第1讲 小题研透——数列中的基本问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算、性质，最大（小）项等
等差、等比数列的性质
数列的函数性质
二、真题感悟
1.（2024·全国甲卷理4题）（等差数列的性质与前n项和）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（ ）
A. B.
C.－ D.－
2.（2023·新高考Ⅱ卷8题）（等比数列的性质与前n项和）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（ ）
A.120 B.85
C.－85 D.－120
3.（2024·新高考Ⅱ卷12题）（等差数列基本量的计算）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝ .
重｜难｜排｜查
1.等差数列、等比数列的基本公式（n∈N*）
（1）等差数列的通项公式：an＝a1＋（n－1）d；
（2）等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1；
（3）等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋；
（4）等比数列的前n项和公式：Sn＝
易错提醒 （1）易忽视公式an＝Sn－Sn－1的适用条件为n≥2而导致错误.利用此公式求得an后，一定要验证n＝1时是否满足所求出的an，若不满足，则要用分段形式来表示；（2）在用等比数列的前n项和公式时，一定要分公比q＝1和q≠1两种情况进行讨论.
2.等差数列、等比数列的性质
（1）通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k（m，n，p，q，k∈N*），则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列有aman＝apaq＝；
（2）前n项和性质：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列（q＝－1且m为偶数情况除外）.
3.常用结论
（1）若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的；
（2）在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an；＝；
（3）{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列.
等差（比）数列基本量的计算
【例1】 （1）（2024·河南质量检测）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为，则S5＝（ ）
A.29 B.31
C.33 D.36
（2）（多选）已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝，则（ ）
A.d＝1
B.a10＝20
C.Sn＝n2＋n
D.当n≥2时，Sn≥an
听课记录
感悟提升
等差（比）数列基本量计算的解题策略
（1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q；
（2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量.
1.（2024·湘潭3月质量检测）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝8，S3＝18，则S5＝（ ）
A.34 B.35
C.36 D.38
2.（2024·贵阳适应性考试）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，则S2 024与a2 024的关系是（ ）
A.S2 024＝2a2 024－1 B.S2 024＝2a2 024＋1
C.S2 024＝4a2 024－3 D.S2 024＝4a2 024＋1
等差（比）数列的性质
【例2】 （1）已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2（a1·a2·a3·…·a8）＝（ ）
A.70 B.72
C.74 D.76
（2）（2024·佛山模拟）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝（ ）
A. B.
C. D.
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感悟提升
等差、等比数列各有许多项的性质及前n项和的性质，因此在求解时要抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解可大大减少运算量.
1.（2024·贵州贵阳质监）记Sn为等差数列{an}的前n项和，＋＝12，则S7＝（ ）
A.24 B.42
C.64 D.84
2.（多选）（2024·临汾模拟）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，则下列说法正确的是（ ）
A.若Tn＝4n＋1＋m，则m＝－1
B.S7，S14－S7，S21－S14成等差数列
C.T7，T14－T7，T21－T14成等比数列
D.若S15＞0，S16＜0，则使得Sn取得最大值的正整数n的值为8
数列的函数性质
【例3】 （1）（2024·长郡中学模拟改编）已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 024＝（ ）
A.2 B.－2 C.－1 D.
（2）（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4＋a11＞0，a7·a8＜0，则（ ）
A.数列{an}是递增数列
B.S6＞S9
C.当n＝7时，Sn最大
D.当Sn＞0时，n的最大值为14
听课记录
感悟提升
求数列的最大项与最小项的常用方法
（1）将数列视为函数f（x），当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f（x）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f（x）的最值，进而求出数列的最大（小）项；
（2）通过通项公式an研究数列的单调性，利用（n≥2）确定最大项，利用（n≥2）确定最小项.
1.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1＝16，公比q＝，则Tn取最大值时n的值为（ ）
A.3 B.6
C.4或5 D.6或7
2.（多选）{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（ ）
A.a100＞b100
B.a100＜b100
C.a2 025＞b2 025
D.a2 025＜b2 025
1 / 2专题三 数列
第1讲 小题研透——数列中的基本问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.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.
2.C 法一 设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（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，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C.
3.95 解析：法一（基本量法） 因为数列{an}为等差数列，
则由题意得解得
则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95.
法二（下标和性质法） 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.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）B （2）BCD 解析：（1）不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得：q5＝2a1q2，因an＞0，q＞0，则a1q3＝2 ①，又由a4与a6的等差中项为可得：a4＋a6＝，即a1q3（1＋q2）＝ ②，将①代入②可得：q＝，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝＝＝31.故选B.
（2）∵Sn＝，∴当n＝2时，可得2（a1＋a2）＝3a2，整理得2a1＝a2，即a1＝d.∵a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，∴（5d＋2）2＝2d（17d＋2），即9d2－16d－4＝0，又公差d＞0，解得d＝－（舍去）或d＝2，A错；∴an＝2n，a10＝20，B对；Sn＝n2＋n，C对；当n≥2时，Sn－an＝n2＋n－3n＝n2－2n＝n（n－2）≥0，即Sn≥an，D对.故选B、C、D.
跟踪训练
1.B 因为{an}是等差数列，设其公差为d，因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝18，则a2＝6，所以a4－a2＝2d＝2，则d＝1，所以a5＝9，S5＝S3＋a4＋a5＝18＋8＋9＝35.故选B.
2.A 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意知，2a2＝－a3＋a4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1（舍去），则S2 024＝＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1，故选A.
【例2】 （1）B （2）C 解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q＞0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1·a2·a3·…·a8＝（a1a8）4＝（4×48）4＝（49）4＝436＝（22）36＝272，所以log2（a1·a2·a3·…·a8）＝log2272＝72，故选B.
（2）由等差数列的性质可得，＋＝＋＝＝＝＝＝＝.故选C.
跟踪训练
1.B ∵Sn为等差数列{an}的前n项和，∴{}为等差数列，∴＋＝2×＝12，∴S7＝42.故选B.
2.BCD 依题意，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，对于A，因为Tn＝4n＋1＋m，当n＝1时，b1＝T1＝42＋m＝16＋m，当n≥2时，Tn－1＝4n＋m，则bn＝4n＋1－4n＝3×4n，满足＝4，所以b1＝16＋m＝3×4，解得m＝－4，故A错误；对于B，因为S7＝a1＋a2＋…＋a7，S14－S7＝a8＋a9＋…＋a14＝a1＋7d＋a2＋7d＋…＋a7＋7d＝a1＋a2＋…＋a7＋49d，S21－S14＝a15＋a16＋…＋a21＝a1＋14d＋a2＋14d＋…＋a7＋14d＝a1＋a2＋…＋a7＋98d，所以2（S14－S7）＝S7＋S21－S14，即S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，故B正确；对于C，当q＝1时，T7＝7b1，T14－T7＝7b1，T21－T14＝7b1，显然T7，T14－T7，T21－T14成等比数列；当q≠1时，T7＝b1＋b2＋…＋b7＝≠0，T14－T7＝b8＋b9＋…＋b14＝（b1＋b2＋…＋b7）q7，T21－T14＝b15＋b16＋…＋b21＝（b1＋b2＋…＋b7）q14，所以（T14－T7）2＝T7（T21－T14），即T7，T14－T7，T21－T14成等比数列，故C正确；对于D，因为S15＞0，S16＜0，所以S15＝＝15a8＞0，即a8＞0，S16＝＝＜0，即a8＋a9＜0，故a9＜0，所以S8是Sn的最大项，即使得Sn取得最大值的正整数n的值为8，故D正确.故选B、C、D.
【例3】 （1）A （2）BCD 解析：（1）∵an＋1＝，a1＝，∴a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝＝，∴数列{an}的周期为3.∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选A.
（2）∵在等差数列{an}中，a1＞0，a4＋a11＝a7＋a8＞0，a7·a8＜0，∴a7＞0，a8＜0，∴公差d＜0，数列{an}是递减数列，A错误；∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，∴S6＞S9，B正确；∵a7＞0，a8＜0，数列{an}是递减数列，∴当n＝7时，Sn最大，C正确；∵a4＋a11＞0，a7＞0，a8＜0，∴S14＝＝＞0，S15＝＝＜0，∴当Sn＞0时，n的最大值为14，D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.C 因为等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，所以a4＝16×（）3＝2＞1，a5＝16×（）4＝1，a6＝16×（）5＝＜1，所以当n＝4或n＝5时，Tn取得最大值.故选C.
2.AD 等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2 023＝＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
第2讲 大题专攻——数列中的综合问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，
∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），
∴bn＝，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝，
∴6d＋＝21.整理得2d2－7d＋3＝0，
即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）.
∴an＝3n，n∈N*.
（2）若{bn}为等差数列，
则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·.
整理得－3a1d＋2d2＝0.
解得a1＝d或a1＝2d.
当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝，
∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99.
整理得50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1（舍去）；
当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝，
∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99.
整理得51d2－d－50＝0，
解得d＝－或d＝1，
∵d＞1，∴此时无解.
综上可知，d＝.
2.解：（1）因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）法一（错位相减法） 因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4×（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
法二（裂项相消法） bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1，
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
即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1，
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.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）证明：Sn＝an－4an＋1，n∈N*，
当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，
两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，
即4an＋1＝4an－an－1，则有2（2an＋1－an）＝2an－an－1，
当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，
所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，所以数列{2n－1an}是等差数列，
于是2n－1an＝n－2，解得an＝，
则Sn＝－4×＝－.
跟踪训练
解：（1）由题：令n＝1，则｜a1－b1｜＜，
即｜－b1｜＜，故－＜－b1＜，解得＜b1＜，
又b1∈Z，则b1＝3，
同理可得b2＝5，b3＝7.
（2）证明：由题意知｜an－bn｜＜，则an－＜bn＜an＋，an＋1－＜bn＋1＜an＋1＋，
从而an＋1－an－1＜bn＋1－bn＜an＋1－an＋1，
即－1＜bn＋1－bn－d＜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.
【例2】 解：（1）因为－2an＋1＝＋2an，
所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0，
因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）法一 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20）
＝＝20.
10个
法二 bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n，
则b1＋b2＋b3＋…＋b20
＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20）
＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20）
＝－2×＋2×
＝－200＋220＝20.
【例3】 解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由题意可知，a6－a3＝a3（q3－1）＝56， ①
S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a4（1＋q＋q2）＝a3q（1＋q＋q2）＝112， ②
显然q≠1，an≠0，
则②÷①得，＝＝2，
解得q＝2，将q＝2代入①式得，a3＝8，
所以an＝a3·qn－3＝8×2n－3＝2n.
（2）由（1）可知，a1＝2，所以Sn＝＝＝2n＋1－2，
所以bn＝＝＝（－），
所以Tn＝［（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）］＝（－）＝（1－）.
【例4】 解：（1）对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则2nan＝1＋（n－1）d，即an＝.
对等比数列{}，其首项为＝，设其公比为q，则＝qn－1，则an＝qn－1.
分别令n＝2，n＝3，
得
解得或（舍去），
故an＝（n∈N*）.
（2）证明：Sn＝1×（）1＋2×（）2＋3×（）3＋…＋， ①
Sn＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）（）n＋n（）n＋1， ②
①－②得，Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－＝－＝1－，
得Sn＝2－.
因为＞0，所以Sn＜2，
因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝.
故≤Sn＜2.
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0），
依题意，可得
则
解得
数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
Sn＝＝＝n2＋2n.
（2）选①bn＝＋，
由（1）可知：an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
∴bn＝＋＝＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝＋
＝＋.
选②bn＝，
由（1）可知：Sn＝n2＋2n.
∴bn＝＝＝（－）.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝×（－）＋×（－）＋×（－）＋…＋×（－）＋×（－）
＝×（＋－－）＝－（＋）＝－.
选③bn＝（an－1）·2n－1，
由（1）可知：an＝2n＋1，
∴bn＝（an－1）·2n－1＝n·2n.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2，
∴Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
培优点1 数列的递推关系
【例1】 （1）C （2）ACD 解析：（1）当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，当n≥2时，Sn＝4（Sn－Sn－1）－3，化简得Sn＝Sn－1＋1，即Sn＋3＝（Sn－1＋3）（n≥2），又S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列，所以Sn＋3＝4×（）n－1，所以Sn＝4×（）n－1－3＝3［（）n－1］，故选C.
（2）对于A，令n＝1，则a1＝2×1＝2，所以A正确；对于B，当n≥2时，由a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n，得a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝2n－2，两式相减得（2n－1）an＝2，所以an＝，a1＝2满足此式，所以an＝，所以B错误；对于C，因为an＝，所以S3＝a1＋a2＋a3＝2＋＋＝，所以C正确；对于D，因为an＋1－an＝－＝2（－）＝＜0（n∈N*），所以an＋1＜an，所以数列{an}为递减数列，所以D正确.
跟踪训练
1.B ∵数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝λn2＋2n＋1（λ∈R），∴a1＝λ＋3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝λn2＋2n＋1－[λ（n－1）2＋2（n－1）＋1]＝2λn－λ＋2，∴a2＝3λ＋2.显然，从第二项开始，{an}是以2λ为公差的等差数列.又{an}是递增数列，∴2λ＞0，且a2－a1＝2λ－1＞0，得λ＞，故选B.
2.－4·（）n 解析：当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－，由5an＋1＋Sn＋16＝0 ①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2） ②，①－②得5an＋1＝4an（n≥2），∵a2＝－≠0，∴an≠0，∴＝（n≥2），又＝，∴{an}是首项为－，公比为的等比数列，∴an＝－·（）n－1＝－4·（）n.
【例2】 （1） （2）10×（
解析：（1）易知an≠0，由an＋1＝，得＝＋，所以是首项为1，公差为的等差数列，所以＝＋（n－1）×＝，an＝，所以a7＝.
（2）等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－1＝（lg an－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×（）n－1＝－（）n－1，即lg an＝1－（）n－1，即an＝10×（.
跟踪训练
1.an＝ 解析：∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，∴an＝
2.4 解析：数列{an}满足an＝an＋1－，即an＋1－an＝，两边同时除以可得－＝1，又a1＝，所以数列是等差数列，其首项为1，公差为1，所以＝1＋（n－1）×1＝n，所以an＝n·.令an＜，即n·＜，当n＝1，2，3时，an＞；当n＝4时，4×＝＜；n≥5时，n·（）n＜，所以使an＜的n的最小值为4.
【例3】 （1）B （2）
解析：（1）nan＋1－（n＋1）an＝2，两边同除n（n＋1）得－＝＝2（－），所以－a1＝2（1－＋－＋…＋－），即－a1＝2（1－），化简得an＝（2＋a1）n－2，因为a1＝1，所以an＝3n－2.
（2）因为3Sn＝（n＋2）an，则当n≥2时，3Sn＝（n＋2）（Sn－Sn－1），化简得（n－1）Sn＝（n＋2）Sn－1，即＝，所以当n≥2时，······…·＝××××××…×，即＝.因为S1＝2，所以Sn＝，当n＝1时也成立.
跟踪训练
B 由（n＋1）－n＋an＋1·an＝0，则[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，又数列{an}为正项数列，即an＞0，且a1＝1，所以（n＋1）an＋1－nan＝0，即＝，所以an＝··…··a1＝××…××1＝.
培优点2 子数列问题
【例1】 解：（1）由an＋1＝得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2，
因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1，
解得a1＝1，
由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1，
又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*，
故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2，
所以cn＋1＋1＝3（cn＋1），
又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1，
则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3，
所以an＝
（2）当n为偶数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an）＝4（a1＋a3＋…＋an－1）＝4（c1＋c2＋…＋）＝4×［－］＝4·－2n－4；
当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1＝4·－2（n＋1）－4－（2·－3）＝2·－2n－3，
综上所述，
Sn＝
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋2a3＝13，S6＝36，
得解得
所以an＝2n－1.
（2）由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n，
当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－1），
当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）＋2n＋1，
所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…＋22n＋1）＝2n＋＝＋2n.
【例2】 （1）660 （2）（n－1）·2n＋2＋4
解析：（1）设an＝4n－3，bn＝3n，a20＝77，令bn＜77，则n＝1，2，3，所以b1＝3，b2＝9，b3＝27.在新数列{cn}的前20项中，因为a3＝9与b2＝9为公共项，所以前20项为数列{an}中的18项以及b1，b3.故T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋×4＋3＋27＝660.
（2）由题意知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋n－1]＝2n.a1＝2也满足an＝2n，所以an＝2n，n∈N*，所以数列{an}的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n－1}的各项为1，2，4，8，16，…，数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，所以bn＝2n，所以an·bn＝n·2n＋1，所以Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1 ①，2Tn＝1×23＋2×24＋…＋（n－1）×2n＋1＋n×2n＋2 ②，则①－②得，－Tn＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝（1－n）×2n＋2－4，则Tn＝（n－1）·2n＋2＋4.
跟踪训练
解析：因为数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{（n＋1）2－1}，当n为奇数时，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶数，所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故＝＝＝（－），所以c1＋c2＋…＋c99＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.
【例3】 解：（1）因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，
可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
（2）因为在ak与ak＋1（k＝1，2，…）之间插入2k－1个3，
可知ak（k≥2）在数列{bn}中对应的项数为n＝k＋20＋21＋…＋2k－2＝k＋＝2k－1＋k－1，
当k＝8时，则n＝27＋7＝135，
即a8＝b135；
当k＝9时，则n＝28＋8＝264，
即a9＝b264；
由题意可知：b136＝b137＝…＝b150＝3，
所以T150＝S8＋3（150－8）＝＋426＝490.
跟踪训练
解：（1）∵Sn＝n2＋n，∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，
∴an＝2n.
（2）∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20＝（b1＋b2＋…＋b25）－（a1＋a2＋…＋a5）＝S25－（21＋22＋…＋25）＝252＋25－＝650－62＝588.
培优点3 数列与其他知识的交汇问题
【例1】 解：（1）因为0＜θ＜，x1＝a＝tan θ＞0，由题意xn＞0.
又xn＋1＝≤1，所以xn∈（0，1].
由x3＜，得＜，即2－5x2＋2＞0，求得x2＜或x2＞2.
又x2∈（0，1]，则0＜x2＜.
而x2＝＝＝sin 2θ，因此0＜sin 2θ＜，
因为2θ∈（0，π），所以0＜θ＜或＜θ＜.
故θ的取值范围为（0，）∪（，）.
（2）令x＝y＝0，得f（0）＝0，令x＝0，得f（0）－f（y）＝f（－y），
即f（－y）＝－f（y），所以f（x）是奇函数.
由f（xn＋1）＝f（）
＝f（）＝f（xn）－f（－xn）＝2f（xn），
即＝2，所以数列{f（xn）}是等比数列.
故f（xn）＝f（x1）·2n－1＝f（a）·2n－1＝2n－2.
跟踪训练
解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∵a1＝1，且a1，a3，a13成等比数列，
∴＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝2，∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
∵数列{bn}的前n项和Sn＝2bn－2，当n＝1时，b1＝2b1－2，∴b1＝2，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，
故数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列，∴bn＝2n.
（2）由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），∴Tn＝－＝2n＋1－2－n2，
∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.
令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln 2－1，
∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1.
∴log2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，
∴－1＜a＜1.
故实数a的取值范围为（－1，1）.
【例2】 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＋－＋…＋－＝－1＝9.
所以原不等式成立.
跟踪训练
解：（1）由题意得{Sn－an}是等差数列，设其公差为d，
则Sn＋1－an＋1＝Sn＝Sn－an＋d，则an＝d＞0，故＝1.
（2）由（1）可知，an＝d＞0，则Sm－＞2可转化为Sm－＝md－d2＞2，
故m＞d＋≥2，当且仅当d＝时，d＋≥2取等号，
由于m为正整数，故最小正整数m的值为3，
当m＝3时，取an＝，则S3－＝3－2＞2，满足条件.
综上所述，正整数m的最小值是3.
【例3】 解：（1）证明：由an为数列{bn}的前n项积，＋＝1，
可得n＝1时，a1＝b1，即有＋＝1，解得a1＝3；
当n≥2时，bn＝，即有＋＝1，
可得an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，
则数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列.
（2）由（1）可得an＝3＋2（n－1）＝2n＋1，
＝＝3n－1，
可得{2n＋1}和{3n－1}中的相同项为5，11，17，23，…，
即有c1＝2，c2＝3，c3＝5，c4＝7，c5＝8，c6＝9，c7＝11，c8＝13，…，
可设cn＝k∈N*，
则T4n＝（c1＋c2＋c3＋c4）＋（c5＋c6＋c7＋c8）＋…＋（c4n－3＋c4n－2＋c4n－1＋c4n）＝17＋41＋…＋（24n－7）＝n（17＋24n－7）＝12n2＋5n.
跟踪训练
解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，所以d＝2b1.
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），
所以a1＋d－2b1＝4d－（a1＋3d），整理得a1＝b1.
（2）由（1）知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知，b1·2k－1＝a1＋（m－1）·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋（m－1）·2b1＋b1，即2k－1＝2m，
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10.
故集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
培优点4 数列的新定义问题
【例1】 解：（1）依题意有：d1≤c2－c1≤d2，d1≤c3－c2≤d2，…，d1≤cn－cn－1≤d2.
将这（n－1）个不等式相加，得（n－1）d1≤cn－c1≤（n－1）d2，
从而c1＋（n－1）d1≤cn≤c1＋（n－1）d2，n≥2，n∈N.
（2）数列{}是类等差数列，证明如下：
法一 因为an＋1＝an－2，
所以＝＝＝2（＋）＝＋，即－＝.
因为2＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，所以{an}是递减数列，最大项为a1＝.
所以1－2an≥1－2a1＝＞0，an＋1＝an（1－2an）＝an－1（1－2an－1）（1－2an）＝…＝a1（1－2a1）（1－2a2）（1－2a3）…（1－2an）＞0，
所以0＜an≤，所以－＝＜0，
所以是递减数列，故其最大项为＝6，且＞＝2，
所以2＜－≤6，所以数列{}是类等差数列.
法二 －＝－＝＝＝，
又2＝an－an＋1＞0，所以an＋1＜an，则{an}是递减数列，最大项为a1＝.
由于数列{an}为递减数列，则{1－2an}为递增数列，且1－2an＞0，
所以{}是递减数列，故其最大项为＝6，所以－≤6，
又由法一知an＞0，所以＞2，所以2＜－≤6，所以数列{}是类等差数列.
跟踪训练
解：（1）因为｜3－2｜≤｜3－5｜≤｜3－1｜，所以数列3，2，5，1满足性质p.
因为｜4－3｜≤｜4－2｜＞｜4－5｜≤｜4－1｜，所以数列4，3，2，5，1不满足性质p.
（2）由题意可得，an＝qn－1，
｜1－qn｜≥｜1－qn－1｜，n∈{2，3，4，…，9}，两边平方得q2n－2qn＋1≥q2n－2－2qn－1＋1，
整理得（q－1）qn－1[qn－1（q＋1）－2]≥0，（*）
当q≥1时，得qn－1（q＋1）－2≥0，关于n≥2恒成立，
等价于n＝2时，q（q＋1）－2≥0，所以（q＋2）（q－1）≥0，
解得q≤－2或q≥1，所以取q≥1；
当0＜q＜1时，q－1＜0，qn－1＞0，
得qn－1（q＋1）－2≤0，此时关于（*）式恒成立，
等价于n＝2时，q（q＋1）－2≤0，所以（q＋2）·（q－1）≤0，
解得－2≤q≤1，所以取0＜q＜1；
当－1≤q＜0时，q－1＜0，
当n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立，
当n为偶数时，qn－1＜0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式不成立，
所以当－1≤q＜0时，不符合题意，舍去；
当q＜－1时，q－1＜0，
若n为奇数时，qn－1＞0，qn－1（q＋1）－2＜0，则（*）式成立，
若n为偶数时，qn－1＜0，要使（*）式恒成立，
即使qn－1（q＋1）－2≥0恒成立，
即当n＝2时q（q＋1）－2≥0恒成立，解得q≤－2或q≥1，所以取q≤－2，
综上，q∈（－∞，－2]∪（0，＋∞）.
【例2】 证明：（1）因为an＝，所以cn＝ln an（an＞0），
因为正项数列{cn}是一个“凸数列”，
所以ct－1＋ct＋1≤2ct，所以ln at－1＋ln at＋1≤2ln at，所以at－1at＋1≤，
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”，≤，
所以≤≤…≤≤，变形可得到a1a10≤a2a9≤a3a8≤a4a7≤a5a6，
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”，且有a1a10≤a5a6.
（2）因为f（x）＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，
所以方程f'（x）＝b2＋2b3x＋3b4x2＝0有两个不等实数根，
所以Δ1＝4－4×3b2b4＞0 ＞3b2b4，
又bi＞0（i＝1，2，3，4），所以＞3b2b4＞b2b4；
x＝0时，f（0）＝b1＞0，所以x＝0不是f（x）的零点，
又f（）＝b1＋b2（）＋b3（）2＋b4（）3，
令t＝，则f（t）＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点，
即f（）＝有三个零点，
令g（x）＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4，则g（x）有三个零点，
所以g'（x）＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点，
所以Δ2＝4－4×3b1b3＞0 ＞3b1b3＞b1b3，
因为b2b4＜，b1b3＜，
所以正项数列b1，b2，b3，b4对任意的相邻三项bt－1，bt，bt＋1，都满足bt－1bt＋1≤，
所以数列b1，b2，b3，b4是一个“对数性凸数列”.
跟踪训练
解：（1）由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.
于是当T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1，
又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
（2）证明：因为T {1，2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，
所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝（3k－1）＜3k，
即ST＜ak＋1.
（3）证明：根据集合D和C的包含关系分三种情况证明.
①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.
②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≤2SD，又SC≥SD，所以SC＝SD，SC＋SC∩D＝2SD.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集，如图，
令E＝C∩ UD，F＝D∩ UC，则E≠ ，F≠ ，E∩F＝ ，
于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD，得SE≥SF.
设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.
由（2）知，SE＜ak＋1，于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ak＋1＝3k，所以l－1＜k，即l≤k，
又k≠l，故l≤k－1，从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝≤＝≤，
故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2（SD－SC∩D）＋1，
即SC＋SC∩D≥2SD＋1.
综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.
1 / 3第1讲 小题研透——数列中的基本问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
等差、等比数列基本量的计算 主要以选择题、填空题的形式考查等差、等比数列的基本运算、性质，最大（小）项等
等差、等比数列的性质
数列的函数性质
二、真题感悟
1.（2024·全国甲卷理4题）（等差数列的性质与前n项和）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（ ）
A. B.
C.－ D.－
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.
2.（2023·新高考Ⅱ卷8题）（等比数列的性质与前n项和）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（ ）
A.120 B.85
C.－85 D.－120
解析：C 法一 设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（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，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C.
3.（2024·新高考Ⅱ卷12题）（等差数列基本量的计算）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝95.
解析：法一（基本量法） 因为数列{an}为等差数列，
则由题意得解得
则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95.
法二（下标和性质法） 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.
重｜难｜排｜查
1.等差数列、等比数列的基本公式（n∈N*）
（1）等差数列的通项公式：an＝a1＋（n－1）d；
（2）等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1；
（3）等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋；
（4）等比数列的前n项和公式：Sn＝
易错提醒 （1）易忽视公式an＝Sn－Sn－1的适用条件为n≥2而导致错误.利用此公式求得an后，一定要验证n＝1时是否满足所求出的an，若不满足，则要用分段形式来表示；（2）在用等比数列的前n项和公式时，一定要分公比q＝1和q≠1两种情况进行讨论.
2.等差数列、等比数列的性质
（1）通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k（m，n，p，q，k∈N*），则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak；对于等比数列有aman＝apaq＝；
（2）前n项和性质：对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列（q＝－1且m为偶数情况除外）.
3.常用结论
（1）若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的；
（2）在等差数列中，若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an；＝；
（3）{an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列.
等差（比）数列基本量的计算
【例1】 （1）（2024·河南质量检测）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为，则S5＝（ B ）
A.29 B.31
C.33 D.36
（2）（多选）已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝，则（ BCD ）
A.d＝1
B.a10＝20
C.Sn＝n2＋n
D.当n≥2时，Sn≥an
解析：（1）不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得：q5＝2a1q2，因an＞0，q＞0，则a1q3＝2 ①，又由a4与a6的等差中项为可得：a4＋a6＝，即a1q3（1＋q2）＝ ②，将①代入②可得：q＝，回代入①，解得a1＝16，于是S5＝＝＝31.故选B.
（2）∵Sn＝，∴当n＝2时，可得2（a1＋a2）＝3a2，整理得2a1＝a2，即a1＝d.∵a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，∴（5d＋2）2＝2d（17d＋2），即9d2－16d－4＝0，又公差d＞0，解得d＝－（舍去）或d＝2，A错；∴an＝2n，a10＝20，B对；Sn＝n2＋n，C对；当n≥2时，Sn－an＝n2＋n－3n＝n2－2n＝n（n－2）≥0，即Sn≥an，D对.故选B、C、D.
感悟提升
等差（比）数列基本量计算的解题策略
（1）抓住基本量，首项a1，公差d或公比q；
（2）在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则可转化成关于a1和d（q）的方程（组）求解，但要注意使用消元法及整体计算，以减少计算量.
1.（2024·湘潭3月质量检测）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝8，S3＝18，则S5＝（ ）
A.34 B.35
C.36 D.38
解析：B 因为{an}是等差数列，设其公差为d，因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝18，则a2＝6，所以a4－a2＝2d＝2，则d＝1，所以a5＝9，S5＝S3＋a4＋a5＝18＋8＋9＝35.故选B.
2.（2024·贵阳适应性考试）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，则S2 024与a2 024的关系是（ ）
A.S2 024＝2a2 024－1 B.S2 024＝2a2 024＋1
C.S2 024＝4a2 024－3 D.S2 024＝4a2 024＋1
解析：A 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由题意知，2a2＝－a3＋a4，所以q2－q－2＝0，所以q＝2或q＝－1（舍去），则S2 024＝＝22 024－1，a2 024＝22 023，所以S2 024＝2a2 024－1，故选A.
等差（比）数列的性质
【例2】 （1）已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则log2（a1·a2·a3·…·a8）＝（ B ）
A.70 B.72
C.74 D.76
（2）（2024·佛山模拟）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝（ C ）
A. B. C. D.
解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＞0.因为a1＝4，S3＝84，所以a1＋a2＋a3＝4＋4q＋4q2＝84，即q2＋q－20＝0，因为q＞0，所以q＝4，则an＝4n.所以a1·a2·a3·…·a8＝（a1a8）4＝（4×48）4＝（49）4＝436＝（22）36＝272，所以log2（a1·a2·a3·…·a8）＝log2272＝72，故选B.
（2）由等差数列的性质可得，＋＝＋＝＝＝＝＝＝.故选C.
感悟提升
等差、等比数列各有许多项的性质及前n项和的性质，因此在求解时要抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解可大大减少运算量.
1.（2024·贵州贵阳质监）记Sn为等差数列{an}的前n项和，＋＝12，则S7＝（ ）
A.24 B.42
C.64 D.84
解析：B ∵Sn为等差数列{an}的前n项和，∴{}为等差数列，∴＋＝2×＝12，∴S7＝42.故选B.
2.（多选）（2024·临汾模拟）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，则下列说法正确的是（ ）
A.若Tn＝4n＋1＋m，则m＝－1
B.S7，S14－S7，S21－S14成等差数列
C.T7，T14－T7，T21－T14成等比数列
D.若S15＞0，S16＜0，则使得Sn取得最大值的正整数n的值为8
解析：BCD 依题意，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，对于A，因为Tn＝4n＋1＋m，当n＝1时，b1＝T1＝42＋m＝16＋m，当n≥2时，Tn－1＝4n＋m，则bn＝4n＋1－4n＝3×4n，满足＝4，所以b1＝16＋m＝3×4，解得m＝－4，故A错误；对于B，因为S7＝a1＋a2＋…＋a7，S14－S7＝a8＋a9＋…＋a14＝a1＋7d＋a2＋7d＋…＋a7＋7d＝a1＋a2＋…＋a7＋49d，S21－S14＝a15＋a16＋…＋a21＝a1＋14d＋a2＋14d＋…＋a7＋14d＝a1＋a2＋…＋a7＋98d，所以2（S14－S7）＝S7＋S21－S14，即S7，S14－S7，S21－S14成等差数列，故B正确；对于C，当q＝1时，T7＝7b1，T14－T7＝7b1，T21－T14＝7b1，显然T7，T14－T7，T21－T14成等比数列；当q≠1时，T7＝b1＋b2＋…＋b7＝≠0，T14－T7＝b8＋b9＋…＋b14＝（b1＋b2＋…＋b7）q7，T21－T14＝b15＋b16＋…＋b21＝（b1＋b2＋…＋b7）q14，所以（T14－T7）2＝T7（T21－T14），即T7，T14－T7，T21－T14成等比数列，故C正确；对于D，因为S15＞0，S16＜0，所以S15＝＝15a8＞0，即a8＞0，S16＝＝＜0，即a8＋a9＜0，故a9＜0，所以S8是Sn的最大项，即使得Sn取得最大值的正整数n的值为8，故D正确.故选B、C、D.
数列的函数性质
【例3】 （1）（2024·长郡中学模拟改编）已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 024＝（ A ）
A.2 B.－2
C.－1 D.
（2）（多选）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4＋a11＞0，a7·a8＜0，则（ BCD ）
A.数列{an}是递增数列
B.S6＞S9
C.当n＝7时，Sn最大
D.当Sn＞0时，n的最大值为14
解析：（1）∵an＋1＝，a1＝，∴a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝＝，∴数列{an}的周期为3.∴a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选A.
（2）∵在等差数列{an}中，a1＞0，a4＋a11＝a7＋a8＞0，a7·a8＜0，∴a7＞0，a8＜0，∴公差d＜0，数列{an}是递减数列，A错误；∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，∴S6＞S9，B正确；∵a7＞0，a8＜0，数列{an}是递减数列，∴当n＝7时，Sn最大，C正确；∵a4＋a11＞0，a7＞0，a8＜0，∴S14＝＝＞0，S15＝＝＜0，∴当Sn＞0时，n的最大值为14，D正确.故选B、C、D.
感悟提升
求数列的最大项与最小项的常用方法
（1）将数列视为函数f（x），当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f（x）的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f（x）的最值，进而求出数列的最大（小）项；
（2）通过通项公式an研究数列的单调性，利用（n≥2）确定最大项，利用（n≥2）确定最小项.
1.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1＝16，公比q＝，则Tn取最大值时n的值为（ ）
A.3 B.6
C.4或5 D.6或7
解析：C 因为等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，所以a4＝16×（）3＝2＞1，a5＝16×（）4＝1，a6＝16×（）5＝＜1，所以当n＝4或n＝5时，Tn取得最大值.故选C.
2.（多选）{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d＞0，{bn}是等比数列，若a1＝b1，a2 024＝b2 024，则（ ）
A.a100＞b100 B.a100＜b100
C.a2 025＞b2 025 D.a2 025＜b2 025
解析：AD 等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d，因为d＞0，所以a2 024＞a1，y＝dx＋a1－d是关于x的增函数.等比数列{bn}满足b1＝a1＞0，b2 024＝a2 024＞0，设{bn}的公比为q，则bn＝b1qn－1，所以q2 023＝＞1，所以q＞1，所以y＝b1qx－1是关于x的增函数.作出直线y＝dx＋a1－d及y＝b1qx－1的大致图象，如图，则数列{an}中的各项是直线y＝dx＋a1－d上离散的点对应的纵坐标，数列{bn}中的各项是曲线y＝b1qx－1上离散的点对应的纵坐标.由图可知，a100＞b100，a2 025＜b2 025，故选A、D.
1.（2024·岳阳质量监测）已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，则a9＝（ ）
A.6 B.12
C.17 D.24
解析：C 等差数列{an}中，a1＋a3＋a5＝3a3＝15，解得a3＝5，又a4＋a6＋a8＝3a6＝33，所以a6＝11，又因为a3，a6，a9成等差数列，所以a9＝2a6－a3＝22－5＝17.故选C.
2.（2024·南京、盐城一模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a2＋5a1，a5＝4，则a1＝（ ）
A. B.－
C. D.－
解析：A 设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋5a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋5a1，即a3＝4a1＝a1q2，所以q2＝4，又a5＝4，所以a1q4＝a1（q2）2＝a1×42＝4，所以a1＝.故选A.
3.（2024·七市州调研）已知公差为负数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a4，a7是等比数列，则当Sn取最大值时，n＝（ ）
A.2或3 B.2
C.3 D.4
解析：B 设等差数列{an}的公差为d（d＜0），由a3，a4，a7是等比数列，得（a1＋3d）2＝（a1＋2d）·（a1＋6d），解得a1＝－d，则an＝a1＋（n－1）d＝（n－）d，显然等差数列{an}单调递减，当n≤2时，an＞0，当n≥3时，an＜0，所以当Sn取最大值时，n＝2.故选B.
4.（多选）设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则（ ）
A.a5＝4
B.当a1＝1时，q＝±
C.log2｜T9｜＝18
D.＋≥36
解析：BC 对于A，因为＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以A不正确；对于B，因为a1＝1，a2a8＝16，则q8＝16，所以q8＝16，所以q＝±，所以B正确；对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝，所以｜T9｜＝｜｜＝218，所以log2｜T9｜＝18，所以C正确；对于D，＋≥2a3a7＝2a2a8＝32，当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D不正确.故选B、C.
5.（2024·江西红色十校联考）已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，a3＋a5＝10，则S5＝.
解析：因为数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，则数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝6，可得a1＋d＝2 ①，a3＋a5＝a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝10，可得a1＋3d＝5 ②，联立①②可得a1＝，d＝，所以S5＝5a1＋d＝5×＋10×＝.
6.（2024·乌鲁木齐第二次质量监测）设等比数列{an}的首项为1，公比为q，前n项和为Sn，若{Sn＋1}也是等比数列，则q＝2.
解析：当q＝1时，Sn＝na1＝n，Sn＋1＝n＋1，{Sn＋1}不是等比数列，所以q≠1，Sn＝＝，Sn＋1＝＋1＝＝－·qn，根据等比数列的通项公式的形式，得＝0，解得q＝2.
7.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝（ ）
A.2 B. C. D.3
解析：B 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，＝3，即S6＝3S3，又S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即＝，故4S3＝S9－S6，故S9＝7S3，故＝.
8.（2024·苏锡常镇四市调研）已知正项数列{an}满足＋＋…＋＝（n∈N*），若a5－2a6＝7，则a1＝（ ）
A. B.1
C. D.2
解析：D n＝1时，＝；n≥2时，＝－＝，＝，∴a5a6＝99，∴a6（2a6＋7）＝99，∴a6＝，a5＝18，∵a4a5＝63，∴a4＝，∵a3a4＝35，∴a3＝10，∵a2a3＝15，∴a2＝，∵a1a2＝3，∴a1＝2.故选D.
9.已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，且对任意n∈N*，an＋1－an＜0，则实数m的取值范围是（ ）
A.（－2，＋∞） B.（－∞，－2）
C.（2，＋∞） D.（－∞，2）
解析：A 因为an＋1－an＜0，所以数列{an}为递减数列，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－（n－1）2＋2（n－1）＋m]＝－2n＋3，故可知当n≥2时，数列{an}单调递减，若对任意n∈N*，an＋1－an＜0，只需满足a2＜a1，因为a2＝－1，a1＝S1＝1＋m，所以－1＜1＋m，解得m＞－2.故选A.
10.（2023·全国乙卷理10题）已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an｜n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝（ ）
A.－1 B.－
C.0 D.
解析：B 法一 ∵数列{an}是公差为的等差数列，∴an＋3＝an＋×3＝an＋2π，∴cos an＋3＝cos an，∴数列{cos an}是周期为3的数列.不妨取a1＝－，则cos a1＝cos a2＝，cos a3＝－1，∴集合S＝{－1，}，则ab＝－.故选B.
法二 由题意，得an＝a1＋（n－1）·，又S＝{cos an｜n∈N*}＝{a，b}，∴cos a1≠cos a2，但cos a1＝cos a3，即cos a1＝cos（a1＋），∴a1＋a1＋＝2kπ（k∈Z），∴a1＝－＋kπ（k∈Z）.不妨取k＝1，则a1＝，a2＝＋＝π，则S＝{，－1}＝{a，b}，∴ab＝－1×＝－.故选B.
11.（多选）（2024·东北三校第一次联考）已知等差数列{an}的首项a1＞0，则下列选项中正确的是（ ）
A.若a3＋a7＝4，则S9＝18 B.若S15＞0，S16＜0，则＞
C.若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，则a7＋a8＝17 D.若a8＝S10，则S9＞0，S10＜0
解析：ACD 对于A，∵a3＋a7＝2a5＝4，∴S9＝＝＝＝18，故A正确；对于B，∵S15＝＝＝15a8＞0，∴a8＞0，∵S16＝＝（a8＋a9）×8＜0，∴a8＋a9＜0，∴a9＜0＜a8，a9－a8＜0，－＝（a9＋a8）（a9－a8）＞0，∴＜，故B错误；对于C，记等差数列{an}的公差为d，（a3＋a4）－（a1＋a2）＝4d＝9－5＝4，则d＝1，∴a7＋a8＝（a3＋4d）＋（a4＋4d）＝（a3＋a4）＋8d＝9＋8＝17，故C正确；对于D，∵a8＝S10，∴a1＋7d＝10a1＋d＝10a1＋45d，∴9a1＝－38d，则a1＝－d＞0，∴d＜0，S9＝9a1＋d＝－38d＋36d＝－2d＞0，S10＝a8＝a1＋7d＝d＜0，故D正确.故选A、C、D.
12.（多选）（2024·赣州模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝18，S3＝26，则（ ）
A.an＞0
B.Sn＞0
C.数列{｜an｜}为单调数列
D.数列{｜Sn｜}为单调数列
解析：BC 设数列{an}的首项为a1，公比为q，由题有解得或对于选项A，当n为偶数时，an＜0，所以选项A错误；对于选项B，因为Sn＝，当显然有Sn＞0，当时，1－q＜0，1－qn＜0，所以Sn＞0，故选项B正确；对于选项C，当q＝3时，数列{｜an｜}是首项为2，公比为3的递增数列，当q＝－时，数列{｜an｜}是首项为32，公比为的递减数列，所以选项C正确；对于选项D，由选项B知Sn＞0，所以｜Sn｜＝Sn，当时，Sn＝＝［1－（－）n］，此时Sn不具有单调性，所以选项D错误，故选B、C.
13.记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值为 25
解析：∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10.又∵a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤（）2＝＝25，当且仅当a10＝a11＝5时，取“＝”，∴a10·a11的最大值为25.
14.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝nan，且S2＋S4＋S6＋…＋S60＝1 860，则a1＝2.
解析：法一 因为Sn＝nan，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－（n－1）an－1，得（n－1）an＝（n－1）an－1，即an＝an－1，所以数列{an}是常数列，所以an＝a1，Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2.
法二 因为Sn＝nan，所以当n≥2时，Sn＝n（Sn－Sn－1），得（n－1）Sn＝nSn－1，则有＝，所以数列是常数列，则＝＝a1，所以Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝a1＝930a1＝1 860，解得a1＝2.
15.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝an2＋bn（a，b为常数），且a9＝，则a1＋a17＝π；设函数f（x）＝2＋sin 2x－2sin2，yn＝f（an），则数列{yn}的前17项和为17.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－[a（n－1）2＋b（n－1）]＝2na－a＋b.又当n＝1时，a1＝S1＝a＋b，满足an＝2na－a＋b，所以an＝2na－a＋b，所以数列{an}为等差数列，故a1＋a17＝2a9＝π.由题意得f（x）＝sin 2x＋cos x＋1，所以y1＋y17＝f（a1）＋f（a17）＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin 2a17＋cos a17＋1＝sin 2a1＋cos a1＋1＋sin（2π－2a1）＋cos（π－a1）＋1＝2，同理，y2＋y16＝2，…，y8＋y10＝2.又易得y9＝f（a9）＝1，所以数列{yn}的前17项和为2×8＋1＝17.
16.线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为an，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为Cn，Sn，其中图n中每个正六边形的边长是图n－1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（ ）
A.a4＝294 B.C3＝
C.存在正数m，使得Cn≤m恒成立 D.Sn＝×（）n－1
解析：D A选项，题图1中正六边形的个数为1，题图2中正六边形的个数为7，题图3中正六边形的个数为49，由题意得数列{an}为首项为1，公比为7的等比数列，所以an＝7n－1，故a4＝73＝343，故A错误；B选项，由题意知C1＝6，C2＝×6＝14，C3＝（）2×6＝，故B错误；C选项，数列{Cn}是首项为6，公比为的等比数列，故Cn＝6×（）n－1，因为＞1，所以Cn＝6×（）n－1单调递增，不存在正数m，使得Cn≤m恒成立，故C错误；D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an＝7n－1个，每个小正六边形的边长为（）n－1，故每个小正六边形的面积为6××（）2n－2，则Sn＝7n－1×6××（）2n－2＝×（）n－1，故D正确.故选D.
17.（多选）（2024·枣庄二模）将数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列.若a2＝2，a10＝8，则（ ）
A.a1＝－1 B.ai＝168
C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次
解析：ACD 由第1列数a1，a2，a5，a10，…成等差数列，设公差为d，又由a2＝2，a10＝8，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝8，解得a1＝－1，d＝3，则第一列的通项公式为ak＝－1＋（k－1）×3＝3k－4，又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，可得a2＋a3＋…＋a9＝2＋4＋8＋5＋10＋20＋40＋80＝169，所以A正确，B错误；又因为每一行的最后一个数为a1，a4，a9，a16，…，且452＝2 025，可得a2 024是a2 025的前一个数，且a2 025在第45行，因为这一行共有2×45－1＝89个数，则a2 024在第45行的第88列，所以C正确；由题设可知第i行第j个数的大小为（3i－4）×2j－1，令（3i－4）×2j－1＝2 024，若j＝1，则3i－4＝2 024即i＝676；若j＝2，则3i－4＝1 012，无整数解；若j＝3，则3i－4＝506即i＝170；若j＝4，则3i－4＝253，无整数解.故D正确.
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