資源簡介

專題三　數列
第一講　等差數列與等比數列——小題備考
微專題1　等差數列與等比數列的基本量計算
保分題
1．解析：設公差為d，則a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故選C.
答案：C
2．解析：因為{an}是等差數列，設公差為d，因為a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，則，因為{an}的前n項和為Sn，所以S8＝8×5＋＝－16，故選B.
答案：B
3．解析：已知等比數列{an}的公比為q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，則a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故選C.
答案：C
4．解析：由題知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由題知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.
答案：C
5．解析：由題意得：天干可看作公差為10的等差數列，地支可看作公差為12的等差數列，由于100÷10＝10，余數為0，故100年后天干為癸；由于100÷12＝8…4，余數為4，故100年后地支為未；綜上：100年后的2123年為癸未年．故選B.
答案：B
提分題
[例1]　 (1) 解析：∵數列{an}為等差數列，a1>0，<－1，∴數列{an}為遞減的等差數列，∴a2 023<0，a2 022>0，故A正確；
∵數列{an}為遞減的等差數列，a2 023<0，a2 022>0，∴Sn的最大值為S2 022，故B錯；
∵a2 023<0，a2 022>0，∴由<－1得a2 023<－a2 022，∴a2 023＋a2 022<0，∴|a2 023|>|a2 022|，∴|an|的最小值為|a2 022|，即a2 022，故C正確；
S4 044＝＝2 022(a2 022＋a2 023)<0，故D正確．故選ACD.
(2) 解析：將這個人行走的路程依次排成一列得等比數列{an}，
n∈N*，n≤6，其公比q＝，令數列{an}的前n項和為Sn，
則S6＝378，而S6＝＝，
因此＝378，解得a1＝192，
所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．
答案：ACD　(2)6
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：方法一　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.因為2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
(2) 解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0.而an≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.故選B.
答案：(1)2
答案：B
微專題2　等差數列、等比數列的基本性質的應用
保分題
1．解析：因為a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋b9＝12，根據等差數列的性質可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.故選B.
答案：B
2．解析：由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得，則162＝，解得＝64，即a8a9a10＝64.故選D.
答案：D
3．解析：由等差數列{an}的前n項和的性質可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差數列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故選C.
答案：C
4．解析：方法一　設數列{an}的公比為q，則由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二　設數列{an}的公比為q.因為a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
答案：－2
提分題
[例2]　 (1) 解析：(2n＋3)Sn＝nTn ＝，
又S9＝(a1＋a9)＝×2a5＝9a5，
T9＝(b1＋b9)＝×2b5＝9b5，
所以＝，又＝＝，
所以＝.故選A.
(2) 解析：根據等比數列的性質可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝＝9，又an>0，所以a5＝3，所以log3a1＋log3a5＋log3a9＝)＝)＝log333＝3.故選A.
答案：A　
答案：A
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：因為數列{an}是等差數列，
所以a2＋a4＋a6＝3a4＝π，即a4＝，
所以cos (a1＋a7)＝cos 2a4＝cos ＝－，故選A.
(2) 解析：由等比數列的性質可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比數列，
由條件可知S3＝5，S9－S6＝20，則此等比數列的公比q2＝＝4，又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＋(S15－S12)，所以S15＝＝155.
答案：A　(2)155
微專題3　等差數列、等比數列的綜合
保分題
1．解析：∵4a5，a3，2a4成等差數列，∴2a3＝＝4a1q4＋2a1q3，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1，又∵an>0，∴q＝，∴S6＝＝＝，故選C.
答案：C
2．解析：設等差數列{an}的首項為a1，公差為d，則a2＋a7＝a8＋1 2a1＋7d＝a1＋7d＋1，a1＝1，因為a2，a4，a8成等比數列，所以＝a2a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，因為d≠0，所以d＝1，所以a2 023＝a1＋(2 023－1)×d＝2 023.故選A.
答案：A
3．解析：在等比數列{an}中，a2，a4，a6成等差數列，則2a4＝，即2a2q2＝a2＋a2q4，而a2≠0，整理得q4－2q2＋1＝0，因為q>0，故解得q＝1.
答案：1
提分題
[例3]　 (1) 解析：因為{an}是等差數列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，則a1＋a7＝2a4＝，因為{bn}是等比數列，所以b2b4b6＝＝3，故b4＝，則b2b6＝＝3，所以tan ＝tan ＝－.故選A.
(2) 解析：由f(x)＝x3－4x2＋4x－1得 (x)＝x2－8x＋4，由題意可知a3，a7是f′(x)＝x2－8x＋4＝0的兩個實數根，所以a3a7＝4>0，a3＋a7＝8>0，所以a3>0，a7>0，又a3a7＝，且a5＝a3q2>0，所以a5＝2，因此S9＝＝9b5＝18，故選C.
答案：A
答案：C
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：設等比數列{an}的公比為q，
因為S4，S2，S3成等差數列，
所以2S2＝S4＋S3，即2a3＋a4＝0，
又a2＋a3＋a4＝－18，
所以，解得，
所以a5＝a1q4＝3×(－2)4＝48.故選C.
(2) 解析：由題知，a，x，y，b成等差數列，c，x，y，d成等比數列，
故有：x＋y＝a＋b，xy＝cd，
所以＝，
因為x>0，y>0，
所以＝2，
當且僅當x＝y>0時取等，
故≥2，即的最小值為2.
答案：C　(2)2
微專題4　數列的遞推
保分題
1．解析：因為an＋1＝，a3＝3，
所以a3＝＝3，解得a2＝，
又a2＝＝，解得a1＝－，
又a4＝＝－，a5＝＝，a6＝＝3，
顯然，接下去a7＝－，a8＝，a9＝3，…，
所以數列{an}是以3為周期的周期數列，
則a2 023＝a1＋3×674＝a1＝－.故選A.
答案：A
2．解析：由an＝an－1＋n－1，
得a2＝a1＋1，a3＝a2＋2，a4＝a3＋3，…，an＝an－1＋n－1(n≥2)，
累加得，an＝a1＋1＋2＋3＋…＋n－1＝n2－n＋1，
當n＝1時，上式成立，則an＝n2－n＋1，
所以a10＝×100－×10＋1＝46.故選D.
答案：D
3．解析：因為an＋1＝Sn，則Sn＋1－Sn＝Sn，整理得Sn＋1＝2Sn，且S1＝a1＝≠0，所以數列{Sn}是以首項S1＝，公比q＝2的等比數列，則Sn＝×2n－1＝2n－6，所以a9＝S8＝22＝4.故選C.
答案：C
提分題
[例4]　 (1) 解析：由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)得，an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋(a2 021－a2 020)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2 023－a2＝m－2.故選D.
(2) 解析：設＝t，由題意得A*＝{t，2t，22t，…}，第n項為＝2n－1t，則n≥2時，an＝···…··a1＝t·2t·22t·…·2n－2t·a1＝tn－1·a1，因為a4＝1，a5＝32，所以23t3·a1＝1，26t4·a1＝32，解得t＝4，a1＝，故選B.
答案：D　
答案：B
[鞏固訓練4]　 (1) 解析：因為a1＝2，an＋1＝，
所以a2＝＝，a3＝＝，
a4＝＝，a5＝＝，
a6＝＝，a7＝＝，
a8＝＝，a9＝＝，
a10＝＝，
∴[a10]＝1.故選A.
(2) 解析：由題意，2Sn＝＋an，2Sn－1＝＋an－1(n≥2)，
兩式相減，得2an＝
＝an＋an－1.
∵an>0，∴an－an－1＝1.
當n＝1時，2S1＝＋a1，∴a1＝1，
∴{an}是首項為1，公差為1的等差數列．
∴a2 023＝1＋(2 023－1)×1＝2 023.
故選B.
答案：A　
答案：B
第二講　數列的通項與求和——大題備考
微專題1　數列的證明與通項
保分題
1． (1) 解析：設各項均為正數的等差數列{an}的公差為d，
因為S3＝a5，2a2＝3，
所以，解得，即，
所以an＝＋(n－1)·1＝n－，即數列{an}的通項公式為an＝n－.
(2) 解析：證明：由(1)知Sn＝n×＝，所以＝n，
因為＝(n＋1)－n＝，
又因為＝，
所以數列{}是首項為，公差為的等差數列．
2．解析：因為Sn＝an＋1＋2n－4　①
當n≥2時， Sn－1＝an＋2(n－1)－4　②
①－②可得an＝an＋1－an＋2，即得an＋1＝2an－2，
因為＝＝＝2，
又因為a1＝4，S1＝a1＝a2＋2－4，則a2＝6，即得＝＝2，
所以{an－2}是以a1－2＝2為首項，以2為公比的等比數列．
所以an－2＝2×2n－1＝2n，即an＝2n＋2.
提分題
[例1]　 (1) 解析：由S2，S4，S5＋4成等差數列，
a2，a4，a8成等比數列可得 a1＝2，d＝2，
Sn＝2n＋×2＝n2＋n.
(2) 解析：由2bn－Tn＝得2b1－T1＝ b1＝，
2bn＝Tn＋＝Tn＋，
故2bn＋1＝Tn＋1＋，
兩式相減可得2bn＋1－2bn＝bn＋1＋ bn＋1－＝2(bn－)，
而{bn－}＝{bn－}，所以{bn－}為公比為2的等比數列，且首項為＝1，
故bn－＝2n－1，進而bn＝＋2n－1.
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：∵a1＝2，b1＝1，
∴b2＝＝＝，a2＝(5a1＋b2)＝.
∵bn＋1＝，∴an＋1＝(5an＋bn＋1)＝，
∴an＋1－bn＋1＝＝(an－bn)，
∴{an－bn}是a1－b1＝1為首項，為公比的等比數列．
(2) 解析：由(1)知{an－bn}是a1－b1＝1為首項，為公比的等比數列．
∴an－bn＝，∴an＝bn＋，
∵bn＋1＝＝[bn＋＋4bn]，
∴bn＋1－bn＝，
∴當n≥2時，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋×[＋…＋]
＝1＋×[]＝.
當n＝1時，b1＝1也適合上式，
所以數列{bn}的通項公式為bn＝，
數列{an}的通項公式為an＝bn＋＝.
微專題2　數列的通項與求和
保分題
1． (1) 解析：因為2Sn＝nan，
當n＝1時，2a1＝a1，即a1＝0；
當n＝3時，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
當n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化簡得：(n－2)an＝(n－1)an－1，
當n≥3時，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
當n＝1，2時都滿足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2) 解析：因為＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
兩式相減得，
Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－(1＋，
即Tn＝2－(2＋n)，n∈N*.
2． (1) 解析：設{an}的公差為d，則，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通項公式為an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2) 解析：由(1)得|an|＝.
當n≤7時，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2，
當n≥8時，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
綜上，Tn＝.
提分題
[例2]　 (1) 解析：設等差數列{an}的公差為d.
因為bn＝，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因為S4＝32，T3＝16，
所以，
整理，得，解得，
所以{an}的通項公式為an＝2n＋3.
(2) 解析：證明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，bn＝
當n為奇數時，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.
當n>5時，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
當n為偶數時，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.
當n>5時，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
綜上可知，當n>5時，Tn>Sn.
[鞏固訓練2] (1) 　解析：由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)，
得an＋1－an＝an－an－1(n≥2)，
所以數列{an}為等差數列．
所以S5＝5×＝5a3＝15，得a3＝3.
所以公差d＝＝1.所以an＝n.
(2) 　解析：當n為奇數時，bn＝an＝n.
當n為偶數時bn＝＝2n－1.
所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋23＋…＋22n－1)＝n2＋.
微專題3　數列與不等式問題
保分題
1． (1) 解析：設等差數列{an}首項為a1，
由題意可得
即
又因為d>0，所以故an＝n＋1.
(2) 解析：∵＝＝，
∴Tn＝＋…＋＝ ＝.
因為存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立．
即存在n∈N*，使得－λ(n＋2)≥0成立．
即存在n∈N*，使得λ≤成立．
＝(當且僅當n＝2時取等號)．
故λ≤，即實數λ的取值范圍是(－∞，].
2． (1) 解析：設等差數列{an}首項為a1，公差為d，
由題意得，解得，
所以{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝.
(2) 解析：證明：由(1)知，an＝，則an＋1＝，
∵cn＝＝)，
∴Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝(1－)＝，
∵n∈N*，>0，
∴<，∴Tn<.
提分題
[例3] (1) 　解析：設數列{an}公比為q，
由已知得3q＋3q2＝36，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，所以an＝3·3n－1＝3n.
因為3Sn＋n2＝3nbn＋n，所以，當n≥2時，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)bn－1＋n－1，
兩式作差得(3n－3)bn＝3(n－1)bn－1＋2n－2，
因為n≥2，所以bn－bn－1＝，即數列{bn}是首項為，公差為的等差數列，所以bn＝＋(n－1)＝n.
－8Man≥0 M≤，
設cn＝，則M小于等于數列{cn}的最大項．
設n＝k時，cn最大，因為c1＝，c2＝>c1，所以k>1，
由，即，
即，即，
解得，
即2.5≤k≤3.5(k∈Z)，所以k＝3，
故數列{cn}的最大項是c3＝＝1，所以M≤1，
即實數M的取值范圍是(－∞，1].
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：設等差數列{an}的公差為d，
則，解得a1＝d＝1，故an＝n.
(2) 解析：依題意，bn＝，故Tn＝4·(＋…＋)，
則Tn＝4·(＋…＋)，
兩式相減可得：
Tn＝4·(＋…＋)
＝4·＝2－，
解得Tn＝3－.
故an·|Tn－3|>1可轉化為>1.
令dn＝，
則dn＋1－dn＝＝<0(n∈N*)，
故dn＋1注意到d3＝1，所以滿足條件的n的值為1，2.
微專題4　數列重組問題
保分題
1． (1) 解析：設數列{an}的公差為d(d≠0)，
因為a4是a2和a8的等比中項，
所以＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因為a1＝1，所以d＝1或d＝0(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，
所以通項公式an＝n.
(2) 解析：由(1)得an＝n，
因為ak與ak＋1(k＝1，2，3…)之間插入2k，
所以在數列{bn}前20項中有10項來自{an}，10項來自{2n}，
所以T20＝1＋21＋2＋22＋…＋10＋210＝×10＋＝2 101.
2． (1) 解析：設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，
＝a1＋(bn－1)d＝2n＋1－1，
∴bnd＋1－d＝2n＋1－1，bn＝b1qn－1，
∴1－d＝－1，bnd＝2n＋1，∴d＝2，bn＝2n，
又a1＝1，∴an＝2n－1.
(2) 解析：因為a100＝199，b7＝128，b8＝256，
所以{cn}的前100項中，有數列{an}的前93項，數列{bn}的前7項，
記{an}，{bn}，{cn}的前n項和分別為An，Bn，Cn.
∴C100＝A93＋B7＝93＋×2＋＝8 649＋254＝8 903.
提分題
[例4]　 (1) 解析：設等差數列{an}的公差為d，由于3a2＋2a3＝S5＋6，
所以3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋10d＋6，解得d＝－2，
所以Sn＝na1＋d＝－n2＋(a1＋1)n，
若數列{Sn}為單調遞減數列，則Sn＋1－Sn<0對于n∈N*恒成立，
所以Sn＋1－Sn＝[－(n＋1)2＋(a1＋1)(n＋1)]－[－n2＋(a1＋1)n]＝a1－2n<0在n∈N*上恒成立，
則a1<2n，所以a1<(2n)min，又數列{2n}為遞增數列，所以(2n)min＝2×1＝2，即a1<2，
故a1的取值范圍為(－∞，2)．
(2) 解析：若a1＝1，則an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，
根據題意可將數列{bn}分組為
第一組為：1，20；
第二組為：－1，20，21；
第三組為：－3，20，21，22；
……
第k組為：－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；
則前k組一共有2＋3＋4＋…＋(k＋1)＝項，當k＝12時，項數為90.
故T95相當于是前12組的和再加上－23，20，21，22，23這五項，即：
T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋20＋21＋22＋23)，
設cn＝2n－1，則20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是數列{cn}的前12項和，
所以T95＝－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.
[鞏固訓練4]　 (1) 解析：根據條件，設an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q>0)，解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．
(2) 解析：當n＝100時，a100＝299，由2n<299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在數列{an}的前100項中含有數列{bn}中的4項，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.(共74張PPT)
數列
微專題1　等差數列與等比數列的基本量計算
1.[2023·江西贛州二模]已知等差數列{an}中，Sn是其前n項和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，則a5＝(　　)
A．7　 　　B．10　 　　C．11　 　　D．13
答案：C
解析：設公差為d，則a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故選C.
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a4＝－1，a1＋a5＝2，則S8的值為(　　)
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
答案：B
答案：C
4．[2023·全國甲卷]已知正項等比數列{an}中，a1＝1，Sn為{an}前n項和，S5＝5S3－4，則S4＝(　　)
A．7 B．9 C．15 D．30
答案：C
解析：由題知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由題知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.
5．[2023·遼寧鞍山二模]天干地支紀年法源于中國，中國自古便有十天干與十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”…，以此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，…，以此類推，2023年是癸卯年，請問：在100年后的2123年為(　　)
A．壬午年 B．癸未年
C．己亥年 D．戊戌年
答案：B
解析：由題意得：天干可看作公差為10的等差數列，地支可看作公差為12的等差數列，由于100÷10＝10，余數為0，故100年后天干為癸；由于100÷12＝8…4，余數為4，故100年后地支為未；綜上：100年后的2123年為癸未年．故選B.
答案：ACD
(2)[2023·湖南長沙明德中學三模]中國古代數學著作《增減算法統宗》中有這樣一段記載：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，如此六日過其關．” 則此人在第六天行走的路程是________里(用數字作答)．
6
技法領悟
1．在等差(比)數列中，a1，d(q)，n，an，Sn這五個量知道其中任意三個，就可以求出其他兩個．求解這類問題時，一般是轉化為首項a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關運算．
2．對于等比數列的前n項和公式，應按照公比q與1的關系分類討論．一般地，若涉及n較小的等比數列的前n項和問題，為防止遺忘分類討論，可直接利用通項公式寫出，而不必使用前n項和公式．
2
解析：方法一　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.因為2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
(2)[2023·河北正定中學模擬]已知等比數列{an}的前三項和為39，a6－6a5＋9a4＝0，則a5＝(　　)
A．81 B．243 C．27 D．729
答案：B
解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0.而an≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.故選B.
微專題2　等差數列、等比數列的基本性質的應用
1.[2023·浙江寧波一模]已知數列{an}與{bn}均為等差數列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，則a4＋b7＝(　　)
A．5　　　B．6 C．7　　　D．8
答案：B
解析：因為a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋b9＝12，根據等差數列的性質可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.故選B.
2．[2023·安徽安慶一中三模]在等比數列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，則a8a9a10＝(　　)
A．4　　　B．8 C．32　　 D．64
答案：D
3．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S10＝20，S20＝10，則S30＝(　　)
A．0　　　B．－10 C．－30　 D．－40
答案：C
解析：由等差數列{an}的前n項和的性質可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差數列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故選C.
－2
答案：A　

(2)[2023·河南許昌模擬]已知等比數列{an}的各項均為正數，且a3·a7＝9，則log3a1＋log3a5＋log3a9＝(　　)
A．3　　 B．4 C．5　　 D．6
答案：A　
技法領悟
利用等差(等比)數列的性質求解的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解．
答案：A
(2)設等比數列{an}的前n項和為Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，則S15＝________．
155
答案：C
答案：A
3．[2023·北京人大附中三模]已知{an}是公比為q(q>0)的等比數列，且a2，a4，a6成等差數列，則q＝________．
1
答案：A
答案：C
技法領悟
1．對于等差數列與等比數列交匯的問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用等差中項、等比中項等性質，可使運算簡便．
2．數列與函數的綜合問題主要有以下兩類：①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象來解決；②已知數列條件，解決函數問題，此類問題一般要充分利用數列的范圍、公式、求和方法對所給條件化簡變形．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·山東泰安模擬]已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且S4，S2，S3成等差數列，a2＋a3＋a4＝－18，則a5＝(　　)
A．－96 B．－48
C．48 D．96
答案：C
2
答案：A
2．若an＝an－1＋n－1，a1＝1則a10＝(　　)
A．55　　 B．56 C．45　　 D．46
答案：D
答案：C
答案：D　
解析：由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)得，an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋(a2 021－a2 020)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2 023－a2＝m－2.故選D.
答案：B
答案：A　
(2)[2023·河南洛陽聯考]已知正項數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an(an＋1)，則a2 023＝(　　)
A．2 022 B．2 023
C．2 024 D．2 025
答案：B
第二講　數列的通項與求和
數列大題一般為兩問：第一問通常求數列通項公式，有時涉及用定義證明等差或等比數列；第二問一般與和有關，通常是求前n項和或特定項的和，有時也涉及不等式證明或逆求參數等．
微專題1　數列的證明與通項
1.已知各項均為正數的等差數列{an}的首項為a1，前n項和為Sn，且滿足S3＝a5，且2a2＝3.
(1)求數列{an}的通項公式；
2．已知數列{an}的前n項和Sn，a1＝4，Sn＝an＋1＋2n－4.證明數列{an－2}為等比數列，并求出an的通項公式．
1.[2023·山東青島一模]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差數列，a2，a4，a8成等比數列．
(1)求Sn；
(2)求數列{an}，{bn}的通項公式．
微專題2　數列的通項與求和
1.[2023·全國甲卷]已知數列{an}中，a2＝1，設Sn為{an}前n項和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通項公式；

2．[2023·全國乙卷]記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數列{|an|}的前n項和Tn.
(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.
微專題3　數列與不等式問題
1.[2023·吉林延邊二模]已知等差數列{an}中，公差d>0，S11＝77，且a2，a6－1，a11成等比數列．
(1)求數列{an}的通項公式；


技法領悟
解決數列與不等式問題時，一般先解決數列的通項或求和，再利用作差比較法、放縮法等不等式的方法解決．
[鞏固訓練3]　已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4＋a12＝16，S7＝28.
(1)求{an}的通項公式；

微專題4　數列重組問題
1.已知公差不為0的等差數列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中項．
(1)求數列{an}的通項公式；

(2)保持數列{an}中各項先后順序不變，在ak與ak＋1(k＝1，2，…)之間插入2k，使它們和原數列的項構成一個新的數列{bn}，記{bn}的前n項和為Tn，求T20的值．
(2)將數列{an}和{bn}中的項合并，按從小到大的順序重新排列構成新數列{cn}，求{cn}的前100項和．
4.[2023·河北石家莊一模]已知等差數列{an}的前n項和記為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若數列{Sn}為單調遞減數列，求a1的取值范圍；
(2)若a1＝1，在數列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數列的前n項，形成新數列{bn}，記數列{bn}的前n項和為Tn，求T95.
技法領悟
通過題目表達確立關鍵信息或關系，找準新數列與原數列的關系，是解題的關鍵．
[鞏固訓練4]　[2023·廣東汕頭三模]等差數列{an}和各項均為正數的等比數列{bn}滿足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
解析：根據條件，設an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q>0)，解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．
(2)數列{cn}是由數列{an}和{bn}中不同的項按照從小到大的順序排列得到的新數列，記數列{cn}的前n項和為Sn，求S100.專題三　數列
第一講　等差數列與等比數列——小題備考
常考常用結論
1．等差數列
(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性質：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差數列．
2．等比數列
(1)通項公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝＝；
(3)性質：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，
則am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比數列．
微專題1　等差數列與等比數列的基本量計算
1.[2023·江西贛州二模]已知等差數列{an}中，Sn是其前n項和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，則a5＝(　　)
A．7　 　　B．10　 　　C．11　 　　D．13
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a4＝－1，a1＋a5＝2，則S8的值為(　　)
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
3．[2023·吉林長春三模]已知等比數列{an}的公比為q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，則q的值為(　　)
A． B． C．2 D．4
4．[2023·全國甲卷]已知正項等比數列{an}中，a1＝1，Sn為{an}前n項和，S5＝5S3－4，則S4＝(　　)
A．7 B．9 C．15 D．30
5．[2023·遼寧鞍山二模]天干地支紀年法源于中國，中國自古便有十天干與十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”…，以此類推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，…，以此類推，2023年是癸卯年，請問：在100年后的2123年為(　　)
A．壬午年 B．癸未年
C．己亥年 D．戊戌年
1.(1)[2023·山東濟南模擬](多選)已知等差數列{an}，前n項和為Sn，a1>0，<－1，則下列結論正確的是(　　)
A．a2 022>0
B．Sn的最大值為S2 023
C．|an|的最小值為a2 022
D．S4 044<0
(2)[2023·湖南長沙明德中學三模]中國古代數學著作《增減算法統宗》中有這樣一段記載：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，如此六日過其關．” 則此人在第六天行走的路程是________里(用數字作答)．
技法領悟
1．在等差(比)數列中，a1，d(q)，n，an，Sn這五個量知道其中任意三個，就可以求出其他兩個．求解這類問題時，一般是轉化為首項a1和公差d(公比q)這兩個基本量的有關運算．
2．對于等比數列的前n項和公式，應按照公比q與1的關系分類討論．一般地，若涉及n較小的等比數列的前n項和問題，為防止遺忘分類討論，可直接利用通項公式寫出，而不必使用前n項和公式．
[鞏固訓練1]　(1)[2022·全國乙卷]記Sn為等差數列的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝________.
(2)[2023·河北正定中學模擬]已知等比數列{an}的前三項和為39，a6－6a5＋9a4＝0，則a5＝(　　)
A．81 B．243 C．27 D．729
微專題2　等差數列、等比數列的基本性質的應用
1.[2023·浙江寧波一模]已知數列{an}與{bn}均為等差數列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，則a4＋b7＝(　　)
A．5　　　B．6 C．7　　　D．8
2．[2023·安徽安慶一中三模]在等比數列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，則a8a9a10＝(　　)
A．4　　　B．8 C．32　　 D．64
3．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S10＝20，S20＝10，則S30＝(　　)
A．0　　　B．－10 C．－30　 D．－40
4．[2023·全國乙卷]已知為等比數列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________．
2.(1)[2023·陜西咸陽三模]已知等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若＝nTn，則＝(　　)
A．　　B． C．　　D．
(2)[2023·河南許昌模擬]已知等比數列{an}的各項均為正數，且a3·a7＝9，則log3a1＋log3a5＋log3a9＝(　　)
A．3　　 B．4 C．5　　 D．6
技法領悟
利用等差(等比)數列的性質求解的關鍵是抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·安徽蚌埠模擬]已知等差數列{an}滿足a2＋a4＋a6＝π，則cos (a1＋a7)＝(　　)
A．－　　B． C．　　 D．
(2)設等比數列{an}的前n項和為Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，則S15＝________．
微專題3　等差數列、等比數列的綜合
　1.[2023·黑龍江大慶中學模擬]已知正項等比數列{an}首項為1，且4a5，a3，2a4成等差數列，則{an}前6項和為(　　)
A．31　　　B． C．　　　D．63
2．[2023·江蘇鹽城中學三模]已知公差不為零的等差數列{an}滿足：a2＋a7＝a8＋1，且a2，a4，a8成等比數列，則a2 023＝(　　)
A．2 023　　B．－2 023　　C．0　　D．
3．[2023·北京人大附中三模]已知{an}是公比為q(q>0)的等比數列，且a2，a4，a6成等差數列，則q＝________．
3.(1)[2023·重慶三模]已知{an}是等差數列，{bn}是等比數列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，則tan ＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
(2)[2023·廣東廣州六中三模]已知數列{an}為等比數列，a3，a7是函數f(x)＝x3－4x2＋4x－1的極值點，設等差數列{bn}的前n項和為Sn，若b5＝a5，則S9＝(　　)
A．－18或18 B．－18
C．18 D．2
技法領悟
1．對于等差數列與等比數列交匯的問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用等差中項、等比中項等性質，可使運算簡便．
2．數列與函數的綜合問題主要有以下兩類：①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象來解決；②已知數列條件，解決函數問題，此類問題一般要充分利用數列的范圍、公式、求和方法對所給條件化簡變形．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·山東泰安模擬]已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且S4，S2，S3成等差數列，a2＋a3＋a4＝－18，則a5＝(　　)
A．－96 B．－48
C．48 D．96
(2)[2023·安徽黃山一模]已知x>0，y>0，若a，x，y，b成等差數列，c，x，y，d成等比數列，則的最小值是________．
微專題4　數列的遞推
1.[2023·浙江鎮海中學模擬]數列{an}滿足an＋1＝，a3＝3，則a2 023＝(　　)
A．－　 B． C．　　 D．3
2．若an＝an－1＋n－1，a1＝1則a10＝(　　)
A．55　　 B．56 C．45　　 D．46
3．[2023·江西贛州二模]已知數列{an}的前n項和為Sn，滿足a1＝，an＋1＝Sn，則a9＝(　　)
A．1　　　B．2 C．4　　　D．8
4.(1)
[2023·安徽黃山三模]黃山市歙縣三陽鎮葉村歷史民俗“疊羅漢”已被列入省級非物質文化遺產保護項目，至今已有500多年的歷史，表演時由二人以上的人層層疊成各種樣式，魅力四射，光彩奪目，好看又壯觀．小明同學在研究數列{an}時，發現其遞推公式an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)就可以利用“疊羅漢”的思想來處理，即a3＝a1＋a2，a4＝a3＋a2＝a1＋a2＋a2，a5＝a4＋a3＝a1＋a2＋a2＋a3，…，如果該數列{an}的前兩項分別為a1＝1，a2＝2，其前n項和記為Sn，若a2 023＝m，則S2 021＝(　　)
A．2m B．
C．m＋2 D．m－2
(2)[2023·廣東梅州一模]某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新編輯，編輯新序列為A*＝{，…}，它的第n項為，若序列(A*)*的所有項都是2，且a4＝1，a5＝32，則a1＝(　　)
A． B．
C． D．
技法領悟
1．通過驗證或者推理得出數列的周期性后求解．
2．根據已知遞推關系式，變形后構造出等差數列或等比數列，再根據等差數列或等比數列的知識求解．
3．三種簡單的遞推數列：an＋1－an＝f(n)，＝f(n)，an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，第一個使用累加的方法，第二個使用累乘的方法，第三個可以使用待定系數法化為等比數列(設an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展開比較系數得出λ)．
[鞏固訓練4]　(1)[2023·湖南雅禮中學一模]已知數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝，若[x]表示不超過x的最大整數，則[a10]＝(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．5
(2)[2023·河南洛陽聯考]已知正項數列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an(an＋1)，則a2 023＝(　　)
A．2 022 B．2 023
C．2 024 D．2 025
第二講　數列的通項與求和——大題備考
數列大題一般為兩問：第一問通常求數列通項公式，有時涉及用定義證明等差或等比數列；第二問一般與和有關，通常是求前n項和或特定項的和，有時也涉及不等式證明或逆求參數等．
微專題1　數列的證明與通項
1.已知各項均為正數的等差數列{an}的首項為a1，前n項和為Sn，且滿足S3＝a5，且2a2＝3.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)證明：數列{}是等差數列．
2．已知數列{an}的前n項和Sn，a1＝4，Sn＝an＋1＋2n－4.證明數列{an－2}為等比數列，并求出an的通項公式．
1.[2023·山東青島一模]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差數列，a2，a4，a8成等比數列．
(1)求Sn；
(2)記數列{bn}的前n項和為Tn，2bn－Tn＝，證明數列{bn－}為等比數列，并求{bn}的通項公式．
技法領悟
1．證明數列{an}是等差數列的兩種基本方法
(1)利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數；
(2)利用等差中項，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).
2．證明數列{an}是等比數列的兩種基本方法
(1)利用定義，證明(n∈N*)為一常數；
(2)利用等比中項，即證明＝an－1an＋1(n≥2)．
3．若要判斷一個數列是不是等差(等比)數列時，只需判斷存在連續三項成不成等差(等比)數列即可．
[鞏固訓練1]　已知數列{an}，{bn}滿足bn＋1＝，an＋1＝，且a1＝2，b1＝1.
(1)求a2，b2的值，并證明數列{an－bn}是等比數列；
(2)求數列{an}，{bn}的通項公式．
微專題2　數列的通項與求和
1.[2023·全國甲卷]已知數列{an}中，a2＝1，設Sn為{an}前n項和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數列的前n項和Tn.
2．[2023·全國乙卷]記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數列{|an|}的前n項和Tn.
2.[2023·新高考Ⅱ卷]已知{an}為等差數列，bn＝.記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通項公式；
(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.
技法領悟
1．運用錯位相減法求和時應注意三點：一是判斷模型，即判斷數列{an}，{bn}一個為等差數列，一個為等比數列；二是錯開位置；三是相減時一定要注意最后一項的符號．
2．將通項裂項后，有時需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等．如：若{an}是等差數列，則＝)，＝)．
3．奇偶并項求和的基本思路：有些數列各項單獨求和困難，但相鄰項結合后會變成熟悉的等差數列或等比數列求和．當求前n項和，而n是奇數還是偶數不確定時，往往需要分奇偶討論．
[鞏固訓練2]　[2023·山東濟寧二模]已知數列{an}的前n項和為Sn，an－1＋an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，S5＝15.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若bn＝，求數列{bn}的前2n項和T2n.
微專題3　數列與不等式問題
1.[2023·吉林延邊二模]已知等差數列{an}中，公差d>0，S11＝77，且a2，a6－1，a11成等比數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若Tn為數列的前n項和，且存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立，求實數λ的取值范圍．
2．[2023·安徽定遠中學一模]等差數列{an}中，a3＋a8＝4，a2＝.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設cn＝，Tn是數列{cn}的前n項和，求證：Tn<.
3.[2023·河北石家莊三模]已知各項均為正數的等比數列{an}滿足a1＝3，a2＋a3＝36，數列{bn}的前n項和Sn，滿足3Sn＋n2＝3nbn＋n，b1＝.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)若存在正整數n，使得－8Man≥0成立，求實數M的取值范圍．(≈1.4，ln 3≈1.1)．
技法領悟
解決數列與不等式問題時，一般先解決數列的通項或求和，再利用作差比較法、放縮法等不等式的方法解決．
[鞏固訓練3]　已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4＋a12＝16，S7＝28.
(1)求{an}的通項公式；
(2)若數列{bn}滿足bn＝，且{bn}的前n項和為Tn，求滿足不等式an·|Tn－3|>1的n的值．
微專題4　數列重組問題
1.已知公差不為0的等差數列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中項．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)保持數列{an}中各項先后順序不變，在ak與ak＋1(k＝1，2，…)之間插入2k，使它們和原數列的項構成一個新的數列{bn}，記{bn}的前n項和為Tn，求T20的值．
2．[2023·安徽蕪湖模擬]已知等差數列{an}，等比數列{bn}，且a1＝＝2n＋1－1.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)將數列{an}和{bn}中的項合并，按從小到大的順序重新排列構成新數列{cn}，求{cn}的前100項和．
4.[2023·河北石家莊一模]已知等差數列{an}的前n項和記為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若數列{Sn}為單調遞減數列，求a1的取值范圍；
(2)若a1＝1，在數列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數列的前n項，形成新數列{bn}，記數列{bn}的前n項和為Tn，求T95.
技法領悟
通過題目表達確立關鍵信息或關系，找準新數列與原數列的關系，是解題的關鍵．
[鞏固訓練4]　[2023·廣東汕頭三模]等差數列{an}和各項均為正數的等比數列{bn}滿足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)數列{cn}是由數列{an}和{bn}中不同的項按照從小到大的順序排列得到的新數列，記數列{cn}的前n項和為Sn，求S100.

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