(共55张PPT)
培优增分
数列中的构造问题
限时规范训练
内容索引
求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法，还有构造法，其总的思想是根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解．
◆命题解读
题型一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
角度1 an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
例1 已知数列{an}满足an＋1＝4an＋3，且a1＝1，则an＝________．
解析：设an＋1＋λ＝4(an＋λ)，
即an＋1＝4an＋3λ.
又an＋1＝4an＋3，故3λ＝3，得λ＝1，
故an＋1＋1＝4(an＋1)，
则数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，
公比为4的等比数列，故an＋1＝2·4n-1，
即an＝2·4n-1－1.
答案：2·4n-1－1
角度2 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)
例2 已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1，a1＝3，则数列{an}的通项公式为________．
解析：设an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝2(an＋λn＋μ)，
即an＋1＝2an＋λn＋μ－λ，
又an＋1＝2an－n＋1，
故得λ＝－1，μ＝0，
即an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
所以数列{an－n}是首项为2，公比也为2的等比数列，则an－n＝2n，an＝2n＋n.
答案：an＝2n＋n
角度3 an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)
例3 在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝6an＋3n，则an＝________．
解析：将已知an＋1＝6an＋3n的两边同乘以，得，
令bn＝，则bn＋1＝2bn＋，
∴bn＋1＋＝2.
又b1＋，∴bn＋·2n-1，
∴bn＝，则an＝－3n-1.
答案：－3n-1
反思感悟
形式 构造方法
an＋1＝pan＋q (p≠0，1，q≠0) 引入参数c，构造新的等比数列{an＋c}
an＋1＝pan＋qn＋c (p≠0，1，q≠0) 引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y}
an＋1＝pan＋qn (p≠0，1，q≠0，1) 等式两边同除以qn+1，构造新的等比数列
{
跟踪训练1 (1)(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3第8题变式)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋2(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：法一：由an＝an－1＋2(n≥2)得an－1＝an－2＋2(n≥3)，所以an－an－1＝(an－1－an－2)(n≥3)．因为a1＝1，a2＝，所以a2－a1＝，所以an－an－1＝n-2(n≥2)，所以由累加法可得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋1＝－3n-1＋4(n≥2)，
又a1＝1满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝－3n-1＋4.
法二：设an＋λ＝(an－1＋λ)，即an＝λ，所以－λ＝2，即λ＝－4，所以an－4＝(an－1－4)．又a1－4＝－3，所以an－4＝故数列{an}的通项公式为an＝－3n-1＋4.
答案：an＝－3n-1＋4
(2)(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3第7题变式)已知在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n+1，(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：将an＋1＝3an＋2·3n+1两边同时除以3n+1，得，∴＋2，又＝1，∴数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴＝2n－1，
∴an＝(2n－1)·3n.
答案：an＝(2n－1)·3n
(3)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n－1，则数列{an}的通项公式为________．
解析：法一：由an＋1＝an＋n－1得an＝an－1＋n－2(n≥2)，所以an＋1－an＝(an－an－1)＋1(n≥2)．令bn＝an＋1－an，则bn＝bn－1＋1(n≥2)，即bn－2＝(bn－1－2)．又a2＝，所以b1＝a2－a1＝，所以bn－2＝·n-1，即bn＝－5n＋2＝an＋1－an，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋＋1＝2n－1－5＋－6，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋－6.
法二：令an＋1＋A(n＋1)＋B＝(an＋An＋B)，则an＋1＝B，所以A＝－2，B＝6，即an＋1－2(n＋1)＋6＝(an－2n＋6)．又a1－2＋6＝5，所以an－2n＋6＝5·n-1，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋－6.
答案：an＝2n＋－6
题型二 形如an＋1＝pan＋qan－1型
例4 已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式．
解：∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，
∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n-2， ①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，
a2－3a1＝－13，
∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n-2， ②
由①×3＋②得，
4an＝7×3n-1＋13·(－1)n-1，
∴an＝(－1)n-1.
反思感悟 可以化简为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求an.
跟踪训练2 若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：f′(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，
∴f′(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0，
即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1－an＝2×3n-1，
则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n-2＋…＋2×30＋1＝3n-1.
答案：3n-1
题型三 形如an＋1＝型
例5 (2025·重庆一中期末)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则
( )
A．an＝
B．an＝
C．an＝
D．an＝
D
解析：D 易知an≠0，an＋1＝，即，
可得＝4，又a1＝1，
所以数列是首项为1，公差为4的等差数列，
所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，
即an＝.
反思感悟 两边同时取倒数转化为的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出的表达式，再求an.
跟踪训练3 (人教A版选择性必修第二册P41习题4.3第11题变式)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为________．
解析：法一：由an＋1＝得＋1，所以＋1＝2.又＋1＝2，所以＋1＝2n，即＝2n－1.故数列{an}的通项公式为an＝.
法二：因为数列{an}的特征方程x＝的根为0和－1，所以数列是等比数列．由a1＝1得a2＝，又＝2，所以公比q＝＝2，所以＝2n，故数列{an}的通项公式为an＝.
答案：an＝
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?A级 基础落实练?
1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1，则a4的值为( )
A．15 B．23
C．32 D．42
解析：B 因为an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝3·2n-1，
所以an＝3·2n-1－1，a4＝23.
限时规范
训练(四十四) 数列中的构造问题
B
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2．在数列{an}中，a1＝5，且满足，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－3 B．an＝2n－7
C．an＝(2n－3)(2n－7) D．an＝2n－5
C
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解析：C 因为，
所以＝2，
又＝－1，所以数列{}是以－1为首项，公差为2的等差数列，
所以＝－1＋2(n－1)＝2n－3，
所以an＝(2n－3)(2n－7)．
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3．(2025·江西宜春调研)已知在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an等于( )
A．－3×2n-1 B．3×2n-1
C．5n＋3×2n-1 D．5n－3×2n-1
D
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解析：D 法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n+1，得
， ①
令bn＝，则①式变为bn＋1＝，即bn＋1－1＝(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝，公比为，
所以bn－1＝－n-1，
即bn＝1－n-1，
所以n-1＝1－，
所以an＝5n－3×2n-1.
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法二：设an＋1＋k×5n+1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，
与an＋1＝2an＋3×5n比较可得k＝－1，
所以an＋1－5n+1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，
公比为2的等比数列，
所以an－5n＝－3×2n-1，所以an＝5n－3×2n-1.
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4．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1－2an＝n－1，其中n∈N*，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－n B．an＝2n＋n
C．an＝3n－1 D．an＝3n＋1
解析：A 由题设，an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，
而a1＋1＝2，
∴{an＋n}是首项、公比均为2的等比数列，
故an＋n＝2n，即an＝2n－n.
A
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5．在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝，则an等于( )
A．2n-1 B．3n-1
C．23 D．32
解析：D 由a1＝3，an＋1＝知an＞0，对an＋1＝两边取以3为底的对数得，
log3an＋1＝2log3an，则数列{log3an}是以log3a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
则log3an＝1·2n-1＝2n-1，即an＝.
D
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6．已知在数列{an}中，a1＝1，2an＋1an＝(n＋1)an－nan＋1，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
C
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解析：C 2an＋1an＝(n＋1)an－nan＋1，显然an≠0，两边同时除以an＋1an，得＝2，
又＝1，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝.
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7．(2025·福建厦门期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝an－2，则an的最大值为( )
A．－1 B．－
C． D．1
C
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解析：C 由题意知3Sn＝an－2，当n＝1时，3a1＝a1－2，∴a1＝－1.
当n≥2时，3Sn＝an－2，3Sn－1＝an－1－2，则3(Sn－Sn－1)＝an－an－1，
即3an＝an－an－1，∴an＝－an－1(n≥2)，又a1＝－1≠0，
∴{an}是首项为－1，公比为－的等比数列，
∴an＝－1×n-1＝(－1)n×n-1，
∵n-1随n的增大而减小，且数列{an}的奇数项均为负值，偶数项均为正值，
∴n＝2时，an取最大值，最大值为.
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8．将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1，2，3，…，2023，从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于( )
1 2 3 … 2021 2022 2023
3 5 7 … 4043 4045
8 12 … 8088
… …
…
M
A．2023×22020 B．2024×22021
C．2023×22021 D．2024×22022
B
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解析：B 记第n行的第一个数为an，则a1＝1，a2＝3＝2a1＋1，a3＝8＝2a2＋2，a4＝20＝2a3＋4，…，an＝2an－1＋2n-2，∴＋1，即{}是以＝2为首项，1为公差的等差数列．∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝(n＋1)×2n-2.
又每行比上一行的数字少1个，∴最后一行为第2023行，∴M＝a2023＝2024×22021.
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9．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2(n∈N*)，则下列说法中正确的有( )
A．a1＝
B．S4＝
C．{an}是等比数列
D．是等比数列
ABD
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解析：ABD 由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2，
则a2＝3S1＋2＝3a1＋2，
所以a1＝，故A正确；
因为an＋1＝3Sn＋2， ①
所以当n≥2时，an＝3Sn－1＋2， ②
由①－②得，an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an，
当n＝1时，a1＝，不满足a2＝4a1，
故数列{an}不是等比数列，故C错误；
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当n≥2时，an＋1＝4an，
则a3＝4a2＝12，a4＝4a3＝48，
故S4＝，故B正确；
由an＋1＝3Sn＋2，
得Sn＋1－Sn＝3Sn＋2，
所以Sn＋1＝4Sn＋2，
令Sn＋1＋λ＝4(Sn＋λ)，
则Sn＋1＝4Sn＋3λ，
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所以3λ＝2，即λ＝，
所以Sn＋1＋＝4，即＝4，
故是首项为S1＋＝1，
公比为4的等比数列，故D正确．
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10．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2anan＋1(n∈N*)，则下列结论中正确的是( )
A．为等比数列
B．{an}的通项公式为an＝
C．{an}为递增数列
D．的前n项和Tn＝3n－n
AB
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解析：AB 因为an－3an＋1＝2anan＋1，
所以＋1＝3，
又＋1＝2≠0，所以是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
＋1＝2×3n-1，即an＝，故B正确；
所以{an}为递减数列，故C错误；
的前n项和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n-1－1)
＝2(30＋31＋…＋3n-1)－n＝2×－n＝3n－n－1，故D错误．
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11．(多选)(2025·安徽池州期末)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列说法中正确的是( )
A．a2024>a2023
B．为递增数列
－1＝4an＋1an
<1013
ACD
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解析：ACD 因为an＋1－an＝>0，即an＋1>an，所以数列{an}为递增数列，则a2024>a2023，A正确；
因为数列{an}为递增数列且an≥1>0，所以为递减数列，B错误；
由an＋1＝，可得2an＋1－an＝，
等式两边平方整理得－1＝4an＋1an，C正确；
将－1＝4an＋1an两边同除以4an＋1得an＝an＋1－，
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两边平方得，即<，
可得<<<，
累加可得<×(2024－1)＝1011.5，
即－1<1011.5，所以<1012.5<1013，D正确．故选A、C、D.
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12．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，则an＝________．
解析：令an＋1＋x(n＋1)＋y＝2(an＋xn＋y)，
即an＋1＝2an＋xn＋y－x，
与原等式比较得，x＝y＝1，
所以＝2，
所以数列{an＋n＋1}是以a1＋1＋1＝4为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋n＋1＝4×2n-1，
即an＝2n+1－n－1.
答案：2n+1－n－1
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13．已知数列{an}满足a1＝，若cn＝，则cn＝_______．
解析：因为a1＝，
所以，
即，
所以数列{}是首项为，公差为的等差数列，
所以(n－1)＝，
则cn＝＝(n＋1)3n-1.
答案：(n＋1)3n-1
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14．若正项数列{an}满足a1＝＝0，则＝________．
解析：由＝0，
得(an＋1－2an)(an＋1＋3an)＝0，
又{an}是正项数列，
所以an＋1－2an＝0，即＝2，
则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＝2n-1.
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＝(2n-1)2＝22(n-1)＝4n-1，
＝4，
可得数列}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以.
答案：
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?B级 能力提升练?
15．已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，a6＝124，则a2＝________．
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解析：由an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)可得an＋1－an＝2(an－an－1)，
若an－an－1＝0，则a6＝a5＝…＝a1，与题中条件矛盾，故an－an－1≠0，
所以＝2，即数列{an＋1－an}是以a2－a1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝a2·2n-1，
所以a6－a1＝a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋a5－a4＋a6－a5＝a2·20＋a2·21＋a2·22＋a2·23＋a2·24＝31a2＝124，所以a2＝4.
答案：4
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16．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子排列的形状对数进行分类．如下图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为“五角形数”，其中第1个“五角形数”记作a1＝1，第2个“五角形数”记作a2＝5，第3个“五角形数”记作a3＝12，第4个“五角形数”记作a4＝22，……，若按此规律继续下去，则a5＝______，若an＝145，则n＝________．
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解析：由题意知，第1个“五角形数”记作a1＝1＝3×1－2，
第2个“五角形数”记作a2＝5＝a1＋3×2－2，
第3个“五角形数”记作a3＝12＝a2＋3×3－2，
第4个“五角形数”记作a4＝22＝a3＋3×4－2，
第5个“五角形数”记作a5＝a4＋3×5－2＝35，
……
第n个“五角形数”记作an＝an－1＋3×n－2，即an－an－1＝3n－2，
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则an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋3(2＋3＋…＋n)－2(n－1)＝1＋3×－2(n－1)＝＋1，
由an＝145，即＋1＝145，解得n＝10.
答案：35 10
培优增分 数列中的构造问题
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第2讲
等差数列
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．等差数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于____________，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的______，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a与b的等差中项．
同一个常数
公差
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝_______________，其中a1是首项，d是公差．
(2)前n项和公式：Sn＝______________＝．
a1＋(n－1)d
na1＋
3．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_________________．
(2)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为____的等差数列．
(3)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．
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也是等差数列．
ak＋al＝am＋an
md
4．等差数列与函数的关系
(1)等差数列{an}的通项公式可写成an＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，它是关于n的__________，它的图象是直线y＝dx＋(a1－d)上横坐标为正整数的均匀分布的一系列______的点．
一次函数
孤立
当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
(2)前n项和公式可变形为Sn＝n，当d≠0时，它是关于n的常数项为0的__________，那么点(n，Sn)在二次函数y＝x的图象上．
二次函数
1．数列{an}为等差数列的充要条件是an＝kn＋b(k，b∈R)．
2．若数列{an}的前n项和为Sn，则“数列{an}为等差数列”的充要条件是“Sn＝an2＋bn(a，b∈R)”．
3．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(2)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( )
(3)已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差为－2.( )
(4)数列{an}为等差数列的充要条件是 n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2成立.
( )
√
×
√
√
2．已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a4＝________．
解析：由a4＋a8＝2a6＝20，故a6＝10，故d＝a7－a6＝2，所以a4＝a6－2d＝6.
答案：6
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝2，S20＝8，则S30＝________．
解析：由于S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2×(8－2)＝2＋S30－8，解得S30＝18.
答案：18
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝，a4＝－1，则公差d＝________．
解析：由题意得
解得d＝－2.
答案：－2
例1 (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．－
B
解析：B 由S5＝S10，得，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B.
突破
核心考点
等差数列基本量的运算
(2)(2025·山西晋城模拟)生命在于运动.某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品)，第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天需从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始到3月20日，他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是( )
A．3月5日或3月16日
B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日
D．3月8日或3月13日
D
解析：D 若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n－1.
假设他连续打卡n天，第(n＋1)天中断了，则他所得积分之和为(1＋3＋…＋2n－1)＋[1＋3＋…＋2(19－n)－1]＝＝193，
化简得n2－19n＋84＝0，
解得n＝7或n＝12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．故选D.
(3)(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
解析：法一：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95.
法二：设{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.
答案：95
反思感悟 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个基本量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)确定等差数列通项公式的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
跟踪训练1 (1)(2025·福建厦门质检)已知正项等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且4S3＝(a3＋1)2，4S4＝(a4＋1)2，则d等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：B 4S3＝(a3＋1)2，4S4＝(a4＋1)2，两式相减得4a4＝(a4＋1)2－(a3＋1)2，
(提醒：应用Sn，an的关系转化 )即(a4－1)2－(a3＋1)2＝0，则(a4＋a3)(a4－a3－2)＝0，又数列{an}为正项等差数列，∴a4－a3－2＝0，∴a4－a3＝2，即d＝2，故选B.
B
(2)(2025·重庆渝中区期中)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝1，b1＝7，a2＋b2＝12，设数列{an＋bn}的前n项和为Sn，则S20等于( )
A．84 B．540
C．780 D．920
解析：D 根据题意可设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，由a1＝1，b1＝7，a2＋b2＝12可知，d1＋d2＝4，
则数列{an＋bn}是以a1＋b1＝8为首项，d1＋d2＝4为公差的等差数列，
所以an＋bn＝8＋4(n－1)＝4n＋4，
故Sn＝(a1＋b1＋an＋bn)＝(8＋4n＋4)＝n(2n＋6)，
所以S20＝20×(2×20＋6)＝920.故选D.
D
(3多选）古代数学名著《周髀算经》中记载阴阳之数，日月之法，十九岁为一章．四章为一蔀，七十六岁．二十蔀为一遂，遂千五百二十岁．已知有n个人，他们的年龄之和恰好为十蔀（即760岁），其中年龄最小的25岁，年龄最大的m(m≤120)岁，且除了年龄最大的以外，其余n－1人的年龄依次相差2岁，则n的值可以是( )
A．15 B．16
C．17 D．18
CD
解析：CD 设这n个人的岁数由小到大依次为a1，a2，…，an，n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，由题意知数列{an}的前n－1项为等差数列，公差d＝2，首项a1＝25，Sn－1＝760－m，末项an＝m≤120，则760－m＝25(n－1)＋×2，得m＝－(n2＋22n－783)≤120，即n2＋22n－663≥0，即(n－17)(n＋39)≥0，得n≥17，n∈N*，结合选项可知，选C、D.
等差数列的判定与证明
例2 (2021·全国甲卷)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.
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，
所以＝(n＋1)(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＋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，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列．
反思感悟 判定与证明等差数列的方法
定义法 对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数 {an}是等差数列
等差中项法 2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立 {an}是等差数列
通项公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
前n项和 公式法 验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
注意：(1)用定义法或等差中项法证明等差数列时，易忽视定义中从第2项起，以后每一项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2－a1＝d这一关键条件．
(2)要判定一个数列不是等差数列，只需找出an，an＋1，an＋2，使得这三项不满足2an＋1＝an＋an＋2即可．
跟踪训练2 已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝log2(an＋1)．
(1)判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1){bn}是等差数列，理由如下：
b1＝log2(a1＋1)＝log22＝1，当n≥2时，bn－bn－1＝log2(an＋1)－log2(an－1＋1)
＝log2＝log2＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，∴an＋1＝＝2n，∴an＝2n－1.
考向1 项的性质
例3 (1)(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7等于( )
A．－2 B．
C．1 D．
D
等差数列性质的应用
解析：D 法一：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝，故选D.
法二：因为{an}为等差数列，所以S9＝＝9a5＝1，得a5＝，则a3＋a7＝2a5＝，故选D.
(2)(2025·河北张家口张垣联盟测试)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，，则等于( )
A． B．
C． D．
B
解析：B ∵等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，，∴.故选B.
考向2 和的性质
例4 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且，则等于( )
A． B．
C． D．
D
解析：D 由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，…构成等差数列，∵，∴不妨设S4＝1，S8＝3，则S8－S4＝2，∴该数列的公差为1，∴S12－S8＝3，S16－S12＝4，∴S12＝6，S16＝10，∴，故选D.
考向3 前n项和的最值
例5 在等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n取何值时，Sn最大？
解：法一：设公差为d.由S3＝S11，可得3a1＋d，
即d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n
＝－(n－7)2＋a1，
因为a1＞0，所以－＜0.
故当n＝7时，Sn最大．
法二：易知Sn＝An2＋Bn(A≠0)是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝＝7对称．
由法一可知A＝－＜0，
故当n＝7时，Sn最大．
法三：设公差为d.
由法一可知d＝－a1.
要使Sn最大，则
即
解得6.5≤n≤7.5，
故当n＝7时，Sn最大．
法四：设公差为d.
由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大．
反思感悟
(1)项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an；
③依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．
(3)求等差数列前n项和的最值常用的方法：
①邻项变号法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值．
②函数法：利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值．
跟踪训练3 (1)(人教A版选择性必修第二册P17例5变式)在等差数列{an}中，a4＋a6＋a8＋a10＝22，则a1＋a13等于( )
A．－11 B．11
C．22 D．33
解析：B 由等差数列的性质可知a4＋a10＝a6＋a8＝a1＋a13，而a4＋a6＋a8＋a10＝22，所以2(a1＋a13)＝22，即a1＋a13＝11.故选B.
B
(2)(人教A版选择性必修第二册P24练习第3题变式)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S9＝27，则S6等于( )
A．6 B．12
C．15 D．21
解析：C 设S6＝x，则S6－S3＝x－6，S9－S6＝27－x，因为{an}为等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等差数列，则2(x－6)＝6＋27－x，解得x＝15.故选C.
C
(3)(多选)(2025·海南海口摸底)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若(S15－S11)(S15－S12)<0则( )
A．a13＋a14>0
B．S11
C．当n＝14时，Sn取最大值
D．当Sn<0时，n的最小值为27
ABD
解析：ABD 对于A，首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，
所以(S15－S11)(S15－S12)＝(a15＋a14＋a13＋a12)×3a14＝6a14(a14＋a13)<0，
若a14>0，则a14＋a13>0，不符合题意，
所以a14<0，a14＋a13>0，故A正确；
对于B，由A可知S15－S11＝a15＋a14＋a13＋a12＝2(a14＋a13)>0，则S15>S11，
S15－S12＝3a14<0，则S15对于C，由A可知，因为a14<0，a14＋a13>0，所以a13>0，故n＝13时，Sn取最大值，故C错误；
对于D，由S27＝＝27a14<0，S26＝＝13(a14＋a13)>0，且{an}是首项为正数的等差数列，故D正确．故选A、B、D.
3
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5
6
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9
10
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11
1
2
?A级 基础落实练?
1．(2025·广东汕头模拟)在3与15之间插入3个数，使这5个数成等差数列，则插入的3个数之和为( )
A．21 B．24
C．27 D．30
解析：C 令插入的3个数依次为a1，a2，a3，则3，a1，a2，a3，15成等差数列，因此2a2＝3＋15，解得a2＝9，
所以插入的3个数之和为a1＋a2＋a3＝3a2＝27.故选C.
限时规范
训练(四十二) 等差数列
C
2
1
3
4
5
6
7
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9
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11
2．(2025·山东潍坊模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，则S4等于( )
A．6 B．7
C．8 D．10
解析：C 因为数列{an}为等差数列，所以S7＝＝7a4，又S7＝5a4＋10，则7a4＝5a4＋10，即a4＝5，则S4＝＝8.故选C.
C
2
3
1
4
5
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11
3．(2025·江西南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝，则S17等于( )
A．51 B．34
C．17 D．1
C
2
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1
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5
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14
11
解析：C 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a3＝可得
解得
所以S17＝17a1＋＝17.
2
3
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1
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14
11
4．(2025·福建泉州实验中学质检)已知正项等差数列{an}满足tan a5tan a7＋tan a5＋tan a7＝1，a6<，则a1＋a4＋a6＋a8＋a11＝( )
A． B．
C． D．
B
2
3
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5
6
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12
13
14
11
1
解析：B 因为tan a5tan a7＋tan a5＋tan a7＝1，所以＝1，
即tan (a5＋a7)＝1，所以a5＋a7＝＋kπ，k∈Z.
又0故a1＋a4＋a6＋a8＋a11＝5a6＝.故选B.
2
3
4
5
1
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14
11
5．某团队耗时3个多月做出一长达180米、重约20千克、“龙身”共有140节“鳞片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．该团队最终决定“鳞片”骨架按如下图所示的结构创作，则所有“鳞片”中竹质“鳞片”的个数为( )
A．120 B．124
C．128 D．130
B
2
3
4
5
1
6
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解析：B 由题图，根据“鳞片”的排列规律：1个碳质，1个竹质；1个碳质，2个竹质；1个碳质，3个竹质；1个碳质，4个竹质……易知假设有n个碳质“鳞片”，则后面完整的竹质“鳞片”的个数为1＋2＋3＋…＋n＝，所以当n＝15时，后面完整的竹质“鳞片”的个数为120，接下来需再安排140－15－120＝5(个)“鳞片”，即1个碳质“鳞片”，4个竹质“鳞片”，所以竹质“鳞片”的总个数为120＋4＝124.故选B.
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6．(多选)已知首项为－1的等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且S7>S8，S8A．S5
C．(Sn)min＝S8 D．S15>0
AC
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解析：AC 对于A选项，因为S7>S8，S80，所以解得0，得(Sn)min＝S8，故C正确．对于D选项，因为a8<0，所以S15＝＝15a8<0，故D错误．故选A、C.
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7．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
解析：由2S3＝3S2＋6，
可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，
解得d＝2.
答案：2
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8．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且，则＝________．
解析：法一：设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则由等差数列的前n项和公式，得，当n＝9时，，因而＝9.
法二：根据等差数列的前(2n－1)项和公式A2n－1＝(2n－1)an，知＝9.
答案：9
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9．(2025·四川成都一诊)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S7＝14，且a3，a4，a6成等比数列，则a2026＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则S7＝7a1＋21d＝14， ①
又因为a3，a4，a6成等比数列，
所以＝a3a6，即(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋5d)， ②
由①②解得a1＝－1，d＝1或a1＝2，d＝0，
所以a2026＝a1＋2025d＝－1＋2025＝2024或a2026＝a1＋2025d＝2＋0＝2.
答案：2024或2
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10．(13分)已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a，k的值；
(2)设数列{bn}的通项公式bn＝，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
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解：(1)设该等差数列为{an}，
则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，
解得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋·d
＝2k＋×2＝k2＋k，
由Sk＝110得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，
故a＝2，k＝10.
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(2)证明：由(1)得Sn＝＝n(n＋1)，
则bn＝＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
又b1＝1＋1＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝.
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11．(13分)(2022·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
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解：(1)证明：由＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n，①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2
＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
由②－①得
2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
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(2)由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，得＝a4a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋
＝2－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
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?B级 能力提升练?
12．(多选)(2025·江西抚州调研)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，则下列结论中一定正确的是( )
A．数列}是等比数列
B．数列}不是等差数列
C．数列是等差数列
D．数列不是等差数列
AC
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解析：AC 已知数列{an}是等差数列，设其公差为d，d为常数．
对于A，数列{an}是等差数列，则an＋1－an＝d，那么＝2d为常数，且2d≠0，所以数列}是等比数列，故A正确；对于B，当an为常数列时也为常数列，此时数列}是等差数列，故B错误；
对于C，数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，可设Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，令cn＝＝An＋B，此时cn＋1－cn＝A为常数，所以数列是等差数列，故C正确；
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对于D，当{an}为各项均为0的常数列时，Sn＝0，此时＝0，
所以数列为各项为0的常数列，也为等差数列，故D错误．故选A、C.
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13．(2025·河南新乡联考)某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为20 mm，卫生纸厚度约为0.1 mm，若未使用时直径为80 mm，则这款卷筒卫生纸总长度大约为(参考数据：π≈3.14)( )
A．47 m B．51 m
C．94 m D．102 m
A
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解析：A 空心纸筒直径为20 mm，则底面半径为10 mm，其周长为2π×10＝20π(mm)，卷纸未使用时直径为80 mm，则底面半径为40 mm，其周长为2π×40＝80π(mm)，
又因为卫生纸厚度约为0.1 mm，则卷纸共有层数约为＝300，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列，首项为20π，末项为80π，项数为300，
(提醒：因卷纸厚度固定，且卷在圆柱形空心纸筒上，故卷纸总长即每一圈卷纸的周长的和，而从内到外每圈卷纸的周长依次构成等差数列)
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则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前300项和，S300＝＝15 000π(mm)，而15 000π mm≈15 000×3.14＝47 100 mm≈47 m.
即这个卷筒卫生纸总长度大约为47 m．故选A.
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14．(15分)(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的值.
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解：(1)由3a2＝3a1＋a3，
得3(a1＋d)＝3a1＋a1＋2d，
整理得a1＝d，所以an＝nd，bn＝.
由S3＋T3＝21，得d＋2d＋3d＋＝21，
整理得2d2－7d＋3＝0，
解得d＝3或d＝(舍)，故an＝3n.
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(2)若{bn}是等差数列，则b1＋b3＝2b2，
即，
所以a2a3＋6a1a2＝6a1a3，
所以(a1＋d)(a1＋2d)＋6a1(a1＋d)
＝6a1(a1＋2d)，
整理得－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
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①若a1＝d，则an＝nd，bn＝，
由S99－T99＝99，得50d－＝1，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝－1(舍)或d＝；
②若a1＝2d，则an＝(n＋1)d，bn＝，
由S99－T99＝99，得51d－＝1，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝1(舍)或d＝－(舍)．
综上，d＝.
第2讲 等差数列
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第3讲
等比数列
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
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内容索引
1．理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于____________，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，定义的表达式为＝q.
(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即G是a与b的等比中项 a，G，b成等比数列 ____________．
等比数列的任意一项都不能为零．公比不能为零．
同一个常数
G2＝ab
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝________________，其中a1是首项，q是公比．
(2)通项公式的推广：
an＝________________________．
(3)前n项和公式：
Sn＝
a1qn-1(a1q≠0)
am·qn－m(n，m∈N*)
，q≠1
在运用等比数列前n项和公式时，必须注意对q＝1和q≠1进行分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情况而出错．
3．等比数列的性质
(1)项的性质
设数列{an}是等比数列，若m＋n＝p＋l＝2k(m，n，p，l，k∈N*)，则am·an＝__________＝，反之，不一定成立．
(2)和的性质
①若等比数列{an}有2k(k∈N*)项，则＝______；
②公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为____．
q
qn
4．等比数列与指数型函数的关系
(1)当q＞0且q≠1时，an＝·qn可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．
(2)对于非常数列的等比数列{an}的前n项和Sn＝，若设a＝，则Sn＝象上一系列孤立的点．
(3)若等比数列为常数列，即q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x图象上一系列孤立的点．
(4)已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(其中q≠0，且q≠1，AB≠0)，则A＝－B是数列{an}为等比数列的充要条件．
1．若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，{}，{an·bn}，{}仍是等比数列．
2．在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(2)G为a，b的等比中项 G2＝ab.( )
(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )
(4)如果数列{ln an}为等差数列，则数列{an}是等比数列．( )
×
×
×
√
2．在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝________．
解析：由条件得
解得或
故an＝3·2n-1或an＝2·3n-1.
答案：3·2n-1或2·3n-1
3．在等比数列{an}中，a3＝3，a5·a9＝27，则a11＝________．
解析：由a5a9＝a3a11得3a11＝27，故a11＝9.
答案：9
4．已知等比数列{an}的公比q＝－2，前6项和S6＝21，则a6＝________．
解析：S6＝＝－21a1＝21，
即a1＝－1，
所以a6＝32.
答案：32
例1 (1)(2025·安徽合肥一六八中学期末)若数列{an}满足a2＝2，且 m，n∈N*，am＋n＝aman，则a2＋a4＋a6＋…＋a2026等于( )
A．21014－2 B．22024－1
C．21012－2 D．21012－1
A
突破
核心考点
等比数列基本量的运算
解析：A 由题知，an≠0，令m＝n＝1，根据已知可得a2＝＝2，
令m＝1，则an＋1＝a1an，所以＝a1，
所以数列{an}是首项和公比都为a1的等比数列，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a2026是首项为a2＝2，公比为＝2的等比数列的前1013项和．
所以a2＋a4＋a6＋…＋a2026＝＝21014－2.故选A.
(2)(多选)(2025·湖南长沙雅礼中学模拟)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”下列说法中正确的是( )
A．此人第二天走了九十六里路
B．此人第三天走的路程占全程的
C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D．此人后三天共走了四十二里路
ACD
解析：ACD 设此人第n天走an里路，则数列{an}是首项为a1，公比为的等比数列，
因为S6＝378，所以S6＝＝378，解得a1＝192.
对于A，由于a2＝192×＝96，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确；
对于B，由于a3＝192×>，所以B不正确；
对于C，由于378－192＝186，192－186＝6，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C正确；
对于D，a4＋a5＋a6＝378－192－96－48＝42，所以此人后三天共走了四十二里路，所以D正确．故选A、C、D.
反思感悟 等比数列基本量运算的解题策略
(1)在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．
跟踪训练1 (2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和．
解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为.
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝n-1.
(2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝(an＋1－1)＝，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝n－.
等比数列的判定与证明
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
由②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，
又a1＋a1＝1，∴a1＝，
∴a1－1＝－≠0，
∵，∴.
故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知cn＝－n-1＝－n.
∵cn＝an－1，∴an＝1－n.
反思感悟 判定与证明等比数列的常用方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝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an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列．
(4)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
跟踪训练2 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
解：(1)证明：由an＋2＋an＋1－6an＝0，
可得an＋2＋3an＋1＝2(an＋1＋3an)，
即＝2(n∈N*)，
∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n-1(n∈N*)，
∴an＋1－2n＝－3(an－2n-1)，
∴＝－3，
∴{an－2n-1}是以a1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴an－2n-1＝1×(－3)n-1，
∴an＝2n-1＋(－3)n-1，
Sn＝.
考向1 项的性质
例3 已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为( )
A．10 B．20
C．100 D．200
C
解析：C a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝＝(a4＋a6)2＝102＝100.
等比数列的性质及应用
考向2 和的性质
例4 (2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
解析：C 法一：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.
当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；
当S2＝时，
C
结合S4＝－5得
化简可得q2＝－5，不成立，舍去．
所以S8＝－85，故选C.
法二：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
由题意易知q≠1，
则
化简整理得
所以S8＝(1－44)＝－85.故选C.
考向3 前n项和的最值
例5 设等比数列{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，a2022·a2023>1，(a2022－1)·(a2023－1)<0，则下列选项中正确的是
( )
A．{an}为递增数列
B．S2022＋1C．T2022是数列{Tn}中的最大项
D．T4045>1
C
解析：C 由(a2022－1)·(a2023－1)<0可得，a2022－1和a2023－1异号，
即或而a1>1，a2022·a2023>1，
可得a2022和a2023同号，且一个大于1，一个小于1，所以a2022>1，a2023<1，即数列{an}的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A，公比q＝<1，因为a1>1，所以{an}为递减数列，故A错误；对于B，因为a2023<1，所以a2023＝S2023－S2022<1，所以S2022＋1>S2023，故B错误；
对于C，等比数列{an}的前n项积为Tn，且数列{an}的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以T2022是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
对于D，T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝q2022×4045＝(a1q2022)4045＝，
因为a2023<1，所以<1，即T4045<1.故D错误．故选C.
反思感悟 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形；二是等比中项的变形；三是前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响．
跟踪训练3 (1)(2025·重庆七校诊断)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，则tan ( )
A．－ B．－
C． D．
解析：A 因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，则a1＋a7＝2a4＝.因为{bn}是等比数列，所以b2b4b6＝故b4＝，则b2b6＝＝3，
所以tan ＝tan .故选A.
A
(2)(2025·辽宁名校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则( )
A．8 B．9
C．16 D．17
A
解析：A 设S4＝x(x≠0)，则S8＝4x.
因为{an}为等比数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12仍成等比数列．
易知＝3，
所以
则故＝8.
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?A级 基础落实练?
1．(2025·山东青岛适应性检测)在等比数列{an}中，a2＝1，a5＝8，则a7( )
A．32 B．24
C．20 D．16
解析：A 设等比数列的公比为q，由题意得解得a1＝，q＝2.所以a7＝×26＝32.故选A.
限时规范
训练(四十三) 等比数列
A
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2．设正项等比数列{an}的公比为q，若a2，3a1，a3成等差数列，则q
( )
A． B．2
C． D．3
解析：B 因为a2，3a1，a3成等差数列，所以6a1＝a2＋a3，所以6a1＝a1q＋a1q2，则q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，所以q＝2.故选B.
B
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3．(2025·安徽蚌埠教学质量检查)已知各项均为正数的等比数列{an}中，若a5＝9，则log3a4＋log3a6( )
A．2 B．3
C．4 D．9
解析：C 因为{an}是等比数列，所以＝a4a6，所以a4a6＝81，所以log3a4＋log3a6＝log381＝log334＝4.故选C.
C
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4．(2025·山东聊城质量测评)已知数列{an}是等比数列，{bn}是等差数列，a1＝1，若b1，2a2，3a3，2b3为常数列，则a4b2( )
A．0 B．8
C． D．
解析：C 设{an}的公比为q，则a2＝q，a3＝q2，则2q＝3q2，解得q＝或q＝0(舍)，则an＝n-1，又b1＝2b3＝，则{bn}的公差为所以bn＝(n－1)＝n，所以a4b2＝.
C
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5．(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3第10题变式)已知两个等比数列{an}，{bn}的前n项积分别为An，Bn，若＝3，则( )
A．3 B．27
C．81 D．243
D
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解析：D 法一：根据题意，等比数列{an}，{bn}的前n项积分别为An，Bn，则A5＝a1a2a3a4a5＝，故＝35＝243，故选D.
法二：设等比数列{an}的公比为q1，则a3＝，{an}的前5项积A5＝a1a2a3a4a5＝.设等比数列{bn}的公比为q2，则b3＝.因为＝3，所以＝5＝35＝243.故选D.
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法三：因为{an}，{bn}均是等比数列，且＝3，所以不妨设an＝3，bn＝1，此时{an}的前5项积A5＝35＝243，{bn}的前5项积B5＝15＝1，则＝243，故选D.
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6．设递增的等比数列{an}满足a4＋a6＝20，a4a5a6＝512，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1( )
A． B．
C． D．
C
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解析：C 设等比数列{an}的公比为q，由题意得q>1，an＋1>an.由a4a5a6＝512，得＝512，所以a5＝8，得a4a6＝＝64，联立得或(舍去)，∴q＝＝2，
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所以an＝a4·qn-4＝4·2n-4＝2n-2，
所以anan＋1＝2n-22n-1＝22n-3＝×4n-1，所以数列{anan＋1}是以为首项，4为公比的等比数列，
所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝，故选C.
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7．(2025·安徽合肥质检)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S3＝13，则a3＝________．
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
则由题意得
解得或
所以a3＝a1q2＝9×2＝1或a3＝a1q2＝1×32＝9.
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法二：由S3＝a1＋a2＋a3＝3＋a1＋a3＝13，
得a1＝10－a3.
由等比数列的性质，知＝a1a3，
即9＝(10－a3)·a3，解得a3＝1或a3＝9.
答案：1或9
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8．(2025·四川成都七校质检)数列{an}满足a1＝a2＝1，a2n＋1－a2n－1＝2，＝2，数列{an}的前n项和记为Sn，则S23＝________．
解析：∵a1＝1，a2n＋1－a2n－1＝2，∴数列{a2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴a2n－1＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
∵a2＝1，＝2，∴数列{a2n}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a2n＝2n-1.∴S23＝(a1＋a3＋…＋a23)＋(a2＋a4＋…＋a22)＝＝2191.
答案：2191
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9．设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________．
解析：∵logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，
则1＝logaxn＋1－logaxn＝loga，
∴＝a，
∴数列{xn}是公比为a的等比数列，
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
答案：100a100
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10．(15分)在数列{an}中＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即.∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴＝2，∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n-1，
∴an＝3·2n-1－1，∴Sn＝－n＝3·2n－n－3.
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11．(15分)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
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(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n-1，
由bk＝am＋a1，得
b1·2k-1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k-1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，
所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，
即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
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?B级 能力提升练?
12．(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列结论中错误的是( )
A．若S3＝4，S6＝12，则S9＝29
B．若a1＝1，q＝，则Sn＝4－3an
C．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－6
D．若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n-1
ACD
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解析：ACD 对于A，易知公比q≠－1，
则可知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
又S3＝4，S6－S3＝12－4＝8，
∴S9－S6＝16，
∴S9＝S6＋16＝12＋16＝28，A错误；
对于B，∵a1＝1，q＝，∴an＝n-1，
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Sn＝＝4－3an，B正确；
对于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，
又a4＋a7＝2，
∴a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，
∴q3＝－或q3＝－2.
当q3＝－时，a1＋a10＝＋a4q6
＝＋4×2＝－7；
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当q3＝－2时，a1＋a10＝＋a4q6
＝＋(－2)×(－2)2＝－7，C错误；
对于D，∵a1＝1，a5＝4a3，
∴q4＝4q2，得q＝－2或q＝2，
∴an＝(－2)n-1或an＝2n-1，D错误．
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13．(多选)各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1>1，公比q≠1，则下列说法中正确的是( )
A．若T6＝T10，则必有T16＝1
B．若T6＝T10，则必有T8是数列{Tn}的最大项
C．若T7>T8，则必有T6>T7
D．若T7>T8，则必有T8>T9
ABD
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解析：ABD 对于A，若T6＝T10，则a7a8a9a10＝1，即有a7a10＝a8a9＝1，
(易混：在等比数列{an}中，若k＋m＝p＋q，则akam＝apaq；在等差数列{an}中，若k＋m＝p＋q，则ak＋am＝ap＋aq.注意等比中项与等差中项不要混淆)
根据等比数列的性质，得a6a11＝a5a12＝a4a13＝a3a14＝a2a15＝a1a16＝1，即T16＝1，A正确．对于B，若01，则等比数列{an}递增，因为a1a16＝1，所以a1<1，a16>1，与a1>1矛盾．B正确．对于C，若T7>T8，则＝a8<1，而a1>1，此时数列
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{an}递减，若a7>1，则>1，此时T7>T6；若a7<1，则<1，此时T71，所以数列{an}递减，所以a9<1.所以<1，即T8>T9，D正确．
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14．(15分)(2025·河北邯郸模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.
(1)求{an}通项公式；
(2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由．
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解： (1)由题意知，在数列{an}中，
an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2，
两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2.
由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式，
故an＋1＝4an，n∈N*.
∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列．
∴an＝4n-1，n∈N*.
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(2)由题意及(1)得，在数列{an}中，an＝4n-1，n∈N*.
在数列{bn}中，bn＝，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
则＝bmbp，其中2k＝m＋p，
∴＝·.
∵2k＝m＋p，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp.
∴k＝m＝p，与已知矛盾．
∴不存在满足条件的三项．
第3讲 等比数列
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三新命题
数列
(教师用书独具)
限时规范训练
内容索引
命题点一 数列的新情境问题
例1 南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球…第n＋1层球数比第n层球数多n＋1个，设各层球数构成一个数列{an}．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当x>0时，ln (1＋x)>；
(3)若数列{bn}满足bn＝，对于n∈N*，证明：b1＋b2＋b3＋…＋bn解：(1)根据题意，a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，…，
则有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
又a1＝1也满足，所以an＝.
(2)证明：设f(x)＝ln (1＋x)－，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)>f(0)＝0，
即ln (1＋x)－>0，即当x>0时，ln (1＋x)>.
(3)证明：由(2)可知当x>0时，
ln (1＋x)>，
令x＝(n∈N*)，则ln >，
所以bn＝
＝
＝<(n＋1)×2n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
则2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n+1，
所以－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n+1
＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n+1
＝2＋－(n＋1)×2n+1＝－n×2n+1，
所以Tn＝n×2n+1，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn思维升华 (1)本题第三问关键是结合(2)的结论，令x＝(n∈N*)得到ln >，从而得到bn<(n＋1)×2n.
(2)解决数列的新情境问题的一般思路是理解题意，从中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列，然后把问题转化为数列的通项、求和或性质等．
跟踪训练1 已知桶A0中盛有3升水，桶B0中盛有1升水．现将桶A0中的水的和桶B0中的水的倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的和桶B1中的水的倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；如此继续操作下去．
(1)求操作1次后桶B1中的水量；
(2)求操作n次后桶Bn中的水量；
(3)至少操作多少次，桶An(n∈N*)中的水量与桶Bn(n∈N*)中的水量之差小于升？(参考数据：lg 2≈0.3010，lg 3≈0.4771)
解：(1)记桶An中的水量为An，桶Bn中的水量为Bn，n∈N，
所以B1＝.
(2)根据题意可得An＋Bn＝4，Bn＝Bn－1，
所以Bn＝(4－Bn－1)＋，所以Bn－2＝(Bn－1－2)，
即数列{Bn－2}是以B1－2＝－为首项，为公比的等比数列，
所以Bn－2＝·n-1，
∴Bn－2＝(－1)·n，
所以Bn＝2－n.
(3)An＝4－Bn＝n＋2，
∴An－Bn＝2·n，
令2·n<，得n<，两边取对数，
得≈4.4，
所以至少经过5次操作，才能使桶An(n∈N*)中的水量与桶Bn(n∈N*)中的水量之差小于.
命题点二 数列的新定义问题
例2 如果n项有穷数列{an}满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i＝1，2，…，n)，则称有穷数列{an}为“对称数列”．
(1)设数列{bn}是项数为7的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4成等差数列，且b2＝3，b5＝5，依次写出数列{bn}的每一项；
(2)设数列{cn}是项数为2k－1(k∈N*且k≥2)的“对称数列”，且满足|cn＋1－cn|＝2，记Sn为数列{cn}的前n项和．
①若c1，c2，…，ck构成单调递增数列，且ck＝2023.当k为何值时，S2k－1取得最大值？
②若c1＝2024，且S2k－1＝2024，求k的最小值．
解：(1)因为数列{bn}是项数为7的“对称数列”，所以b5＝b3＝5，
又因为b1，b2，b3，b4成等差数列，其公差d＝b3－b2＝2，…
所以数列{bn}的7项依次为1，3，5，7，5，3，1.
(2)①由c1，c2，…，ck是单调递增数列，数列{cn}是项数为2k－1的“对称数列”且满足|cn＋1－cn|＝2，
可知c1，c2，…，ck构成公差为2的等差数列，ck，ck＋1，…，c2k－1构成公差为－2的等差数列，
故S2k－1＝c1＋c2＋…＋c2k－1＝2(ck＋ck＋1＋…＋c2k－1)－ck
＝2－2023
＝－2k2＋4048k－2023，
所以当k＝－＝1012时，S2k－1取得最大值．
②因为|cn＋1－cn|＝2，即cn＋1－cn＝±2，
所以cn＋1－cn≥－2，即cn＋1≥cn－2，
于是ck≥ck－1－2≥ck－2－4≥…≥c1－2(k－1)，因为数列{cn}是“对称数列”，c1＝2024，
所以S2k－1＝c1＋c2＋…＋c2k－1＝2(c1＋c2＋…＋ck－1)＋ck≥(2k－1)c1－2(k－2)(k－1)－2(k－1)＝－2k2＋4052k－2026，
因为S2k－1＝2024，故－2k2＋4052k－2026≤2024，解得k≤1或k≥2025，所以k≥2025，
当c1，c2，…，ck构成公差为－2的等差数列时，满足c1＝2024，且S2k－1＝2024，此时k＝2025，所以k的最小值为2025.
思维升华 解决数列新定义问题的方案及流程
(1)读懂题意，理解研究的对象，理解新定义数列的含义；
(2)特殊分析，例如先对 n＝1，2，3，…的情况讨论．
(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解．
跟踪训练2 约数，又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，m为a的约数．设正整数a共有k个正约数，即为a1，a2，…，ak－1，ak(a1(1)当k＝4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；
(2)当k≥4时，若a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1构成等比数列，求正整数a(结果用a2表示)；
(3)记A＝a1a2＋a2a3＋…＋ak－1ak，求证：A解：(1)当k＝4时，正整数a的4个正约数构成等比数列，比如1，2，4，8为8的所有正约数，即a＝8.
(2)由题意可知a1＝1，ak＝a，ak－1＝，
因为k≥4，，所以，化简可得(a3－a2)2＝(a2－1)2a3，所以a3＝2，
因为a3∈N*，所以∈N*，
因此可知a3是完全平方数．
由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3＝，所以a2－a1，a3－a2，…，ak－ak－1为a2－，所以a＝(k≥4)．
(3)证明：由题意知a1ak＝a，a2ak－1＝a，…，aiak＋1－i＝a，…，(1≤i≤k)所以A＝，
因为，
所以A＝＝a2≤a2＝a2，
因为a1＝1，ak＝a，所以<1，
所以A≤a21
2
1．(17分)(2024·陕西咸阳三模)数列{an}的前n项的最大值记为Mn，即Mn＝max{a1，a2，…，an}；前n项的最小值记为mn，即mn＝min{a1，a2，…，an}，令pn＝Mn－mn，并将数列{pn}称为{an}的“生成数列”．
(1)设数列{pn}的“生成数列”为{qn}，求证：pn＝qn；
(2)若an＝2n－3n，求其生成数列{pn}的前n项和．
限时规范
训练 数列
1
2
解：(1)证明：由题意可知Mn＋1≥Mn，mn＋1≤mn，
所以Mn＋1－mn＋1≥Mn－mn，因此pn＋1≥pn，
即{pn}是单调递增数列，且p1＝M1－m1＝0，
由“生成数列”的定义可得pn＝qn.
1
2
(2)当n≥3时，an－an－1＝2n－3n－[2n-1－3(n－1)]＝2n-1－3>0，∴an>an－1.
∴a1>a2∴p1＝0，p2＝－1－(－2)＝1，
当n≥3时，pn＝an－a2＝2n－3n－(－2)＝2n－(3n－2)．
设数列{pn}的前n项和为Sn.则S1＝0，S2＝1.
当n≥3时，Sn＝0＋1＋p3＋p4＋…＋pn＝1＋(23－7)＋(24－10)＋…＋[2n－(3n－2)]
＝1＋(23＋24＋…＋2n)－[7＋10＋…＋(3n－2)]
1
2
＝1＋
＝2n+1－
又S2＝1符合上式，
所以Sn＝
2
1
2．(17分)(2024·辽宁鞍山二模)如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”．已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”．
(1)若an＝2n＋(n∈N*)，求b1，b2，b3的值；
(2)若数列{an}是等差数列，且公差为d(d∈Z)，求证：数列{bn}是等差数列；
(3)若数列{an}满足a1＝，且an＋1＝－，记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，试判断是否存在正整数n，使得Sn2
1
解：(1)令n＝1，则，即－b1，故－<－b1<，解得又b1∈Z，则b1＝3，同理可得b2＝5，b3＝7.
(2)证明：由题意知，
则an－从而an＋1－an－1因为bn∈Z，d∈Z，所以bn＋1－bn－d＝0，即bn＋1－bn＝d，
故数列{bn}是等差数列．
2
1
(3)因为an＋1＝－，所以令an＋1＋λ＝－(an＋λ)，
解得λ＝－，
又a1－≠0，故是以为首项，－为公比的等比数列，
则an－·n-1，
即an＝n+1＋，
当n为奇数时，an＝n+1＋，
易知an＝n+1＋递减，
2
1
故当n为偶数时，an＝－n+1＋，
易知an＝－n+1＋递增，
故a2≤an<，即≤an<，得an－1∈，进一步有bn＝1.
综上，bn＝
易知Sn＝，
2
1
当n为偶数时，Tn＝n；由Sn得<0，即n>1，无解；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝，
由Sn故≈16.7，所以存在正整数n，使得Sn三新命题 数列
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培优增分
数列的奇偶项与子数列问题
限时规范训练
内容索引
子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，是近年来高考的重点和热点．一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列．
◆命题解读
题型一 奇偶项问题
角度1 含有(－1)n的类型
例1 设cn＝(－1)n+1(2n－1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：当n为偶数时，
Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n-1－1)－(2n－1)
＝21－22＋23－24＋…＋2n-1－2n
＝[1－(－2)n]
＝(1－2n)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
所以Sn＝Sn－1＋cn＝(1－2n-1)＋2n－1＝，
综上所述，Sn＝
角度2 已知条件明确的奇偶项问题
例2 从①a1，，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝这三个条件中任选一个补充在下面的横线中，并解答下列问题．
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
解：(1)由3Sn＝an＋2a1，n∈N*，可知当n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1，
两式相减得3an＝an－an－1，即an＝－an－1，
所以数列{an}为等比数列，公比为－.
若选①，由a1，，a2成等差数列，可得a1＋a2＝2×，即a1－，解得a1＝1，所以an＝1×n-1＝n-1.
若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列，得a1a3＝(a2＋1)2，即a1·a1·2＝2，解得a1＝1，
所以an＝1×n-1＝n-1.
若选③，由S3＝，解得
a1＝1，所以an＝1×n-1＝n-1.
(2)当n为奇数时，bn＝log3an＝log3n-1－1＝log3n-1－1＝－(n－1)log32，
记{bn}的前2n＋1项中的奇数项之和为T奇，
则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1
＝－(0＋2＋4＋…＋2n)log32
＝－log32
＝－n(n＋1)log32.
当n为偶数时，bn＝n-1－1＝－n-1，
记{bn}的前2n＋1项中的偶数项之和为T偶，
则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝－[1＋3＋5＋…＋
＝－
＝－，
故T2n＋1＝－n(n＋1)log32－.
反思感悟 (1)对于含有(－1)n的数列求和问题，一般采用分组(并项)法求和．
(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.
跟踪训练1 设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－n＋1.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足b1＝a2，bn＋1＝求数列{bn}的前14项的和．
解：(1)证明：Sn＝2an－n＋1，①
则Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)＋1，②
由②－①得an＋1＝2an＋1－2an－1，
即an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2，
令Sn＝2an－n＋1中n＝1，得S1＝a1＝2a1－1＋1，解得a1＝0，则a1＋1＝1，
∴{an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2n-1，则an＝2n-1－1，
∴bn＋1＝且b1＝a2＝22-1－1＝1，
∴当n为偶数时，bn＋1＝2n-1－1－bn，即bn＋bn＋1＝2n-1－1，
∴b1＋b2＋…＋b14＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(b12＋b13)＋b14
＝1＋21－1＋23－1＋…＋211－1＋212－1
＝1＋＝6820.
题型二 子数列问题
角度1 公共项问题
例3 已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝4n－1，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
解：法一：设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以k＝，
因为3，4互质，
所以m＋1必为4的倍数，即m＝4p－1，
所以cp＝bm＝3(4p－1)＋2＝12p－1，
即数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
法二：观察可知，两个数列的第一个公共项为11，所以c1＝11.
设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以ak＋1＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋2＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋3＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{bn}中的项．
所以cp＋1＝ak＋3，则cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12，
所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11，因此，数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
角度2 增减项问题
例4 已知数列{an}的通项公式为an＝2n-1，n∈N*，在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T27的值．
解：在数列{bn}中，在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋项，
当k＝5时，＝20＜27，
当k＝6时，＝27，
则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62)
＝＋(3＋7＋11)＝26－1＋21＝84.
反思感悟 (1)两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项则要通过其项数之间的关系来确定．
(2)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)，再根据题目给出的条件确定它包含了哪些项．
跟踪训练2 已知数列{an}的通项公式为an＝2n-1，设bn＝2(1＋log2an)，若在数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
解：bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n-1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)
＝＝11 302.
3
4
1
2
1．(17分)已知在公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(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，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T20的值．
限时规范
训练(四十六) 数列的奇偶项与子数列问题
3
4
1
2
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a4是a2和a8的等比中项，
所以＝a2·a8，
即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝1，
所以d＝1或d＝0(舍)．
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.
3
4
1
2
(2)由(1)得an＝n，
因为在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k，
所以在数列{bn}的前20项中，有10项来自{an}，10项来自{2n}，所以T20＝1＋21＋2＋22＋…＋10＋210＝＝2101.
2
1
3
4
2．(17分)(2025·江苏南京模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
2
1
3
4
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，
∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
∴解得
∴an＝2n＋1，bn＝2n-1.
2
1
3
4
(2)由(1)知，Sn＝＝n(n＋2)，
∴cn＝
∴T2n＝＋(21＋23＋25＋…＋22n-1)
＝1－.
2
3
1
4
3．(17分)(2025·重庆市巴蜀中学测试)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2，若对任意正整数n，k(an＋1)≥2n－3恒成立，求k的取值范围．
解：由an＋1＝3an＋2可得an＋1＋1＝3(an＋1)，又a1＝2，所以a1＋1＝3，
所以数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝3×3n-1＝3n.
所以k(an＋1)≥2n－3即k·3n≥2n－3，
即k≥，
2
3
1
4
设bn＝，则bn＋1－bn＝，
(关键提醒：利用作差法判断数列{bn}的增减性，从而求其最大项)
当n≤2时，bn＋1－bn≥0，数列递增，当n>2时，bn＋1－bn<0，数列递减，
所以b1b4>b5>b6>…>bn(n>4)，所以(bn)max＝b2＝b3＝，
所以k≥，即k的取值范围为.
2
3
4
1
4．(17分)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，且2Sn＝＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nanan＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.
2
3
4
1
解：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去)，
当n≥2时，由2Sn＝＋an得2Sn－1＝＋an－1，
两式相减得2an＝－an－1，n≥2，
所以(an＋an－1)(an－an－1)－(an＋an－1)＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又{an}的各项均为正数，所以an－an－1＝1，n≥2，
所以{an}是公差为1的等差数列，所以an＝n.
2
3
4
1
(2)由(1)知cn＝(－1)nn(n＋1)，
当n为偶数时，Tn＝(－1)×2＋2×3＋(－3)×4＋4×5＋…＋[－(n－1)×n]＋n×(n＋1)
＝2×(－1＋3)＋4×(－3＋5)＋…＋n[－(n－1)＋n＋1]
＝2×(2＋4＋…＋n)＝2×；
当n(n≥3)为奇数时，Tn＝Tn－1－n(n＋1)＝－n(n＋1)＝－，
经检验，n＝1时也满足上式．
综上，Tn＝
培优增分 数列的奇偶项与子数列问题
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第六章 数列
第1讲
数列的概念
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数，理解单调性是数列的一项重要性质，可用来求最值．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．数列的有关概念
(1)数列的定义
一般地，我们把按照____________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列与函数
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______，对应的函数值是________________，记为an＝f(n)．
确定的顺序
序号n
数列的第n项an
数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．
(3)数列的表示法
解析式法、列表法、________．
2．数列的单调性
从第2项起，每一项都______它的前一项的数列叫做递增数列；从第2项起，每一项都________它的前一项的数列叫做递减数列．特别地，____________的数列叫做常数列．
图象法
大于
小于
各项都相等
3．数列的通项公式和递推公式
(1)如果数列{an}的___________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．
(2)如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用_________来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．
第n项an
序号n
一个式子
(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．
4．数列的前n项和公式
如果数列{an}的前n项和Sn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前n项和公式．
序号n
1．若数列{an}的前n项和为Sn，则通项公式为an＝
2．在数列{an}中，若an最大，则(n≥2)，
若an最小，则(n≥2)．
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对 n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn成立.
( )
√
×
×
√
2．已知数列a1＝2，an＝2－(n≥2)，则a5＝________．猜想an＝________．
解析：∵a1＝2，an＝2－，
∴a2＝2－，故猜想an＝.
答案：
3．已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝n2，则an＝________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
且a1＝1也满足此式，故an＝2n－1，n∈N*.
答案：2n－1
4．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________．
解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，a4＝16＝5×4－4，…，归纳可知an＝5n－4.
答案：5n－4
例1 (1)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝5Sn(n≥1)，则an等于( )
A．5×6n
B．5×6n＋1
C．
D．
C
突破
核心考点
由an与Sn的关系求通项公式
解析：C 当n＝1时，a2＝5S1＝5a1＝5，当n≥2时，an＝5Sn－1，所以an＋1－an＝5(Sn－Sn－1)＝5an an＋1＝6an，而a2＝5a1≠6a1，所以数列{an}从第二项起是以5为首项，6为公比的等比数列，所以an＝
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n·2n，则数列{an}的通项公式为an＝________．
答案：
解析：由题意，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝， ①
当n＝1时，2a1＝2，∴a1＝1，当n≥2时，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n-1an－1＝(n－1)·2n-1， ②
由①－②得2nan＝n·2n－(n－1)2n-1＝(n＋1)2n-1(n≥2)，∴an＝(n≥2)．当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
反思感悟 已知Sn求an的步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
跟踪训练1 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n＋3，则an＝________．
解析：由题意，2Sn＝3n＋3， ①
当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，2Sn－1＝3n-1＋3， ②
①－②得2an＝2Sn－2Sn－1＝(3n＋3)－(3n-1＋3)＝2×3n-1，因此an＝3n-1(n≥2)，当n＝1时不满足上式，所以an＝(易错：忽略对n＝1的检验)
答案：
(2)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，SnSn＋1＝－an＋1(n∈N*)，则a10＝________．
解析：根据题意，数列{an}满足SnSn＋1＝Sn－Sn＋1，且Sn≠0，则＝1，因为a1＝1，所以＝1，则数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝.
答案：－
由数列的递推关系求通项公式
考向1 累加法
例2 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln ，则an＝________．
解析：法一：由题意可得，an＋1－an＝ln ，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ln ＋ln ＋…＋＋2＝ln ＋2＝ln n＋2.
法二：由题意知a1＝2＝2＋ln 1，a2＝2＋ln 2，a3＝2＋ln 2＋ln ＝2＋ln 2＋ln 3－ln 2＝2＋ln 3，a4＝2＋ln 3＋ln ＝2＋ln 3＋ln 4－ln 3＝2＋ln 4，…，
故数列{an}的通项公式为an＝ln n＋2.
答案：ln n＋2
考向2 累乘法
例3 设在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an，则an＝________．
解析：∵an＋1＝an，a1＝2，
∴an≠0，∴，
∴an＝·2
＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2满足上式．
答案：
反思感悟 (1)累加法：已知a1，且an－an－1＝f(n)(n≥2)，可用累加法求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1.
(2)累乘法：已知a1，且＝f(n)(n≥2)，可用累乘法求an，即an＝·a1.
斐波那契数列
教材溯源(人教A版选择性必修第二册P10阅读与思考)斐波那契数列的定义：若一个数列，首两项等于1，而从第三项起，每一项是之前两项之和，则称该数列为斐波那契数列．例：1，1，2，3，5，8，13，…
(1)斐波那契数列的递推公式
(2)斐波那契数列的通项公式
an＝n－].
(3)斐波那契数列的性质
①＝Fn×Fn＋1，
②a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n，
③a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a2n＋1－1，
④a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an＝Sn＝an＋2－1(Sn为斐波那契数列的前n项和)．
训练 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)＞f(x－1)＋f(x－2)，且当x＜3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是( )
A．f(10)＞100 B．f(20)＞1000
C．f(10)＜1000 D．f(20)＜10 000
B
解析：B 因为当x＜3时，f(x)＝x，
所以f(1)＝1，f(2)＝2.
对于f(x)＞f(x－1)＋f(x－2)，
令x＝3，得f(3)＞f(2)＋f(1)＝2＋1＝3；
令x＝4，得f(4)＞f(3)＋f(2)＞3＋2＝5；
令x＝5，得f(5)＞f(4)＋f(3)＞5＋3＝8；
不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的各项；
3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，…，
显然f(16)＞1000，所以f(20)＞1000，故选B.
跟踪训练2 (1)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋，则an等于
( )
A．4＋ B．4－
C．2＋ D．2－
B
解析：B 因为an＋1＝an＋，所以an＋1－an＝，所以当n≥2时，a2－a1＝1－(n≥2)，累加可得an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1－(n≥2)，因为a1＝3，所以an＝1－(n≥2)，当n＝1时，a1＝3，满足上式，所以an＝4－，故选B.
(2)已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：因为＝2n，
所以＝2n-2，…
＝2(n≥2)，
所以an＝·a1
＝2n-1·2n-2·…·22·2·2
＝21+2+3+…＋(n-1)·2
＝，
当n＝1时也满足此式，
所以an＝.
答案：
数列的性质
考向1 数列的周期性
例4 (2025·山东淄博测试)若数列{an}满足a1＝(n∈N*)，则a2027等于( )
A． B．3
C．－2 D．－
C
解析：C 因为数列{an}满足a1＝(n∈N*)，
所以a2＝＝－2，
a4＝，
则{an}是以4为周期的周期数列，
所以a2027＝a506×4＋3＝a3＝－2.
故选C.
考向2 数列的单调性
例5 (人教A版选择性必修第二册P9习题4.1第7题变式)设数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn，若数列{an}是递增数列，则实数k的取值范围为________．
解析：由数列{an}是递增数列，可得an＋1＞an,对于任意的n∈N*恒成立，即(n＋1)2＋k(n＋1)＞n2＋kn，即2n＋1＋k＞0，即k＞－2n－1对于任意的n∈N*恒成立．因为f(n)＝－2n－1(n∈N*)递减，所以f(n)max＝f(1)＝－3，所以k＞－3.
答案：(－3，＋∞)
考向3 数列的最值
例6 (2025·浙江金华模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，则数列{an}的最大项为第________项．
解析：法一：因为an＋1－an＝，所以当n≥4时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an；当n≤3时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an.所以a1＜a2＜a3＜a4＞a5＞a6＞…，故数列{an}的最大项为第4项．
法二：设数列{an}中的最大项为ak，则即解得.因为k∈N*，所以k＝4.故数列{an}的最大项为第4项．
答案：4
反思感悟 (1)解决数列单调性问题的几种方法
①作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列．
②作商比较法：根据(an＞0或an＜0)与“1”的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(3)求数列的最大项或最小项的常用方法
①函数法：利用函数的单调性求最值．
②利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
跟踪训练3 (1)(2025·山东潍坊联考)任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”)．例如取正整数m＝6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝当m＝3时，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________．
解析：根据变化规则，得3→10→5→16→8→4→2→1→4→2→1…，
(突破瓶颈：观察其特征，从第6项开始，到第9项又重复第6项的数值，由此得周期性)
所以数列{an}从第6项开始，后面各项构成以3为周期的周期数列．
a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝3＋10＋5＋16＋8＝42，
前100项减去前5项，余下95项，且95＝31×3＋2.
(理清思路：看95除以3得几余几，得几，就是循环了几次，余几，则求和时要额外加循环的项中前几项的值)
所以a6＋a7＋…＋a100＝31×(4＋2＋1)＋4＋2＝223.
所以a1＋a2＋…＋a100＝42＋223＝265.
答案：265
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝，其最大项和最小项的值分别为
( )
A．1，－ B．0，－
C． D．1，－
解析：A 因为n∈N*，所以当1≤n≤3时，an＝＜0，且单调递减；当n≥4时，an＝＞0，且单调递减，所以最小项为a3＝，最大项为a4＝＝1.
A
(3)已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：D 因为an＋1－an＝，由数列{an}为递减数列，知对任意n∈N*，an＋1－an＝＜0，
所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，
所以k∈(0，＋∞)．
D
典例 (2025·浙江温州高三期末)定义为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a10等于( )
A．85 B．90
C．95 D．100
解析：C 因为数列{an}的前n项的“均倒数”为，所以 a1＋a2＋a3＋…＋an＝5n2，于是a1＋a2＋a3＋…＋a10＝5×102，a1＋a2＋a3＋…＋a9＝5×92，两式相减，得a10＝5×(100－81)＝95.故选C.
C
风向解读 本题难度较低，主要考查学生利用新概念解题的能力，平稳中有新意，灵活中见能力，实践中出真知，体现新高考的变化和趋势．
3
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1
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?A级 基础落实练?
1．(2025·陕西榆林模拟)现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：A 报出的数字依次是1，2，2，4，8，2，6，2，2，4，8，2，6，…，除了首项以外是个周期为6的周期数列，去掉首项后的新数列第一项为2，因为2023＝337×6＋1，所以原数列第2024个被报出的数应该为2.
限时规范
训练(四十一) 数列的概念
A
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3
4
5
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7
8
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2．(2025·山东济南模拟)若数列{an}的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6等于
( )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：C a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12.
C
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1
4
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3．(2025·天津模拟)在数列{an}中，若a1a2…an＝3n2－2n(n∈N*)，则a3的值为( )
A．1 B．3
C．9 D．27
解析：D 当n＝1时，a1＝31-2＝，当n＝2时，a1a2＝34-4＝1，所以a2＝3，当n＝3时，a1a2a3＝39-6＝27，所以a3＝27.
D
2
3
4
1
5
6
7
8
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11
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝n2＋n＋1.若ap＋aq＝2027，p，q∈N*，则p＋q＝( )
A．2027 B．1012
C．1013 D．1014
解析：C 因为Sn＝n2＋n＋1，所以当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝(n2＋n＋1)－[(n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n.故数列从第2项开始每一项都是偶数．而ap＋aq＝2027是奇数，所以正整数p和q中必有一个等于1，即a1＝3，则另一个就是a1012＝2024，所以p＋q＝1＋1012＝1013.故选C.
C
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4
5
1
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11
5．已知数列{an}满足：a1＝9，an＋1－an＝2n，则a4等于( )
A．21 B．23
C．25 D．27
解析：A 由题设an－an－1＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×2，a2－a1＝2×1，
累加可得an－a1＝2(n－1＋…＋2＋1)＝n(n－1)且n≥2，则an＝n2－n＋9，
显然a1＝9也满足上式，所以a4＝42－4＋9＝21.
A
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3
4
5
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6．已知数列{an}满足，其中a1＝1，则a8等于( )
A．28 B．220
C．225 D．228
解析：C 由题意，得×27.
由累乘法，得×2n-1，
即＝225，又a1＝1，所以a8＝225.
C
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5
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2
7．已知数列{an}为递减数列，其前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，则实数m的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
解析：A 因为数列{an}为递减数列，所以an＋1－an＜0，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，
故当n≥2时，{an}单调递减，
{an}为递减数列，只需满足a2＜a1，即－1＜1＋m m＞－2.
A
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2
8．已知数列{an}满足an＝(n＋1)n，则当an取得最大值时n的值为
( )
A．2020 B．2024
C．2022 D．2023
解析：A ∵，
∴当n＞2020时，＜1；当n＜2020时，＞1，n＝2020 ＝1，
∴根据选项，当n＝2020时，an取得最大值．
A
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2
9．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则( )
A．a4－a2＝7 B．a10＝55
C．S5＝35 D．a8＋a4＝28
ABC
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2
解析：ABC 因为a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11，a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19，
累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52，
∴a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35，
因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33，所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46，故选A、B、C.
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2
10．(多选)(2024·河北石家庄二模)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法中正确的是( )
A．数列{an}有最小项，且有最大项
B．使an∈Z的项共有5项
C．满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个
D．使Sn取得最小值的n为4
ABD
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2
解析：ABD 因为an＝(n∈N*)，所以an＋1－an＝，
令an＋1－an＞0，即(2n－7)(2n－9)＜0，解得＜n＜，
又n∈N*，所以当n＝4时an＋1－an＞0，则当1≤n≤3或n≥5时an＋1－an＜0，
令an＝＞0，解得n＞，
所以a1＝－＞a2＝－＞a3＝－3＞a4＝－9，a5＞a6＞a7＞…＞0，
所以数列{an}有最小项a4＝－9，且有最大项a5＝9，故A正确；
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2
由an∈Z，则∈Z又n∈N*，所以n＝3或n＝4或n＝5或n＝6或n＝9，
所以使an∈Z的项共有5项，故B正确；
要使anan＋1an＋2≤0，又an≠0，所以an、an＋1、an＋2中有1个负数或3个负数，
所以n＝1或n＝2或n＝4，故满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有3个，故C错误；
因为n≤4时an＜0，n≥5时an＞0，
所以当n为4时Sn取得最小值，故D正确．
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2
11．（多选）若无穷数列{an}由φ唯一确定，称递推公式φ是“专一”的，则下列递推公式中“专一”的是( )
A．n∈N*
B．n∈N*
C．n∈N*
D．n∈N*
AC
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解析：AC 对于A，因为n∈N*，可得an＝2n－1，n∈N*，
所以递推公式是专一的，故A正确；
对于B，因为n∈N*，
令n＝1，可得(a3－a2)2＝a1，即(a3－1)2＝1，解得a3＝2或a3＝0，
所以递推公式不是专一的，故B错误；
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对于C，因为，n∈N*，可得＝1，
令n＝1，可得＝1，可得a1＝2，且＝1，可得，即
an＝an＋2，
可知数列{an}是以2为周期的周期函数，且a1＝a2＝2，则an＝2，所以递推公式是专一的，故C正确；
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2
对于D，因为n∈N*，
由an＋an＋1＝2n可得：a1＋a2＝2，a2＋a3＝4，则a3－a1＝2，
由anan＋2＝3n可得a1a3＝3，
解得或
所以递推公式不是专一的，故D错误；故选A、C.
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12．若数列{an}满足对任意整数n有 ＝2n2－n成立，则在该数列中小于100的项一共有________项．
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2n2－n，当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－2(n－1)2＋(n－1)＝4n－3，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝4n－3，
令an＝4n－3＜100，则n＜，
所以在该数列中小于100的项一共有25项．
答案：25
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13．围棋起源于中国古代．在围棋中，对于一些复杂的问题，比如在判断自己单个“眼”内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算．假设大小为n的“眼”有an口气，大小为n＋1的“眼”有an＋1口气，则an与an＋1满足的关系是a1＝1，a2＝2，an＋1－n＝an－1(n≥2，n∈N*)，则an的通项公式为________．
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解析：根据题意，an＋1＝an＋n－1，当n≥2时，可得an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，
即an＝(n－2)＋(n－3)＋…＋1＋1＋1＝；
又当n＝1时，a1＝1不满足an＝；故an＝
答案：an＝
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14．(2025·湖北荆州模拟)数列{an}的通项公式为an＝若a5是{an}中的最大项，则a的取值范围是________．
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2
解析：当n≤4时，an＝2n－1单调递增，
因此当n＝4时，取得最大值为a4＝15 ，
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－2＋，
因为a5是{an}中的最大项，所以
解得9≤a≤12，
答案：[9，12]
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?B级 能力提升练?
15．(2025·江西南昌模拟)已知数列{an}的首项a1为常数且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为( )
A． B．∪
C． D．∪
B
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解析：B 因为an＋1＋2an＝4n，所以an＋1－×4n+1＝－2，
由于a1≠，即a1－≠0，
可得数列是首项为a1－，公比为－2的等比数列，
则an＝×4n＋×(－2)n-1，因为数列{an}是递增数列，可得an＋1＞an，
即×4n+1＋·(－2)n＞×4n＋·(－2)n-1对任意的正整数n都成立．
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当n为偶数时，a1＞×2n恒成立，由于数列单调递减，
可得，
则a1＞－；
当n为奇数时，a1＜×2n恒成立，由于数列单调递增，
可得，则a1＜；
综上可得a1的取值范围是∪.
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16．斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以“斐波那契数”为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第______项( )
A．2022
B．2023
C．2024
D．2025
C
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解析：C 依题意，a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，有an＋1＝an＋2－an，
于是＝an＋1(an＋2－an)＝an＋2an＋1－an＋1an，而＝a2a1，
因此 ＝a2a1＋(a3a2－a2a1)＋(a4a3－a3a2)＋…＋(a2024a2023－a2023a2022)＝a2024a2023，
则＝a2024，所以是斐波那契数列的第2024项．
第1讲 数列的概念
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培优增分
数列中的综合问题
限时规范训练
内容索引
数列与函数、不等式等知识的综合问题是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等．
◆命题解读
题型一 数列与其他知识的综合问题
角度1 数列与不等式的综合
例1 (2025·甘肃武威二诊)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝n2＋n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，求T99；
(3)证明：>9.
解：(1)因为2Sn＝n2＋n，所以Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
因为a1＝1也满足上式，故an＝n(n∈N*)．
(2)因为bn＝，且an＝n(n∈N*)，
所以bn＝＝
，
所以T99＝＋＋＋…＋＝－1＝9.
即T99＝9.
(3)证明：由于 >，故>－1＝9.
所以原不等式成立．
角度2 数列与函数的综合
例2 已知函数f(x)＝＝－100，求S2024.
解：因为f(－x)＝－x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，
因为f(a1＋2)＝100，f(a2024＋2)＝－100，
所以f(a1＋2)＝－f(a2024＋2)＝f(－a2024－2)，
又f(x)单调递增，
故a1＋2＝－a2024－2，
即a1＋a2024＝－4，
所以S2024＝＝－4048.
反思感悟 (1)数列与不等式综合问题的求解策略
①判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．
②对于以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．
③对于与数列有关的不等式证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法．例如比较法、综合分析法、放缩法等．有时也可通过构造函数进行证明．
(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
跟踪训练1 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.
解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1·2n-1＝2n-1，
所以Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
所以d＝2，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：因为log2a2n＋2＝log222n+1＝2n＋1，
所以cn＝，
所以Tn＝.
因为n∈N*，所以Tn＝＜，
又cn＞0，
所以数列{Tn}是一个递增数列，
所以Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn＜.
题型二 数列中的创新问题
例3 (多选)在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组A＝{a1，a2，a3，…，an}，ai∈{0，1}，i＝1，2，3，…，n.f(A)表示把A中每个1都变为0，0，每个0都变为1后所得到的新的有序实数组.例如A＝{0，1}，则f(A)＝{1，0，0}．定义Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，n.若A1＝{0，1}，则( )
A．A100中有249个1
B．A101中有249个0
C．A1，A2，A3，…，A100中0的总个数比1的总个数多250－1
D．A1，A2，A3，…，A100中1的总个数为251－1
AC
解析： AC 因为A1＝{0，1}，所以A2＝{1，0，0}，A3＝{0，0，1，1}，A4＝{1，1，0，0，0，0}，A5＝{0，0，0，0，1，1，1，1}，A6＝{1，1，1，1，0，0，0，0，0，0，0，0}，
显然，在A1，A3，A5中分别有2，4，8项，其中1和0的项数相同，
在A2，A4，A6中分别有3，6，12项，其项数的为1，为0，
设An中总共有an项，其中有bn项1，
cn项0，则an＝
bn＝
所以A100中有249个1，A正确；
A101中有250个0，B错误；
cn－bn＝则A1，A2，A3，…，A100中0的总数比1的总数多0＋20＋0＋21＋0＋…＋249＝＝250－1，C正确；
A1，A2，A3，…，A100中1的总数为＝251－2，D错误．故选A、C.
反思感悟 新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，理解“新数列”的含义．
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，并和数列的通项、求和相结合．
跟踪训练2 (2025·山西运城摸底调研)在数列{an}中，如果存在非零的常数T，使得an＋T＝an对于任意正整数n均成立，那么就称数列{an}为周期数列，其中T是数列{an}的周期．已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1且a≠0)，当数列{xn}的周期为3时，则数列{xn}的前2024项的和S2024为( )
A．676 B．675
C．1350 D．1349
C
解析：C 因为x1＝1，x2＝a(a≤1且a≠0)，满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，
所以x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a.
因为数列{xn}的周期为3，可得x4＝|x3－x2|＝|1－2a|＝1，又a≠0，所以a＝1，
所以x1＝1，x2＝1，x3＝0，
所以x1＋x2＋x3＝2，
同理可得x4＝1，x5＝1，x6＝0，所以x4＋x5＋x6＝2，…，
所以S2024＝674×2＋a2023＋a2024＝674×2＋1＋1＝1350.故选C.
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1
2
1．(17分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120.
(1)求Sn；
(2)记数列{}的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
限时规范
训练(四十七) 数列中的综合问题
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解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋，
∴由题意，
得a1＝3，d＝2.
∴Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n.
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(2)证明：∵，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋]＝＜＝.
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2．(17分)在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3…an＝d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足＝a1a2a3…an－bn.
(1)若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1的值；
(2)若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝，求数列{bn}的通项bn.
解：(1)∵“泛差”d＝1，∴an＋1－a1a2a3…an＝1，
∵a1＋a3＝2a2，a2－a1＝1，a3－a1a2＝1，联立三式得a1＋2－a1(a1＋1)＝1，
化简得＝1，解得a1＝±1.
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(2)an＋1－a1a2a3…an＝－1，则an＋1＋1＝a1a2a3…an，
由＝a1a2…an－bn， ①
∴＝a1a2…an＋1－bn＋1， ②
②－①得
＝a1a2…an(an＋1－1)－bn＋1＋bn，
即＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－bn＋1＋bn＝－1－bn＋1＋bn，
∴bn＋1－bn＝－1且b1＝a1－.
所以{bn}为等差数列，首项为，公差为－1，
∴bn＝＋(n－1)·(－1)＝－n＋.
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3．(17分)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，b1＋b3＝30，6bn＋1＝bn＋2＋9bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式；
(3)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<.
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解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由6bn＋1＝bn＋2＋9bn可得6qbn＝q2bn＋9bn，
易知bn≠0，所以q2－6q＋9＝0，解得q＝3.
由b1＋b3＝30可得b1(1＋q2)＝30，
解得b1＝3.
由a2＋b2＝18可得a1＋d＋b1q＝18，
又a1＋b1＝8，所以a1＝5，d＝4.
因此可得an＝a1＋(n－1)d＝4n＋1，
bn＝b1qn-1＝3n.
所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝4n＋1，bn＝3n，n∈N*.
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(2){an}和{bn}的公共项需满足4n1＋1＝，n1，n2∈N*，
(关键：找出两个数列的公共项满足的条件)
可得n1＝，即－1是4的整数倍，
可知－1，由二项式定理可知－1若是4的倍数，则为正整数，即n2＝2n，n∈N*，所以可得cn＝32n＝9n，
即{cn}的通项公式为cn＝9n，n∈N*.
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(3)证明：易知，
显然9n－8>9n-1对 n≥2，n∈N*都成立，
所以<对 n≥2，n∈N*都成立，
即Sn＝<1＋＝n-1<，
即Sn<.
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4．(17分)已知数列{cn}满足c1＝2a－2(a∈R，且a≠±1)，2(an+1－1)cn－2(an－1)cn＋1＝cn＋1cn，设bn＝.
(1)记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4.
(2)若a>0，求证：数列{cn}为递增数列．
2
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1
证明：(1)由2(an+1－1)cn－2(an－1)cn＋1＝cn＋1cn两边同除以cn＋1cn，
可得2·＝1，
又bn＝，所以2bn＋1－2bn＝1，
即bn＋1－bn＝，
又b1＝，
所以{bn}是以为首项，为公差的等差数列，
所以bn＝，
则＝4，
所以Tn＝4＋4＋4＋…＋4＝4<4.
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4
1
(2)因为bn＝，所以cn＝，
则cn＋1－cn＝，
令f(a)＝nan+1－(n＋1)an＋1(a>0且a≠1)，
则f′(a)＝n(n＋1)an－n(n＋1)an-1＝n(n＋1)an-1·(a－1)，
(利用导数研究数列的单调性)
所以当0当a>1时，f′(a)>0，
所以f(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(a)>f(1)＝0，
所以cn＋1－cn>0，即cn＋1>cn，
所以数列{cn}为递增数列．
培优增分 数列中的综合问题
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第4讲
数列求和
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的常见方法．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．公式法求和
(1)等差数列{an}的前n项和公式
Sn＝＝________________．
(2)等比数列{an}的前n项和公式
na1＋
2．数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或其他可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(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，从而求得前n项和．
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和，即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
1．常见的数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝.
(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1).
(3)1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.
2．常见变形
(1).
(2)若等差数列{an}(an≠0)的公差为d(d≠0)，则.
(3).
(4).
1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )
(2)当n≥2时，.( )
(3)求解Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.( )
√
√
×
√
2．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝，则S5等于( )
A．1 B．
C． D．
解析：B 因为an＝，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－.
B
3．已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝n(n＋1)＝2n+1－2＋n.
答案：2n+1－2＋n
4．数列{(n＋3)·2n-1}前20项的和为________．
解析：S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23×220＝4＋－23×220
＝－22×220＋2.
故S20＝22×220－2.
答案：22×220－2
突破
核心考点
分组转化(并项)法求和
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝2，且an是2与Sn的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n·log2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为an是2与Sn的等差中项，所以2an＝Sn＋2，①
当n≥2时，2an－1＝Sn－1＋2，②
由①－②得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，
又a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n.
(2)bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，当n为偶数时，
Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－1＋bn)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2＋2＋…＋2＝2·＝n.
当n为奇数时，Tn＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(bn－1＋bn)＝－3＋(－2)＋(－2)＋…＋(－2)＝－3＋(－2)·＝－n－2.
综上所述，数列{bn}的前n项和Tn＝
反思感悟 (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{cn}的前n项和．
跟踪训练1 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan＋1＋log2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为Sn＋1＝2Sn＋1，
所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，
又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Sn＋1＝2×2n-1＝2n，即Sn＝2n－1，
当n≥2时，Sn－1＝2n-1－1，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n-1＋1＝2n-1，
当n＝1时，a1＝1成立，
故an＝2n-1，n∈N*.
(2)bn＝anan＋1＋log2(anan＋1)＝2n-1· 2n＋log2(2n-1·2n)＝22n-1＋2n－1，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n-1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
＝
＝(4n－1)＋n2.
裂项相消法求和
例2 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nSn＋1＝(n＋2)Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，若数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和．
解：(1)因为nSn＋1＝(n＋2)Sn，且n∈N*，所以，
可知数列为常数列，且，
则，即Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
且a1＝1也符合上式，所以an＝n，n∈N*.
(2)由(1)可得bn＝2n，则cn＝，
(利用指数式的运算特征进行拆项)
设{cn}的前n项和为Tn，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝
所以{cn}的前n项和为1－.
反思感悟 (1)裂项相消法求和的基本步骤
(2)裂项相消法的规律
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．
跟踪训练2 已知Sn是数列{an}的前n项和Sn＝n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Tn.
解：(1)当n≥2时，由Sn＝n2，得Sn－1＝(n－1)2，则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，S1＝a1＝1，符合上式．
综上，an＝2n－1.
(2)由(1)得，＝，则Tn＝＝＝.
错位相减法求和
例3 (12分)(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；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
问题1：如何利用an与Sn的关系式求an
利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去Sn，转化为关于an的递推式求解．
问题2：如何求数列{bn}的前n项和Tn
根据bn的结构特征．利用错位相减法求和，或利用裂项法求和．
(1)因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②(1分)
当n≥2时，由①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.(3分)
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，
所以a1＝4≠0，(4分)
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.(5分)
(2)法一(错位相减法求和)：
因为bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，(7分)
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1.
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n.(8分)
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，(11分)
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.(12分)
法二(裂项相消法求和)：
bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1.(7分)
令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1，
则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1＝3n-1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n-1.
所以解得(9分)
即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n-1＝(2n－1)· 3n－(2n－3)·3n-1.(10分)
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1 ＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.(12分)
本试题考查数列的概念、等比数列的通项公式、数列的前n项和等基础知识，考查基本的逻辑思维与逻辑推理、数学运算能力．
(1)第一步：根据数列中an与Sn的关系求数列{an}的递推关系．
第二步：求出a1的值.
第三步：求出数列{an}的通项公式．
(2)法一(错位相减法求和)：
第一步：求出数列{bn}的通项公式．
第二步：利用错位相减法求出Tn
法二(裂项相消法求和)：
第一步：求出数列{bn}的通项公式．
第二步：利用待定系数法对bn进行裂项．
第三步：求和．
反思感悟 (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)利用错位相减法求和的关键点
①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
②应用等比数列求和公式时，必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练3 (人教A版选择性必修第二册P56复习参考题第11题变式)已知公差为整数的等差数列{an}满足a2＝3，8(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－2)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2＝3，8所以8<3＋3d<10，解得又d∈Z，所以d＝2，
所以an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.
(2)因为bn＝(－2)n·an，所以bn＝(2n－1)·(－2)n，
所以Sn＝1×(－2)＋3×(－2)2＋5×(－2)3＋…＋(2n－3)×(－2)n-1＋(2n－1)×(－2)n， ①
－2Sn＝1×(－2)2＋3×(－2)3＋5×(－2)4＋…＋(2n－3)×(－2)n＋(2n－1)×(－2)n+1， ②
由①－②得3Sn＝－2＋2×[(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n]－(2n－1)×(－2)n+1＝－2＋2×－(2n－1)×(－2)n+1＝－×(－2)n+1，
所以Sn＝－×(－2)n+1.
3
4
1
2
1．(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2a1＋a5＝7，2S2＋S9＝51.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
限时规范
训练(四十五) 数列求和
3
4
1
2
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵∴
解得
∴数列{an}的通项公式为an＝1＋n－1＝n.
3
4
1
2
(2)由题知bn＝＝＝
＝，
则Tn＝.
2
1
3
4
2．(17分)已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn.
2
1
3
4
解：(1)设数列{an}的公差为d(d＞0)，
由题意得
即
解得或(舍)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
2
1
3
4
(2)由(1)得，an＝2n，
所以bn＝4(n＋1)－3n+2，
所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·.
2
3
1
4
3．(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，an＋1－an＝2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由an＋1－an＝2可知，数列{an}是公差d＝2的等差数列，
由a5＝5得an＝a5＋(n－5)×d＝5＋(n－5)×2＝2n－5，
即数列{an}的通项公式为an＝2n－5.
2
3
1
4
(2)由题知bn＝，
则Tn＝＋＋＋…＋]＝＝，
所以Tn＝.
2
3
4
1
4．(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3a6＝27，S5＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，由题意可得解得
所以an＝1－2(n－1)＝3－2n.
2
3
4
1
(2)由(1)知an＝3－2n，则bn＝＝(2n－1)×22n-3，
所以Tn＝1×2-1＋3×21＋5×23＋…＋(2n－3)×22n-5＋(2n－1)×22n-3， ①
4Tn＝1×21＋3×23＋5×25＋…＋(2n－3)×22n-3＋(2n－1)×22n-1， ②
由①－②得，－3Tn＝＋2(21＋23＋25＋…＋22n-3)－(2n－1)×22n-1＝－(2n－1)×22n-1＝－×4n，所以Tn＝×4n.
第4讲 数列求和
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