章复习 能力整合与素养提升
要点梳理系统整合
一般 数列 通项 数列{an}中的项用一个公式表示：an＝f(n) 通项与前n项和的关系： an＝礻礻礻礻 衤衤衤衤
前n项和 Sn＝a1＋a2＋…＋an
等差 数列 概念 定义 an＋1－an＝d（d为常数） 等差中项：若a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且A＝
通项 an＝a1＋(n－1)d或an＝am＋(n－m)d
前n项和 Sn＝＝na1＋d
性质 当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap. 若{an}是等差数列，则“间隔相等的连续等长片段和序列也成等差数列”，即礻礻礻礻 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 衤衤衤衤，…也成等差数列.
等比 数列 概念 定义 ＝q（q为常数），其中q≠0，an≠0 等比中项：若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项，且A2＝ab
通项 an＝a1qn-1＝amqn－m
前n项和 Sn＝礻礻礻礻 衤衤衤衤
当q≠1时，Sn＝qn＋＝aqn＋b，这里a＋b＝0
性质 当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有礻礻礻礻 aman＝apaq 衤衤衤衤，特别地，当m＋n＝2p时，则有aman＝a. 若{an}是等比数列，且公比q≠－1，则数列礻礻礻礻 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，… 衤衤衤衤也是等比数列.
考法聚焦素养养成
考法1 等差数列、等比数列的基本量运算
例1 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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1) 若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
【解答】设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn-1.由a2＋b2＝2，得d＋q＝3①.
(1) 由a3＋b3＝5，得2d＋q2＝6②.联立①②解得（舍去）或因此{bn}的通项公式为bn＝2n-1.
(2) 若T3＝21，求S3.
【解答】由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
【题组训练】
1. （2023·新高考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，求数列{an}的通项公式；
【解答】因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d，解得a1＝d，所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d.又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，所以S3＋T3＝6d＋＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝（舍去），所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n.
(2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
【解答】因为{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即＝＋，所以6＝＝，即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.因为d＞1，所以an＞0.又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，所以a50－＝1，即a－a50－2 550＝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，无解；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝.综上，d＝.
2. （2022·新高考Ⅱ卷）已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
【解答】设数列{an}的公差为d，所以解得b1＝a1＝，所以原命题得证．
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
【解答】由(1)知，b1＝a1＝，所以由bk＝am＋a1知b1×2k-1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k-1＝2m，亦即m＝2k-2∈，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k＝2，3，4，…，10，故集合中的元素个数为10－2＋1＝9.
考法2 数列求和
例2 （2025·开封期末）已知{an}是等差数列，且a1＋a3＋a5＝15，a2＋a4＋a6＝21.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】已知{an}是等差数列，设公差为d，由a1＋a3＋a5＝15，得3a3＝15，a3＝5.由a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5)＝21－15＝6，得3d＝6，d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝5＋2(n－3)＝2n－1.
(2) 设数列bn＝，若b1＋b2＋b3＋…＋bn＜，求满足条件的最大整数n.
【解答】bn＝＝＝×－，则b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＝，由＜，解得＞，2n＋1＜21，即n＜10，所以满足条件的最大整数n为9.
【题组训练】
1. （2022·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知＋n＝2an＋1.
(1) 求证：{an}是等差数列；
【解答】因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)·an－1＋1，即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2) 若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
【解答】由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝2－，所以当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78.
2. 已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a5＝9，数列{bn}满足Sn＋bn＝1，其中Sn为数列{bn}的前n项和，n∈N*.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】由题知数列{an}的公差d＝＝2，故an＝a2＋(n－2)d＝2n－1.由题意知故Sn＋1＋bn＋1－Sn－bn＝2bn＋1－bn＝0，即bn＋1＝bn.令n＝1，得S1＋b1＝2b1＝1 b1＝，故数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，即bn＝.
(2) 若{cn}满足cn＝an·bn(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
【解答】由题知cn＝an·bn＝，则Tn＝＋＋…＋，2Tn＝1＋＋＋…＋，因此，Tn＝2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝3－.
考法3 数列的函数特性
例3 （2025·福州期末）已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.
(1) 求数列{an}的通项公式．
【解答】因为Sn＝2an－2，故当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，两式相减得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，＝2.当n＝1时，S1＋2＝2a1，解得a1＝2≠0，可知数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2×2n-1＝2n.
(2) 记bn＝.
①求数列{bn}的前n项和Tn；
【解答】①由(1)可知bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－＝.
②若对任意的n∈N*，Tn＋＜1，求k的取值范围．
【解答】②对任意的n∈N*，Tn＋＜1，即对任意的n∈N*，＋＜1，等价于对任意的n∈N*，＜.当k＜0时，不等式＜显然成立．当k＞0时，不等式等价于对任意的n∈N*，k＞.设cn＝，因为cn＋1－cn＝－＝－＜0，所以{cn}是递减数列，则cn≤c1＝1，所以k＞1.综上，实数k的取值范围是(－∞，0)∪(1，＋∞).
配套新练案
一、 单项选择题
1. （2023·全国甲卷）记Sn为等差数列的前n项和，若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于（C ）
A. 25 B. 22
C. 20 D. 15
【解析】方法一：设等差数列的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5.又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，可解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20.
方法二：因为a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.
2. （2025·福州期末）已知数列满足a1＝2，an＋1＝，则数列的前25项和为（D ）
A. 2 B. 12
C. 13 D. 14
【解析】a1＝2，a2＝＝－1，a3＝＝，a4＝＝2，….由以上可知，数列是一个周期为3的周期数列．又a1＋a2＋a3＝，a25＝a24＋1＝a1＝2，所以的前25项和为×8＋2＝14.
3. （2023·新高考Ⅱ卷）记Sn为等比数列的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于（C ）
A. 120 B. 85
C. －85 D. －120
【解析】方法一：设等比数列的公比为q，首项为a1，若q＝－1，则S4＝0≠－5，与题意不符，所以q≠－1；若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1.由S4＝－5，S6＝21S2，可得＝－5，＝21×①，由①可得1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.
方法二：设等比数列的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去．
4. （2025·武汉期末）已知数列为等比数列，a1＝，公比q＝2，若Tn是数列的前n项积，则Tn取最小值时n为（C ）
A. 8 B. 9
C. 8或9 D. 9或10
【解析】由题意得Tn＝a1·a2·…·an＝a1·a1q·a1q2·…·a1qn-1＝a·q1+2+…＋n-1＝a·q，因为a1＝，q＝2，所以Tn＝n·2＝2n2－n.又函数y＝n2－n的图象开口向上，对称轴为n＝，n∈N*，所以n＝8或n＝9时，y＝n2－n取最小值，即Tn取最小值．
二、 多项选择题
5. （2025·邯郸期末）已知数列满足a1＝1，－＝2.若bn＝an·an＋1，记数列的前n项和为Tn，则（ACD ）
A. an＝ B. an＝
C. Tn＝ D. ≤Tn＜
【解析】因为－＝2，所以为等差数列，且公差为2，又a1＝1，故首项为＝1，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝，故A正确，B错误；因为bn＝an·an＋1＝＝，所以Tn＝＝＝，Tn＝＜，且Tn关于n递增，T1＝＝，所以≤Tn＜，故C，D正确．
6. （2025·连云港期末）若公差为d的等差数列的前m（m为奇数）项的和为99，其中偶数项之和为44，且a1－am＝16，则（AC ）
A. m＝9 B. a5＝13
C. d＝－2 D. a6＝11
【解析】由题知ma1＋＝99①，由题意可得偶数项共有项，公差等于2d.因为其中偶数项之和为44，所以(a1＋d)＋×2d＝44②.因为a1－am＝16，所以a1－am＝16＝－(m－1)d③.由①②③，解得m＝9，d＝－2，a1＝19，故A，C正确．故an＝a1＋(n－1)d＝19＋(n－1)×(－2)＝－2n＋21，所以a5＝－2×5＋21＝11，a6＝－2×6＋21＝9，故B，D错误．
二、 填空题
7. （2023·北京卷）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝_48_，数列所有项的和为_384_．
【解析】方法一：设前3项的公差为d，后7项的公比为q(q＞0)，则q4＝＝＝16，且q＞0，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝＝3，可得d＝1，则a7＝a3q4＝48，a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋＝384.
方法二：因为a＝a5a9＝12×192＝482，且an＞0，所以a7＝48.又因为a＝a3a7，则a3＝＝3.设后7项公比为q(q＞0)，则q2＝＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝＝＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384.
8. （2025·连云港期末）若数列的前n项和Sn＝n，则＝ __．
【解析】因为数列的前n项和Sn＝n(n＋2)，当n＝1时，a1＝S1＝×1×3＝；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，a1＝也满足，所以对任意的n∈N*，an＝.所以＝＝－，＝＋＋＋…＋＝－＝.
三、 解答题
9. 已知数列的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
(1) 求证：数列为等比数列；
【解答】由Sn＝2an＋1－3，可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，即n≥2时，＝.又因为a1＝，所以a2＝，＝，所以为首项和公比均为的等比数列．
(2) 求使bn取得最大值时的n的值．
【解答】由(1)可得an＝n，所以bn＝n·(n2＋n)，当n≥2时，＝＝，令＞1，可得2≤n＜5，，可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5＞b6＞b7＞….综上，n＝4或n＝5时，bn取得最大值.
10. （2025·台州期末）设函数f＝2x－1，g＝4x2－2x－1，数列，满足：a1＝，b1＝－1，a＝，bn＋1＝.
(1) 若an＞0，求数列的通项公式；
【解答】由a＝＝2a－1，得a－1＝2（a－1），又a－1＝2，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a－1＝2n，a＝2n＋1.因为an＞0，所以的通项公式为an＝.
(2) 求数列的前n项和Sn.
【解答】由bn＋1＝＝bn－1，得bn＋1－bn＝－1，所以数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以bn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以bn（a－1）＝－n·2n，则Sn＝－1×2－2×22－3×23－…－n×2n，2Sn＝－1×22－2×23－3×24－…－n×2n+1，两式相减得－Sn＝－2－22－23－…－2n＋n×2n+1，所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n+1＝(1－n)·2n+1－2.
11. 记Sn为数列的前n项和，Tn为数列的前n项积，若a1＝1，an＋1＝Sn，则满足Tn＞1 000的n的最小值是（B ）
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
【解析】由an＋1＝Sn可得Sn＋1－Sn＝Sn Sn＋1＝2Sn，S1＝1≠0，故为公比为2的等比数列，故Sn＝2n-1，所以an＋1＝Sn＝2n-1，故n≥2，an＝2n-2，因此an＝故Tn＝a1a2a3·…·an＝1×20×21×…×2n-2＝2.要使Tn＞1 000，则2＞1 000，当n＝6时，210＞1 000，当n＝5时，26＜1 000，且在n≥5时，随着正整数n的增大而增大，故n的最小值为6.
12. 下面给出一个“三角形数阵”：该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为a1，第2行的数由左至右依次为a2，a3，依次类推，则a100＝_1 792_．
1 2
3 6
2 4 8 16
……
（第12题）
【解析】由1＋2＋…＋13＝＝91＜100，1＋2＋…＋14＝＝105≥100，100－91＝9，知a100是第14行的第9个数．而每一行的第一个数构成首项和公差均为的等差数列，从而第14行的第一个数是＋＝7.又因为每一行成公比为2的等比数列，故第14行的第9个数等于7×29-1＝7×256＝1 792.
13. （教材P56第11题）已知等比数列的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*).
(1) 求数列的通项公式．
【解答】由题意知，当n＝1时，a1q＝2a1＋2①；当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2②.联立①②，解得a1＝2，q＝3，所以数列的通项公式为an＝2×3n-1.
(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，在数列中是否存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由．
【解答】由(1)知an＝2×3n-1，an＋1＝2×3n，所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，所以dn＝＝.设数列中存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则d＝dm·dp，所以2＝·，即2＝.又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，所以k2＝mp.又2k＝m＋p，所以k＝m＝p，与已知矛盾，所以在数列中不存在三项dm，dk，dp成等比数列．章复习 能力整合与素养提升
要点梳理系统整合
一般 数列 通项 数列{an}中的项用一个公式表示：an＝f(n) 通项与前n项和的关系： an＝___________
前n项和 Sn＝a1＋a2＋…＋an
等差 数列 概念 定义 an＋1－an＝d（d为常数） 等差中项：若a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且A＝
通项 an＝a1＋(n－1)d或an＝am＋(n－m)d
前n项和 Sn＝＝na1＋d
性质 当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap. 若{an}是等差数列，则“间隔相等的连续等长片段和序列也成等差数列”，即 ___________，…也成等差数列.
等比 数列 概念 定义 ＝q（q为常数），其中q≠0，an≠0 等比中项：若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项，且A2＝ab
通项 an＝a1qn-1＝amqn－m
前n项和 Sn＝ __________
当q≠1时，Sn＝qn＋＝aqn＋b，这里a＋b＝0
性质 当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有___________，特别地，当m＋n＝2p时，则有aman＝a. 若{an}是等比数列，且公比q≠－1，则数列 __________也是等比数列.
考法聚焦素养养成
考法1 等差数列、等比数列的基本量运算
例1 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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1) 若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2) 若T3＝21，求S3.
【题组训练】
1. （2023·新高考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，求数列{an}的通项公式；
(2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
2. （2022·新高考Ⅱ卷）已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
考法2 数列求和
例2 （2025·开封期末）已知{an}是等差数列，且a1＋a3＋a5＝15，a2＋a4＋a6＝21.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设数列bn＝，若b1＋b2＋b3＋…＋bn＜，求满足条件的最大整数n.
【题组训练】
1. （2022·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知＋n＝2an＋1.
(1) 求证：{an}是等差数列；
(2) 若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
2. 已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a5＝9，数列{bn}满足Sn＋bn＝1，其中Sn为数列{bn}的前n项和，n∈N*.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 若{cn}满足cn＝an·bn(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
考法3 数列的函数特性
例3 （2025·福州期末）已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.
(1) 求数列{an}的通项公式．
(2) 记bn＝.
①求数列{bn}的前n项和Tn；
②若对任意的n∈N*，Tn＋＜1，求k的取值范围．
配套新练案
一、 单项选择题
1. （2023·全国甲卷）记Sn为等差数列的前n项和，若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5等于（ ）
A. 25 B. 22
C. 20 D. 15
2. （2025·福州期末）已知数列满足a1＝2，an＋1＝，则数列的前25项和为（ ）
A. 2 B. 12
C. 13 D. 14
3. （2023·新高考Ⅱ卷）记Sn为等比数列的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于（ ）
A. 120 B. 85
C. －85 D. －120
4. （2025·武汉期末）已知数列为等比数列，a1＝，公比q＝2，若Tn是数列的前n项积，则Tn取最小值时n为（ ）
A. 8 B. 9
C. 8或9 D. 9或10
二、 多项选择题
5. （2025·邯郸期末）已知数列满足a1＝1，－＝2.若bn＝an·an＋1，记数列的前n项和为Tn，则（ ）
A. an＝ B. an＝
C. Tn＝ D. ≤Tn＜
6. （2025·连云港期末）若公差为d的等差数列的前m（m为奇数）项的和为99，其中偶数项之和为44，且a1－am＝16，则（ ）
A. m＝9 B. a5＝13
C. d＝－2 D. a6＝11
二、 填空题
7. （2023·北京卷）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝___________，数列所有项的和为____________．
8. （2025·连云港期末）若数列的前n项和Sn＝n，则＝ ____________．
三、 解答题
9. 已知数列的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝.
(1) 求证：数列为等比数列；
(2) 求使bn取得最大值时的n的值．
10. （2025·台州期末）设函数f＝2x－1，g＝4x2－2x－1，数列，满足：a1＝，b1＝－1，a＝，bn＋1＝.
(1) 若an＞0，求数列的通项公式；
(2) 求数列的前n项和Sn.
11. 记Sn为数列的前n项和，Tn为数列的前n项积，若a1＝1，an＋1＝Sn，则满足Tn＞1 000的n的最小值是（ ）
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
12. 下面给出一个“三角形数阵”：该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为a1，第2行的数由左至右依次为a2，a3，依次类推，则a100＝____________．
1 2
3 6
2 4 8 16
……
（第12题）
13. （教材P56第11题）已知等比数列的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*).
(1) 求数列的通项公式．
(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，在数列中是否存在三项dm，dk，dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由．(共44张PPT)
第四章
数列
章复习 能力整合与素养提升
要点梳理 系统整合
等差 数列 概念 性质 当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap.
若{an}是等差数列，则“间隔相等的连续等长片段和序列也成等差数列”，即_________________________，…也成等差数列.
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n
aman＝apaq
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…
考法聚焦 素养养成
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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1) 若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
1
等差数列、等比数列的基本量运算
【解答】
设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn-1.由a2＋b2＝2，得d＋q＝3①.
考法
1
(2) 若T3＝21，求S3.
【解答】
由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
1
【解答】
(2) 若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
【解答】
2. (2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
【解答】
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
【解答】
2. (2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(2025·开封期末)已知{an}是等差数列，且a1＋a3＋a5＝15，a2＋a4＋a6＝21.
(1) 求数列{an}的通项公式；
2
数列求和
【解答】
已知{an}是等差数列，设公差为d，由a1＋a3＋a5＝15，得3a3＝15，a3＝5.由a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5)＝21－15＝6，得3d＝6，d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝5＋2(n－3)＝2n－1.
考法
2
【解答】
(2025·开封期末)已知{an}是等差数列，且a1＋a3＋a5＝15，a2＋a4＋a6＝21.
2
【解答】
(2) 若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
【解答】
2. 已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a5＝9，数列{bn}满足Sn＋bn＝1，其中Sn为数列{bn}的前n项和，n∈N*.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】
(2) 若{cn}满足cn＝an·bn(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
【解答】
2. 已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a5＝9，数列{bn}满足Sn＋bn＝1，其中Sn为数列{bn}的前n项和，n∈N*.
(2025·福州期末)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.
(1) 求数列{an}的通项公式．
3
数列的函数特性
【解答】
考法
3
【解答】
(2025·福州期末)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.
3
【解答】
(2025·福州期末)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2.
3
配套新练案
【解析】
【答案】C
【解析】
D
【解析】
【答案】C
【解析】
C
【解析】
【答案】ACD
【解析】
AC
【解析】
【答案】48 384
【解析】
【解答】
(2) 求使bn取得最大值时的n的值．
【解答】
【解答】
【解答】
【解析】
B
12. 下面给出一个“三角形数阵”：该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为a1，第2行的数由左至右依次为a2，a3，依次类推，则a100＝________．
【解析】
1 792
【解答】
【解答】
谢谢观赏
