本章总结提升
【知识辨析】
1.√ [解析] 该数列是每项都为1的常数列,有无穷项.
2.√ [解析] 递推公式是表示数列的一种方法.
3.× [解析] 如数列-1,1,3, 5,7,9是等差数列,但其各项的绝对值不构成等差数列.
4.√ [解析] ∵数列{an}是公差为d的等差数列,∴an+1=an+d=an-1+2d, n>1,且n∈N*.
5.× [解析] 若这些常数都相等,则这个数列是等比数列;若这些常数不全相等,则这个数列就不是等比数列.
6.√ [解析] 常数列一定是等差数列,常数列的各项均不为零时,该数列是公比为1的等比数列.
7.× [解析] 当G是a,b的等比中项时,G2=ab成立.但当G2=ab时,G不一定是a,b的等比中项,如G=a=b=0.
8.× [解析] 可以为0,比如1,-1,1,-1,1,-1的和.
9.√ [解析] Sn=(q≠0且q≠1)可变形为Sn=-qn(q≠0且q≠1),令a=,则Sn=a-aqn.
10.× [解析] 等比数列中,序号成等差数列的项仍成等比数列.
11.√ [解析] ===.
12.× [解析] 利用数学归纳法证明与正整数n有关的命题时, 推证n=k+1时必须用n=k时的假设.
【素养提升】
题型一
例1 (1)B (2)C (3)B (4)BC [解析] (1)由题得=3+(n-1)×1=n+2,所以an=,故a2024==.故选B.
(2)a2n+2=a2n+1-=a2n+-(n∈N*),所以a2024=a2022+-,a2022=a2020+-,a2020=a2018+-,…,a4=a2+1-,累加得a2024=a2+=0+1-=,故选C.
(3)依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则=(n≥2),所以an=a1···…·=2××××…××=n(n+1)(n≥2),又a1=2也符合上式,所以an=n(n+1),{an}是递增数列.由an=n(n+1)<930,得(n+31)(n-30)<0,解得-31(4)∵an+1=3an+1,∴an+1+=3,又a1+=1+=,∴数列是首项为,公比为3的等比数列,易知不是等比数列,故A错误,B正确;an+=×3n-1,即an=-,故C正确;Sn=-=×-=,故D错误.故选BC.
变式1 (1)A (2)A (3)an= [解析] (1)依题意,0=,=,=,=,…,由此得an=,A能作为通项公式;而选项B中a2=≠,选项C中a2=≠,选项D中a2=≠,B,C,D不能作为通项公式.故选A.
(2)由已知可得,a1=2,a2=a1+4,a3=a2+6,…,an=an-1+2n(n≥2),两边分别相加,可得a1+a2+a3+…+an=2+a1+4+a2+6+…+an-1+2n(n≥2),所以an=2+4+6+…+2n==n(n+1)(n≥2).又a1=2满足上式,所以an=n(n+1).因为bn=an·,所以bn=n(n+1)·.设数列{bn}的最大项是第k(k∈N*,k≥2)项,则有
即整理可得解得≤k≤.又k∈N*,所以k=6.故选A.
(3)数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n+1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+8n+1-[3(n-1)2+8(n-1)+1]=6n+5;
当n=1时,a1=S1=12,不满足上式.
所以数列{an}的通项公式为an=
变式2 解:因为S1=a1=1,所以=1,
所以数列是首项为1,公差为的等差数列,
所以=1+(n-1)·=,所以Sn=an.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,
所以(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),即=(n≥2),
则an=××…×××a1=××…×××1=(n≥2),又a1=1满足上式,
所以{an}的通项公式为an=.
题型二
例2 (1)C (2)B (3)ACD [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,∵a1+a3=3,a3+a5=6,∴==q2=2,∴a9+a11=(a1+a3)q8=3×24=48,故选C.
(2)设数列{an}的公差为d,则S4=(4-d)+4+(4+d)+(4+2d)=22,∴d=3,∴a3=a2+d=7,S5==5a3=35.故选B.
(3)对于选项A,若{an}为等差数列,设公差为d,则==2d,为常数,则{}为等比数列,故A正确;对于选项B,若数列{an}为等差数列,且Sn>0恒成立, 则a1>0,设公差为d,当d=0时,Sn>0恒成立,此时数列{an}为常数列,an+1=an,故B错误;对于选项C,若数列{an}为等比数列,则首项a1≠0,设公比为q,若q=1,则{an}为常数列,a1=a2025,所以S2025·a2025=2025a1·a1=2025>0,当q≠1时,S2025·a2025=·(a1·q2024)=·q2024·>0,所以若数列{an}为等比数列,则S2025·a2025>0恒成立,故C正确;对于选项D,若数列{an}为等差数列,且a1>0,S6=S11,则a7+a8+a9+a10+a11=0,由等差数列的性质得5a9=0,故a9=0,又a1>0,可知公差d<0,所以Sn的最大值在n=8或9时取到,故D正确.故选ACD.
变式 (1)B (2)AC [解析] (1)∵{an}为各项均为正数的等比数列,∴an>0,可得a1>0,公比q>0.∵=a2a4=9,∴a3=3.∵9S4=10S2,∴9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2),可得9(a3+a4)=a1+a2,∴=q2=,可得q=,故a2+a4=+a3q=10.故选B.
(2)由-=-1,S1=32,可得数列是以32为首项,-1为公差的等差数列,则=32+(n-1)×(-1)=-n+33,∴Sn=-n2+33n.对于选项A,∵Sn=-n2+33n,∴当n=1时,a1=S1=32;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+33n)-[-(n-1)2+33(n-1)]=-2n+34.∵-2×1+34=a1,∴an=-2n+34.∵an+1-an=[-2(n+1)+34]-(-2n+34)=-2,∴数列{an}是等差数列,故选项A正确.对于选项B,∵Sn=-n2+33n,∴S3=-32+33×3=90,S6=-62+33×6=162,S9=-92+33×9=216,∴S6-S3=72,S9-S6=54,则2(S6-S3)=S3+(S9-S6),(S6-S3)-S3=-18,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,且公差为-18,故选项B错误.对于选项C,∵Sn=-n2+33n=-+,n∈N*,∴当n=16或n=17时,Sn取得最大值,故选项C正确.对于选项D,令Sn=-n2+33n≥0,得0≤n≤33,n∈N*,即满足Sn≥0的最大正整数n=33,故选项D错误.故选AC.
例3 解:(1)∵3a2=3a1+a3,∴3d=a1+2d,解得a1=d,
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d.又T3=b1+b2+b3=++=,∴S3+T3=6d+=21,
即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=(舍去),∴an=a1+(n-1)·d=3n.
(2)方法一:∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即=+,∴6===,即-3a1d+2d2=0,解得a1=d或a1=2d,∵d>1,∴an>0.由S99-T99=99及等差数列的性质知99a50-99b50=99,即a50-b50=1,∴a50-=1,即-a50-2550=0,解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,舍去;
当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=.综上,d=.
方法二:∵{an}为等差数列,{bn}为等差数列,且bn=,
∴根据等差数列的通项公式的特点,可设an=tn,则bn=,且d=t>1;
或设an=k(n+1),则bn=,且d=k>1.
①当an=tn,bn=,d=t>1时,S99-T99=-×=99,
∴50t-=1,即50t2-t-51=0,又d=t>1,∴d=t=;
②当an=k(n+1),bn=,d=k>1时,S99-T99=-×=99,∴51k-=1,即51k2-k-50=0,又d=k>1,∴此时k无解.
综上可得d=.
变式 解:(1)在递增的等比数列{an}中,a1a5=a2a4=64,a2+a4=20,可得a2=4,a4=16.设数列{an}的公比为q,则q2==4,又因为{an}为递增数列,所以q=2,则a1=2,所以an=2×2n-1=2n.
(2)由bn=(-1)n-1an,得==-2,且b1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为-2的等比数列,故Sn==[1-(-2)n].
题型三
例4 (1)D (2)1012 [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意得即故2(a1q)·q=a1q+(a1q)·q2-2,即4q=2+2q2-2,即2q2-4q=0,可得q=2,则a1=1,所以S5==31.故选D.
(2)设{bn}的公差为d,由bn+1=log2an+1,bn=log2an,得bn+1-bn=log2=d,则=2d,故{an}为等比数列,
∴b1+b2024=log2a1+log2a2024=log2(a1a2024)=log2(a10a2015)=1,∴b1+b2+…+b2024==1012.
变式 (1)A (2)CD [解析] (1)因为{an}是等差数列,且a1,a3,a7成等比数列,所以=a1·a7,所以=a1(a1+6d),即+4a1d+4d2=+6a1d,所以2d2=a1d,又d≠0,所以a1=2d,故=2.故选A.
(2)由an+1=+2an,a1=2,得an>0,an+1+1=(an+1)2,则log3(an+1+1)=2log3(an+1),即bn+1=2bn,又b1=log3(1+a1)=1,故bn>0,=2,故{bn}是公比为2的等比数列,故A错误.=an+1(不是常数),故B错误.
因为{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=1×2n-1=2n-1,Sn==2n-1=bn+1-1,故C正确.
=<=(n≥2),则Tn<++…+==2-<2(n≥2);当n=1时,T1==1<2.综上,Tn<2,故D正确.故选CD.
例5 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则d>0.因为a2,a3,a6成等比数列,所以=a2a6,即(a4-d)2=(a4-2d)(a4+2d),即(5-d)2=(5-2d)(5+2d),整理可得d(d-2)=0,又因为d>0,所以d=2,则an=a4+(n-4)d=5+2(n-4)=2n-3.
(2)由(1)可得bn=an+2n=(2n-3)+2n,所以Sn=(-1+21)+(1+22)+(3+23)+…+[(2n-3)+2n]=[-1+1+3+…+(2n-3)]+(21+22+23+…+2n)=+=n2-2n-2+2n+1.
变式 解:(1)由a1=b1,a4=b2,得S4-T2=(a1+a2+a3+a4)-(b1+b2)=a2+a3=12,设等差数列{an}的公差为d,则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12,所以d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1.设等比数列{bn}的公比为q,由题意知b2=a4=9,即b2=b1q=3q=9,所以q=3,所以bn=3n.
(2)an+bn=(2n+1)+3n,所以{an+bn}的前n项和为(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=(3+5+…+2n+1)+(3+32+…+3n)=+= n(n+2)+.
题型四
例6 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,∵{an}是递增的等差数列,∴d>0.由题意得可得
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)若选择①.
由(1)知bn====-(-),∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=-×[(-)+(-)+(-)+…+(-)]=.
若选择②.
由(1)知bn=an+2n=(2n+1)+2n,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(3+5+7+…+2n+1)+(21+22+23+…+2n)=+=n2+2n+2n+1-2.
若选择③.
由(1)知bn==,
∴Tn=3×+5×+7×+…+(2n+1)×,
∴Tn=3×+5×+7×+…+(2n+1)×,
两式相减得Tn=3×+2-(2n+1)×,
∴Tn=+2×-(2n+1)×=-(2n+5)×,
故Tn=5-.
变式 解:(1)由题设得a3=S3-S2=2S2=8,所以S2=4,S3=12,=2×,
故等比数列的公比为2,故=×2n-1,
即Sn=n×2n-1S1.因为S2=4,
所以S1==1,即Sn=n×2n-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n×2n-1-(n-1)×2n-2=(n+1)×2n-2,当n=1时,a1=S1=1,满足上式,
所以an=(n+1)×2n-2(n∈N*).
因为S3=12,
T3=b1+b2+b3=b1-1,所以S3-T3=13-b1=15,
故b1=-2,又b1+b2=-1,所以b2=1.因为-1=bn+bn+1=bn+1+bn+2,
所以bn=bn+2,故{bn}的通项公式为bn=
(2)设cn=a2n-1b2n-1+a2nb2n,由(1)得cn=-4n×22n-3+(2n+1)×22n-2=4n-1,
所以{anbn}的前2n项和为
题型五
例7 (1)B (2)BCD [解析] (1)由题意设前两站间的距离为a1千米,第二站与第三站之间的距离为a2千米,…,第n站与第n+1站之间的距离为an千米,则{an}是首项为a1=2,公差为0.1的等差数列.设数列{an}的前n项和为Sn,则由Sn=2n+×0.1=51.3,可得n=18,则此条地铁线路的站点(含起始站与终点站)数为19.故选B.
(2)依题意,数列{an}中,a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n,n≥2,故当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=,又a1=1满足上式,故an=.数列{bn}中,b1=1,b2-b1=3,b3-b2=5,b4-b3=7,…,bn-bn-1=2n-1,n≥2,故当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2,又b1=1满足上式,故bn=n2.对于A,==2,则+++…+=2=,A不正确;对于B,∵1225===a49,∴1225是三角形数,∵1225=352=b35,∴1225是正方形数,B正确;对于C,==<=2,则+++…+<2=2<2,C正确;对于D,对任意m∈N*,m≥2,不妨取p=m,q=m-1,则ap+aq=am+am-1=+=m2=bm,∴对任意m∈N*,m≥2,总存在p,q∈N*,使得bm=ap+aq成立,D正确.故选BCD.
变式 (1)4 (2) [解析] (1)设小球着地的次数为n,小球每次着地后又弹回的高度(单位:m)构成一个等比数列,其首项为,公比为,由10+2× =,得10+10×=,解得n=4,即小球着地的次数为4.
(2)因为☉Pn与☉Pn+1外切,且☉Pn与☉Pn+1均与x轴相切,所以=yn+yn+1,即(xn-xn+1)2+(yn-yn+1)2=(yn+yn+1)2,所以(xn-xn+1)2=4ynyn+1=4.因为xn+1所以=1+(n-1)×2=2n-1,所以xn=(n∈N*),所以Tn=xnxn+1=×=,所以Sn=×=×=(n∈N*),所以S20==.
例8 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,∵a3=S2+1,S3=a4+2,
∴解得∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由题意得2b2=b1+b3-4,可得q2-2q-3=0,解得q=3或q=-1(舍去),
∴数列{bn}的通项公式为bn=3n-1.
(2)由(1)得an·bn=(2n-1)·3n-1,
则Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-3)×3n-2+(2n-1)×3n-1①,
3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n②,
由①-②得-2Tn=1+2(31+32+33+…+3n-1)-(2n-1)×3n,
则-2Tn=1+2×-3n(2n-1),∴Tn=3n(n-1)+1.
(3)由(1)可知,Sn=na1+d=n+×2=n2,
则Cn===-,
∴An=1-+-+…+-=1-.
若An≥恒成立,则n+1-≥λ恒成立.
∵为递增数列,∴当n=1时,=,
∴λ≤,∴λ的最大值为.
变式 解:(1)依题意,a1=5,且2an+1=an+2,所以an+1=an+1,则an+1-2=an-1=(an-2),所以数列{an-2}是首项为a1-2=3,公比为的等比数列,所以an-2=3×,故an=2+3×.
(2)由(1)知cn=nλ·=nλ·=nλ,λ>0.因为对任意m,n∈N*,总有bm-cn>成立,所以->.bm=(m-3)2+λ2,当m=3时,(bm)min=λ2.c1=λ,c2=λ,c3=λ,
当n≥2时,==×=,
当n=2时,=,当n≥3时,≤1,所以=λ,
则λ2-λ>,解得λ>或λ<-1(舍去).综上所述,λ的取值范围是.
题型六
例9 解:(1)当n=1时,等式左边=13=1,等式中间==1,等式右边=12=1,即等式左边=等式中间=等式右边,等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,
即13+23+33+…+k3==(1+2+3+…+k)2.
分两步来证明当n=k+1时,等式成立,即分别证明此时等式左边=等式中间,等式中间=等式右边.
第一步,由13+23+33+…+k3=可知,当n=k+1时,
13+23+33+…+k3+(k+1)3=+(k+1)3==,
即当n=k+1时,等式左边=等式中间;
第二步,由(1+2+3+…+k)2=,得1+2+3+…+k=,
所以当n=k+1时,[(1+2+3+…+k)+(k+1)]2
=(1+2+3+…+k)2+2(1+2+3+…+k)(k+1)+(k+1)2
=+2××(k+1)+(k+1)2
==,
即当n=k+1时,等式中间=等式右边.
结合以上两步,可知当n=k+1时等式成立.
由(1)(2)可得13+23+33+…+n3==(1+2+3+…+n)2(n∈N*).
变式 解:(1)设a0=0,依题意可得xn=,yn=,
将代入y=,得=,
即=2(an-1+an)(n∈N*),由图可知{an}为递增数列,
所以an+1>an,所以a1=2,a2=6,a3=12.
(2)由(1)可猜想an=n(n+1)(n∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,猜想显然成立;
②假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即有ak=k(k+1),
则当n=k+1时,由=2(ak+ak+1),得=2[k(k+1)+ak+1],
即-2(k2+k+1)ak+1+[k(k-1)]·[(k+1)(k+2)]=0,
可得ak+1=(k+1)(k+2),
即当n=k+1时,猜想成立.
由①②知猜想成立,即an=n(n+1)(n∈N*).本章总结提升
判断下列说法是否正确.(正确的打“√”,错误的打“×”)
1.数列1,1,1,…是无穷数列. ( )
2.递推公式是表示数列的一种方法. ( )
3.若{an}是等差数列,则{|an|}也是等差数列. ( )
4.若数列{an}是公差为d的等差数列,则=an-1+2d,n>1,且n∈N*. ( )
5.若一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都是常数,则这个数列是等比数列. ( )
6.非零常数列既是等差数列,又是等比数列. ( )
7.若G是a,b的等比中项,则G2=ab,反之也成立. ( )
8.等比数列的前n项和不可以为0. ( )
9.若数列{an}的前n项和Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0且q≠1,n∈N*),则此数列一定是等比数列. ( )
10.等差数列中,序号成等差数列的项仍成等差数列,等比数列中,序号成等比数列的项也成等比数列. ( )
11.等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,则=. ( )
12.利用数学归纳法证明与正整数n有关的命题时,推证n=k+1时可以不用n=k时的假设. ( )
◆ 题型一 数列通项公式的求法
[类型总述] (1)观察归纳法;(2)公式法;(3)利用an与Sn的关系;(4)累加法;(5)累乘法;(6)构造法等.
例1 (1)已知数列是首项为3,公差为1的等差数列,则a2024= ( )
A. B.
C. D.
(2)已知数列{an}满足a2=0,a2n+1=a2n+,a2n+2=a2n+1-(n∈N*),则数列{an}的第2024项为 ( )
A. B.
C. D.
(3)[2024·山东青岛二中高二月考] 若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930的最大正整数n为 ( )
A.28 B.29
C.30 D.31
(4)(多选题)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1(n∈N*),设{an}的前n项和为Sn,则 ( )
A.是等比数列
B.是等比数列
C.an=-
D.Sn=
变式1 (1)数列0,,,,…的一个通项公式为 ( )
A.an=(n∈N*)
B.an=(n∈N*)
C.an=(n∈N*)
D.an=(n∈N*)
(2)[2024·重庆一中高二期中] 数列{an},{bn}满足a1=2,an=an-1+2n(n∈N*,n≥2),bn=an·,则数列{bn}的最大项是 ( )
A.第6项 B.第7项
C.第8项 D.第9项
(3)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n+1,则数列{an}的通项公式为 .
变式2 [2022·新高考全国Ⅰ卷节选] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列,求{an}的通项公式.
◆ 题型二 等差数列、等比数列的基本运算及性质
[类型总述] (1)证明一个数列为等差数列或等比数列;(2)等差、等比数列的通项公式及前n项和公式;(3)等差、等比数列的性质及应用.
例2 (1)[2024·哈尔滨三中高二期末] 设{an}是等比数列,且a1+a3=3,a3+a5=6,则a9+a11= ( )
A.24 B.36 C.48 D.64
(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且满足a2=4,S4=22,则S5= ( )
A.25 B.35 C.45 D.55
(3)(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的有 ( )
A.若数列{an}为等差数列,则{}为等比数列
B.若数列{an}为等差数列,且Sn>0恒成立,则an+1>an恒成立
C.若数列{an}为等比数列,则S2025·a2025>0恒成立
D.若数列{an}为等差数列,且a1>0,S6=S11,则Sn的最大值在n=8或9时取到
变式 (1)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
(2)(多选题)[2024·江苏常州一中高二月考] 设数列{an}的前n项和为Sn,-=-1,S1=32,则下列说法正确的是 ( )
A.{an}是等差数列
B.S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,且公差为-9
C.当n=16或n=17时,Sn取得最大值
D.当Sn≥0时,n的最大值为32
例3 [2023·新课标Ⅰ卷] 设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
变式 在递增的等比数列{an}中,a1·a5=64,a2+a4=20.
(1)求an;
(2)若bn=(-1)n-1an,求数列{bn}的前n项和Sn.
◆ 题型三 等差、等比数列综合问题
[类型总述] (1)等差、等比的转化;(2)等差与等比的综合.
例4 (1)[2024·山东青岛二中高二月考] 设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2=2,且a2,a3,a4-2成等差数列,则S5= ( )
A.7 B.12
C.15 D.31
(2)已知数列{an},{bn}满足bn=log2an(n∈N*),若{bn}是等差数列,a10a2015=2,则b1+b2+…+b2024= .
变式 (1)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a7成等比数列,则= ( )
A.2 B.4 C.5 D.6
(2)(多选题)[2024·浙江宁波镇海中学高二期中] 已知数列{an}满足an+1=+2an,a1=2,设bn=log3(1+an),记{bn}的前n项和为Sn,的前n项和为Tn,则 ( )
A.{bn}为等差数列
B.{an+1}为等比数列
C.Sn=bn+1-1
D.Tn<2
例5 [2024·四川达州一中高二月考] 已知递增的等差数列{an}满足a4=5,且a2,a3,a6成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+2n,求数列{bn}的前n项和Sn.
变式 [2024·福建莆田高二期中] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1=b1=3,a4=b2,S4-T2=12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)求数列{an+bn}的前n项和.
◆ 题型四 数列求和问题
[类型总述] (1)公式法;(2)分组求和法;(3)错位相减法;(4)裂项相消法;(5)并项求和法;(6)倒序相加法.
例6 已知数列{an}是递增的等差数列,a3=7,且a4是a1与a13的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)从①bn=,②bn=an+2n,③bn=这三个条件中任选一个,求数列{bn}的前n项和Tn.
变式 [2024·重庆一中高二月考] 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.已知为等比数列,bn+bn+1=-1,a3=2S2=8,S3-T3=15.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前2n项和.
◆ 题型五 数列与其他知识的交汇
[类型总述] (1)数列与函数的综合;(2)数列与数学文化、实际问题的综合;(3)数列与不等式的综合.
例7 (1)小张在乘坐某条线路的地铁时,从起点站开始,利用手机上的里程表测出前两站的距离大约为2千米,以后每经过一站里程约增加0.1千米,已知此条地铁线路的总行程大约为51.3千米,据此他测算出此条地铁线路的站点(含起始站与终点站)数为 ( )
A.18 B.19 C.21 D.22
(2)(多选题)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状,把数分成许多类,如图中第一行图形中黑色小点个数:1,3,6,10,…称为三角形数,第二行图形中黑色小点个数:1,4,9,16,…称为正方形数.记三角形数构成数列{an},正方形数构成数列{bn},则下列说法正确的是 ( )
A.+++…+=
B.1225既是三角形数,又是正方形数
C.+++…+<2
D.对任意m∈N*,m≥2,总存在p,q∈N*,使得bm=ap+aq成立
变式 (1)一个小球从10 m高处自由落下,每次着地后又弹回到原来高度的,若已知小球经过的路程为 m,则小球着地的次数为 .
(2)[2024·福建厦门一中高二月考] 在平面直角坐标系内有一系列的点P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn),对任意正整数n,点Pn位于函数y=x2(x>0)的图象上,以点Pn为圆心的☉Pn都与x轴相切,且☉Pn与☉Pn+1外切.若x1=1,且xn+1例8 已知等差数列{an}满足a3=S2+1,S3=a4+2,其中Sn为{an}的前n项和,递增的等比数列{bn}满足b1=1,且b1,b2,b3-4成等差数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设{an·bn}的前n项和为Tn,求Tn;
(3)设Cn=,{Cn}的前n项和为An,若An≥恒成立,求实数λ的最大值.
变式 已知数列{an}中,a1=5,且2an+1=an+2.
(1)求证:数列{an-2}是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)设bm=(m-3)2+λ2,cn=nλ·,其中λ>0,若对任意m,n∈N*,总有bm-cn>成立,求λ的取值范围.
◆ 题型六 数学归纳法
[类型总述] 数学归纳法是一种直接证明的方法,主要用来证明与正整数n有关的命题.
例9 用数学归纳法证明:13+23+33+…+n3==(1+2+3+…+n)2(n∈N*).
变式 如图,P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(0(1)写出a1,a2,a3;
(2)猜想点An(an,0)(n∈N*)的横坐标an关于n的表达式,并用数学归纳法证明.(共66张PPT)
本章总结提升
题型一 数列通项公式的求法
题型二 等差数列、等比数列的基本运算及性质
题型三 等差、等比数列综合问题
题型四 数列求和问题
题型五 数列与其他知识的交汇
题型六 数学归纳法
判断下列说法是否正确.（正确的打“√”,错误的打“×”）
1.数列1,1,1, 是无穷数列.( )
√
[解析] 该数列是每项都为1的常数列,有无穷项.
2.递推公式是表示数列的一种方法.( )
√
[解析] 递推公式是表示数列的一种方法.
3.若是等差数列,则 也是等差数列.( )
×
[解析] 如数列,1,3, ,7,9是等差数列，但其各项的绝对值不构成等差数列.
4.若数列是公差为的等差数列，则，，且 . ( )
√
[解析] 数列是公差为的等差数列，, ，
且 .
5.若一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都是常数,则这个数列是等比
数列.( )
×
[解析] 若这些常数都相等,则这个数列是等比数列;若这些常数不全相等,则这个
数列就不是等比数列.
6.非零常数列既是等差数列,又是等比数列.( )
√
[解析] 常数列一定是等差数列,常数列的各项均不为零时,该数列是公比为1的等
比数列.
7.若是,的等比中项,则 ,反之也成立.( )
×
[解析] 当是,的等比中项时,成立.但当时,不一定是, 的等
比中项,如 .
8.等比数列的前 项和不可以为0.( )
×
[解析] 可以为0，比如1，，1，，1， 的和.
9.若数列的前项和,且, ,则此数
列一定是等比数列.( )
√
[解析] 且可变形为且 ,
令,则 .
10.等差数列中，序号成等差数列的项仍成等差数列，等比数列中，序号成等比
数列的项也成等比数列.( )
×
[解析] 等比数列中，序号成等差数列的项仍成等比数列.
11.等差数列和的前项和分别为和，则 .( )
√
[解析] .
12.利用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，推证 时可以不用
时的假设.( )
×
[解析] 利用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，推证 时必须用
时的假设.
题型一 数列通项公式的求法
［类型总述］（1）观察归纳法；（2）公式法；（3）利用与 的关系；（4）
累加法；（5）累乘法；（6）构造法等.
例1（1） 已知数列是首项为3，公差为1的等差数列，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由题得,所以 ,故
.故选B.
（2）已知数列满足， ，，
则数列 的第2024项为( )
C
A. B. C. D.
[解析] ，所以
， ，
， ， ，
累加得 ，故选C.
（3）[2024·山东青岛二中高二月考]若数列 满足
，，则满足不等式 的最大正整数 为( )
B
A.28 B.29 C.30 D.31
[解析] 依题意，数列满足， ，则
，所以
，
又也符合上式，所以， 是递增数列.
由,得，解得 ，所以满足
不等式的正整数 的最大值为29.故选B.
（4）（多选题）已知数列满足，，设 的
前项和为 ，则( )
BC
A.是等比数列 B. 是等比数列
C. D.
[解析] ,,又, 数列
是首项为，公比为3的等比数列，易知 不是等比数列，故A错误，
B正确;
,即 ,故C正确；
,故D错误.故选 .
变式1（1） 数列0，，，， 的一个通项公式为 ( )
A
A. B.
C. D.
[解析] 依题意，,,,， ，由此得
，A能作为通项公式；
而选项B中，选项C中 ，选项D中 ，
B，C，D不能作为通项公式.故选A.
（2）[2024·重庆一中高二期中]数列，满足 ，
，，则数列 的最大项是( )
A
A.第6项 B.第7项 C.第8项 D.第9项
[解析] 由已知可得，，，， ，
，
两边分别相加，可得 ，
所以.
又 满足上式，所以
因为，所以.
设数列 的最大项是第项，则有
即整理可得 解得
.
又，所以 .故选A.
（3）已知数列的前项和，则数列 的通项公式为
_ __________________.
[解析] 数列的前项和 ，
当 时，
；
当时， ，不满足上式.
所以数列的通项公式为
变式2 [2022·新高考全国Ⅰ卷节选] 记为数列的前项和，已知 ,
是公差为的等差数列，求 的通项公式.
解：因为，所以 ，
所以数列是首项为1，公差为 的等差数列，
所以，所以 .
当时， ，
所以，即 ，
则
，
又 满足上式，所以的通项公式为 .
题型二 等差数列、等比数列的基本运算及性质
［类型总述］（1）证明一个数列为等差数列或等比数列;（2）等差、等比数列
的通项公式及前 项和公式；（3）等差、等比数列的性质及应用.
例2（1） [2024·哈尔滨三中高二期末]设是等比数列，且 ，
，则 ( )
C
A.24 B.36 C.48 D.64
[解析] 设等比数列的公比为，， ，
， ，故选C.
（2）已知是等差数列的前项和，且满足,，则 ( )
B
A.25 B.35 C.45 D.55
[解析] 设数列的公差为，则 ，
，， .故选B.
（3）（多选题）已知数列的前项和为 ，则下列说法正确的有 ( )
ACD
A.若数列为等差数列，则 为等比数列
B.若数列为等差数列，且恒成立，则 恒成立
C.若数列为等比数列，则 恒成立
D.若数列为等差数列，且，，则的最大值在 或9时取到
[解析] 对于选项A，若为等差数列，设公差为，则 ，
为常数，则为等比数列，故A正确；
对于选项B，若数列 为等差数列，且恒成立，则，设公差为，
当时， 恒成立，此时数列为常数列，，故B错误；
对于选项C，若数列 为等比数列，则首项，设公比为，若，则
为常数列， ，所以，
当 时， ，
所以若数列为等比数列，则 恒成立，故C正确；
对于选项D，若数列为等差数列，且，，则
，由等差数列的性质得，故，又，可知公差
，所以 的最大值在或9时取到，故D正确.故选 .
变式（1） 已知各项均为正数的等比数列的前项和为， ，
，则 的值为( )
B
A.30 B.10 C.9 D.6
[解析] 为各项均为正数的等比数列，，可得 ,公比
，
，
，可得 ，
，可得，故 .故选B.
（2）（多选题）[2024·江苏常州一中高二月考] 设数列的前项和为 ，
， ，则下列说法正确的是( )
AC
A. 是等差数列
B.，，成等差数列，且公差为
C.当或时， 取得最大值
D.当时， 的最大值为32
[解析] 由，，可得数列是以32为首项， 为公差的等
差数列，则， .
对于选项A，， 当时，；
当 时，
，
，
数列是等差数列，故选项A正确.
对于选项B， ，
， ，
，, ，则
，，，， 成
等差数列，且公差为 ，故选项B错误.
对于选项C，，， 当或
时， 取得最大值，故选项C正确.
对于选项D，令 ，得，，即满足的
最大正整数 ，故选项D错误.故选 .
例3 [2023· 新课标Ⅰ卷] 设等差数列的公差为，且.令 ，记
，分别为数列，的前 项和.
（1）若，，求 的通项公式；
解：，，解得 ，
.
又 ， ，
即，解得或 （舍去），
.
（2）若为等差数列，且，求 .
解：方法一：为等差数列，，即 ，
，即，解得
或，，.
由 及等差数列的性质知，即，
，即，解得或 （舍去）.
当时，，解得，与 矛盾，舍去；
当时，，解得.
综上， .
方法二：为等差数列，为等差数列，且 ，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且 ；
或设，则，且 .
①当，， 时，
，
，即，
又， ；
②当，， 时，
， ，即
，
又， 此时 无解.
综上可得 .
变式 在递增的等比数列中，， .
（1）求 ；
解：在递增的等比数列中，， ，可得
，.
设数列的公比为，则，
又因为 为递增数列，所以，则，所以 .
（2）若，求数列的前项和 .
解：由，得，且，所以数列 是
首项为2，公比为的等比数列，故 .
题型三 等差、等比数列综合问题
［类型总述］（1）等差、等比的转化；（2）等差与等比的综合.
例4（1） [2024·山东青岛二中高二月考]设等比数列的前项和为 ，若
，且，，成等差数列，则 ( )
D
A.7 B.12 C.15 D.31
[解析] 设等比数列的公比为，，由题意得 即
故 ，即
,即，可得，则 ，
所以 .故选D.
（2）已知数列，满足，若 是等差数列，
，则 ______.
1012
[解析] 设的公差为，由, ，得
，则，故 为等比数列，
，
.
变式（1） 已知等差数列的公差，且，， 成等比数列，则
( )
A
A.2 B.4 C.5 D.6
[解析] 因为是等差数列，且，，成等比数列，所以 ,所以
，即,所以 ，
又，所以,故 .故选A.
（2）（多选题）[2024·浙江宁波镇海中学高二期中] 已知数列 满足
,，设，记的前项和为， 的
前项和为 ，则( )
CD
A.为等差数列 B. 为等比数列
C. D.
[解析] 由,，得， ，则
，即，又 ，故
，，故是公比为2的等比数列，故A错误
（不是常数），故B错误.
因为是首项为1，公比为2的等比数列，所以 ，
，故C正确.
，则
；当 时，.
综上，，故D正确.故选 .
例5 [2024·四川达州一中高二月考] 已知递增的等差数列满足 ，且
，， 成等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，则.
因为，， 成等比数列，所以，
即，即 ，
整理可得，
又因为，所以 ，则 .
（2）设，求数列的前项和 .
解：由（1）可得 ，所以
.
变式 [2024·福建莆田高二期中] 已知等差数列的前项和为 ，等比数列
的前项和为.若，， .
（1）求数列与 的通项公式；
解：由， ，得
，
设等差数列 的公差为，则，所以 ，
所以.
设等比数列的公比为，由题意知 ，
即，所以，所以 .
（2）求数列的前 项和.
解：，所以的前 项和为
.
题型四 数列求和问题
［类型总述］（1）公式法;（2）分组求和法;（3）错位相减法;（4）裂项相消
法;（5）并项求和法;（6）倒序相加法.
例6 已知数列是递增的等差数列，，且是与 的等比中项.
（1）求数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为,是递增的等差数列， .
由题意得可得
.
（2）从，， 这三个条件中任选一个，
求数列的前项和 .
解：若选择①.
由（1）知 ，
.
若选择②.
由（1）知 ，
.
若选择③.
由（1）知 ，
，
，
两式相减得 ，
，
故 .
变式 [2024·重庆一中高二月考] 记，分别为数列，的前 项和.
已知为等比数列，，， .
（1）求， 的通项公式；
解：由题设得，所以，， ，
故等比数列的公比为2，故 ，即.
因为 ，所以，即 .
当时， ，当
时， ，满足上式，所以 .
因为 ，，所以 ，
故，又，所以.
因为 ，
所以，故的通项公式为
（2）求数列的前 项和.
解：设 ，由（1）得
，
所以的前 项和为
.
题型五 数列与其他知识的交汇
［类型总述］（1）数列与函数的综合；（2）数列与数学文化、实际问题的综
合；（3）数列与不等式的综合.
例7（1） 小张在乘坐某条线路的地铁时，从起点站开始，利用手机上的里程
表测出前两站的距离大约为2千米，以后每经过一站里程约增加0.1千米，已知
此条地铁线路的总行程大约为51.3千米，据此他测算出此条地铁线路的站点
（含起始站与终点站）数为( )
B
A.18 B.19 C.21 D.22
[解析] 由题意设前两站间的距离为千米，第二站与第三站之间的距离为 千
米， ，第站与第站之间的距离为千米，则是首项为 ，公
差为0.1的等差数列.
设数列的前项和为 ，则由，可得 ，
则此条地铁线路的站点（含起始站与终点站）数为19.故选B.
（2）（多选题）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用
沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排
列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑
色小点个数：1，3，6，10， 称为三角形数，第二
BCD
A.
B.1225既是三角形数，又是正方形数
C.
D.对任意，，总存在，，使得 成立
行图形中黑色小点个数：1，4，9，16， 称为正方形数.记三角形数构成数列 ，
正方形数构成数列 ，则下列说法正确的是( )
[解析] 依题意，数列中，,,,, ,
,，故当时， ,又满足上式，故.
数列中，,, ,
, ,,，故当时， ,又满足上式，故.
对于A， ，则 ，
A不正确；
对于B，，是三角形数， ， 是正方形数，B正确；
对于C，，则 ，C正确；
对于D，对任意，，不妨取, ，则
， 对任意 ，
，总存在，，使得成立，D正确.故选 .
变式（1） 一个小球从高处自由落下,每次着地后又弹回到原来高度的 ,
若已知小球经过的路程为 ,则小球着地的次数为___.
4
[解析] 设小球着地的次数为,小球每次着地后又弹回的高度（单位: ）构成一
个等比数列,其首项为,公比为,
由 ,得,解得 ,
即小球着地的次数为4.
（2）[2024·福建厦门一中高二月考] 在平面直角坐标系内有一系列的点
,, ,，对任意正整数，点 位于函数
的图象上，以点为圆心的都与轴相切，且与
外切.若，且,,的前项之和为 ，则
____.
[解析] 因为与外切，且与均与 轴相切，所以
，即
，所以.
因为 ，所以，所以，
所以数列 为等差数列，且首项为，公差 ，
所以，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
例8 已知等差数列满足,,其中为的前 项和，
递增的等比数列满足，且，， 成等差数列.
（1）求数列， 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，, ,
解得 数列的通项公式为.
设等比数列的公比为
由题意得，可得，解得或 （舍去），
数列的通项公式为 .
（2）设的前项和为，求 ；
解：由（1）得 ，
则 ，
②，
由得 ，
则，
（3）设，的前项和为，若恒成立，求实数
的最大值.
解：由（1）可知， ，
则 ，
.
若恒成立，则 恒成立.
为递增数列， 当时， ，
, 的最大值为 .
变式 已知数列中，，且 .
（1）求证：数列是等比数列，并求 的通项公式；
解：依题意，，且，所以 ，则
，所以数列是首项为 ，公比
为的等比数列，所以,故 .
（2）设，，其中，若对任意 ,
，总有成立，求 的取值范围.
解：由（1）知， .
因为对任意,，总有成立，所以 .
,当时， , , ，
当时， ，
当时，，当时，，所以 ，
则，解得或（舍去）.
综上所述， 的取值范围是 .
题型六 数学归纳法
［类型总述］ 数学归纳法是一种直接证明的方法，主要用来证明与正整数 有
关的命题.
例9 用数学归纳法证明：
.
解:（1）当时，等式左边，等式中间 ，等式右边
，即等式左边等式中间 等式右边，等式成立.
（2）假设当 时等式成立，
即 .
分两步来证明当时，等式成立，即分别证明此时等式左边 等式中间，
等式中间 等式右边.
第一步，由可知，当 时，
，
即当时，等式左边 等式中间；
第二步，由，得 ，
所以当时，
，
即当时，等式中间 等式右边.
结合以上两步，可知当 时等式成立.
由可得 .
变式 如图， ，，， 是曲线
（1）写出，， ；
解:设，依题意可得， ，
将代入，得 ，
即，
由图可知 为递增数列，所以，所以，， .
上的个点，点在 轴的正半轴上，且
是等腰直角三角形，其中为直角顶点， 是坐标原点.
（2）猜想点的横坐标关于 的表达式，并用数学归纳法证明.
解:由（1）可猜想 .
下面用数学归纳法证明：
①当 时，猜想显然成立；
②假设当时猜想成立，即有 ，
则当时，由 ，得
，即
，可得 ，
即当 时，猜想成立.
由①②知猜想成立，即 .
