資源簡介

(共75張PPT)
第六章
§6.1　數列的概念
數學
大
一
輪
復
習
1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).
2.了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.數列的有關概念
概念 含義
數列 按照　　　　　　排列的一列數
數列的項 數列中的_________
通項公式 如果數列{an}的第n項an與它的　　　　之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式
確定的順序
每一個數
序號n
概念 含義
遞推公式 如果一個數列的相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式
數列{an}的前n項和 把數列{an}從第1項起到第n項止的各項之和，稱為數列{an}的前n項和，記作Sn，即Sn＝_______________
a1＋a2＋…＋an
2.數列的分類
分類標準 類型 滿足條件 項數 有窮數列 項數_____ 無窮數列 項數_____ 項與項 間的大 小關系 遞增數列 an＋1　　an 其中n∈N*
遞減數列 an＋1　　an 常數列 an＋1　　an 擺動數列 從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列 有限
無限
>
<
＝
3.數列與函數的關系
數列{an}是從正整數集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到實數集R的函數，其自變量是序號n，對應的函數值是數列的第n項an，記為an＝f(n).
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)數列1，2，3與3，2，1是兩個不同的數列.(　　)
(2)數列1，0，1，0，1，0，…的通項公式只能是an＝.(　　)
(3)任何一個數列不是遞增數列，就是遞減數列.(　　)
(4)若數列用圖象表示，則從圖象上看是一群孤立的點.(　　)
√
√
×
×
2.傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家用小石子來研究數.如圖中的數1，5，12，22，…稱為五邊形數，則第8個五邊形數是　　　　.
92
∵5－1＝4，12－5＝7，22－12＝10，
∴相鄰兩個圖形的小石子數的差值依次增加3，
∴第5個五邊形數是22＋13＝35，第6個五邊形數是35＋16＝51，第7個五邊形數是51＋19＝70，第8個五邊形數是70＋22＝92.
3.已知數列{an}滿足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，則數列{an}的通
項公式an＝　　　　　.
數列{an}滿足a1＝1，an＝n＋an－1(n≥2，n∈N*)，
可得a1＝1，
a2－a1＝2，
a3－a2＝3，
a4－a3＝4，
…
an－an－1＝n，
以上各式相加可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝(n≥2)，又a1＝1符合該式，所以an＝.
4.已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝n2－4n＋1，則an＝　　　　　　 .
當n＝1時，a1＝S1＝－2；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋1－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5.
因為當n＝1時，不滿足an＝2n－5，
所以an＝
1.靈活應用兩個常用結論
(1)若數列{an}的前n項和為Sn，則an＝
(2)在數列{an}中，若an最大，則若an最小，則n≥2，n∈N*.
微點提醒
2.掌握數列的函數性質
由于數列可以看作一個關于n(n∈N*)的函數，因此它具備函數的某些性質：
(1)單調性——若an＋1>an，則{an}為遞增數列；若an＋1(2)周期性——若an＋k＝an(k為非零常數)，則{an}為周期數列，k為{an}的一個周期.
微點提醒
3.關注數列通項公式的注意點
(1)并不是所有的數列都有通項公式；
(2)同一個數列的通項公式在形式上未必唯一；
(3)對于一個數列，如果只知道它的前幾項，而沒有指出它的變化規律，是不能確定這個數列的.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(多選)(2024·黃岡模擬)數列{an}滿足：a1＝1，Sn－1＝3an(n≥2)，則下列結論中正確的是
A.a2＝a1 B.數列{an}是等比數列
C.an＋1＝an(n≥2) D.數列{Sn}是等比數列
√
由an與Sn的關系求通項公式
題型一
√
√
由Sn－1＝3an(n≥2)，當n＝2時，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，所以a2＝a1，故A正確；
當n≥1時，可得Sn＝3an＋1，所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正確，B不正確；
由Sn－1＝3an(n≥2)，得Sn－1＝3(Sn－Sn－1)(n≥2)，即(n≥2)，所以數列{Sn}是等比數列，故D正確.
(2)(2024·天津模擬)設數列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n＋1(n∈N*)，則數列的前5項和為　　　.
當n＝1時，a1＝3，
當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n＋1，
a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1，
兩式相減可得nan＝2，所以an＝，
又當n＝1時，a1＝2，所以a1不滿足上式，
所以an＝
所以.
an與Sn的關系問題的求解思路
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解.
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2024·漳州模擬)已知各項均不為0的數列{an}的前n項和為Sn，若3Sn＝an＋1，則等于
A.－　　　　　　B.－ 　　　　C. 　D.
因為3Sn＝an＋1，則3Sn＋1＝an＋1＋1，
兩式相減可得3an＋1＝an＋1－an，
即2an＋1＝－an，
令n＝7，可得2a8＝－a7，
且an≠0，所以＝－.
√
(2)(2025·廣州模擬)已知數列{an}的前n項和Sn＝n2＋n，則的最小值為　　　.
因為Sn＝n2＋n，
則當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
又當n＝1時，a1＝S1＝2，滿足an＝2n，
故an＝2n，
則≥·2，
當且僅當n＝，即n＝3時取等號，
所以.
由數列的遞推關系求通項公式
題型二
例2　(2024·唐山模擬)已知數列{an}滿足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，則a1等于
A.1　　　　B.2　　　　C.3 　　　　D.4
√
命題點1　累加法
由題意可得an＋1－an＝a1＋2n，
則可得a2－a1＝a1＋2，
a3－a2＝a1＋4，
…
a10－a9＝a1＋18，
將以上等式左右兩邊分別相加得
a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，
即a10＝10a1＋90，
又a10＝130，所以a1＝4.
例3　已知數列{an}滿足＝n，a1＝1，則a20＝　　　.
命題點2　累乘法
210
∵＝n，
∴2an＝n(an＋1－an)，
即nan＋1＝(n＋2)an，
可得，
∴××××…××××××…××，
∴＝210，即a20＝210.
(1)形如an＋1－an＝f(n)的數列，利用累加法，即可求數列{an}的通項公式.
(2)形如＝f(n)的數列，利用累乘法，即可求數列{an}的通項公式.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)已知數列{an}的前n項和為Sn，a2＝6，Sn＝(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為
A.an＝3n B.an＝3n
C.an＝n＋4 D.an＝n2＋2
√
當n＝1時，S1＝a1；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝，
整理得(n－1)an＝nan－1，
方法一　即，由累乘法，
得an＝a2×××…×＝6×××…×＝3n(n≥2)，
又S2＝·a2＝a2＋a1，
解得a1＝3，滿足上式，
綜上，an＝3n(n∈N*).
方法二　即(n≥2)，
所以數列為常數列，
所以＝3，所以an＝3n(n∈N*).
(2)南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式，他所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，高階等差數列中前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.現有高階等差數列，其前7項分別為1，2，4，7，11，16，22，則該數列的第20項為　　　　.
191
設該高階等差數列為{an}，則{an}的前7項分別為1，2，4，7，11，16，22.
依題意a2－a1＝1，
a3－a2＝2，
a4－a3＝3，
…
a20－a19＝19，
相加可得a20－a1＝1＋2＋3＋…＋19＝＝190.
所以a20＝190＋1＝191.
命題點1　數列的單調性
數列的性質
題型三
例4　(2024·阜陽模擬)已知數列{an}滿足an＝2n2＋λn(λ∈R)，則“{an}為遞增數列”是“λ≥0”的
A.充要條件 B.充分不必要條件
C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件
√
由{an}為遞增數列得，an＋1－an＝[2(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(2n2＋λn)＝λ＋4n＋2>0，n∈N*，
則λ>－(4n＋2)對于n∈N*恒成立，得λ>－6，可得λ≥0 λ>－6，反之不行.
命題點2　數列的周期性
例5　(2025·孝感模擬)在數列{an}中，a1＝－2，anan＋1＝an－1，則數列{an}的前2 025項的積為
A.－1 B.－2 C.－3 D.
√
因為anan＋1＝an－1，an≠0，
所以an＋1＝1－，
又a1＝－2，則a2＝，a3＝，a4＝－2，
所以數列{an}的周期為3，且a1a2a3＝－1，
設數列{an}的前n項積為Tn，
則T2 025＝a1a2a3…a2 025＝(－1)675＝－1.
例6　數列{bn}滿足bn＝，則當n＝　　　時，bn取最大值為　　　.
4
命題點3　數列的最值
方法一　∵bn＋1－bn＝，
∴當n≤3時，bn＋1>bn，{bn}單調遞增，
當n≥4時，bn＋1故當n＝4時，(bn)max＝b4＝.
方法二　令
解得≤n≤，
又n∈N*，∴n＝4，
故當n＝4時，(bn)max＝b4＝.
(1)解決數列的周期性問題，先求出數列的前幾項，確定數列的周期，再根據周期性求值.
(2)解決數列的單調性問題，常用作差比較法，根據差的符號判斷數列{an}的單調性.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2024·周口模擬)在數列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則a2 025的值為
A.5 B.－5 C.4 D.－4
因為a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，
所以a3＝a2－a1＝4，a4＝a3－a2＝－1，a5＝a4－a3＝－5，a6＝a5－a4＝－4，a7＝a6－a5＝1，a8＝a7－a6＝5，
故數列{an}的周期為6，
所以a2 025＝a6×337＋3＝a3＝4.
√
(2)(多選)(2024·泰安模擬)已知數列{an}的通項公式為an＝(n∈N*)，前n項和為Sn，則下列說法正確的是
A.數列{an}為遞減數列 B.使an∈Z的項共有5項
C.數列{an}有最大項a4 D.使Sn取得最小值的n為4
√
√
畫出數列{an}的通項an＝(n∈N*)的圖象(圖略)，由圖可知，當1≤n
≤3時，數列{an}遞減；當n≥4時，數列{an}遞減，因為a3＝＝－9，a4＝＝9，所以a3由A的分析可知，0>a1>a2>a3，a4>a5>a6>…>0，故數列{an}的最大項為a4，最小項為a3，故C正確；
由an∈Z，則∈Z，又n∈N*，所以n＝2或n＝3或n＝4或n＝5或n＝8，
所以使an∈Z的項共有5項，故B正確；
因為當n≤3時，an<0，當n≥4時，an>0，所以當n＝3時，Sn取得最小值，故D錯誤.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B C B ABC AB －
題號 8 11 12 答案 B an＝ 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)an＝，
由an＝，解得n＝，
又因為n∈N*，所以不是數列{an}中的項.
(2)an＝
＝1－，
因為n∈N*，所以3n+1≥4，
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
所以0<≤，
所以≤1－<1，
所以數列{an}中的項都在區間(0，1)內.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因為an+1－an＝2n+2，
當n≥2，n∈N*時，an－an－1＝2n，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，
累加得an－a1＝，
即an＝n(n+1)(n≥2)，
經檢驗，a1＝2滿足an＝n(n+1)，
所以數列{an}的通項公式為
an＝n(n+1)，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因為+…+＝n2，n∈N*， ①
當n＝1時，b1＝3，
當n≥2，n∈N*時，
+…+＝(n－1)2， ②
①－②得＝n2－(n－1)2
＝2n－1，
即bn＝(2n－1)3n(n≥2)，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
經檢驗，b1＝3滿足bn＝(2n－1)3n，
所以數列{bn}的通項公式為
bn＝(2n－1)3n.
(2)由(1)可得
cn＝，
cn+1－cn＝
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
＝
＝>0，
所以cn+1>cn，
故數列{cn}為遞增數列.
10.
一、單項選擇題
1.觀察數列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，則該數列的第12項是
A.1 212 B.12 C.ln 12 D.sin 12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
通過觀察數列得出規律，數列中的項是按正整數順序排列，且3個為一循環節，由此判斷第12項是sin 12.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·安徽省A10聯盟模擬)已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝n3＋n，則a4等于
A.68 B.38 C.30 D.18
a4＝S4－S3＝(43＋4)－(33＋3)＝68－30＝38.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2025·蕪湖模擬)已知{an}的通項公式為an＝－n2＋λn(λ∈R)，若數列{an}為遞減數列，則實數λ的取值范圍是
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)
C.(－∞，3) D.(－3，＋∞)
an－an＋1＝－n2＋λn－＝2n＋1－λ，
由數列{an}為遞減數列，則2n＋1－λ>0，
即λ<2n＋1恒成立，即λ<(2n＋1)min，
當n＝1時，2n＋1的最小值為3，即λ<3.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知數列{an}的前n項和為Sn，Sn＋1＝an＋1－nan＋2(n∈N*)，則等于
A.190 B.210 C.380 D.420
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
數列{an}中，n∈N*，Sn＋1＝an＋1－nan＋2，
當n≥2時，Sn＝an－(n－1)an－1＋2，
兩式相減得an＋1＝an＋1－(n＋1)an＋(n－1)an－1，
即(n＋1)an＝(n－1)an－1，
因此(n＋1)nan＝n(n－1)an－1，
顯然數列{(n＋1)nan}是常數列，
而S2＝a2－a1＋2，解得a1＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
于是(n＋1)nan＝2×1×a1＝2，
因此an＝，
所以＝210.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.已知數列{an}的前n項和公式為Sn＝，則下列說法正確的是
A.數列{an}的首項為a1＝
B.數列{an}的通項公式為an＝
C.數列{an}為遞減數列
D.若數列{Sn}的前n項積為Tn，則Tn＝
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于A，數列{an}的首項為a1＝S1＝，故A正確；
對于B，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝，a1＝適合上式，
故B正確；
對于C，因為an＋1－an＝＝－<0，所以
數列{an}為遞減數列，故C正確；
對于D，Tn＝×××…×，所以數列{Sn}的前n項積Tn＝，故D錯誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.(2025·六安模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，an＋1＝4Sn，則
A.S2＝5 B.a2 024＝25a2 022
C.數列{an}是等比數列 D.數列{Sn}是等差數列
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于A，由an＋1＝4Sn，得a2＝4S1＝4a1＝4，
∴S2＝a1＋a2＝5，A正確；
對于B，an＋1＝4Sn， ①
當n≥2時，an＝4Sn－1， ②
①－②得，an＋1－an＝4Sn－4Sn－1＝4an，
∴an＋1＝5an，n≥2，
∴a2 024＝5a2 023＝25a2 022，B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于C，當n≥2時，an＋1＝5an，
但a2＝4a1，不滿足上式，
∴數列{an}不是等比數列，C錯誤；
對于D，由an＋1＝4Sn，即Sn＋1－Sn＝4Sn，
∴Sn＋1＝5Sn，
∴數列{Sn}是等比數列，不是等差數列，D錯誤.
三、填空題
7.已知數列{an}滿足a1＝－，an＝1－(n∈N，n>1)，則a2 026＝　　 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為a1＝－，an＝1－(n∈N，n>1)，
所以a2＝1－＝1－＝5，a3＝1－＝1－，a4＝1－＝1－＝
－，…，
由此可得數列{an}為周期數列，周期為3，
所以a2 026＝a675×3＋1＝a1＝－.
－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.(2025·遼寧聯考)已知數列{an}滿足a1＝32，an＋1－an＝2n，則數列的最小值為　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由an＋1－an＝2n得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋32＝n2－n＋32，
所以＝n＋－1，
設函數f(x)＝x＋－1(x>0)，
易知f(x)在(0，4)上單調遞減，在(4，＋∞)上單調遞增，結合4∈
(5，6)，得當1≤n≤5時，數列是遞減數列，當n≥6時，數列是
遞增數列，
當n＝5時，，當n＝6時，.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.已知數列{an}的通項公式為an＝.
(1)判斷是不是數列{an}中的項；
an＝，
由an＝，解得n＝，
又因為n∈N*，所以不是數列{an}中的項.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)試判斷數列{an}中的項是否都在區間(0，1)內.
an＝＝1－，
因為n∈N*，所以3n＋1≥4，
所以0<≤，
所以≤1－<1，
所以數列{an}中的項都在區間(0，1)內.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.(2024·河南聯考)在數列{an}中，a1＝2，對任意正整數n，均有an＋1－an
＝2n＋2.數列{bn}滿足：＋…＋＝n2，n∈N*.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為an＋1－an＝2n＋2，
當n≥2，n∈N*時，an－an－1＝2n，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，
累加得an－a1＝，
即an＝n(n＋1)(n≥2)，
經檢驗，a1＝2滿足an＝n(n＋1)，
所以數列{an}的通項公式為an＝n(n＋1)，
因為＋…＋＝n2，n∈N*， ①
當n＝1時，b1＝3，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
當n≥2，n∈N*時，
＋…＋＝(n－1)2， ②
①－②得＝n2－(n－1)2＝2n－1，即bn＝(2n－1)3n(n≥2)，
經檢驗，b1＝3滿足bn＝(2n－1)3n，
所以數列{bn}的通項公式為bn＝(2n－1)3n.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)若cn＝，證明：數列{cn}為遞增數列.
由(1)可得cn＝，
cn＋1－cn＝
＝
＝>0，
所以cn＋1>cn，
故數列{cn}為遞增數列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(2025·渝中模擬)0和1是計算機中最基本的數字，被稱為二進制數字.若數列{an}滿足：所有項均是0或1，當且僅當n＝5k±1(k∈N*)時，an＝1，
其余項為0.則滿足ai＝a1＋a2＋…＋an＝20的最小的正整數n等于
A.50 B.51 C.52 D.53
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由題意知，a1＝a2＝a3＝a5＝0，a4＝1，
且a5k＋1＝a5k＋4＝1，a5k＋2＝a5k＋3＝a5k＋5＝0，k∈N*，
即
當k＝10時，a51＝a54＝1，a52＝a53＝a55＝0，
由于20＝1＋2×9＋1，所以滿足ai＝20的n的最小值為51.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2025·茂名模擬)已知首項為的正項數列{an}滿足，則數
列{an}的通項公式為　　　　 .
an＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
因為(an>0)，
所以(n＋1)ln an＝nln an＋1 ，
當n≥2時，··…·
＝··…·，
所以＝n(n≥2)，
又a1＝，所以an＝(n≥2)，
當n＝1時上式也成立，所以an＝.(共68張PPT)
第六章
§6.2　等差數列
數學
大
一
輪
復
習
1.理解等差數列的概念和通項公式的意義.
2.探索并掌握等差數列的前n項和公式，理解等差數列的通項公式與前n項和公式的關系.
3.能在具體問題情境中，發現數列的等差關系，并解決相應的問題.
4.體會等差數列與一元函數的關系.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.等差數列的有關概念
(1)等差數列的定義
一般地，如果一個數列從第　　項起，每一項與它的前一項的差都等于
　　　　　　，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，公差通常用字母　　表示，定義表達式為__________________
.
(2)等差中項
由三個數a，A，b組成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且有 .
2
同一個常數
d
an－an－1＝d(常數)
(n≥2，n∈N*)
2A＝a＋b
2.等差數列的有關公式
(1)通項公式：an＝ .
(2)前n項和公式：Sn＝ 或Sn＝ .
3.等差數列的常用性質
(1)若{an}為等差數列，且p＋q＝s＋t，則 (p，q，s，t∈N*).
(2)等差數列{an}的單調性
當d>0時，{an}是　　　數列；
當d<0時，{an}是　　　數列；
當d＝0時，{an}是　　　　.
a1＋(n－1)d
na1＋d
ap＋aq＝as＋at
遞增
遞減
常數列
4.等差數列前n項和的常用性質
(1)當d≠0時，等差數列{an}的前n項和Sn＝n2＋n是關于n的二次
函數.
(2)在等差數列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最　　值；若a1<0，d>0，則Sn存在最　　值.
大
小
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)若一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都是常數，則這個數列是等差數列.(　　)
(2)等差數列{an}中，a10＝a1＋a9.(　　)
(3)若等差數列{an}的前n項和為Sn，則S6，S12，S18也成等差數列.(　　)
(4)若{an}是等差數列，則對任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.(　　)
√
×
×
×
2.(2024·沈陽模擬)記等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，a3＋a7＝8，則S17等于
A.51 B.102 C.119 D.238
在等差數列{an}中，a1＝2，a3＋a7＝2a5＝8，即a5＝4，
所以d＝，
則S17＝17×2＋×＝102.
√
3.數列{an}的前n項和Sn＝n2＋3n＋m(m為常數)，則“m＝0”是“數列{an}是等差數列”的
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.既不充分也不必要條件 D.充要條件
√
當m＝0時，Sn＝n2＋3n，則a1＝S1＝4，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2(n≥2)，a1＝4也滿足an＝2n＋2，
所以an－an－1＝2(n≥2)，故數列{an}為等差數列；
由數列{an}為等差數列，a1＝S1＝4＋m，滿足an＝2n＋2(n≥2)，
故4＋m＝4，所以m＝0，
綜上可知，“m＝0”是“數列{an}是等差數列”的充要條件.
4.(2024·重慶模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，S9＝63，則a8＝　　　　.
10
因為a2＝4，S9＝63，
所以S9＝＝63，
即＝63，解得a8＝10.
掌握等差數列的常用性質
(1)若數列{an}是等差數列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數列.
(2)若Sn為等差數列{an}的前n項和，則數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列.
(3)若Sn為等差數列{an}的前n項和，則數列也為等差數列.
(4)數列{an}是等差數列 Sn＝An2＋Bn(A，B為常數).
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2024·汕頭模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a3＝5，S2＝4，若Sn＋＝100，則n等于
A.8 B.9 C.10 D.11
√
等差數列基本量的運算
題型一
設數列{an}的公差為d，由a3＝5，S2＝4，得
解得
于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，
由Sn＋＝100，得n2＋2n＋1＝100，又n∈N*，
所以n＝9.
(2)(2024·沈陽模擬)我國古代數學名著《算法統宗》中說：“九百九十六斤棉，贈分八子做盤纏；次第每人多十七，要將第八數來言；務要分明依次第，孝和休惹外人傳.”說的是，有996斤棉花要贈送給八個子女做旅費，從第一個孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第八個孩子為止.根據這些信息第三個孩子分得的棉花斤數為
A.99 B.116 C.133 D.150
√
依題意得，八個子女所得棉花斤數依次構成等差數列，
設該等差數列為{an}，公差為d，前n項和為Sn，第一個孩子所得棉花斤數為a1，
則由題意得d＝17，S8＝8a1＋×17＝996，
解得a1＝65，
所以a3＝a1＋(3－1)d＝65＋2×17＝99.
(1)等差數列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1，n，d，an，Sn，知道其中三個就能求出另外兩個(簡稱“知三求二”).
(2)確定等差數列的關鍵是求出兩個最基本的量，即首項a1和公差d.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2024·重慶模擬)中國載人航天工程發射的第十八艘飛船，簡稱“神十八”，于2024年4月執行載人航天飛行任務.運送“神十八”的長征二號F運載火箭，在點火第一秒鐘通過的路程為2 km，以后每秒鐘通過的路程都增加3 km，在達到離地面222 km的高度時，火箭開始進入轉彎程序.則從點火到進入轉彎程序大約需要的時間是
A.10秒 B.11秒 C.12秒 D.13秒
√
設每一秒鐘通過的路程為an，
由題意可知數列{an}為等差數列，
則數列首項a1＝2，公差d＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
由Sn＝＝222，
解得n＝12或n＝－(舍去).
(2)(2024·新課標全國Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，則S10＝　　　　.
95
方法一　(基本量法)
設數列{an}的公差為d，
則由題意得
解得
則S10＝10a1＋d
＝10×(－4)＋45×3＝95.
方法二　(利用下標和性質)
設數列{an}的公差為d，
由a3＋a4＝a2＋a5＝7，
3a2＋a5＝5，
得a2＝－1，a5＝8，
故d＝＝3，a6＝11，
則S10＝×10＝5(a5＋a6)
＝5×19＝95.
等差數列的判定與證明
題型二
例2　(2025·深圳模擬)記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝1，且 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝.
(1)證明：為等差數列；
∵ n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝，
∴(n∈N*)，
∴數列是首項為1，公差為的等差數列.
(2)證明：為等差數列，并求數列{an}的通項公式.
＝1＋(n－1)＝，
即2Sn＝(n＋1)an，
2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
兩式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，
∴(n≥2)，
即＝0(n≥2)，又＝1，
∴是首項為1，公差為0的等差數列，
∴＝1，即an＝n.
判斷數列{an}是等差數列的常用方法
(1)定義法：對于n≥2的任意自然數，驗證an－an－1為同一常數.
(2)等差中項法：驗證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立.
(3)通項公式法：驗證an＝pn＋q.
(4)前n項和公式法：驗證Sn＝An2＋Bn.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·晉中模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝，且當n≥2(n∈N*)時，2Sn·Sn－1＝－an.
(1)證明：數列是等差數列；
因為2Sn·Sn－1＝－an(n≥2)，
所以2Sn＋1·Sn＝－an＋1，
則2Sn·Sn＋1＝Sn－Sn＋1，
因為S1＝a1＝≠0，易知Sn≠0，
所以＝2，
又＝2，
所以數列是首項與公差都為2的等差數列.
(2)設數列{bn}滿足bn＝，求b1＋b101的值.
由(1)得＝2＋2(n－1)＝2n，
則Sn＝，
當n＝1時，b1＝＝－2；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝＝－·，
所以bn＝，
所以b1＋b101＝－2＋＝－.
命題點1　項的性質
等差數列的性質
題型三
例3　(多選)(2025·臨沂模擬)已知數列{an}是等差數列，Sn是其前n項和，則下列命題為真命題的是
A.若a3＝4，a6＝7，則a12＝25
B.若a2＋a13＝4，則S14＝28
C.若S15<0，則S7>S8
D.若{an}和{anan＋1}都為遞增數列，則an>0
√
√
由a3，a6，a9，a12成等差數列，且公差為3，所以a12＝4＋3×3＝13，所以A錯誤；
由S14＝＝28，所以B正確；
由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因為S8－S7＝a8<0，則S7>S8，
所以C正確；
因為數列{an}為遞增數列，可得公差d>0，因為數列{anan＋1}為遞增數列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以對任意的n≥2，an>0，但a1的正負不確定，所以D錯誤.
例4　(1)(2024·咸陽模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝2，S8＝12，則S16等于
A.26 B.34 C.56 D.90
√
由數列{an}為等差數列，
可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也為等差數列，
由S4＝2，S8＝12，得S8－S4＝10，
故S12－S8＝18，S16－S12＝26，
即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56.
命題點2　和的性質
(2)已知等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn與Tn，且，則等于
A. B. C. D.
√
因為{an}，{bn}均為等差數列，
所以，
因為.
等差數列的性質
(1)若{an}為等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an；
(2)若{an}是公差為d的等差數列，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)組成公差為md的等差數列；
(3)在等差數列{an}中，數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(多選)(2024·沈陽模擬)設{an}是等差數列，公差為d，Sn是其前n項的和，且S5S8，則下列結論正確的是
A.d≤0 B.a7＝0
C.S6與S7均為Sn的最大值 D.滿足Sn<0的n的最小值為14
√
√
√
因為S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0，所以d＝a8－a7<0，故A錯誤，B正確；
因為S5S8，所以S6與S7均為Sn的最大值，故C正確；
因為2a7＝a1＋a13，由S13＝＝0，S14＝＝7(a7＋a8)<0，
故D正確.
(2)(2024·湖北聯考)如果一個等差數列的前10項和為54，后10項和為146，且所有項和為390，則這個數列有
A.36項 B.37項 C.38項 D.39項
依題意a1＋a2＋…＋a10＝54，an－9＋…＋an－1＋an＝146，
所以a1＋a2＋…＋a10＋an－9＋…＋an－1＋an＝200，因為a1＋an＝a2＋an－1＝…＝a10＋an－9，
所以a1＋an＝20，
所以Sn＝＝390，解得n＝39.
√
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C C C AD ACD
題號 8 11 12 答案 2 B －11　55 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由數列{an}的前n項和Sn＝－n2+kn(k∈N*)，
根據二次函數的性質，可得當n＝k時，Sn＝－n2+kn取得最大值，
即Sk＝－k2+k2＝k2＝，
解得k＝3，所以Sn＝－n2+3n.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1
＝－n2+3n－
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
＝－n，
當n＝1時，a1＝S1＝符合上式，
所以數列{an}的通項公式為
an＝－n.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由(1)知an＝－n，
Sn＝－n2+3n，
且當n≤3且n∈N*時，可得an>0；
當n≥4且n∈N*時，可得an<0，
所以數列{|an|}的前15項和為
T15＝－S15+2S3
＝－+2×.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由2an＝1+anan+1知an+1＝，
∴
＝
＝＝1，
∴數列是以＝1為首項，1為公差的等差數列.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)∵＝1+(n－1)·1＝n an＝1+，
∴T2 025＝a1a2·…·a2 025＝×××…×＝2 026.
10.
一、單項選擇題
1.設Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a3＝3，S8＝48，則a5等于
A.5 B.6 C.7 D.8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設等差數列{an}的公差為d，
由已知可得
解得
∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，
∴a5＝2×5－3＝7.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.已知各項均為正數的數列{an}滿足2(n∈N*，且n≥2)，a1＝1，a2＝2，則a10等于
A.28 B. C.2 D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為2，
由等差中項的定義可知，數列{＝1，公差d＝＝4－1＝3的等差數列，
所以＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以＝28，
又因為an>0，所以a10＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2024·丹東模擬)已知等差數列{an}的公差為d，其前n項和為Sn，則“d>0”是“S8＋S10>2S9”的
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
因為S8＋S10>2S9 S8＋S10－2S9＝a10－a9＝d>0，所以“d>0”是“S8＋S10>2S9”的充要條件.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知m，n，k∈N*，在數列{an}中，a1＝2，am＋n＝am＋an，Sn為數列{an}的前n項和，Sk＋2－Sk＝26，則k等于
A.3 B.4 C.5 D.6
在am＋n＝am＋an中，
令m＝1，可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝a1，
又a1＝2，所以數列{an}是以2為首項，2為公差的等差數列，則an＝2n，
所以Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2(k＋1)＋2(k＋2)＝4k＋6＝26，所以k＝5.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.在我國古代著名的數學專著《九章算術》里有一段敘述：今有良馬與駑馬發長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢.則
A.駑馬第七日行九十四里 B.第七日良馬先至齊
C.第八日二馬相逢 D.二馬相逢時良馬行一千三百九十五里
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由題意可知，兩馬日行里數均成等差數列，記數列{an}為良馬的日行里數，其中首項a1＝103，公差d1＝13，所以數列{an}的通項公式為an＝13n＋90，n∈N*，
記數列{bn}為駑馬的日行里數，其中首項b1＝97，公差d2＝－0.5，所以數列{bn}的通項公式為bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，
因此，駑馬第七日行里數為b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即駑馬第七日行九十四里，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
前七日良馬行走總里程為S7＝103×7＋×13＝994，而齊去長安一千一百二十五里，因為994<1 125，所以第七日良馬未至齊，故B錯誤；
設第m日兩馬相逢，由題意可知兩馬行走的總里數是齊與長安距離的兩
倍，即103m＋×13＋97m－×0.5＝2×1 125，解得m＝9或
m＝－40(舍)，即第九日二馬相逢，故C錯誤；
由C可知，第九日二馬相逢，此時良馬共行走了S9＝103×9＋×13＝
1 395，所以二馬相逢時良馬行一千三百九十五里，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.(2024·哈爾濱模擬)已知數列{an}是公差為d的等差數列，Sn是其前n項和，若a1<0，S2 000＝S2 024，則
A.d>0 B.a2 012＝0
C.S4 024＝0 D.Sn≥S2 012
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為S2 000＝S2 024，所以a2 001＋a2 002＋…＋a2 024＝0，所以
＝0，所以a2 001＋a2 024＝a2 012＋a2 013＝2a1＋4 023d＝0，又因為a1<0，所
以d＝－a1>0，故A正確；
a2 012＝a1＋2 011d＝a1－a1＝a1<0，故B錯誤；
S4 024＝＝2 012(a2 001＋a2 024)＝0，故C正確；
因為a2 012<0，a2 013＝－a2 012>0，所以當n≤2 012時，an<0，當n≥2 013時，an>0，所以＝S2 012，所以Sn≥S2 012，故D正確.
三、填空題
7.(2025·日照模擬)已知數列{an}的各項均為正數，首項a1＝3，且數列
{log3an}是以－2為公差的等差數列，則a3＝　　 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為數列{an}的各項均為正數，首項a1＝3，則log3a1＝1，
又數列{log3an}是以－2為公差的等差數列，
則log3a3＝1－2×(3－1)＝－3，故a3＝3－3＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.(2024·衡水模擬)已知數列{an}，{bn}均為等差數列，其前n項和分別為Sn，Tn，滿足(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，則＝　　　　　.
2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為數列{an}，{bn}均為等差數列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝×15a8＝S15，
且b6＋b10＝b1＋b15，
又由T15＝，可得b6＋b10＝T15，
由(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，
得.
因此·×＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.(2025·成都模擬)已知數列{an}的前n項和Sn＝－n2＋kn(k∈N*)，且Sn的最大值為.
(1)確定常數k，并求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由數列{an}的前n項和Sn＝－n2＋kn(k∈N*)，
根據二次函數的性質，可得當n＝k時，Sn＝－n2＋kn取得最大值，
即Sk＝－k2＋k2＝k2＝，
解得k＝3，所以Sn＝－n2＋3n.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋3n－－n，
當n＝1時，a1＝S1＝符合上式，
所以數列{an}的通項公式為an＝－n.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)求數列{|an|}的前15項和T15.
由(1)知an＝－n，Sn＝－n2＋3n，
且當n≤3且n∈N*時，可得an>0；
當n≥4且n∈N*時，可得an<0，
所以數列{|an|}的前15項和為
T15＝－S15＋2S3＝－＋2×.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.已知數列{an}滿足a1＝2，2an＝1＋anan＋1.
(1)證明：數列為等差數列；
由2an＝1＋anan＋1知an＋1＝，
∴
＝＝1，
∴數列＝1為首項，1為公差的等差數列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)設數列{an}的前n項之積為Tn，求T2 025.
∵＝1＋(n－1)·1＝n an＝1＋，
∴T2 025＝a1a2·…·a2 025＝×××…×＝2 026.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.在等差數列{an}中，a1≠0，若存在正整數m，n，p，q滿足m＋nA.4 B.1
C. D.由等差數列的首項a1的值決定
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，
所以am＋an＝2a1＋(m＋n－2)d，
ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d，
因為am＋an＝ap＋aq，
所以(m＋n－2)d＝(p＋q－2)d，
因為存在正整數m，n，p，q滿足m＋n所以d＝0，所以an＝a1，
又a1≠0，所以a2 025＝a2 024≠0，
所以＝1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.在等差數列{an}中，奇數項之和為220，偶數項之和為165.若此數列的項數為10，則此數列的公差為　　　；若此數列的項數為奇數，則此數列的中間項是　　　.
－11
55
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
令S奇＝220，S偶＝165，
若此數列的項數為10，則S偶－S奇＝5d，
所以－55＝5d，所以d＝－11；
若此數列的項數為奇數，設項數為2n－1，則
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝＝(n－1)an，
所以，解得n＝4，
所以第4項是此數列的中間項，a4＝＝55.(共76張PPT)
第六章
§6.3　等比數列
數學
大
一
輪
復
習
1.通過生活中的實例，理解等比數列的概念和通項公式的意義.
2.掌握等比數列前n項和公式，理解等比數列的通項公式與前n項和公式的關系.
3.能在具體問題情境中，發現數列的等比關系，并解決相應的問題.
4.體會等比數列與指數函數的關系.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.等比數列有關的概念
(1)定義：一般地，如果一個數列從第 項起，每一項與它的前一項的比都等于　　　　常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的　　　，公比通常用字母q(q≠0)表示.
(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成　　　數列，那么　　叫做a與b的等比中項，此時，G2＝　　.
2
同一個
公比
等比
G
ab
2.等比數列的通項公式及前n項和公式
(1)若等比數列{an}的首項為a1，公比為q，則其通項公式為an＝　　　 .
(2)等比數列通項公式的推廣：an＝amqn－m.
(3)等比數列的前n項和公式：當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝
.
a1qn－1
3.等比數列的常用性質
(1)若m＋n＝p＋q，則 ，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w＝m＋n，則 ，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數列，公比為 (k，m∈N*).
(3)若數列{an}，{bn}是兩個項數相同的等比數列，則數列{ban}，{pan·qbn}
和也是等比數列(b，p，q≠0).
(4)若或則等比數列{an}遞　　.
若或則等比數列{an}遞　　.
aman＝apaq
aman＝
qm
增
減
4.等比數列前n項和的常用性質
若等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，　　　　，　　　　仍成等比數列(公比q＝－1且n為偶數除外)，其公比為qn.
S2n－Sn
S3n－S2n
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)等比數列的公比q是一個常數，它可以是任意實數.(　　)
(2)三個數a，b，c成等比數列的充要條件是b2＝ac.(　　)
(3)數列{an}為等比數列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數列.(　　)
(4)對有窮等比數列，與首末兩項“等距離”的兩項之積等于首末兩項的積.(　　)
√
×
×
×
2.(2024·臨汾模擬)在等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4，則a3等于
A.2 B.－2 C.±2 D.2
由等比數列的性質可知，
＝a1·a5＝4，所以a3＝±2，
又因為＝q2>0，所以a3＝2.
√
3.(2024·呼倫貝爾模擬)已知數列{an}是正項等比數列，且a2a8＝32－a3a7，則a5等于
A. B.2 C.4 D.2
數列{an}是正項等比數列，由a2a8＝32－a3a7，
得a2a8＋a3a7＝2＝32，得a5＝4.
√
4.(多選)設數列{an}是各項均為正數的等比數列，則
A.a3，a5，a7成等比數列 B.數列{}是等比數列
C.數列{lg an}是等比數列 D.數列是等比數列
√
√
√
設等比數列{an}的首項為a1，公比為q(q≠0).
對于A，q8，a3·a7＝(a1q2)·(a1q6)＝q8，所以＝a3·a7，則a3，a5，a7成等比數列，A正確；
對于B，因為＝q3，所以數列{}是等比數列，B正確；
對于C，不妨設等比數列{an}為an＝1，則lg an＝0，所以數列{lg an}不是等比數列，C錯誤；
對于D，因為是等比數列，D正確.
解題時關注三個關鍵點
(1)當q≠0，且q≠1時，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比數列的充要條件，此時k＝.
(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數列，還要驗證a1≠0.
(3)在運用等比數列的前n項和公式時，必須注意對q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情形而導致解題失誤.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2023·全國甲卷)設等比數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4等于
A. B. C.15 D.40
√
等比數列基本量的運算
題型一
方法一　若該數列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，
有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.
由＝5×－4，
化簡得q4－5q2＋4＝0，
所以q2＝1(舍)或q2＝4，
因為此數列各項均為正數，
所以q＝2，所以S4＝＝15.
方法二　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.
(2)(2024·北京模擬)中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還.”其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地.”則此人第三天走的路程為
A.12里 B.24里 C.48里 D.96里
√
由題意可得，此人6天中每天走的路程構成公比為的等比數列，
設這個數列為{an}，前n項和為Sn，
則S6＝a1＝378，解得a1＝192，
所以a3＝192×＝48，
即此人第三天走的路程為48里.
等比數列基本量的運算的解題策略
(1)等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求解.
(2)解方程組時常常利用“作商”消元法.
(3)運用等比數列的前n項和公式時，一定要討論公比q＝1的情形，否則會漏解或增解.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a2＝4，＝8，則a1等于
A.16 B.8 C.6 D.2
√
設等比數列{an}的公比為q，
由＝8，
即＝8，
可得q3＝8，即q＝2，
又a2＝4，所以a1＝＝2.
(2)云岡石窟，古稱為武州山大石窟寺，是世界文化遺產.若某一石窟的某處“浮雕像”共7層，每一層的“浮雕像”個數是其下一層的2倍，共有
1 016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優美的圖案，若從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則log2(a3a5)的值為
A.8 B.10 C.12 D.16
√
從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成數列{an}，則{an}是以2為公比的等比數列，
∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016，
解得a1＝8，∴an＝8×2n－1，
∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.
等比數列的判定與證明
題型二
例2　(2024·福州模擬)已知數列{an}的首項a1＝，且滿足an＋1＝.
(1)求證：數列為等比數列；
，
又a1＝－2＝≠0，
所以數列為公比的等比數列.
(2)若＋…＋<2 025，求滿足條件的最大正整數n.
由(1)可得－2＝，
所以＋2，
則＋…＋＋2n＝＋2n＝1－＋2n，
由＋…＋<2 025，
得1－＋2n<2 025，即2n－<2 024，
又函數y＝2n－為增函數，
所以滿足2n－<2 024的最大正整數為1 012.
等比數列的四種常用判定方法
(1)定義法：若＝q(q為非零常數，且n≥2，n∈N*)，則{an}是等
比數列.
(2)等比中項法：若在數列{an}中，an≠0且＝anan＋2(n∈N*)，則{an}是等比數列.
(3)通項公式法：若數列{an}的通項公式可寫成an＝cqn－1(c，q均為非零常數，n∈N*)，則{an}是等比數列.
(4)前n項和公式法：若數列{an}的前n項和Sn＝kqn－k(k為常數，且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數列.
思維升華
跟蹤訓練2　(多選)已知數列{an}的前n項和為Sn，下列說法正確的是
A.若b2＝ac，則a，b，c成等比數列
B.若{an}為等差數列，則{}為等比數列
C.若Sn＝3n－1，則數列{an}為等比數列
D.若a1＝1，a2＝2，3an＋1＝an＋2an＋2(n∈N*)，則{an＋1－an}為等比數列
√
√
√
對于A，當a＝b＝c＝0時，b2＝ac，此時a，b，c不成等比數列，故A錯誤；
對于B，若{an}為等差數列，設其公差為d，則此時有
＝2d>0，所以數列{}為等比數列，故B正確；
對于C，若Sn＝3n－1，則a1＝S1＝2，
an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝3n－3n－1＝2·3n－1(n≥2)，
a1＝2顯然滿足an＝2·3n－1，
所以數列{an}為等比數列，故C正確；
對于D，因為3an＋1＝an＋2an＋2，
所以2(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，
而a1＝1，a2＝2，
因此數列{an＋1－an}是首項為1，公比為的等比數列，故D正確.
命題點1　項的性質
等比數列的性質
題型三
例3　(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝　　　　.
－2
方法一　{an}為等比數列，
∴a4a5＝a3a6，∴a2＝1，
又a2a9a10＝a7a7a7，∴1×(－8)＝(a7)3，
∴a7＝－2.
方法二　設{an}的公比為q(q≠0)，
則a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，顯然an≠0，
則a4＝q2，即a1q3＝q2，則a1q＝1，
∵a9a10＝－8，則a1q8·a1q9＝－8，
則q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，
則q5＝－2，則a7＝a1q·q5＝q5＝－2.
(1)若數列{an}為等比數列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，則·…··…·.
(2)若數列{an}為等差數列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，則＋…＋＋…＋.
下標和相等的等差(比)性質的推廣
微拓展
典例　(1)已知等差數列{an}，Sn為前n項和，且a9＝5，S8＝16，則S11＝　　　.
33
S8＝＝16，∴a1＋a8＝4，
又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3，
故S11＝11a6＝33.
(2)等比數列{an}的各項均為正數，且a1a5＝4，則log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝　　　　.
5
由題意知a1a5＝a2a4＝＝4，
因為數列{an}的各項均為正數，
所以a3＝2.
所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)·(a2a4)·a3＝＝25.
所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.
例4　(1)(2024·宣城模擬)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝8，則等于
A.2 B. C. D.
√
命題點2　和的性質
由題意得S6－S3＝8，S6＝S3＋8＝4＋8＝12，顯然公比q≠－1，
因為S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，
故＝S3(S9－S6)，
即82＝4(S9－12)，解得S9＝28，
故.
(2)已知等比數列{an}有2n＋1項，a1＝1，所有奇數項的和為85，所有偶數項的和為42，則n等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
設公比為q，
依題意a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝85，且a1＝1，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝84， ①
又a2＋a4＋…＋a2n＝42， ②
得q＝2，
∴S2n＋1＝＝85＋42＝127，
∴22n＋1－1＝127，
∴22n＋1＝128＝27，
∴2n＋1＝7，∴n＝3.
(1)在解決與等比數列有關的問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質，特別是“若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq”，可以減少運算量，提高解題速度.
(2)在應用等比數列的性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形.此外，解題時注意設而不求思想的運用.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(多選)下列說法正確的是
A.若數列{an}為等比數列，且其前n項和Sn＝2n－1＋t，則t＝－1
B.若數列{an}為等比數列，且a2a7＋a3a6＝6，則a1a2a3…a8＝81
C.若數列{an}為等比數列，Sn為其前n項和，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…
　成等比數列
D.若項數為偶數的等比數列{an}的前n項和Sn滿足S奇＝32，S偶＝16，則公
　比q＝
√
√
對于A，因為Sn＝2n－1＋t＝t＋×2n，且數列{an}為等比數列，設其公比為q(q≠1)，由等比數列的前n項和公式Sn＝qn，知t＝－，所以A錯誤；
對于B，由a2a7＋a3a6＝6，得到a2a7＝a3a6＝3，所以a1a2a3…a8＝＝81，所以B正確；
對于C，當公比q＝－1，n為偶數時，Sn＝0，顯然Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不成等比數列，所以C錯誤；
對于D，設數列{an}共有2m項，由題意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m－1＝32，
S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝16，則＝q＝，所以D正確.
(2)(多選)設正項等比數列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，且滿足條件a1>1，a2 024a2 025>1，(a2 024－1)(a2 025－1)<0，則下列結論正確的是
A.數列{an}為遞減數列 B.S2 024＋1C.T2 024是數列{Tn}中的最大項 D.T4 049>1
√
√
∵an>0，且a2 024a2 025>1，(a2 024－1)(a2 025－1)<0，∴a2 024和a2 025一個大于1，一個小于1.∵a1>1，∴a2 024>1，0而從第2 025項開始都小于1，公比q＝<1，且q>0.∵a1>1，∴數列{an}為
遞減數列，故A正確；
∵S2 025－S2 024＝a2 025<1，∴S2 024＋1>S2 025，故B錯誤；
等比數列{an}的前n項積為Tn，且數列{an}的前2 024項都大于1，而從第2 025項開始都小于1，故T2 024是數列{Tn}中的最大項，故C正確；
T4 049＝a1a2a3…a4 049＝<1，故D錯誤.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B B A ABD ABD 32
題號 8 11 12 答案 30 D －44 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)設等比數列{an}的首項為a1，公比為q，根據題意可得
解得或
因為等比數列{an}為遞增數列，
所以
所以數列{an}的通項公式為an＝3n.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)依題意，bn+1＝2log33n＝2n，
所以bn＝2n－1，
所以＝a2n－1＝32n－1，
所以Tn＝31+33+35+…+32n－1
＝.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)∵＝an+，
∴2Sn＝2nan+n(1－n)，
∴當n≥2時，2Sn－1＝2(n－1)an－1+(n－1)(2－n)，
則2(Sn－Sn－1)
＝2nan－2(n－1)an－1+2(1－n)，
化簡得an－an－1＝1(n≥2)，
又∵a1＝2，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
∴{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，
∴an＝n+1，
∴{an}的通項公式為an＝n+1.
(2)由(1)知bn＝＝2－n＝，
∴(－1)n+1bnbn+1＝(－1)n+1··＝(－1)n+1·，
∴b1b2－b2b3+…+(－1)n+1bnbn+1
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
＝+…+(－1)n+1·
＝
＝.
10.
一、單項選擇題
1.(2024·渭南模擬)已知數列{an}滿足＝anan＋2，若a2＝1，a8＝9，則a5等于
A.－3 B.±3 C.3 　D.5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
＝anan＋2，又a2＝1，a8＝9，
故數列{an}為等比數列，則＝a2a8＝9，故a5＝±3.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·西安模擬)已知Sn是等比數列{an}的前n項和，a1＋a4＋a7＝2，a2＋a5＋a8＝4，則S9等于
A.12 B.14 C.16 D.18
設等比數列{an}的公比為q，可得＝q＝2，
則a3＋a6＋a9＝q(a2＋a5＋a8)＝8，所以S9＝2＋4＋8＝14.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.某公司為慶祝公司成立9周年，特意制作了兩個熱氣球，在氣球上寫著“九年耕耘，碩果累累”8個大字，已知熱氣球在第一分鐘內能上升30 m，以后每分鐘上升的高度都是前一分鐘的，則該氣球上升到70 m高度至少要經過
A.3分鐘 B.4分鐘
C.5分鐘 D.6分鐘
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設an表示熱氣球在第n分鐘內上升的高度，
由已知an＝an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝30，
所以前n分鐘熱氣球上升的總高度Sn＝＝90，
顯然數列{Sn}為遞增數列，
又S3＝90×≈63.3<70，
S4＝90×≈72.2>70，
所以該氣球至少要經過4分鐘才能上升到70 m高度.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.(2025·綿陽模擬)已知Sn是數列{an}的前n項和，a1＝1，a2＝3，數列{anan＋1}是公比為2的等比數列，則S9等于
A.76 B.108 C.512 D.19 683
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為數列{anan＋1}是公比為2的等比數列，
則有＝2，而a1＝1，a2＝3，
則數列{a2n－1}是以1為首項，2為公比的等比數列，{a2n}是以3為首項，2為公比的等比數列，
所以S9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝＝76.
二、多項選擇題
5.(2024·泰安模擬)在各項均為正數的等比數列{an}中，已知a2>1，其前n項積為Tn，且T20＝T10，則下列結論正確的是
A.a15a16＝1
B.{an}是遞減數列
C.當Tn取得最大值時，n＝29
D.當Tn取得最大值時，n＝15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由T20＝T10，得＝a11a12…a19a20＝＝1，a15a16＝1，故A正確；
又a1a30＝a2a29＝a15a16＝1，由a2>1，得0可知a15>1>a16>0，則當Tn取得最大值時，n＝15，故C錯誤，D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1，則下列說法正確的是
A.數列{an＋1－an}為等比數列 B.數列{an＋1－3an}為等差數列
C.an＝3n－1＋1 D.Sn＝
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵an＋1＝4an－3an－1，
∴＝3，
∴數列{an＋1－an}是以a2－a1＝1為首項，3為公比的等比數列，故A正確；
又(an＋1－3an)－(an－3an－1)＝4an－3an－1－3an－an＋3an－1＝0，
∴數列{an＋1－3an}為常數列，即公差為0的等差數列，故B正確；
∴an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝a2－3a1＝－1，解得an＝，
故C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝＋…＋
＝(30＋31＋…＋3n－1)＋
＝×
＝，故D正確.
三、填空題
7.(2024·南陽模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且＝9，3a3＋4＝a5，則a6＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設等比數列{an}的公比為q，
則＝1＋q3＝9，解得q＝2，
又因為3a3＋4＝a5，得12a1＋4＝16a1，
解得a1＝1，所以a6＝a1q5＝32.
32
8.(2024·揚州模擬)在正項等比數列{an}中，Sn為其前n項和，若S30＝7S10，S10＋S30＝80，則S20＝　　　.
由題意數列{an}的公比q≠－1，
S10，S20－S10，S30－S20成等比數列，
若S30＝7S10，S10＋S30＝80，
則S10＝10，S30＝70，
所以＝10(70－S20)，
即－10S20－600＝0，
解得S20＝30或S20＝－20(舍去).
30
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.(2024·北京模擬)已知等比數列{an}為遞增數列，其前n項和為Sn，a2＝9，S3＝39.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設等比數列{an}的首項為a1，公比為q，
根據題意可得
解得
因為等比數列{an}為遞增數列，所以
所以數列{an}的通項公式為an＝3n.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)若數列{bn}滿足：bn＋1＝2log3an，求數列{}的前n項和Tn.
依題意，bn＋1＝2log33n＝2n，
所以bn＝2n－1，所以＝a2n－1＝32n－1，
所以Tn＝31＋33＋35＋…＋32n－1
＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.(2025·池州模擬)記Sn為數列{an}的前n項和，已知＝an＋，a1＝2.
(1)求{an}的通項公式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵＝an＋，
∴2Sn＝2nan＋n(1－n)，
∴當n≥2時，2Sn－1＝2(n－1)an－1＋(n－1)(2－n)，
則2(Sn－Sn－1)＝2nan－2(n－1)an－1＋2(1－n)，
化簡得an－an－1＝1(n≥2)，
又∵a1＝2，
∴{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，
∴an＝n＋1，
∴{an}的通項公式為an＝n＋1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)令bn＝，求b1b2－b2b3＋…＋(－1)n＋1bnbn＋1.
由(1)知bn＝＝2－n＝，
∴(－1)n＋1bnbn＋1＝(－1)n＋1··＝(－1)n＋1·，
∴b1b2－b2b3＋…＋(－1)n＋1bnbn＋1
＝＋…＋(－1)n＋1·.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(2025·昆明模擬)第七屆國際數學教育大會的會徽圖案是由若干三角形組成的.如圖所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一個三角形的斜邊OM與OA第一次重疊為止，則所作的所有三角形的面積和為
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為＝12，
設第n(n∈N*，1≤n≤12)個三角形的斜邊長為an，面
積為bn，
由題意可知a1＝，an＋1＝an，
bn＝×an×an＝，則b1＝≠0，，
可知數列{bn}是首項為b1＝的等比數列，所以所作的所有三角形的面積和為.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.在等比數列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－，a3＝－，則＝　 .
－44
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
設T5＝，
則2T5＝
＝＝－88，
所以T5＝－44.(共48張PPT)
第六章
§6.4　數列中的構造問題
數學
大
一
輪
復
習
數列中的構造問題是歷年高考的一個熱點內容，主、客觀題均可出現，一般通過構造新的數列求數列的通項公式.
重點解讀
例1　已知數列{an}中，a1＝5且an＋1＝4an＋6，則an＝　　　　　　.
待定系數法
題型一
7×4n－1－2
命題點1　an＋1＝pan＋q(p≠0，1；q≠0)
因為an＋1＝4an＋6，
所以an＋1＋2＝4an＋8＝4(an＋2)，
又因為a1＋2＝5＋2＝7≠0，
所以＝4，
所以數列{an＋2}是以7為首項，4為公比的等比數列，所以an＋2＝7×4n－1
an＝7×4n－1－2.
例2　已知數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1，Sn為數列{an}的前n項和，則S8＝　　　　.
291
命題點2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1；q≠0)
設an＋1＋λ(n＋1)＋u＝2(an＋λn＋u)，
所以an＋1＝2an＋λn＋u－λ，
又an＋1＝2an－n＋1，
所以
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
又a1－1＝1，因此數列{an－n}是以1為首項，2為公比的等比數列，
故an－n＝2n－1，因此an＝n＋2n－1，
所以S8＝(1＋2＋…＋8)＋(20＋21＋…＋27)＝＝291.
例3　(2024·衡陽模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝an＋1－2n＋1，a1＝2，則an＝　　　　　　.
(n＋1)2n－1
命題點3　an＋1＝pan＋qn(p≠0，1；q≠0，1)
因為Sn＝an＋1－2n＋1，
Sn－1＝an－2n(n≥2)，
兩式相減得Sn－Sn－1＝(an＋1－2n＋1)－(an－2n)，
即an＋1＝2an＋2n.
兩邊同除以2n＋1可得(n≥2)，
又S1＝a2－22＝2，得a2＝6，滿足，
所以數列＝1，公差為＝1＋，
即an＝(n＋1)2n－1.
思維升華
形式 構造方法
an＋1＝pan＋q 引入參數c，構造新的等比數列{an－c}
an＋1＝pan＋qn＋c 引入參數x，y，構造新的等比數列{an＋xn＋y}
an＋1＝pan＋qn 兩邊同除以qn＋1，構造新的數列
跟蹤訓練1　(多選)已知數列{an}，下列結論正確的有
A.若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，則an＝n·2n
B.在數列{an}中，a1＝1，且an＝2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，則數列{an}的
　通項公式為an＝2n＋1－3
C.若a1＝2，an＝an－1＋(n≥2)，則數列是等比數列
D.已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2an＋n－1，則數列{an}的通項公式為
　an＝2n－n＋1
√
√
∵2(n＋1)an－nan＋1＝0，
∴，
∴＝2，公比為2的等比數列，
∴＝2·2n－1，∴an＝n·2n，故A正確；
由an＝2an－1＋3(n≥2)，得an＋3＝2(an－1＋3)，
即＝2，
又a1＋3＝1＋3＝4，
∴數列{an＋3}是首項為4，公比為2的等比數列，
∴an＋3＝4×2n－1，即an＝2n＋1－3，
∴數列{an}的通項公式為an＝2n＋1－3，故B正確；
根據題意，an＝an－1＋
＝1，n≥2，
又＝6，∴是首項為6，公差為1的等差數列，故C錯誤；
設an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)，
∴an＋1＝2an＋kn＋b－k，
由an＋1＝2an＋n－1，
得
∴＝2，
即{an＋n}是首項為a1＋1＝2，公比為2的等比數列.
∴an＋n＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－n，故D錯誤.
取倒數法和取對數法
題型二
例４　已知數列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，則an＝　　　.
命題點1　取倒數法
因為an＋1＝(n∈N*)，
所以＋1，
設＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＝3，
又＝1＋，
所以數列為首項，3為公比的等比數列，所以×3n－1＝，
所以an＝.
例5　(2025·岳陽模擬)已知數列{an}滿足a1＝10，an＋1＝10，則an＝　　　　.
由an＋1＝10可得an>0，
lg an＋1＝lg(10)＝2lg an＋1，
故lg an＋1＋1＝2(lg an＋1)，
又lg a1＋1＝2，故數列{lg an＋1}是首項為2，公比為2的等比數列，
則lg an＋1＝2n，故an＝.
命題點2　取對數法
(1)形如an＋1＝·的形式，化歸為bn＋1＝pbn＋q的通項
公式，再求an.
(2)形如an＋1＝p的遞推公式，兩邊同取以p為底的對數，得logpan＋1＝qlogpan＋1，將logpan看成整體，運用待定系數法求得logpan的表達式，再得出an.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)在數列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，則數列{bn}的通項公式bn＝　　　　.
bn＋1＝的兩邊同時取倒數，
得＋3，
因此＋3＝2，
又＋3＝2，
故是以2為首項，2為公比的等比數列，
則＋3＝2·2n－1＝2n，可得bn＝.
(2)設數列{an}滿足a1＝10，an>0，且an＝(n≥2)，則an＝　　　　.
1
∵an>0，且an＝，
兩邊取對數有lg an＝lg ＝2lg an－1，
∴＝2(n≥2)，
∴數列{lg an}是以lg a1＝1為首項，2為公比的等比數列，
∴lg an＝2n－1，∴an＝1.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A B C BC AD n·2n
題號 8 答案 an＝ 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)Sn＝an+1＝(Sn+1－Sn)，即(n+2)Sn＝n(Sn+1－Sn)，
即nSn+1＝(2n+2)Sn，
則，
即，
即bn+1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，
故數列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數列，則bn＝2n，
所以T2n＝b1+b2+b3+…+b2n＝21+22+23+…+22n＝＝22n+1－2.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由bn＝2n，即＝2n，得Sn＝n·2n，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n+1)2n－1，
當n＝1時，a1＝2滿足上式，
故an＝(n+1)2n－1.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)∵an+1＝，
∴，
∴1－，
又1－≠0，
∴數列是首項為，公比為的等比數列.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由(1)知1－，
故an＝.
(3)bn＝·
＝1－，
顯然數列為遞增數列，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
且3·－2>0對n∈N*恒成立，
∴數列為遞減數列，
∴數列{bn}為遞增數列，且bn<1，
∴bn10.
一、單項選擇題
1.(2024·瀘州模擬)已知數列{an}滿足an＋1＝2an＋2，a1＝1，則此數列的通項公式為
A.an＝ B.an＝
C.an＝3×2n－1－2 D.an＝3n－2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由an＋1＝2an＋2，有an＋1＋2＝2(an＋2)，所以＝2，又a1＝1，所以數列{an＋2}是以3為首項，2為公比的等比數列，所以an＋2＝3×2n－1，即an＝3×2n－1－2，n∈N*.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.在數列{an}中，a1＝1，a2＝，2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，若ak＝，則k等于
A.18 B.24 C.30 D.36
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2且數列不存在為0的項，
得，
所以數列＝1，公差為＝2，所以
＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以an＝.
由ak＝，得k＝18.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
3.已知數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1－5an＋4an－1＝0(n∈N*，n≥2)，則a10等于
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為當n≥2時，an＋1－5an＋4an－1＝0，
所以an＋1－an＝4(an－an－1)，
又a1＝1，a2＝2，則a2－a1＝1，
所以{an＋1－an}是以1為首項，4為公比的等比數列，
所以an＋1－an＝4n－1，
從而a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝48＋47＋…＋40＋1
＝＋1＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.(2025·佛山模擬)設數列{an}的前n項之積為Tn，滿足an＋2Tn＝1(n∈N*)，則T2 024等于
A.－ B.4 049
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由an＋2Tn＝1(n∈N*)，可得當n＝1時，a1＋2T1＝3a1＝1，即有a1＝；
當n≥2時，an＝，可得2Tn＋＝1，
化為＝2，
即數列是首項為3，公差為2的等差數列，
可得＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即Tn＝，
可得T2 024＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
二、多項選擇題
5.在數列{an}中，若a1＝，an＋1＝，則下列結論正確的有
A.數列為等比數列
B.數列的前n項和為Tn＝
C.數列{an}的通項公式為an＝
D.數列{an}的最小值為
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為an＋1＝，易知an≠0，所以＝3＋＝3，公差為3的等差數列，故A錯誤；
由A知，＝3＋3(n－1)＝3n，所以數列的前n項和為Tn＝，故B正確；
由B可知＝3n，所以an＝，故C正確；
因為a1＝，a2＝1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.設首項為1的數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，則下列結論正確的是
A.數列{Sn＋n}為等比數列
B.數列{an}的通項公式為an＝2n－1－1
C.數列{an＋1}為等比數列
D.Sn＝2n－n
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
∵Sn＋1＝2Sn＋n－1，∴Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n)，又S1＋1＝2≠0，∴數列{Sn＋n}是首項、公比都為2的等比數列，故選項A正確；
∴Sn＋n＝2n，∴Sn＝2n－n，故選項D正確；
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，當n＝1時，a1＝1，不滿足上式，
∴an＝故選項B錯誤；
∵an＋1＝∴≠，∴數列{an＋1}不是等比數列，故選項C錯誤.
三、填空題
7.若數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，則數列{an}的通項公式為an＝　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在數列{an}中，由an＋1＝2an＋2n＋1，
得＋1，即＝1，
而a1＝2，＝1，
于是數列是首項為1，公差為1的等差數列，
因此＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝n·2n.
n·2n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2025·南京模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，
則數列{an}的通項公式為　　　　　.
an＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在數列{an}中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，顯然an≠0，
則有＝2·＋1，
即＋1＝2，
而＋1＝2，
因此數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
所以＋1＝2n，
即an＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
四、解答題
9.(2024·紹興模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，Sn＝an＋1，設bn＝.
(1)求數列{bn}的前2n項和T2n；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
Sn＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，
即(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝(2n＋2)Sn，
則，
即，
即bn＋1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，
故數列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數列，則bn＝2n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝21＋22＋23＋…＋22n＝＝22n＋1－2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求數列{an}的通項公式.
由bn＝2n，即＝2n，得Sn＝n·2n，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，
當n＝1時，a1＝2滿足上式，
故an＝(n＋1)2n－1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
10.(2025·八省聯考)已知數列{an}中，a1＝3，an＋1＝.
(1)證明：數列為等比數列；
∵an＋1＝，
∴，
∴1－，
又1－≠0，
∴數列的等比數列.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求{an}的通項公式；
由(1)知1－，
故an＝
＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(3)令bn＝，證明：bn1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
bn＝·
＝＝1－，
顯然數列為遞增數列，
且3·－2>0對n∈N*恒成立，
∴數列為遞減數列，
∴數列{bn}為遞增數列，且bn<1，
∴bn第六章
§6.5　數列求和(一)
數學
大
一
輪
復
習
1.熟練掌握等差、等比數列的前n項和公式.
2.掌握分組求和、并項求和、倒序相加求和等幾種常見的求和方法.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
數列求和的幾種常用方法
(1)公式法
直接利用等差數列、等比數列的前n項和公式求和.
①等差數列的前n項和公式：
Sn＝ ＝ .
②等比數列的前n項和公式：
Sn＝
na1＋d
(2)分組求和法
若一個數列是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列組成，則求和時可用分組求和法，分別求和后相加減.
(3)并項求和法
一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和.形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解.
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)如果數列{an}為等比數列，且公比q不等于1，則其前n項和Sn＝.(　　)
(2)求數列{2n＋2n}的前n項和可用分組求和法.(　　)
(3)1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1).
(　　)
(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝45.(　　)
×
√
√
√
2.已知數列{an}的通項公式是an＝(－1)n(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a10等于
A.－55 B.－5 C.5 D.55
因為an＝(－1)n(n＋1)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11
＝－(2＋4＋6＋8＋10)＋(3＋5＋7＋9＋11)
＝5.
√
3.數列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn等于
A.n2＋1－ B.2n2－n＋1－
C.n2＋1－ D.n2－n＋1－
可得Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＋＋…＋＝n2＋1－.
√
4.(2025·重慶模擬)若數列{an}的前n項和為Sn，且an＋1＋an＝2n，則S10＝　　　　　.
682
a2＋a1＝21，a4＋a3＝23，a6＋a5＝25，a8＋a7＝27，a10＋a9＝29，所以S10＝21＋23＋25＋27＋29＝＝682.
返回
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·杭州統考)已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且滿足8Sn＝＋4an＋4.
(1)求數列{an}的通項公式；
分組求和
題型一
∵8Sn＝＋4an＋4， ①
∴當n≥2時，8Sn－1＝＋4an－1＋4， ②
①－②整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，n≥2，
∵數列{an}是正項數列，∴an－an－1＝4，n≥2，
當n＝1時，由8S1＝＋4a1＋4，可得a1＝2.
∴數列{an}是以2為首項，4為公差的等差數列，
∴an＝4n－2.
(2)若bn＝數列{bn}的前n項和為Tn，求T2n.
由題意知bn＝
故T2n＝(1＋22＋24＋…＋22n－2)＋(1＋5＋9＋…＋4n－3)
＝
＝＋2n2－n.
分組求和法常見題型
(1)若數列{cn}的通項公式為cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數列，可采用分組求和法求數列{cn}的前n項和.
(2)若數列{cn}的通項公式為cn＝其中數列{an}，{bn}是
等比數列或等差數列，可采用分組求和法求數列{cn}的前n項和.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·唐山模擬)已知數列{an}是正項等比數列，其前n項和為Sn，且a2a4＝16，S5＝S3＋24.
(1)求數列{an}的通項公式；
設數列{an}的公比為q，則an＝a1qn－1，
因為an>0，所以q>0，
依題意可得
整理得q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，
所以an＝a3qn－3＝2n－1.
(2)記數列{an＋log2an}的前n項和為Tn，求滿足Tn<2 024的最大整數n.
由(1)可知an＋log2an＝2n－1＋n－1，
故Tn＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(0＋1＋2＋…＋n－1)
＝2n－1＋.
顯然Tn隨著n的增大而增大，
T10＝210－1＋45＝1 068<2 024，
T11＝211－1＋55＝2 102>2 024，
所以滿足Tn<2 024的最大整數n＝10.
并項求和
題型二
例2　(2024·南京模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn＝2n＋λ(n∈N*，λ∈R).
(1)求λ的值，并寫出數列{an}的通項公式；
由Sn＝2n＋λ，知當n＝1時， a1＝2＋λ.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n＋λ－2n－1－λ＝2n－1.
因為數列{an}為等比數列，
所以a1＝2＋λ適合an＝2n－1，
所以λ＝－1，an＝2n－1.
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求數列{bn}的前100項和T100.
由an＝2n－1，
則bn＝(－1)nlog2a2n＋1＝(－1)n2n，
方法一　T100＝(b1＋b3＋…＋b99)＋(b2＋b4＋…＋b100)
＝2×(－1－3－…－99)＋2×(2＋4＋…＋100)
＝2×＋2×＝100.
方法二　T100＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(b99＋b100)
＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－198＋200)
＝2×50＝100.
延伸探究　本題(2)，題干不變，求數列{bn}的前n項和Tn.
因為bn＝(－1)nlog2a2n＋1＝(－1)n2n，
當n為偶數時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝2×＝n；
當n為奇數時，Tn＝＝n＋1－2(n＋1)＝－n－1，
綜上，Tn＝
并項求和法常見題型
(1)數列{an}的通項公式為an＝(－1)nf(n)，求數列{an}的前n項和.
(2)數列{an}是周期數列或ak＋ak＋1(k∈N*)為定值，求數列{an}的前n項和.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·莆田模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比數列，S5＝15.
(1)求數列{an}的通項公式；
由題意可得
即
且d≠0，解得a1＝d＝1，
所以數列{an}的通項公式為an＝1＋n－1＝n.
(2)若bn＝(－1)n，求數列{bn}的前30項和T30.
由(1)可得bn＝(－1)n·n2，
可得T30＝b1＋b2＋…＋b30＝－12＋22－32＋42－…－292＋302
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－292＋302)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(29＋30)
＝＝465.
返回
課時精練
答案
1
2
3
4
(1)由題意，
可得an＝4+(n－1)×1＝n+3，
∵數列{an+bn}是公比為2的等比數列，且a1+b1＝4－2＝2，
∴an+bn＝2·2n－1＝2n，
∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知bn＝2n－(n+3)，
則Tn＝b1+b2+b3+…+bn
＝(21－4)+(22－5)+(23－6)+…+[2n－(n+3)]
＝(21+22+23+…+2n)－[4+5+6+…+(n+3)]
＝＝2n+1－－2.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因為a3a6＝－5，S8＝－16，
所以
解得或
因為d>0，所以
則an＝a1+(n－1)d＝2n－11.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得
bn＝(k∈N*)，
所以T2n＝[－9－5－1+3+7+…+(4n－13)]+(22+24+26+…+22n)
＝
＝2n2－11n+.
2.
答案
1
2
3
4
(1)當n＝1時，
由條件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
當n＝2時，
由條件得(a1+a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因為Sn－an＝n2+1，
所以Sn－1－an－1
3.
答案
1
2
3
4
＝(n－1)2+1(n≥2)，
兩式相減得an－an+an－1＝2n－1，即an+an－1＝4n－2，
所以(an+1+an)－(an+an－1)＝[4(n+1)－2]－(4n－2)＝4，
從而數列{an+1+an}為等差數列.
(2)由(1)知an+an+1＝4(n+1)－2＝4n+2，
所以S20＝(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)＝(4×1+2)+(4×3+2)+…+(4×19+
2)＝＝420.
3.
答案
1
2
3
4
(1)由nSn+1－(n+1)Sn＝n2+n，
可得nSn+1－(n+1)Sn＝n(n+1)，
所以＝1，
又由a1＝1，所以＝1，
所以數列是以1為首項，
1為公差的等差數列，
所以＝1+(n－1)×1＝n，
4.
答案
1
2
3
4
則Sn＝n2，
當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2，
所以Sn－Sn－1＝an＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又當n＝1時，a1＝1滿足上式，
所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可知，當n為奇數時，bn＝－an＝1－2n；
當n為偶數時，bn＝an+2×2n＝2n－1+2n+1，
所以T2n＝b1+b2+b3+b4+…+b2n
＝(b1+b3+b5+…+b2n－1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
＝2n+23+25+27+29+…+22n+1
＝2n+8(1+22+24+26+…+22n－2)＝2n+8×
＝2n+.
4.
1.已知數列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差為1的等差數列，數列{an＋bn}是公比為2的等比數列.
(1)求數列{bn}的通項公式；
1
2
3
4
知識過關
答案
由題意，可得an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，
∵數列{an＋bn}是公比為2的等比數列，且a1＋b1＝4－2＝2，
∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，
∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*.
(2)求數列{bn}的前n項和Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知bn＝2n－(n＋3)，
則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(21－4)＋(22－5)＋(23－6)＋…＋[2n－(n＋3)]
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－[4＋5＋6＋…＋(n＋3)]
＝＝2n＋1－－2.
1
2
3
4
答案
2.(2025·太原模擬)已知等差數列{an}的公差d>0，前n項和為Sn，且a3a6＝－5，S8＝－16.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
答案
因為a3a6＝－5，S8＝－16，
所以
解得
因為d>0，所以則an＝a1＋(n－1)d＝2n－11.
1
2
3
4
答案
(2)若bn＝(k∈N*)，求數列{bn}的前2n項和T2n.
由(1)可得bn＝(k∈N*)，
所以T2n＝[－9－5－1＋3＋7＋…＋(4n－13)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)
＝
＝2n2－11n＋.
1
2
3
4
答案
3.(2024·南通模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并證明：數列{an＋an＋1}是等差數列；
當n＝1時，由條件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
當n＝2時，由條件得(a1＋a2)－a2＝5，
所以a2＝2.
因為Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
兩式相減得an－an＋an－1＝2n－1，
即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，
從而數列{an＋1＋an}為等差數列.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
(2)求S20.
由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…＋(4×19＋2)＝＝420.
1
2
3
4
答案
4.(2024·安康模擬)記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求數列{an}的通項公式；
能力拓展
1
2
3
4
答案
由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n，
可得nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，
所以＝1，
又由a1＝1，所以＝1，
所以數列是以1為首項，1為公差的等差數列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，則Sn＝n2，
1
2
3
4
答案
當n≥2時，Sn－1＝(n－1)2，
所以Sn－Sn－1＝an＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又當n＝1時，a1＝1滿足上式，
所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)若bn＝(－1)nan＋[(－1)n＋1]2n，求數列{bn}的前2n項和T2n.
1
2
3
4
答案
由(1)可知，當n為奇數時，bn＝－an＝1－2n；
當n為偶數時，bn＝an＋2×2n＝2n－1＋2n＋1，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝2n＋23＋25＋27＋29＋…＋22n＋1
＝2n＋8(1＋22＋24＋26＋…＋22n－2)
＝2n＋8×
＝2n＋.
返回(共49張PPT)
第六章
§6.6　數列求和(二)
數學
大
一
輪
復
習
掌握錯位相減法求和、裂項相消法求和等幾種常見的求和方法.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.錯位相減法
如果一個數列的各項是由一個等差數列和一個等比數列的對應項之積構成的，那么這個數列的前n項和即可用此法來求，如等比數列的前n項和公式就是用此法推導的.
2.裂項相消法
把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和.
常見的裂項技巧
① .
② .
③ .
④ .
⑤.
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)當n≥2時，.(　　)
(2)已知等差數列{an}的公差為d，則有.(　　)
(3)通項是等差數列乘以等比數列的求和利用錯位相減法，即把和的等式兩邊同乘以等比數列的公比得到一個新的等式，再把兩式相減即可求和.(　　)
(4)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，只要把等號兩邊同時乘a即可根據錯位相減法求得Sn.(　　)
×
×
×
√
2.化簡式子＋…＋，得
A. B. C. D.
＋…＋
＝＋…＋
＝.
√
3.(2024·蘇州統考)已知Sn是數列{an}的前n項和，an＝，若Sn＝8，則n等于
A.77 B.78 C.79 D.80
依題意，an＝，
所以Sn＝－1＋＋…＋－1，
由Sn＝－1＝8，解得n＝80.
√
4.Sn＝＋…＋等于
A. B.
C. D.
√
由Sn＝＋…＋， ①
得Sn＝＋…＋， ②
①－②得Sn＝＋…＋＝1－，
∴Sn＝.
謹防兩個易誤點
(1)裂項時注意是否還有系數及是否前后相鄰的項相消.
(2)錯位相減后構造的等比數列的項數是否是n項.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·菏澤模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*).
(1)求數列{an}的通項公式；
裂項相消法求和
題型一
由Sn＝2an－2， ①
當n＝1時，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，
當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2， ②
①－②，得an＝2an－1，
∴數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列，
∴an＝a12n－1＝2n.
(2)若bn＝log2a2n－1，cn＝，記{cn}的前n項和為Tn，求證：≤Tn<.
由(1)知a2n－1＝22n－1，
∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.
則cn＝，
故Tn＝
＝，
∵0<≤，∴≤Tn<.
裂項相消法的原則及規律
(1)裂項原則
一般是前面裂幾項，后面就裂幾項，直到發現被消去項的規律為止.
(2)消項規律
消項后前面剩幾項，后面就剩幾項，前面剩第幾項，后面就剩倒數第幾項.
思維升華
跟蹤訓練1　(2025·廈門模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，a2＝2a1＝4，當n∈N*，且n≥2時，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1.
(1)證明：數列{an}為等比數列；
當n≥2時，Sn＋1＝3Sn－2Sn－1 Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，
即an＋1＝2an，
又a2＝2a1＝4，故an＋1＝2an對任意n∈N*都成立，且a1＝2，
所以數列{an}是首項、公比均為2的等比數列.
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
由(1)知an＝2n，
則bn＝，
所以Tn＝1－＋…＋＝1－.
錯位相減法求和
題型二
例2　(2024·全國甲卷)記Sn為數列{an}的前n項和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通項公式；
當n＝1時，
4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.
當n≥2時，4Sn－1＝3an－1＋4，
所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，
故＝－3(n≥2)，
所以數列{an}是以4為首項，－3為公比的等比數列，
所以an＝4·(－3)n－1.
(2)設bn＝(－1)n－1nan，求數列{bn}的前n項和Tn.
bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1，
故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，
所以－2Tn＝4·30＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n
＝4·－4n·3n
＝2(3n－1)－4n·3n
＝(2－4n)·3n－2，
所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.
(1)如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，常采用錯位相減法.
(2)用錯位相減法求和時，應注意：
在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應將兩式“錯項對齊”，以便于下一步準確地寫出“Sn－qSn”的表達式.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·湛江統考)已知各項均為正數的等比數列{an}的首項a1＝，.
(1)求數列{an}的通項公式；
設數列{an}的公比為q.
因為，
故＝6，解得q＝或q＝－.
又因為數列{an}的各項均為正數，故q＝，
所以an＝×.
(2)已知數列{nan}的前n項和為Sn，證明：Sn<.
由(1)得nan＝×，
則Sn＝，
Sn＝，
兩式相減得
Sn＝
＝，
因為>0，所以Sn＝<.
返回
課時精練
答案
1
2
3
4
(1)當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝＝n；
當n＝1時，a1＝S1＝1，滿足上式，
故an＝n，
所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故數列{an}為等差數列.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知an＝n，
故bn＝
＝，
Tn＝b1+b2+…+bn－1+bn
＝
＝
＝.
1.
答案
1
2
3
4
(1)am－2m＝an－2n，
故數列{an－2n}為常數列，
其中a3＝5，故a3－6＝5－6＝－1，
故an－2n＝－1，即an＝2n－1.
2.
答案
1
2
3
4
(2)令bn＝，
設數列{bn}的前n項和為Tn，
則Tn＝+…+， ①
Tn＝+…+， ②
①－②得Tn＝+…+
＝
＝，
故Tn＝1－<1.
2.
答案
1
2
3
4
(1)設數列{an}的公差為d，
依題意可得
即解得
所以an＝a1+(n－1)d
＝1+(n－1)×2＝2n－1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得
Sn＝＝n2，
所以bn＝.
Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝
++…+
＝1－<1.
3.
答案
1
2
3
4
(1)若－1＝－1＝0，
解得a＝1，
則數列不是等比數列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因為Sn+1－Sn＝，
所以an+1＝，易知an≠0，
4.
答案
1
2
3
4
所以·，
所以－1＝，
所以(n∈N*)，
當a≠1時，數列是以為首項，為公比的等比數列.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知－1＝×，所以+1，
則＝n+n.
則Tn＝1×+2×+…+n+1+2+…+n，
令Qn＝1+2+…+n＝，
令K＝1×+2×+…+n， ①
4.
答案
1
2
3
4
所以K＝1×+2×+…+(n－1)·+n， ②
①－②得
K＝+…+－n
＝·－n
＝·，
4.
答案
1
2
3
4
得K＝·，
所以Tn＝·.
4.
1.(2025·成都模擬)記數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝.
(1)證明：數列{an}為等差數列；
1
2
3
4
知識過關
答案
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝＝n；
當n＝1時，a1＝S1＝1，滿足上式，
故an＝n，所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故數列{an}為等差數列.
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知an＝n，
故bn＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝.
1
2
3
4
答案
2.(2024·佛山模擬)已知數列{an}滿足：對 m，n∈N*，am＋2n＝an＋2m，且a3＝5.
(1)求數列{an}的通項公式；
am－2m＝an－2n，
故數列{an－2n}為常數列，
其中a3＝5，故a3－6＝5－6＝－1，
故an－2n＝－1，即an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)證明：＋…＋<1.
1
2
3
4
答案
令bn＝，
設數列{bn}的前n項和為Tn，
則Tn＝＋…＋， ①
Tn＝＋…＋， ②
①－②得Tn＝＋…＋
＝
＝，
故Tn＝1－<1.
1
2
3
4
答案
3.(2024·婁底模擬)設等差數列{an}的前n項和為Sn，5a4＋S5＝60，S7＝49.
(1)求數列{an}的通項公式；
設數列{an}的公差為d，
依題意可得
即
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)設數列{bn}的前n項和為Tn，若bn＝，求證：Tn<1.
由(1)可得Sn＝＝n2，
所以bn＝.
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋…＋
＝1－<1.
1
2
3
4
答案
4.已知數列{an}的首項a1＝a(a≠0)，前n項和為Sn，且滿足Sn＋1－Sn＝(n∈N*).
(1)判斷數列是否為等比數列；
能力拓展
1
2
3
4
答案
若－1＝－1＝0，解得a＝1，
則數列不是等比數列；
若－1＝－1≠0，即a≠1，
因為Sn＋1－Sn＝，
所以an＋1＝，易知an≠0，
所以·，
所以－1＝，
1
2
3
4
答案
所以(n∈N*)，
當a≠1時，數列為公比的等比數列.
1
2
3
4
答案
(2)若a1＝，記數列的前n項和為Tn，求Tn.
1
2
3
4
答案
由(1)知－1＝×，
所以＋1，則＝n＋n.
則Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝，
令K＝1×＋2×＋…＋n， ①
所以K＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n， ②
1
2
3
4
答案
①－②得
K＝＋…＋－n
＝·－n
＝·，
得K＝·，
所以Tn＝·.
返回(共46張PPT)
第六章
§6.7　子數列問題
數學
大
一
輪
復
習
子數列是數列問題中的一種常見題型.將原數列轉化為子數列問題一般適用于某個數列是由幾個有規律的數列組合而成的，具體求解時，要搞清楚子數列的項在原數列中的位置，以及在子數列中的位置，即項不變化，項數變化.
重點解讀
例1　已知數列{an}滿足an＋1＝
且a1＝1.
(1)證明：數列{a2n－1}為等比數列；
奇數項與偶數項問題
題型一
由題意，得當n∈N*時，
a2n＝2a2n－1－1， ①
a2n＋1＝a2n＋1， ②
將①代入②，得a2n＋1＝2a2n－1，
所以數列{a2n－1}是首項為1，公比為2的等比數列.
(2)求數列{an}的前100項和S100.
由(1)知a2n－1＝2n－1，
因為a2n＝2a2n－1－1，
所以a2n＝2·2n－1－1＝2n－1.
所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21－1＋22－1＋…＋250－1)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21＋22＋…＋250)－50
＝－50
＝3×250－53.
數列中的奇、偶項問題的常見題型
(1)數列中連續兩項和或積的問題(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
(2)含有(－1)n的類型；
(3)含有{a2n}，{a2n－1}的類型.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·西安模擬)已知正項數列{an}中，a3＝4，a2a5＝32，且ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差數列.
(1)求數列{an}的通項公式；
∵ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差數列，
∴2ln an＋1＝ln an＋ln an＋2，
即＝anan＋2，而an>0，
∴{an}為等比數列，
設{an}的公比為q，q>0，則
得a1＝1，q＝2，∴an＝2n－1.
(2)若數列{bn}滿足bn＝an＋(－1)nlog2an＋1，求數列{bn}的前n項和Tn.
bn＝2n－1＋(－1)nlog22n＝2n－1＋(－1)nn，
當n為偶數時，
Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]
＝＝2n＋，
當n為奇數時，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2n＋1＋－2n－(－1)n＋1(n＋1)＝2n－，
∴Tn＝
數列的公共項
題型二
例2　已知數列{an}的前n項和Sn＝，{bn}為等比數列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數列.
(1)求{an}與{bn}的通項公式；
由Sn＝得，
當n＝1時，a1＝S1＝2，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
當n＝1時，上式也成立，所以an＝3n－1.
依題意，b1＋b3＝2(b2＋1)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，
解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)把數列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數列記為{cn}，求數列{cn}的前n項和Tn.
數列{an}和{bn}的公共項從小到大依次為21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…構成首項為2，公比為4的等比數列，所以cn＝2×4n－1，
則Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝.
兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩個等差數列公差的最小公倍數，兩個等比數列的公共項是等比數列，公比是兩個等比數列公比的最小公倍數.
思維升華
跟蹤訓練2　(2025·沈陽模擬)已知數列an＝2n－1，bn＝3n－2，由這兩個數列公共項從小到大排列得到的數列為{cn}，則數列{cn}的通項公式為
A.cn＝3n－2 B.cn＝4n－1
C.cn＝5n－3 D.cn＝6n－5
因為數列{an}是首項為1，公差為2的等差數列，而數列{bn}是首項為1，公差為3的等差數列，則這兩個數列的公共項從小到大排列構成的新數列{cn}是首項為1，公差為6的等差數列，故cn＝1＋(n－1)×6＝6n－5.
√
數列增減項
題型三
例3　(2024·濱州模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4＝7，S5＝25.
(1)求數列{an}的通項公式；
因為數列{an}為等差數列，則S5＝5a3＝25，即a3＝5，
可得公差d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(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－1個3，使它們和原數列的項構成一個新的數列{bn}，求{bn}的前50項和T50.
因為在ak與ak＋1(k＝1，2，…)之間插入2k－1個3，
故在a1與a2之間插入20＝1(個)3，
在a2與a3之間插入21＝2(個)3，
在a3與a4之間插入22＝4(個)3，
在a4與a5之間插入23＝8(個)3，
在a5與a6之間插入24＝16(個)3，
在a6與a7之間插入25＝32(個)3，
所以在a6之前共插入了1＋2＋4＋8＋16＝31(個)3，
在a7之前共插入了1＋2＋4＋8＋16＋32＝63(個)3，
故T50＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋44×3＝＋132＝168.
對于數列的中間插項或減項構成新數列問題，我們要把握兩點：先判斷數列之間共插入(減少)了多少項(運用等差等比求和或者項數公式去看)，再對于題目給出的條件確定它包含了哪些項.
思維升華
跟蹤訓練3　已知數列{bn}的前n項和為Sn，且Sn＝n2＋n，在等比數列{an}中，a1＝b1，a4＝b8.
(1)求數列{bn}與{an}的通項公式；
∵Sn＝n2＋n，
∴當n≥2且n∈N*時，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比數列{an}的公比為2，∴an＝2n.
(2)若數列{bn}中去掉{an}中的項后余下的項按原順序組成數列{cn}，求{cn}的前20項和.
∵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.
課時精練
答案
1
2
3
4
(1)因為數列{an}為等差數列，且a2與a8的等差中項為5，
所以a2+a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因為a4a6＝24，
所以(5－d)(5+d)＝24，解得d＝±1，
因為d>0，所以d＝1，
所以an＝a5+(n－5)d＝5+(n－5)＝n，
故數列{an}的通項公式為an＝n.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由題知bn＝
即bn＝
所以T20＝b1+b2+b3+b4+…+b19+b20
＝1+×+3+×+…+19+×
＝×＝100+，
故數列{bn}的前20項和T20為.
1.
答案
1
2
3
4
(1)設等差數列{an}的公差為d，則有
解得
因此an＝1+2(n－1)＝2n－1.
由3bn－bn+1＝0，得bn+1＝3bn，而b1＝3，
則數列{bn}是以b1＝3為首項，
3為公比的等比數列，bn＝3×3n－1＝3n，
所以數列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝2n－1，bn＝3n.
2.
答案
1
2
3
4
(2)①由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，
則a2＝b1＝3，a5＝b2＝9，a14＝b3＝27，a41＝b4＝81，
所以數列{an}，{bn}的前4個公共項依次為3，9，27，81.
②a100＝199，而b5＝243>a100，
因此數列{an}的前100項中是數列{an}與{bn}公共項的只有3，9，27，81這4項，
所以剩下所有項的和為×100－(3+9+27+81)＝10 000－120＝9 880.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因為Sn＝2an－n， ①
所以當n＝1時，a1＝1；
當n≥2時，
Sn－1＝2an－1－(n－1)， ②
①－②得an＝2an－1+1，所以an+1＝2(an－1+1)，
又a1+1＝2，
所以數列{an+1}是以2為首項，2為公比的等比數列，則an+1＝2n，即an＝2n－1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由題意得，在新數列{bn}中，從a1到ak，共插入了1+2+…+(k－1)＝
(個)數，
共有k+項.
當k＝9時，9+＝45<50；當k＝10時，10+＝55>50，
所以在新數列{bn}的前50項中，有{an}的前9項，有新插入的等差數列{2n}的前41項，
所以T50＝(21－1)+(22－1)+…+(29－1)+(2+4+…+82)＝－9+
＝2 735.
3.
答案
1
2
3
4
(1)依題意，an>0，當n＝1時，得a1＝3，
4Sn＝+2an－3，
當n≥2時，
有4Sn－1＝+2an－1－3，
作差得4an
＝+2an－2an－1，
∴(an+an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
4.
答案
1
2
3
4
∵an+an－1>0，
∴an－an－1＝2(n≥2)，
∴數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，
∴an＝2n+1，n∈N*.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)得a100＝201，
又27<201<28，同時a93＝187>27，
∴b100＝a93，
∴b1+b2+…+b100＝(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27)
＝
＝9 089.
∴{bn}的前100項和為 9 089.
4.
1.(2024·佳木斯模擬)已知等差數列{an}的公差d>0，a2與a8的等差中項為5，且a4a6＝24.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
知識過關
答案
1
2
3
4
答案
因為數列{an}為等差數列，且a2與a8的等差中項為5，
所以a2＋a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5，
因為a4a6＝24，
所以(5－d)(5＋d)＝24，解得d＝±1，
因為d>0，所以d＝1，
所以an＝a5＋(n－5)d＝5＋(n－5)＝n，
故數列{an}的通項公式為an＝n.
(2)設bn＝求數列{bn}的前20項和T20.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由題知bn＝
即bn＝
所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20
＝1＋×＋3＋×＋…＋19＋×
＝×＝100＋，
故數列{bn}的前20項和T20為.
1
2
3
4
答案
2.(2024·北京首都師范大學附屬中學模擬)已知等差數列{an}滿足a3＝5，且a5－2a2＝3.又數列{bn}中，b1＝3且3bn－bn＋1＝0(n＝1，2，3，4，…).
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
1
2
3
4
答案
設等差數列{an}的公差為d，則有
解得
因此an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
由3bn－bn＋1＝0，得bn＋1＝3bn，而b1＝3，
則數列{bn}是以b1＝3為首項，3為公比的等比數列，bn＝3×3n－1＝3n，
所以數列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝2n－1，bn＝3n.
1
2
3
4
答案
(2)若ai＝bj，則稱ai(或bj)是{an}，{bn}的公共項.
①直接寫出數列{an}，{bn}的前4個公共項；
由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n，
則a2＝b1＝3，a5＝b2＝9，a14＝b3＝27，a41＝b4＝81，
所以數列{an}，{bn}的前4個公共項依次為3，9，27，81.
1
2
3
4
答案
②從數列{an}的前100項中將數列{an}與{bn}的公共項去掉后，求剩下所有項的和.
a100＝199，而b5＝243>a100，
因此數列{an}的前100項中是數列{an}與{bn}公共項的只有3，9，27，81這4項，
所以剩下所有項的和為×100－(3＋9＋27＋81)＝10 000－120＝9 880.
1
2
3
4
答案
3.(2025·馬鞍山模擬)已知數列{an}的前n項和Sn＝2an－n(n∈N*).
(1)求證：數列{an＋1}是等比數列，并求{an}的通項公式；
1
2
3
4
答案
因為Sn＝2an－n， ①
所以當n＝1時，a1＝1；
當n≥2時，Sn－1＝2an－1－(n－1)， ②
①－②得an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2(an－1＋1)，又a1＋1＝2，
所以數列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數列，則an＋1＝2n，即an＝2n－1.
1
2
3
4
答案
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k個數構成一個新數列{bn}：a1，2，a2，4，6，a3，8，10，12，a4，…，插入的所有數依次構成首項為2，公差為2的等差數列，求{bn}的前50項和T50.
1
2
3
4
答案
由題意得，在新數列{bn}中，從a1到ak，共插入了1＋2＋…＋(k－1)＝
(個)數，
共有k＋項.
當k＝9時，9＋＝45<50；當k＝10時，10＋＝55>50，
所以在新數列{bn}的前50項中，有{an}的前9項，有新插入的等差數列{2n}的前41項，
所以T50＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(29－1)＋(2＋4＋…＋82)＝－9＋＝2 735.
1
2
3
4
答案
4.已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且4Sn＝＋2an－3(n∈N*).
(1)求數列{an}的通項公式；
能力拓展
1
2
3
4
答案
依題意，an>0，當n＝1時，得a1＝3，
4Sn＝＋2an－3，
當n≥2時，有4Sn－1＝＋2an－1－3，
作差得4an＝＋2an－2an－1，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
∵an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2(n≥2)，
∴數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，
∴an＝2n＋1，n∈N*.
1
2
3
4
答案
(2)將數列{an}和數列{2n}中所有的項按照從小到大的順序排列得到一個新數列{bn}，求{bn}的前100項和.
由(1)得a100＝201，
又27<201<28，同時a93＝187>27，
∴b100＝a93，
∴b1＋b2＋…＋b100＝(a1＋a2＋…＋a93)＋(21＋22＋…＋27)
＝＝9 089.
∴{bn}的前100項和為 9 089.(共28張PPT)
第六章
必刷大題12　數列的綜合問題
數學
大
一
輪
復
習
答案
1
2
3
4
(1)因為+…+(n∈N*)， ①
當n＝1時，＝1；
當n≥2時，+…+， ②
①－②得＝n(n≥2)，
又因為＝1符合上式，所以＝n，
因為an>0，所以an＝.
1.
答案
1
2
3
4
(2)由an＝，可得cn＝，
則Sn＝c1+c2+c3+…+cn
＝++…+
＝1－.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因為an+2＝3an+1－2an，
所以an+2－an+1＝2(an+1－an)，
又因為a1＝2，a2＝4，
所以a2－a1＝2≠0，
所以＝2，
所以數列{an+1－an}是首項為2，公比為2的等比數列.
所以an+1－an＝2×2n－1＝2n，
2.
答案
1
2
3
4
當n≥2時，an＝(an－an－1)+(an－1－an－2)+…+(a2－a1)+a1＝2n－1+2n－2+…
+21+2
＝+2＝2n，
當n＝1時，a1＝2也滿足上式，
故數列{an}的通項公式為an＝2n.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由題意可知an+1－an
＝(n+2－1)dn，
所以(n+1)dn＝an+1－an＝2n，
所以，
所以Tn＝+…+， ①
將①式兩邊同時乘以，得Tn＝+…+， ②
2.
答案
1
2
3
4
①－②得Tn＝1++…+
＝1+
＝，
所以Tn＝3－，
故數列的前n項和Tn＝3－.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因為a1，a3，a7成等比數列，
所以＝a1a7，
因為{an}是各項均為正數，公差不為0的等差數列，
設其公差為d，d≠0，
所以
所以
所以an＝a1+(n－1)d＝n+1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)設b＝log3(an+1)，
且b為整數，
所以an＝3b－1，
所以1≤3b－1≤2 025，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
所以在區間[1，2 025]內所有“調和數”之和
Tn＝(31－1)+(32－1)+(33－1)+(34－1)+(35－1)+(36－1)
3.
答案
1
2
3
4
＝(31+32+33+34+35+36)－6
＝－6
＝1 086.
3.
答案
1
2
3
4
(1)因為
＝，
所以
消去an，得(n2－1)bn＝(n2－1)2n，
當n≥2時，bn＝2n，則an＝n；
當n＝1時，由nan+bn＝n2+2n及a1＝1，
4.
答案
1
2
3
4
得b1＝2＝21，
所以an＝n，bn＝2n(n∈N*)，
因為an+1－an＝1，＝2，
所以數列{an}為公差為1的等差數列，{bn}為公比為2的等比數列.
(2)由(1)知a2n+3b2n－1+1＝2n+1+3×22n－1＝2n+1+×4n，
則Sn＝(3+5+…+2n+1)+×(41+42+…+4n)＝×＝22n+1+
n2+2n－2.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2024·咸陽模擬)已知正項數列{an}滿足＋…＋，n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
答案
因為＋…＋(n∈N*)， ①
當n＝1時，＝1；
當n≥2時，＋…＋， ②
①－②得＝n(n≥2)，
又因為＝1符合上式，所以＝n，
因為an>0，所以an＝.
1
2
3
4
答案
(2)若cn＝，求數列{cn}的前n項和Sn.
由an＝，可得cn＝，
則Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋…＋＝1－.
1
2
3
4
答案
2.(2024·三明模擬)已知數列{an}滿足：a1＝2，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an.
(1)證明：數列{an＋1－an}是等比數列，并求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
答案
因為an＋2＝3an＋1－2an，
所以an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
又因為a1＝2，a2＝4，所以a2－a1＝2≠0，
所以＝2，
所以數列{an＋1－an}是首項為2，公比為2的等比數列.
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，
當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋2
1
2
3
4
答案
＝＋2＝2n，
當n＝1時，a1＝2也滿足上式，
故數列{an}的通項公式為an＝2n.
1
2
3
4
答案
(2)在an與an＋1之間插入n個數，使這n＋2個數組成一個公差為dn的等差數列，求數列的前n項和Tn.
1
2
3
4
答案
由題意可知an＋1－an＝(n＋2－1)dn，
所以(n＋1)dn＝an＋1－an＝2n，
所以，
所以Tn＝＋…＋， ①
將①式兩邊同時乘以Tn＝＋…＋， ②
①－②得Tn＝1＋＋…＋
＝1＋，
1
2
3
4
答案
所以Tn＝3－，
故數列的前n項和Tn＝3－.
1
2
3
4
答案
3.(2025·南京模擬)已知{an}是各項均為正數，公差不為0的等差數列，其前n項和為Sn，且a2＝3，a1，a3，a7成等比數列.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
3
4
答案
因為a1，a3，a7成等比數列，
所以＝a1a7，
因為{an}是各項均為正數，公差不為0的等差數列，設其公差為d，d≠0，
所以
所以
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.
1
2
3
4
答案
(2)定義在數列{an}中，使log3(an＋1)為整數的an叫做“調和數”，求在區間[1，2 025]內所有“調和數”之和Tn.
1
2
3
4
答案
設b＝log3(an＋1)，且b為整數，所以an＝3b－1，
所以1≤3b－1≤2 025，
所以b可以取1，2，3，4，5，6，
所以在區間[1，2 025]內所有“調和數”之和
Tn＝(31－1)＋(32－1)＋(33－1)＋(34－1)＋(35－1)＋(36－1)
＝(31＋32＋33＋34＋35＋36)－6
＝－6
＝1 086.
1
2
3
4
答案
4.(2024·孝感模擬)定義矩陣運算：.已知數列{an}，{bn}滿足a1＝1，且.
(1)證明：數列{an}，{bn}分別為等差數列，等比數列；
1
2
3
4
答案
因為，
所以
消去an，得(n2－1)bn＝(n2－1)2n，
當n≥2時，bn＝2n，則an＝n；
當n＝1時，由nan＋bn＝n2＋2n及a1＝1，得b1＝2＝21，
所以an＝n，bn＝2n(n∈N*)，
因為an＋1－an＝1，＝2，
所以數列{an}為公差為1的等差數列，{bn}為公比為2的等比數列.
1
2
3
4
答案
(2)求數列{a2n＋3b2n－1＋1}的前n項和Sn.
由(1)知a2n＋3b2n－1＋1＝2n＋1＋3×22n－1＝2n＋1＋×4n，
則Sn＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋×(41＋42＋…＋4n)＝×＝22n＋1＋n2＋2n－2.(共26張PPT)
第六章
必刷小題11　數　列
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B C C A C
題號 8 9 10 11 12 13 14
答案 D BC ABD ABC 4 216 2
13
14
一、單項選擇題
1.(2024·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知S5＝S10，a5＝1，則a1等于
A. B. C.－ D.－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，則a8＝0，
則等差數列{an}的公差
d＝＝－，
故a1＝a5－4d＝1－4×.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.已知數列{an}是等比數列，且a2＋a5＝7，a4＋a7＝21，則a8＋a11等于
A.28 B.63 C.189 D.289
設等比數列{an}的公比為q，
由a2＋a5＝7，a4＋a7＝21，
則a4＋a7＝q2(a2＋a5)＝21，解得q2＝3，
故a8＋a11＝q4(a4＋a7)＝32×21＝189.
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2025·廣州模擬)現有一根七節的竹子，最下面兩節可裝米四升，最上面兩節可裝米二升，如果竹子自下而上裝米量逐節等量減少，以此計算，這根竹子的裝米量為
A.9升 B.10.5升 C.12升 D.13.5升
依題意，竹子自下而上的各節裝米量構成等差數列{an}，n∈N*，n≤7，
則a1＋a2＝4，a6＋a7＝2，a1＋a7＝a2＋a6＝3，
所以這根竹子的裝米量為S7＝＝10.5(升).
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知數列{an}的前n項和Sn＝n3－2n＋sin π，則a6等于
A.66 B.77 C.88 D.99
由Sn＝n3－2n＋sin π可得S6＝63－12＋sin 3π＝216－12＝204，
S5＝53－10＋sin π＝125－10＋1＝116，
故a6＝S6－S5＝204－116＝88.
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
5.設數列{xn}滿足log2xn＋1＝1＋log2xn，且x1＋x2＋…＋x5＝8，則x21＋x22＋…＋x25等于
A.220 B.1620 C.223 D.224
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為log2xn＋1＝1＋log2xn，
所以log2xn＋1－log2xn＝1，
即＝2，
所以數列{xn}是以2為公比的等比數列，
記數列{xn}的前n項和為Sn，則S5，S10－S5，S15－S10，…成等比數列，其公比為25，
所以x21＋x22＋…＋x25＝S25－S20＝8×＝223.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.若數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝a2＝1，＋anSn＋1＝SnSn＋1(n≥2)，則S7等于
A.64 B.32 C.8 D.1
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵＋an＝Sn，
∴＝SnSn＋1－anSn＋1＝Sn＋1(Sn－an)＝Sn＋1·Sn－1(n≥2)，
∴數列{Sn}為等比數列，
又S1＝1，S2＝a1＋a2＝2，∴{Sn}的公比為＝2，
∴Sn＝2n－1，∴S7＝26＝64.
13
14
7.已知數列{an}滿足，其中a1＝1，則a8等于
A.28 B.220 C.225 D.228
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
由題意，得×21，×22，…，×27.
由累乘法，得××…××21××22×…××27，
即×21×22×…×27＝＝225，
又a1＝1，所以a8＝225.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.已知數列{an}滿足an＋2＝3an＋1－2an，a1＝λ，a2＝2，{an}為遞增數列，則λ的取值范圍為
A.(－∞，1) B.(－∞，1]
C.(－∞，1)∪(1，2) D.(－∞，2)
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由an＋2＝3an＋1－2an得
an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
又{an}為遞增數列，故an＋1－an>0，
所以數列{an＋1－an}是以a2－a1＝2－λ為首項，2為公比的等比數列，
所以an＋1－an＝(2－λ)·2n－1，
又{an}為遞增數列，
所以(2－λ)·2n－1>0對任意正整數n恒成立，
所以2－λ>0，得λ<2.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
9.(2025·湖北聯考)在等比數列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，則
A.數列{an}的公比為
B.數列{an}的公比為2
C.a3＋a5＝20
D.數列為遞增數列
√
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設等比數列的公比為q，
依題意得
解得
所以an＝2n－1，
故a3＋a5＝22＋24＝20，故B，C正確，A錯誤；
log2＝1－n，
則數列為遞減數列，故D錯誤.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.已知等差數列{an}是遞減數列，且a6＝－2a3，前n項和為Sn，公差為d，則下列結論正確的有
A.d<0
B.a1>0
C.當n＝5時，Sn最小
D.當Sn<0時，n的最小值為8
√
√
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由a6＝－2a3，
得a1＋5d＝－2(a1＋2d)，即a1＝－3d，
由等差數列{an}是遞減數列，知d<0，則a1>0，故A，B正確；
而Sn＝na1＋d＝n2－n，
當n＝3或n＝4時，Sn最大，
令Sn＝n2－n<0，
解得n>7，即當Sn<0時，n的最小值為8，故C錯誤，D正確.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
11.(2024·四平模擬)數列{an}的前n項的和Sn滿足Sn＋1＋Sn＝n(n∈N*)，則下列選項中錯誤的是
A.數列{an＋1＋an}是常數列
B.若a1<，則{an}是遞增數列
C.若a1＝－1，則S2 025＝1 012
D.若a1＝1，則{an}的最小項的值為－1
√
√
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于A，當n＝1時，Sn＋1＋Sn＝a1＋a2＋a1＝2a1＋a2＝1，①
當n≥2時，Sn＋Sn－1＝n－1，
作差可得an＋1＋an＝1，代入n＝1可得a2＋a1＝1，與①可能矛盾，
故數列{an＋1＋an}不一定是常數列，故A錯誤；
對于B，由an＋1＋an＝an＋an－1＝…＝a3＋a2＝1可得an＋1＝an－1＝an－3＝…且an＝an－2＝an－4＝…，
所以數列{an}不是單調數列，故B錯誤；
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于C，若a1＝－1，則由以上選項可知a2＝3，a3＝－2，a4＝3，…，
所以當n≥2時，{an}的偶數項為3，奇數項為－2，
而S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 022＋a2 023)＋(a2 024＋a2 025)＝－1＋1 012＝1 011，故C錯誤；
對于D，若a1＝1，則a2＝－1，a3＝2，
故當n≥2時，{an}的偶數項為－1，奇數項為2，
則{an}的最小項的值為－1，故D正確.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
三、填空題
12.(2025·蘇州模擬)在2和8之間插入3個實數a，x，b使得2，a，x，b，8成等比數列，則x＝　　　　.
由x為等比中項可知，x2＝2×8＝16，
又a2＝2x，可知x>0，所以x＝4.
4
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13.(2024·長春統考)已知數列{an}是正項數列，且＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋…＋＝　　　.
216
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
令n＝1，得＝4，∴a1＝16.
當n≥2時，＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)，
已知式與此式相減，得＝n2＋3n－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2.
∴an＝4(n＋1)2，又當n＝1時，a1＝16滿足該式，
∴an＝4(n＋1)2(n∈N*).
∴＝4n＋4，
∴＋…＋＝216.
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
14.若在數列{an}中，對任意正整數n，都有＝p(常數)，則稱數列{an}為“等方和數列”，稱p為“公方和”.若數列{an}為“等方和數列”，其前n項和為Sn，且“公方和”為1，首項a1＝1，則S2 024的最大值與最小值之和為　　　.
2
12
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由＝p得＝p，
兩等式相減得.
又“公方和”為1，首項a1＝1，
所以＝…＝＝1，
＝…＝＝0.
所以S2 024的最大值為1 012，最小值為－1 010，其和為2.
13
14

展開更多......

收起↑