(2024·北京首都师范大学附属中学模拟)已知等差数列{an}满足a3＝5，且a5－2a2＝3.又数列{bn}中，b1＝3且3bn－bn＋1＝0(n＝1，2，3，4，…).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
1
2
3
4
答案
设等差数列{an}的公差为d，则有
解得
因此an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
由3bn－bn＋1＝0，得bn＋1＝3bn，而b1＝3，
则数列{bn}是以b1＝3为首项，3为公比的等比数列，bn＝3×3n－1＝3n，
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n.
1
2
3
4
答案
(2)若ai＝bj，则称ai(或bj)是{an}，{bn}的公共项.
①直接写出数列{an}，{bn}的前4个公共项；
由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，
则a2＝b1＝3，a5＝b2＝9，a14＝b3＝27，a41＝b4＝81，
所以数列{an}，{bn}的前4个公共项依次为3，9，27，81.
1
2
3
4
答案
②从数列{an}的前100项中将数列{an}与{bn}的公共项去掉后，求剩下所有项的和.
a100＝199，而b5＝243>a100，
因此数列{an}的前100项中是数列{an}与{bn}公共项的只有3，9，27，81这4项，
所以剩下所有项的和为×100－(3＋9＋27＋81)＝10 000－120＝9 880.
1
2
3
4
答案
3.(2025·马鞍山模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－n(n∈N*).
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
1
2
3
4
答案
因为Sn＝2an－n， ①
所以当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)， ②
①－②得an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2(an－1＋1)，又a1＋1＝2，
所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＋1＝2n，即an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{bn}：a1，2，a2，4，6，a3，8，10，12，a4，…，插入的所有数依次构成首项为2，公差为2的等差数列，求{bn}的前50项和T50.
1
2
3
4
答案
由题意得，在新数列{bn}中，从a1到ak，共插入了1＋2＋…＋(k－1)＝
(个)数，
共有k＋项.
当k＝9时，9＋＝45<50；当k＝10时，10＋＝55>50，
所以在新数列{bn}的前50项中，有{an}的前9项，有新插入的等差数列{2n}的前41项，
所以T50＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(29－1)＋(2＋4＋…＋82)＝－9＋＝2 735.
1
2
3
4
答案
4.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；
能力拓展
1
2
3
4
答案
依题意，an>0，当n＝1时，得a1＝3，
4Sn＝＋2an－3，
当n≥2时，有4Sn－1＝＋2an－1－3，
作差得4an＝＋2an－2an－1，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
∵an＋an－1>0，
∴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
答案
(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.
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)
＝＝9 089.
∴{bn}的前100项和为 9 089.(共28张PPT)
第六章
必刷大题12 数列的综合问题
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)因为+…+(n∈N*)， ①
当n＝1时，＝1；
当n≥2时，+…+， ②
①－②得＝n(n≥2)，
又因为＝1符合上式，所以＝n，
因为an>0，所以an＝.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由an＝，可得cn＝，
则Sn＝c1+c2+c3+…+cn
＝++…+
＝1－.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因为an+2＝3an+1－2an，
所以an+2－an+1＝2(an+1－an)，
又因为a1＝2，a2＝4，
所以a2－a1＝2≠0，
所以＝2，
所以数列{an+1－an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an+1－an＝2×2n－1＝2n，
2.
答案
1
2
3
4
当n≥2时，an＝(an－an－1)+(an－1－an－2)+…+(a2－a1)+a1＝2n－1+2n－2+…
+21+2
＝+2＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由题意可知an+1－an
＝(n+2－1)dn，
所以(n+1)dn＝an+1－an＝2n，
所以，
所以Tn＝+…+， ①
将①式两边同时乘以，得Tn＝+…+， ②
2.
答案
1
2
3
4
①－②得Tn＝1++…+
＝1+
＝，
所以Tn＝3－，
故数列的前n项和Tn＝3－.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因为a1，a3，a7成等比数列，
所以＝a1a7，
因为{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，
设其公差为d，d≠0，
所以
所以
所以an＝a1+(n－1)d＝n+1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)设b＝log3(an+1)，
且b为整数，
所以an＝3b－1，
所以1≤3b－1≤2 025，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
所以在区间[1，2 025]内所有“调和数”之和
Tn＝(31－1)+(32－1)+(33－1)+(34－1)+(35－1)+(36－1)
3.
答案
1
2
3
4
＝(31+32+33+34+35+36)－6
＝－6
＝1 086.
3.
答案
1
2
3
4
(1)因为
＝，
所以
消去an，得(n2－1)bn＝(n2－1)2n，
当n≥2时，bn＝2n，则an＝n；
当n＝1时，由nan+bn＝n2+2n及a1＝1，
4.
答案
1
2
3
4
得b1＝2＝21，
所以an＝n，bn＝2n(n∈N*)，
因为an+1－an＝1，＝2，
所以数列{an}为公差为1的等差数列，{bn}为公比为2的等比数列.
(2)由(1)知a2n+3b2n－1+1＝2n+1+3×22n－1＝2n+1+×4n，
则Sn＝(3+5+…+2n+1)+×(41+42+…+4n)＝×＝22n+1+
n2+2n－2.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2024·咸阳模拟)已知正项数列{an}满足＋…＋，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
答案
因为＋…＋(n∈N*)， ①
当n＝1时，＝1；
当n≥2时，＋…＋， ②
①－②得＝n(n≥2)，
又因为＝1符合上式，所以＝n，
因为an>0，所以an＝.
1
2
3
4
答案
(2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
由an＝，可得cn＝，
则Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋…＋＝1－.
1
2
3
4
答案
2.(2024·三明模拟)已知数列{an}满足：a1＝2，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an.
(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
答案
因为an＋2＝3an＋1－2an，
所以an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
又因为a1＝2，a2＝4，所以a2－a1＝2≠0，
所以＝2，
所以数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋2
1
2
3
4
答案
＝＋2＝2n，
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
1
2
3
4
答案
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.
1
2
3
4
答案
由题意可知an＋1－an＝(n＋2－1)dn，
所以(n＋1)dn＝an＋1－an＝2n，
所以，
所以Tn＝＋…＋， ①
将①式两边同时乘以Tn＝＋…＋， ②
①－②得Tn＝1＋＋…＋
＝1＋，
1
2
3
4
答案
所以Tn＝3－，
故数列的前n项和Tn＝3－.
1
2
3
4
答案
3.(2025·南京模拟)已知{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2＝3，a1，a3，a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
2
3
4
答案
因为a1，a3，a7成等比数列，
所以＝a1a7，
因为{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d，d≠0，
所以
所以
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.
1
2
3
4
答案
(2)定义在数列{an}中，使log3(an＋1)为整数的an叫做“调和数”，求在区间[1，2 025]内所有“调和数”之和Tn.
1
2
3
4
答案
设b＝log3(an＋1)，且b为整数，所以an＝3b－1，
所以1≤3b－1≤2 025，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
所以在区间[1，2 025]内所有“调和数”之和
Tn＝(31－1)＋(32－1)＋(33－1)＋(34－1)＋(35－1)＋(36－1)
＝(31＋32＋33＋34＋35＋36)－6
＝－6
＝1 086.
1
2
3
4
答案
4.(2024·孝感模拟)定义矩阵运算：.已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且.
(1)证明：数列{an}，{bn}分别为等差数列，等比数列；
1
2
3
4
答案
因为，
所以
消去an，得(n2－1)bn＝(n2－1)2n，
当n≥2时，bn＝2n，则an＝n；
当n＝1时，由nan＋bn＝n2＋2n及a1＝1，得b1＝2＝21，
所以an＝n，bn＝2n(n∈N*)，
因为an＋1－an＝1，＝2，
所以数列{an}为公差为1的等差数列，{bn}为公比为2的等比数列.
1
2
3
4
答案
(2)求数列{a2n＋3b2n－1＋1}的前n项和Sn.
由(1)知a2n＋3b2n－1＋1＝2n＋1＋3×22n－1＝2n＋1＋×4n，
则Sn＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋×(41＋42＋…＋4n)＝×＝22n＋1＋n2＋2n－2.(共26张PPT)
第六章
必刷小题11 数 列
数学
大
一
轮
复
习
对一对
答案
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B C C A C
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 D BC ABD ABC 4 216 2
13
14
一、单项选择题
1.(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1等于
A. B. C.－ D.－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
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1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，
则等差数列{an}的公差
d＝＝－，
故a1＝a5－4d＝1－4×.
13
14
1
2
3
4
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6
7
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12
答案
2.已知数列{an}是等比数列，且a2＋a5＝7，a4＋a7＝21，则a8＋a11等于
A.28 B.63 C.189 D.289
设等比数列{an}的公比为q，
由a2＋a5＝7，a4＋a7＝21，
则a4＋a7＝q2(a2＋a5)＝21，解得q2＝3，
故a8＋a11＝q4(a4＋a7)＝32×21＝189.
√
13
14
1
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5
6
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9
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11
12
答案
3.(2025·广州模拟)现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子自下而上装米量逐节等量减少，以此计算，这根竹子的装米量为
A.9升 B.10.5升 C.12升 D.13.5升
依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列{an}，n∈N*，n≤7，
则a1＋a2＝4，a6＋a7＝2，a1＋a7＝a2＋a6＝3，
所以这根竹子的装米量为S7＝＝10.5(升).
√
13
14
1
2
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4
5
6
7
8
9
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12
答案
4.已知数列{an}的前n项和Sn＝n3－2n＋sin π，则a6等于
A.66 B.77 C.88 D.99
由Sn＝n3－2n＋sin π可得S6＝63－12＋sin 3π＝216－12＝204，
S5＝53－10＋sin π＝125－10＋1＝116，
故a6＝S6－S5＝204－116＝88.
√
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11
12
答案
5.设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn，且x1＋x2＋…＋x5＝8，则x21＋x22＋…＋x25等于
A.220 B.1620 C.223 D.224
√
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1
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3
4
5
6
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答案
因为log2xn＋1＝1＋log2xn，
所以log2xn＋1－log2xn＝1，
即＝2，
所以数列{xn}是以2为公比的等比数列，
记数列{xn}的前n项和为Sn，则S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，其公比为25，
所以x21＋x22＋…＋x25＝S25－S20＝8×＝223.
13
14
1
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3
4
5
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11
12
答案
6.若数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，＋anSn＋1＝SnSn＋1(n≥2)，则S7等于
A.64 B.32 C.8 D.1
√
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1
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5
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答案
∵＋an＝Sn，
∴＝SnSn＋1－anSn＋1＝Sn＋1(Sn－an)＝Sn＋1·Sn－1(n≥2)，
∴数列{Sn}为等比数列，
又S1＝1，S2＝a1＋a2＝2，∴{Sn}的公比为＝2，
∴Sn＝2n－1，∴S7＝26＝64.
13
14
7.已知数列{an}满足，其中a1＝1，则a8等于
A.28 B.220 C.225 D.228
1
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12
答案
√
由题意，得×21，×22，…，×27.
由累乘法，得××…××21××22×…××27，
即×21×22×…×27＝＝225，
又a1＝1，所以a8＝225.
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1
2
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5
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12
答案
8.已知数列{an}满足an＋2＝3an＋1－2an，a1＝λ，a2＝2，{an}为递增数列，则λ的取值范围为
A.(－∞，1) B.(－∞，1]
C.(－∞，1)∪(1，2) D.(－∞，2)
√
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4
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12
答案
由an＋2＝3an＋1－2an得
an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
又{an}为递增数列，故an＋1－an>0，
所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝2－λ为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝(2－λ)·2n－1，
又{an}为递增数列，
所以(2－λ)·2n－1>0对任意正整数n恒成立，
所以2－λ>0，得λ<2.
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12
答案
二、多项选择题
9.(2025·湖北联考)在等比数列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，则
A.数列{an}的公比为
B.数列{an}的公比为2
C.a3＋a5＝20
D.数列为递增数列
√
√
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12
答案
设等比数列的公比为q，
依题意得
解得
所以an＝2n－1，
故a3＋a5＝22＋24＝20，故B，C正确，A错误；
log2＝1－n，
则数列为递减数列，故D错误.
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答案
10.已知等差数列{an}是递减数列，且a6＝－2a3，前n项和为Sn，公差为d，则下列结论正确的有
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
√
√
√
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答案
由a6＝－2a3，
得a1＋5d＝－2(a1＋2d)，即a1＝－3d，
由等差数列{an}是递减数列，知d<0，则a1>0，故A，B正确；
而Sn＝na1＋d＝n2－n，
当n＝3或n＝4时，Sn最大，
令Sn＝n2－n<0，
解得n>7，即当Sn<0时，n的最小值为8，故C错误，D正确.
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12
答案
11.(2024·四平模拟)数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＋1＋Sn＝n(n∈N*)，则下列选项中错误的是
A.数列{an＋1＋an}是常数列
B.若a1<，则{an}是递增数列
C.若a1＝－1，则S2 025＝1 012
D.若a1＝1，则{an}的最小项的值为－1
√
√
√
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答案
对于A，当n＝1时，Sn＋1＋Sn＝a1＋a2＋a1＝2a1＋a2＝1，①
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝n－1，
作差可得an＋1＋an＝1，代入n＝1可得a2＋a1＝1，与①可能矛盾，
故数列{an＋1＋an}不一定是常数列，故A错误；
对于B，由an＋1＋an＝an＋an－1＝…＝a3＋a2＝1可得an＋1＝an－1＝an－3＝…且an＝an－2＝an－4＝…，
所以数列{an}不是单调数列，故B错误；
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答案
对于C，若a1＝－1，则由以上选项可知a2＝3，a3＝－2，a4＝3，…，
所以当n≥2时，{an}的偶数项为3，奇数项为－2，
而S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 022＋a2 023)＋(a2 024＋a2 025)＝－1＋1 012＝1 011，故C错误；
对于D，若a1＝1，则a2＝－1，a3＝2，
故当n≥2时，{an}的偶数项为－1，奇数项为2，
则{an}的最小项的值为－1，故D正确.
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答案
三、填空题
12.(2025·苏州模拟)在2和8之间插入3个实数a，x，b使得2，a，x，b，8成等比数列，则x＝ .
由x为等比中项可知，x2＝2×8＝16，
又a2＝2x，可知x>0，所以x＝4.
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答案
13.(2024·长春统考)已知数列{an}是正项数列，且＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，则＋…＋＝ .
216
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答案
令n＝1，得＝4，∴a1＝16.
当n≥2时，＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)，
已知式与此式相减，得＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2.
∴an＝4(n＋1)2，又当n＝1时，a1＝16满足该式，
∴an＝4(n＋1)2(n∈N*).
∴＝4n＋4，
∴＋…＋＝216.
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答案
14.若在数列{an}中，对任意正整数n，都有＝p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”.若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1＝1，则S2 024的最大值与最小值之和为 .
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答案
由＝p得＝p，
两等式相减得.
又“公方和”为1，首项a1＝1，
所以＝…＝＝1，
＝…＝＝0.
所以S2 024的最大值为1 012，最小值为－1 010，其和为2.
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