資源簡介

(共29張PPT)
第六章
必刷小題11　數　列
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C A B C B D A
題號 9 10 11 12 　13 14
答案 AB ABD ABC 19 2
一、單項選擇題
1.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
√
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答案
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.
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答案
2.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.
3.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8個子女做旅費，從第1個孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個孩子為止……根據這些信息，第三個孩子分得　　　　　　斤棉花
A.99 B.116 C.133 D.150
√
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依題意得，8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1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.
答案
4.已知數列{an}滿足an+1=2(an+1)，若a5=78，則a1等于
A.4 B.3 C. D.2
√
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由an+1=2(an+1)可得
an+1+2=2(an+2)，
所以=2，
則{an+2}是公比為2的等比數列，
所以a5+2=(a1+2)·24=80，所以a1=3.
答案
5.已知一個項數為偶數的等比數列{an}，所有項之和為所有偶數項之和的4倍，前3項之積為64，則a1等于
A.1 B.4 C.12 D.36
√
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由題意可得，{an}的所有項之和S奇+S偶是所有偶數項之和S偶的4倍，
所以S奇+S偶=4S偶，故S偶=S奇，
設等比數列{an}的公比為q，該等比數列共有2k(k∈N*)項，
則S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇，
所以q=
因為=a1a2a3=64，可得a2=4，
因此a1==12.
答案
6.在數列{an}中，若a2=2，an=(n+2)(an+1-an)，則a2 026等于
A.1 013 B.1 014 C.2 024 D.2 026
√
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因為an=(n+2)(an+1-an)，
所以(n+3)an=(n+2)an+1，所以=
所以是常數列，所以=
又a2=2，所以a2 026=1 014.
答案
7.若整數a，b，c經過適當排序后可成等差數列，再經過適當排序后也可成等比數列，則此等比數列的公比不可能是
A.1 B.- C.-2 D.2
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當a，b，c同號時，不妨設a≥b≥c，
則有
解得a=b=c，此時等比數列公比為1；
當a，b，c是兩個正數一個負數時，不妨設a>b>0>c，
則有得c2=b(2b-c)，
即c2+bc-2b2=(c+2b)(c-b)=0，
由c≠b，得c=-2b，a=4b，
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答案
若構成的等比數列為b，-2b，4b，則公比為-2；
若構成的等比數列為4b，-2b，b，則公比為-；
當a，b，c是兩個負數一個正數時，
同理也有構成的等比數列公比為-2或公比為-
若構成的等比數列公比為2，設這3個數為a，2a，4a(a≠0)，則不能構成等差數列.
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答案
8.已知數列{an}滿足a3-a2=9，an-4an-1+3an-2=0(n≥3)，則當n≥2時，an-a1等于
A. B. C.2·3n-6 D.
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答案
由已知得an-an-1=3(an-1-an-2)(n≥3)，
又a3-a2=9，
所以a3-a2=3(a2-a1)=9，即a2-a1=3，
所以{an+1-an}是以3為首項，3為公比的等比數列，因此an+1-an=3×3n-1=3n，
當n≥2時，a2-a1=3，a3-a2=32，…，an-an-1=3n-1，
累加得an-a1=3+32+…+3n-1==.
二、多項選擇題
9.設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，則
A.S2=5 B.a2 025=25a2 023
C.數列{an}是等比數列 D.數列{Sn}是等差數列
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答案
對于A，由an+1=4Sn，則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，
∴a2 025=5a2 024=25a2 023，B正確；
對于C，當n≥2時，an+1=5an，
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答案
但a2=4a1不滿足，
∴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.
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
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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.
答案
11.(2025·四平模擬)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
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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；
對于C，若a1=-1，則由以上選項可知a2=3，a3=-2，a4=3，…，
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答案
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.
三、填空題
12.在數列{an}中，若a1=1，an+1=則=　　.
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答案
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　∵an+1=
則==+2，∴-=2，
∴故數列為等差數列，且公差為2，
又=1，故=1+2(n-1)=2n-1，
∴=10×2-1=19.
13.圍棋起源于中國，至今已有4 000多年的歷史.在圍棋中，對于一些復雜的問題，比如在判斷自己單個眼內的氣數是否滿足需求時，可利用數列通項的遞推方法來計算.假設大小為n的眼有an口氣，大小為n+1的眼有an+1口氣，則an與an+1滿足的關系是a1=1，a2=2，an+1-n=an-1(n≥2，n∈N*)，
則{an}的通項公式為　　　　　　 .
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答案
an=
根據題意，an+1-an=n-1，當n≥2時，
可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1
=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1
=+2=
又當n=1時，a1=1不滿足an=
故an=
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答案
14.在數列{an}中，a1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，設bn=2n(an-λ)，其中λ為常數，若{bn}是遞減數列，則整數λ的最小值是　　.
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答案
因為a1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，
可得(an+1-1)(an-1)=4[(an-1)-(an+1-1)]，
所以=-=
又因為=
所以數列是以為首項為公差的等差數列，
所以=+(n-1)×=
所以an=1+=
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答案
因為數列{bn}是遞減數列，即 n∈N*，
bn+1代入可得λ>2an+1-an恒成立，
又因為2an+1-an=-==1+=1+
令g(n)=n+n∈N*，
可得g(1)=g(2)所以g(n)min=g(1)=g(2)=3，
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答案
所以2an+1-an的最大值為
所以λ>
所以整數λ的最小值為2.(共89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.在等差數列{an}中，若a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝21，則其公差等于
A.2 B.3 C.6 D.18
√
由題意知，設等差數列{an}的公差為d，
a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3，a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝21，
兩式相減得9d＝18，所以d＝2.
3.設等差數列{an}的前n項和為Sn，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a4的值為
A.－7 B.－10 C.－12 D.10
√
設等差數列{an}的公差為d，
因為3S3＝S2＋S4，
所以3(3a1＋3d)＝(2a1＋d)＋(4a1＋6d)，
又a1＝2，所以d＝－3，
所以a4＝a1＋3d＝－7.
4.在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，若a1＋a8＋a6＝6，則S9＝　　　.
設等差數列{an}的公差為d，
則a1＋a8＋a6＝a1＋(a1＋7d)＋(a1＋5d)＝3(a1＋4d)＝3a5，
所以a5＝2，
所以S9＝＝9a5＝18.
18
1.掌握等差數列的常用性質
(1)若{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)若兩個等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，則.
(5)數列{an}是等差數列 Sn＝An2＋Bn(A，B為常數).
微點提醒
2.解題時靈活應用以下結論
若等差數列{an}的項數為偶數2n，則
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S偶－S奇＝nd.
若等差數列{an}的項數為奇數2n＋1，則
(1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；
(2).
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　 (1)(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＝　　.
等差數列基本量的運算
題型一
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.
下一層繞塔一周需多三步，則這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需
A.352步 B.387步 C.332步 D.368步
(2)廣豐永和塔塔高九層，每至夜色降臨，金燈齊明，塔身晶瑩剔透，遠望猶如仙境.某游客從塔底層(一層)進入塔身，即沿石階逐級攀登，一步一階，此后每上一層均沿塔走廊繞塔一周以便瀏覽美景，現知底層共二十六級臺階，此后每往上一層減少兩級臺階，頂層繞塔一周需十二步，每往
√
設從第n層到第n＋1層所走的臺階數為an，繞第n＋1層一周所走的步數為bn，
由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，
b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，
所以數列{an}為首項為26，公差為－2的等差數列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，
數列{bn}為公差為－3的等差數列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，
設數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，
所以S8＝＝152，
T8＝＝180，
S8＋T8＝152＋180＝332，
故這位游客從底層進入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需332步.
(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)(2025·南通模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a5＝5，a1＋S11＝46，則a3·a10是{an}中的
A.第28項 B.第29項
C.第30項 D.第32項
√
設等差數列{an}的公差為d，
則
解得
所以a3·a10＝(a1＋2d)(a1＋9d)＝9×(－5)＝－45，
令an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝－45，
得n＝30，即a3·a10是{an}中的第30項.
(2)若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣，自冬至日起，其日影長依次成等差數列，前三個節氣日影長之和為28.8尺，最后三個節氣日影長之和為4.5尺，則春分時節的日影長為
A.5.1尺 B.4.5尺 C.4.1尺 D.3.5尺
√
設冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個節氣日影長構成等差數列{an}，公差為d，
由題意得
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.4－0.9n，
所以a7＝11.4－0.9×7＝5.1，
即春分時節的日影長為5.1尺.
例2　(1)(多選)已知數列{an}的前n項和為Sn，則“數列{an}為等差數列”的充要條件是
A.當n≥2時，an＋1－an＝d(d為常數)
B.an＝kn＋b(k，b為常數)
C.Sn＝an2＋bn(a，b為常數)
D.2an＋1＝an＋an＋2
等差數列的判定與證明
題型二
√
√
√
對于A，當n≥1時，an＋1－an＝d 數列{an}為等差數列，A錯誤；
對于B，若數列{an}為等差數列，則an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，
若an＝kn＋b，則an＋1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常數)，即數列{an}為等差數列，
故數列{an}的通項公式可以表示為an＝kn＋b 數列{an}為等差數列，B正確；
對于C，若數列{an}為等差數列，則Sn＝na1＋n，
符合Sn＝an2＋bn的形式，
若Sn＝an2＋bn，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，
當n＝1時，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即數列{an}為等差數列，
故數列{an}的前n項和可以表示為Sn＝an2＋bn的形式 數列{an}為等差數列，C正確；
對于D，由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1 數列{an}為等差數列，D正確.
(2)已知數列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3(n≥3).
①求a3的值；
在數列{an}中，a1＝2，a2＝3，
且an＝2an－1－an－2＋3，
令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7.
②證明：數列{an－an－1}(n≥2)是等差數列；
由an＝2an－1－an－2＋3(n≥3)，
當n≥2時，可得an＋1＝2an－an－1＋3，
則(an＋1－an)－(an－an－1)＝3，
又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1，
所以{an＋1－an}是公差為3的等差數列，
即數列{an－an－1}(n≥2)是公差為3的等差數列.
③求數列{an}的通項公式.
由②知，數列{an＋1－an}是首項為1，公差為3的等差數列，即an＋1－an＝3n－2，
所以當n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
＝2＋[1＋4＋7＋…＋(3n－5)]
＝2＋
＝n2－n＋4，
又a1＝2滿足上式，所以an＝n2－n＋4，
即數列{an}的通項公式為an＝n2－n＋4.
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　(2025·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＋＝－.
例3　(多選)(2024·南陽模擬)已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和，則下列結論中正確的是
A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，則a5＋a6＋a7＝20
B.若a2＋a11＝4，則S12＝24
C.若a1<0，S15<0，則S6D.若{an}和{anan＋1}都為遞增數列，則an>0
√
命題點1　項的性質
等差數列的性質
題型三
√
對于A，由a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，可得(a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3)＝6d＝6，所以d＝1，又由a5＋a6＋a7＝(a1＋a2＋a3)＋12d＝5＋12＝17≠20，所以A錯誤；
對于B，由S12＝＝24，所以B正確；
對于C，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因為a1<0，可得an<0
(n＝1，2，…，8)，所以S6－S5＝a6<0，所以C正確；
對于D，因為{an}為遞增數列，可得公差d>0，因為{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.
命題點2　和的性質
例4　(1)(2025·咸陽模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝2，S8＝12，則S20等于
A.30 B.58 C.60 D.90
√
由數列{an}為等差數列，
可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16也為等差數列，
由S4＝2，S8＝12，則S8－S4＝10，
故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，
即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.
(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
因為所以.
例5　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　　　.
命題點3　奇、偶項的性質
－11
55
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.
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)設等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若對任意
正整數n，都有則等于
A. B. C. D.
√
由等差數列的性質可得，
.
(2)(多選)(2024·廣州模擬)在等差數列{an}中，a1>0，則下列命題正確的是
A.若a3＋a7＝4，則S9＝18
B.若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，則a7＋a8＝17
C.若S15>0，S16<0，則>
D.若S9＝S10，則S18>0
√
√
√
S9＝＝18，故A正確；
設等差數列的公差為d，則(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d＝4，得d＝1，則a7＋a8＝(a1＋a2)＋12d＝5＋12＝17，故B正確；
S15＝＝15a8>0，則a8>0，S16＝＝8(a8＋a9)<0，則a8
＋a9<0，即0若S9＝S10，則a10＝0，S18＝＝9(a9＋a10)＝9a9，因為a1>0，a10＝0，所以公差d＝<0，則a9＝a10－d>0，所以S18>0，故D正確.
(3)等差數列{an}共有2n＋1項，所有的奇數項之和為132，所有的偶數項之和為120，則n＝　　.
10
因為等差數列{an}共有2n＋1項，
所有奇數項之和為S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝
＝(n＋1)an＋1＝132，
所有偶數項之和為S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1＝120，
所以
解得n＝10.
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課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C D D C D ABD ABD
題號 9 10 13 　14 答案 25 B 　2n+1 答案
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(1)∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=++=
∴S3+T3=6d+=21，
即2d2-7d+3=0，
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解得d=3或d=(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}為等差數列，∴2b2=b1+b3，即=+
∴6==
即-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
11.
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又S99-T99=99，
由等差數列的性質知，99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，∴a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
當a1=2d時，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，與d>1矛盾，舍去；
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當a1=d時，a50=a1+49d=50d=51，
解得d=.
綜上，d=.
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(1)當n≥2，n∈N*時，an=Sn-Sn-1，
則2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，
化簡得Sn-1-Sn=2SnSn-1，
又Sn≠0，所以-=2，
又==1，
所以是以1為首項，2為公差的等差數列.
12.
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(2)由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，
則Sn=
故an=
則an+1=-=-
由2nan+1+<0，得-+<0，
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則λ<
令cn=
則cn+1-cn=-=>0，
所以數列{cn}為遞增數列，
又c1=故λ<
所以實數λ的取值范圍是.
12.
一、單項選擇題
1.已知數列{an}為等差數列，a1+a2+a3=9，a3+a7=10，則a8等于
A.5 B.6 C.7 D.8
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知識過關
答案
由a1+a2+a3=3a2=9，得a2=3，
由a3+a7=2a5=10，得a5=5，
又a2+a8=2a5，即有3+a8=2×5=10，
故a8=7.
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2.已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1≠0，若a6=2a4，則等于
A.12 B.10 C.9 D.6
√
設{an}的公差為d，
由a6=2a4，可得a1+5d=2(a1+3d)，得d=-a1≠0，
則S24===-252a1，
a30=a1+29d=-28a1，
故=9.
3.數列{an}的前n項和Sn=n2+3n+m，若p：m=0，q：數列{an}是等差數列，則p是q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
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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}為等差數列可知a1=4+m，a2=10+m-(4+m)=6，a3=18+m-(10+m)=8成等差數列，
所以2a2=a1+a3，即12=12+m，解得m=0.
綜上可知，p是q的充要條件.
答案
4.(2025·煙臺模擬)記等差數列{an}的前n項和為Sn，若{an}的公差為首項a1∈sin a1=sin a2，則S16等于
A.24π B.32π C.56π D.64π
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因為等差數列{an}的公差為
所以a2=a1+即sin a2=sin=cos a1，
即sin a1=cos a1，則tan a1=1，
又a1∈則a1=
故S16=16×+×=64π.
答案
5.(2024·包頭模擬)已知等差數列{an}中，a1=9，a4=3，設Tn=|a1|+|a2|+…+
|an|，則T21等于
A.245 B.263 C.281 D.290
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在等差數列{an}中，
由a1=9，a4=3，得公差d==-2，
則an=a1+(n-1)d=-2n+11，
顯然當n≤5時，an>0，當n≥6時，an<0，
所以T21=|a1|+|a2|+…+|a21|
=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+a21)
=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+a21)
=2×-=281.
答案
6.已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，an+1(an+1-1)=
an(an+1)，若[x]表示不超過x的最大整數，bn=則數列{bn}的前
2 024項和T2 024等于
A.1 012 B.1 011 C.2 024 D.2 025
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∵an+1(an+1-1)=an(an+1)，
∴-=an+1+an，
即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an，
∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1-an=1，
∵a1=1，
∴數列{an}是首項為1，公差為1的等差數列，
∴an=n，
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∴Sn=
∴==
∴bn===
∴T2 024=2+=2+2 023=2 025.
答案
二、多項選擇題
7.(2025·遼寧名校聯合體聯考)數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn=kn2-2n(k∈
R)，則下列結論正確的是
A.a1=k-2
B.{an}為等差數列
C.{an}不可能為常數列
D.若{an}為遞增數列，則k>0
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對于A選項，當n=1時，a1=S1=k-2，A正確；
對于B選項，當n≥2時，an=Sn-Sn-1=kn2-2n-[k(n-1)2-2(n-1)]=2kn-(k+2)，
顯然當n=1時，上式也成立，所以an=2kn-(k+2).
因為an-an-1=2kn-(k+2)-[2k(n-1)-(k+2)]=2k，
所以{an}是以2k為公差的等差數列，B正確；
對于C選項，由上可知，當k=0時，{an}為常數列，C錯誤；
對于D選項，若{an}為遞增數列，則公差2k>0，即k>0，D正確.
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8.(2024·株洲模擬)設等差數列{an}的前n項和為Sn，則以下四個選項中正確是
A.若a5=0，則S9=0
B.若S6-S9=a10，且a2>a1，則a8<0且a9>0
C.若S16=64，且在前16項中，偶數項的和與奇數項的和之比為3∶1，則公
差為2
D.若(n+1)Sn>nSn+1，且=則S3和S4均是Sn的最大值
√
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對于A，因為{an}是等差數列，a5=0，所以S9==9a5=0，故A正確；
對于B，因為a2>a1，所以公差d=a2-a1>0，即{an}是遞增數列，
因為S6-S9=a10，即S9-S6=-a10，所以a9+a8+a7=-a10，
即a10+a9+a8+a7=0，則a8+a9=0，所以a8<0且a9>0，故B正確；
對于C，因為S16=64，所以=64，則a1+a16=8，則a8+a9=8，
又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9，a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8，
所以8a9=3×8a8，即a9=3a8，故4a8=8，得a8=2，a9=6，
所以{an}的公差為a9-a8=4，故C錯誤；
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對于D，因為(n+1)Sn>nSn+1，即>
即>整理得d<0，
因為=所以(a6+a2)(a6-a2)=0，
由于a6-a2=4d≠0，所以a6+a2=0，故2a4=0，即a4=0，
因為d<0，所以{an}是遞減數列，則a3>0，a5<0，
所以S3>S2>S1，S3=S4>S5>S6>…，
故S3和S4均是Sn的最大值，故D正確.
答案
三、填空題
9.已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a3=1，a7+a8+a9=12，則S10=　　 .
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方法一　∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，
又a3=1，
∴a3+a8=5，∴S10===25.
方法二　設{an}的公差為d，
∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，
又a3=1，∴d==
則a1=a3-2d=1-2×=-
∴S10=10a1+d=25.
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答案
10.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a30=　　　　.
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答案
2
因為2=+
由等差中項的定義可知，數列{}是首項=1，公差d=-=4-1=3的等差數列，
所以=+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2，
由此可知=3×30-2=88，
又因為an>0，所以a30=2.
四、解答題
11.(2023·新高考全國Ⅰ)設等差數列{an}的公差為d，且d>1.令bn=記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前n項和.
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通項公式；
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答案
∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=++=
∴S3+T3=6d+=21，即2d2-7d+3=0，
解得d=3或d=(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)若{bn}為等差數列，且S99-T99=99，求d.
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答案
∵{bn}為等差數列，∴2b2=b1+b3，
即=+
∴6==
即-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，
由等差數列的性質知，99a50-99b50=99，
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答案
即a50-b50=1，∴a50-=1，
即-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
當a1=2d時，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，與d>1矛盾，舍去；
當a1=d時，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.
綜上，d=.
12.數列{an}的前n項和為Sn，2-2anSn+an=0(n≥2，n∈N*)，且a1=1.
(1)證明：為等差數列；
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答案
當n≥2，n∈N*時，an=Sn-Sn-1，
則2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，
化簡得Sn-1-Sn=2SnSn-1，
又Sn≠0，所以-=2，
又==1，
所以是以1為首項，2為公差的等差數列.
(2)對于任意n∈N*，不等式2nan+1+<0恒成立，求實數λ的取值范圍.
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答案
由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，
則Sn=
故an=
則an+1=-=-
由2nan+1+<0，
得-+<0，則λ<
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答案
令cn=
則cn+1-cn=-=>0，
所以數列{cn}為遞增數列，
又c1=故λ<
所以實數λ的取值范圍是.
13.(2024·漢中模擬)圖1是第七屆國際數學教育大會(簡稱ICME-7)的會徽圖案，會徽的主題圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把圖2中的直角三角形繼續作下去，則第n個三角形的面積為
A. B.
C. D.
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答案
√
能力拓展
記OA1，OA2，…，OAn的長度構成的數列為{an}，
由題意知，OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，且△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，
所以a1=1，且=+1(n≥2，n∈N*)，
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，
由an>0，所以an=.
所以第n個三角形的面積為an×1=.
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答案
14.已知Sn為各項均為正數的數列{an}的前n項和，a1=3且Sn+Sn+1=-則an=　　　.
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2n+1
答案
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答案
因為Sn+Sn+1=-
即2(Sn+Sn+1)=-3， ①
當n=1時，2(S1+S2)=-3，
又因為a1=3，即-2a2-15=0，
解得a2=5或a2=-3(舍去)，
當n≥2時，2(Sn-1+Sn)=-3， ②
①②兩式相減，可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0，
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答案
因為an>0，可得an+1-an=2(n≥2)，
又a2-a1=2，所以an+1-an=2(n∈N*)，
所以數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，
所以an=3+(n-1)×2=2n+1.
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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
概念 含義
數列 按照確定的順序排列的一列數
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
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
1.數列的有關概念
每一個數
序號n
概念 含義
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
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 2.數列的分類
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　 　.
∵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.
92
3.已知數列{an}滿足a1=1，an=n+an-1(n≥2，n∈N*)，則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*.
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.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2025·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.
√
由an與Sn的關系求通項公式
題型一
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)已知數列{an}滿足=n+1，則a2 025等于
A.2 025 B.2 024 C.4 049 D.4 050
√
由題意可得a1+++…+=n+1， ①
當n=1時，a1=2；
當n≥2時，a1+++…+=n， ②
①②兩式相減得=1，即an=2n-1.
又a1=2不滿足an=2n-1，
綜上所述，an=
所以a2 025=4 049.
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)(多選)已知數列{an}的前n項和Sn=(3n-1)，則下列說法正確的是
A.a1=1 B.數列{an}為遞增數列
C.數列{an}是等比數列 D.an=2×3n-1
√
√
√
∵Sn=(3n-1)，
∴a1=S1=×(3-1)=1，故A正確；
當n≥2時，Sn-1=(3n-1-1)，
∴an=Sn-Sn-1=(3n-1)-(3n-1-1)=3n-1，a1=1也適合，∴an=3n-1，故D錯誤；
∵==3，
∴數列{an}是公比為3的等比數列，故C正確；
∵a1=1，公比大于1，∴數列{an}為遞增數列，故B正確.
(2)(2024·廣州模擬)已知數列{an}的前n項和Sn=n2+n，當取得最小值時，n=　　　.
3
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==+
又y=x+在(1，3)上單調遞減，在(3，+∞)上單調遞增，
故當n=3時，n+取得最小值，即當n=3時取得最小值.
命題點1　累加法
例2　(2025·常德模擬)已知數列{an}滿足a1=1，an-an+1=2nanan+1，則an=
　　　　.
由數列的遞推關系求通項公式
題型二
若an+1=0，則an-an+1=0，
即an=an+1=0，這與a1=1矛盾，所以an+1≠0，
由an-an+1=2nanan+1，兩邊同時除以anan+1，
得-=2n，
則-=2n-1，
-=2n-2，
…
-=22，
-=2，
上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2(n≥2)，
所以an=(n≥2)，
又a1=1符合該式，所以an=.
命題點2　累乘法
例3　若數列{an}滿足a1=12，a1+2a2+3a3+…+nan=n2an，則a2 025=　　　.
因為a1+2a2+3a3+…+nan=n2an， ①
所以a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=(n+1)2an+1， ②
②-①得，(n+1)an+1=(n+1)2an+1-n2an =
所以an=···…··a1=×××…××12=(n≥2)，
又a1=12也符合，所以an=
所以a2 025=.
(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}中，a1=1，nan+1=2(a1+a2+…+an)(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為　　　.
∵nan+1=2(a1+a2+…+an)， ①
∴當n≥2時，(n-1)an=2(a1+a2+…+an-1)， ②
①-②得nan+1-(n-1)an=2an，
即nan+1=(n+1)an，
∴=∴an=a1··…·=1××…×=n，
當n=1時，結論也成立.
∴an=n.
an=n
(2)(2024·鹽城模擬)凸五邊形有5條對角線，那么凸n+2(n≥2)邊形的對角線條數為
A. B.
C. D.
√
凸四邊形有2條對角線，凸五邊形有5條對角線，
則得到在凸n+1(n≥3)邊形的基礎上，多一個頂點，則多n條對角線，
設凸n+2邊形有f(n+2)條對角線，
所以f(n+2)-f(n+1)=n，
則f(5)-f(4)=3，f(6)-f(5)=4，…，f(n+2)-f(n+1)=n，
累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n，
則f(n+2)=2+3+4+…+n=n≥3，
當n=2時，f(4)=2也滿足此式，
所以f(n+2)=n≥2.
命題點1　數列的單調性
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
√
數列的性質
題型三
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，反之不成立.
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.
命題點3　數列的最值
例6　數列{bn}滿足bn=則當n=　　時，bn取最大值為　　　.
4
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　令即
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)已知數列{an}的通項公式為an=kn2-n-2，若{an}為遞增數列，則k的取值范圍為
A.(1，+∞) B.(0，+∞)
C. D.
√
an=kn2-n-2，若{an}為遞增數列，
則an+1>an(n∈N*)，
有k(n+1)2-(n+1)-2>kn2-n-2(n∈N*)，
解得k>(n∈N*)，
則k>
當n=1時=所以k>
則k的取值范圍為.
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課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B C D C ABC AD
題號 9 10 13 　14 答案 1(λ取滿足λ<3的任意一個實數值即可) 341 C 4n+2　3π×4n-2π 答案
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(1)∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
(2)方法一　由an+1=2+1，
得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，
即-=1，
11.
答案
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則-=1(n≥2)，
-=1，…-=1，
由累加法可得=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2)，
又S1=a1=1，滿足上式，∴Sn=n2.
當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1適合上式，∴an=2n-1.
11.
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方法二　由an+1=2+1，
得(an+1-1)2=4Sn，
當n≥2時，(an-1)2=4Sn-1，
∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0，
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).
11.
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又∵a2-a1=2，
∴{an}為等差數列，且公差為2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
11.
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(1)因為數列{an}的前n項和為Sn，
且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，
當n≥2時，可得4Sn-1=an-1an+1，
兩式相減得4an=an(an+1-an-1)，
因為an≠0，故an+1-an-1=4，
所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均為公差為4的等差數列，
當n=1時，由a1=1及S1=解得a2=3，
所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，
所以數列{an}的通項公式為an=2n-1.
12.
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(2)由(1)知an=2n-1，
可得Sn==n2，
因為對于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，
所以λ≥恒成立，
設bn=則bn+1-bn=-=
當1-bn+1-bn>0，bn12.
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當n>1+即n≥3，n∈N*時，
bn+1-bn<0，bn>bn+1，
所以b1b4>b5>…，
故=b3=所以λ≥
即實數λ的取值范圍為.
12.
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
√
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14
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
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答案
2.已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn=n2-1，則a3等于
A.-5 B.5 C.7 D.8
√
因為Sn=n2-1，
所以a3=S3-S2=(32-1)-(22-1)=5.
3.已知數列{an}的項滿足an+1=an，且a1=1，則an等于
A. B.
C. D.
√
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答案
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14
由an+1=an，得=所以===…==(n≥2)，所以···…··=×××…××所以=因為a1=1，所以an=又因為a1=1滿足上式，所以an=.
答案
4.已知數列{an}的通項an=則數列{an}中的最大項的值是
A.3 B.19 C. D.
√
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答案
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14
令f(x)=x+(x>0)，
運用基本不等式得f(x)≥6
當且僅當x=3時，等號成立.
因為an=n∈N*，所以<
所以當n=9或n=10時，an=最大.
答案
5.已知數列{an}滿足a1=1，an-an+1=nanan+1(n∈N*)，則an等于
A. B.
C. D.
√
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答案
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14
易知an≠0，由題意，得-=n，
則當n≥2時-=n-1-=n-2，…-=1，
以上各式相加得-=1+2+…+(n-1)=(n≥2)，
所以=+1=
即an=(n≥2)，
當n=1時，a1=1適合此式，
所以an=.
答案
6.(2025·江門模擬)物理學家法蘭克·本福特提出的定律：在b進制的大量隨機數據中，以n開頭的數出現的概率為Pb(n)=logb.應用此定律可以檢測
某些經濟數據、選舉數據是否存在造假或錯誤.若=(k∈
N*)，則k的值為
A.7 B.8 C.9 D.10
√
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答案
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=P10(k)+P10(k+1)+…+P10(80)=lg +lg +…+lg =lg
而===2lg 3=lg 9，故k=9.
答案
二、多項選擇題
7.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=
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√
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.
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答案
8.已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn-an=(n-1)2，bn=則
A.Sn=n2 B.an=2n
C.數列{bn}是遞減數列 D.數列{bn}的最小值為
√
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答案
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∵an=Sn-Sn-1(n≥2)，
∴Sn-an=Sn-1，則Sn-1=(n-1)2，
即Sn=n2(n∈N*)，
∴a1=1，當n≥2時，an=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1滿足上式，∴an=2n-1(n∈N*)，故A正確，B錯誤；
易知bn>0，∵bn=bn+1=
∴==當>1時，n>+1，
答案
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∴當1≤n<3時，bn>bn+1，當n≥3時，bn∴數列{bn}不是遞減數列，且當n=3時，bn取得最小值故C錯誤，D正確.
答案
三、填空題
9.已知數列{an}滿足an=n2-λn，n∈N*，數列{an}是遞增數列，試寫出一個滿足條件的實數λ的值：　　　 　　　　　.
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答案
1(λ取滿足λ<3的任意一個實數值即可)
因為數列{an}是遞增數列，且an=n2-λn，則an+1>an，
即(n+1)2-λ(n+1)>n2-λn，
整理可得2n+1-λ>0，即λ<2n+1，
因為n∈N*，即n≥1，
所以2n+1≥3，所以λ<3.(λ取滿足λ<3的任意一個實數值即可)
10.九連環是中國傳統民間智力玩具，它用九個圓環相連成串，環環相扣，以解開為勝，趣味無窮.現假設有n個圓環，用an表示按照某種規則解下n個圓環所需的最少移動次數，且數列{an}滿足a1=1，a2=2，an=an-2+2n-1(n
≥3，n∈N*)，則解開九連環最少需要移動　　 次.
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答案
341
由題意，an=an-2+2n-1，
故a3-a1=22，
a5-a3=24，
…
a2n-1-a2n-3=22n-2，
以上各式相加，可得a2n-1-a1=22+24+…+22n-2=41+42+…+4n-1，
即a2n-1=1+41+42+…+4n-1==
所以按規則解開九連環最少需要移動的次數為a9==341.
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答案
四、解答題
11.已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和為Sn，且滿足a1=1，an+1=2+1.
(1)求a2的值；
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答案
∵a1=1，an+1=2+1，
∴a2=2+1=2+1=3.
(2)求數列{an}的通項公式.
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答案
方法一　由an+1=2+1，
得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.
∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，
即-=1，
則-=1(n≥2)，
-=1，…-=1，
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答案
由累加法可得=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2)，
又S1=a1=1，滿足上式，∴Sn=n2.
當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1適合上式，∴an=2n-1.
方法二　由an+1=2+1，得(an+1-1)2=4Sn，
當n≥2時，(an-1)2=4Sn-1，
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答案
∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴--2an+1-2an=0，
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).
又∵a2-a1=2，
∴{an}為等差數列，且公差為2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
12.已知各項均不為0的數列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，Sn=.
(1)求{an}的通項公式；
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答案
因為數列{an}的前n項和為Sn，且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，
當n≥2時，可得4Sn-1=an-1an+1，
兩式相減得4an=an(an+1-an-1)，
因為an≠0，故an+1-an-1=4，
所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均為公差為4的等差數列，
當n=1時，由a1=1及S1=解得a2=3，
所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，
所以數列{an}的通項公式為an=2n-1.
(2)若對于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，求實數λ的取值范圍.
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答案
由(1)知an=2n-1，
可得Sn==n2，
因為對于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，
所以λ≥恒成立，
設bn=則bn+1-bn=-=
當1-bn+1-bn>0，bn1
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答案
當n>1+即n≥3，n∈N*時，
bn+1-bn<0，bn>bn+1，
所以b1b4>b5>…，
故=b3=所以λ≥
即實數λ的取值范圍為.
13.(2024·武漢模擬)在研究多光束干涉在薄膜理論中的應用時，用光波依次透過n層薄膜，記光波的初始功率為P0，記Pk為光波經過第k層薄膜后的
功率，假設在經過第k層薄膜時，光波的透過率Tk==其中k=1，2，3，…，n，為使得≥2-2 025，則n的最大值為
A.31 B.32 C.63 D.64
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答案
√
能力拓展
由題意==…=所以=××…×=≥2-2 025，
所以≤2 025，即n(n+1)≤4 050，
顯然f(n)=n(n+1)關于n單調遞增，其中n∈N*，
又f(63)=4 032<4 050所以n的最大值為63.
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答案
14.(2025·遵義模擬)第24屆北京冬奧會開幕式由一朵朵六角雪花貫穿全場，為不少人留下深刻印象.六角雪花曲線是由正三角形的三邊生成的三條1級Koch曲線組成，再將六角雪花曲線每一邊生成一條1級Koch曲線得到2級十八角雪花曲線(如圖3)……依次得到n級Kn(n∈N*)角雪花曲線.若正三角形邊長為1，我們稱∧
為一個開三角則n級Kn角
雪花曲線的開三角個數為　　　，n級
Kn角雪花曲線的內角和為　　　　　.
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4n+2
答案
3π×4n-2π
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答案
依題意，n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的每一條邊生成n+1級Kn+1(n∈N*)角雪花曲線的4條邊，
因此n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的邊數構成以12為首項，4為公比的等比數列，
則n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的邊數為
12×4n-1=3×4n，
當n=1時，曲線有6個開三角，
令n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數為an，a1=6，
由于n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的每一條邊向外形成一個開三角，因此an+1=an+3×4n，
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答案
當n≥2時，n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…
+(an-an-1)=6+3(4+42+…+4n-1)=6+3×=4n+2，a1=6滿足上式，
所以n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數an=4n+2；
令n級Kn角雪花曲線的內角和為bn，顯然b1=6×+6×=10π，
而n級Kn(n∈N*)角雪花曲線到n+1級Kn+1(n∈N*)角雪花曲線每增加一個開三角，其內角和增加+2×=3π，
于是bn+1=bn+3π×3×4n=bn+9π×4n，
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答案
返回
當n≥2時，n級Kn(n∈N*)角雪花曲線的內角和
bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=10π+9π(4+42+…+4n-1)
=10π+9π×=3π×4n-2π，
又b1=10π滿足上式，所以n級Kn角雪花曲線的內角和bn=3π×4n-2π.(共65張PPT)
第六章
§6.5　數列求和
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.掌握非等差數列、非等比數列求和的幾種常用方法.
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)分組求和法與并項求和法
①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.
②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.
(3)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.
(4)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)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)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時，只要把上式等號兩邊同時乘a即可根據錯位相減法求得.(　　)
(4)當n≥2時.(　　)
×
√
×
√
2.已知數列{an}滿足a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，則數列{an}前2 025項和為
A.－1 011 B.－1 012 C.1 013 D.1 014
由題意可知，當n為偶數時，an＋an＋1＝(－1)n＝1，
因此，數列{an}前2 025項和為S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝2＋1×1 012＝1 014.
√
3.Sn＝＋…＋等于
A. B.
C. D.
√
由Sn＝＋…＋ ①
得Sn＝＋…＋ ②
①－②得Sn＝＋…＋
＝1－
∴Sn＝.
因為an＋1＝an＋即an＋1－an＝
則an－an－1＝n≥2，
所以an－a1＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a3－a2＋a2－a1
＝＋…＋＋1－＝1－n≥2，
又因為a1＝2，所以an＝1－＋a1＝3－n≥2.
又a1＝3－＝2，符合上式，
所以an＝3－n∈N*.
4.在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋則通項公式an＝　　　　.
3－
謹防三個易誤點
(1)并項求和時注意哪些項進行并項.
(2)裂項時注意是否還有系數及是否前后相鄰的項相消.
(3)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　(1)設數列{an}的前n項和為Sn，數列{an}滿足an＋2＝
且a1＝2，a2＝1，則S20等于
A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145
√
分組求和與并項求和
題型一
根據遞推公式可知，數列的奇數項依次為：2，22，23，…，為等比數列；
數列的偶數項依次為：1，3，5，…，為等差數列.
所以S20＝10×1＋×2＋＝100＋211－2＝2 146.
(2)已知數列{an}是等差數列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，設Sn為數列{(－1)nan}的前n項和，則S2 026等于
A.2 026 B.－2 026 C.3 039 D.－3 039
√
由已知a1＝tan 225°＝tan (180°＋45°)＝tan 45°＝1，故a5＝13a1＝13，
設數列{an}的公差為d，可得d＝＝3，
所以S2 026＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 026－a2 025)＝1 013d＝3 039.
(1)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
(2)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1　(2024·畢節模擬)已知數列{an}滿足an＝2×(－2)n－1＋n－2.求數列{an}的前n項和Sn.
由于an＝2×(－2)n－1＋n－2，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝2×(－2)0＋(－1)＋2×(－2)1＋0＋2×(－2)2＋1＋…＋2×(－2)n－1＋n－2
＝2×[(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1]＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]
＝2×
＝.
例2　(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
題型二
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＝求證：c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
由(1)知a2n－1＝22n－1，
∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.
則cn＝
故c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
＝
∵>0，∴1－<1<
故c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
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2　(2025·安順模擬)記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝1，且 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝.
(1)求{an}的通項公式；
∵ n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝
∴(n∈N*)，
∵a1＝1，∴數列是首項為1，公差為的等差數列，
則＝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≥2)，
∴×…×××…××
即＝n，an＝n(n≥2)，
∵a1＝1符合上式，∴an＝n.
(2)設bn＝{bn}的前n項和為Tn，求Tn的最小值.
bn＝＝1＋
＝1＋
∴Tn＝n＋
＝n＋1－.
∵Tn＋1－Tn＝
＝1＋>0，
∴數列{Tn}為遞增數列，
∴＝T1＝.
例3　(2025·貴陽模擬)已知數列{an}滿足an＋1＝an＋且a1＝－.設{an}
的前n項和為Tn，bn＝3n·an.
(1)證明：{bn}是等差數列；
錯位相減法求和
題型三
因為bn＝3n·an，
所以bn＋1＝3n＋1·an＋1，
bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an
＝3n＋1－3n·an＝1，
且b1＝－2，所以{bn}是以－2為首項，1為公差的等差數列.
(2)求Tn.
由(1)知，bn＝n－3，
所以an＝＝(n－3)·.
則Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·
所以Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·
兩式相減得Tn＝－＋…＋－(n－3)·
＝－－(n－3)·
＝－·
因此Tn＝－·.
(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.
(3)[萬能公式]形如cn＝(an＋b)·qn－1(q≠1)的數列的前n項和為Sn＝(An
＋B)qn＋C(q≠1)，其中A＝B＝C＝－B.
思維升華
跟蹤訓練3　已知數列{an}滿足a1＝且an＝(n∈N*，且n≥2).
(1)設bn＝求證：數列{bn}是等差數列；
因為an＝n≥2，
則an－1＝－1＝
則·
即bn－bn－1＝n≥2，
故數列{bn}是首項為公差為的等差數列.
(2)記cn＝(n＋1)·3n·an，求數列{cn}的前n項和Sn.
由(1)可知，bn＝n＋即
解得an＝＋1＝；
則cn＝(n＋1)·3n·an＝(n＋4)·3n，
故Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
即Sn＝5·3＋6·32＋7·33＋…＋(n＋4)·3n，
3Sn＝5·32＋6·33＋7·34＋…＋(n＋4)·3n＋1，
故－2Sn＝5·3＋32＋33＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1＝12＋31＋32＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1
＝12＋－(n＋4)·3n＋1
＝·3n＋1，
故Sn＝·3n＋1－.
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課時精練
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＝(n－1)2＋1(n≥2)，
兩式相減得an－an＋an－1＝2n－1，
即an＋an－1＝4n－2，
1.
答案
1
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3
4
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.
1.
答案
1
2
3
4
(1)因為an＋1＝3an－2，
所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，
所以＝3，
所以{an－1}是以9為首項，3為公比的等比數列，
所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.
(2)由(1)知bn＝
2.
答案
1
2
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4
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋…＋
＝
＝又>0，
所以Tn<.
2.
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，
所以·
3.
答案
1
2
3
4
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.
(2)由(1)知－1＝×
所以＋1，則＝n＋n.
3.
答案
1
2
3
4
則Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝
令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①
所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②
①－②得
Kn＝＋…＋－n
3.
＝·－n
＝·
得Kn＝·
所以Tn＝·.
3.
答案
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2
3
4
(1)因為nan＋1－(n＋1)an＝1，
可得
所以當n≥2時＋…＋＋…＋＝1－
又因為a1＝1，則an＝2n－1，
當n＝1時，a1＝1成立，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)
4.
答案
1
2
3
4
＝sin＋cos[π(2n－1)]
＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，
因為cos (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，
所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，
所以T2n＝－2n，所以數列{bn}的前2 026項和為－2 026.
4.
答案
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4
1.(2025·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；
1
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4
知識過關
答案
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.
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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.
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答案
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答案
2.已知數列{an}滿足a1＝10，an＋1＝3an－2.
(1)求{an}的通項公式；
因為an＋1＝3an－2，
所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，
所以＝3，
所以{an－1}是以9為首項，3為公比的等比數列，
所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.
(2)若bn＝記數列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<.
1
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3
4
答案
由(1)知bn＝
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋…＋
＝
＝又>0，
所以Tn<.
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2
3
4
答案
3.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；
1
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答案
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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·
答案
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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.
答案
(2)若a1＝記數列的前n項和為Tn，求Tn.
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答案
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由(1)知－1＝×
所以＋1，則＝n＋n.
則Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝
令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①
所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②
答案
1
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①－②得
Kn＝＋…＋－n
＝·－n
＝·
得Kn＝·
所以Tn＝·.
答案
4.已知在數列{an}中，a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1.
(1)求數列{an}的通項公式；
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能力拓展
答案
因為nan＋1－(n＋1)an＝1，
可得
所以當n≥2時＋…＋＋…＋＝1－
又因為a1＝1，則an＝2n－1，
當n＝1時，a1＝1成立，所以an＝2n－1.
1
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答案
(2)若數列{bn}滿足bn＝sin＋cos(πan)，求數列{bn}的前2 026項和T2 026.
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答案
由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)
＝sin＋cos[π(2n－1)]
＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，
因為cos (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，
所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，
所以T2n＝－2n，所以數列{bn}的前2 026項和為－2 026.
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答案(共43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
(1)由a1=1，得2S1-=1.
因為{2Sn-}是公差為1的等差數列，
所以2Sn-=1+(n-1)=n.
當n≥2時，2Sn-1-=n-1，
兩式相減，得2an-+=1，
所以=
又an≥1，所以an-1=an-1，則an-an-1=1，
所以{an}是首項為1，公差為1的等差數列，
1.
4
答案
1
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3
所以an=1+(n-1)=n.
(2)由(1)可知，Sn=
則==4
所以數列的前n項和
Tn=4=4=.
1.
4
答案
1
2
3
(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，
當n≥2時，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2
2.
4
答案
1
2
3
=+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)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
2.
4
答案
1
2
3
將①式兩邊同時乘以得Tn=+++…+ ②
①-②得Tn=1++++…+-
=1+-=-
所以Tn=3-
故數列的前n項和Tn=3-.
2.
4
答案
1
2
3
(1)f(x)的定義域為(-1，+∞)，且f(0)=0，
f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f '(0)=0，
①當a≤0時，2a-<0，
則令f '(x)>0，有x∈(-1，0)，令f'(x)<0，有x∈(0，+∞)，
則f(x)在(-1，0)上單調遞增，在(0，+∞)上單調遞減，
又f(0)=0，所以f(x)≤0，
此時令x1x2<0，有<0，不符合題意；
3.
4
答案
1
2
3
②當a>0時，f '(x)有零點0和x0=-1，
若-1
此時令f '(x)<0，有x∈(x0，0)，令f '(x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上單調遞減，在(-1，x0)，(0，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則f(x0)>0，
令x1>0，x2=x0，有<0，不符合題意；
若x0>0，即03.
4
答案
1
2
3
此時令f '(x)<0，有x∈(0，x0)，
令f '(x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(-1，0)，(x0，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則f(x0)<0，
令-1有<0，不符合題意；
若x0=0，即a=此時f '(x)=≥0，
3.
4
答案
1
2
3
f(x)在(-1，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則當x>0時，f(x)>0，
當-1則當x≠0時>0，
也即對x1x2≠0>0，
綜上，a=.
(2)由(1)的結論可知，
3.
4
答案
1
2
3
當a=0時，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；
當a=x>0時，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，
則當x>0時，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-將上述n個式子相加，
3.
4
答案
1
2
3
tn-欲證tn-只需證tn-≤tn-
只需證1++…+≤
因為=<=2
所以1++…+
3.
4
答案
1
2
3
<1+2
=-<得證，
于是tn-3.
4
答案
1
2
3
(1)不是的，理由如下：
如等差數列
當n為偶數時，Tn=a1a2…an>0，Tn
所以不是任意一個無窮等差數列對前n項之積都是封閉的.
(2){an}是等比數列，其首項a1=2，公比為q，
所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n
4.
4
答案
1
2
3
由已知得，對任意正整數n，總存在正整數m，使得Tn=am成立，
即對任意正整數n，總存在正整數m，
使得2n=2qm-1成立，
即對任意正整數n，總存在正整數m，使得=21-n成立，
①當m=≥1時，得-(m-1)=1-n，所以q=2；
②當m=+(2-n)=≥1時，得+(1-n)=0，
所以q=.
4.
4
答案
1
2
3
綜上，q=2或q=.
(3)對任意的無窮等比數列{an}，設公比為q'，則an=a1q'n-1=·
令bn=cn=
則an=bn·cn(n∈N*)，
下面證明：{bn}是對前n項之積是封閉的.
因為bn=所以Tn==
4.
4
答案
1
2
3
取正整數t=得Tn=bt，
所以{bn}對前n項之積是封閉的，
同理證明：{cn}也對前n項之積是封閉的，
所以對任意的無窮等比數列{an}，總存在兩個無窮數列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對前n項之積都是封閉的.
4.
4
1.已知數列{an}的各項均不小于1，前n項和為Sn，a1=1，{2Sn-}是公差為1的等差數列.
(1)求數列{an}的通項公式；
1
2
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答案
4
1
2
3
答案
4
由a1=1，得2S1-=1.
因為{2Sn-}是公差為1的等差數列，
所以2Sn-=1+(n-1)=n.
當n≥2時，2Sn-1-=n-1，
兩式相減，得2an-+=1，
所以=
又an≥1，所以an-1=an-1，則an-an-1=1，
所以{an}是首項為1，公差為1的等差數列，
所以an=1+(n-1)=n.
(2)求數列的前n項和Tn.
1
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答案
4
1
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答案
4
由(1)可知，Sn=
則==4
所以數列的前n項和
Tn=4=4=.
1
2
3
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；
4
1
2
3
答案
4
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
答案
4
=+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
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.
4
1
2
3
答案
4
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
①-②得Tn=1++++…+-
=1+-=-
1
2
3
答案
4
所以Tn=3-
故數列的前n項和Tn=3-.
3.已知函數f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R.
(1)若對定義域內任意非零實數x1，x2，均有>0，求a；
1
2
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答案
4
1
2
3
答案
f(x)的定義域為(-1，+∞)，且f(0)=0，
f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f ' (0)=0，
①當a≤0時，2a-<0，
則令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)，令f ' (x)<0，有x∈(0，+∞)，
則f(x)在(-1，0)上單調遞增，在(0，+∞)上單調遞減，
又f(0)=0，所以f(x)≤0，
此時令x1x2<0，有<0，不符合題意；
4
1
2
3
答案
②當a>0時，f ' (x)有零點0和x0=-1，
若-1
此時令f ' (x)<0，有x∈(x0，0)，令f ' (x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上單調遞減，在(-1，x0)，(0，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則f(x0)>0，
令x1>0，x2=x0，有<0，不符合題意；
若x0>0，即04
1
2
3
答案
此時令f ' (x)<0，有x∈(0，x0)，
令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(-1，0)，(x0，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則f(x0)<0，
令-1有<0，不符合題意；
若x0=0，即a=此時f ' (x)=≥0，
4
1
2
3
答案
f(x)在(-1，+∞)上單調遞增，
又f(0)=0，則當x>0時，f(x)>0，
當-1則當x≠0時>0，
也即對x1x2≠0>0，
綜上，a=.
4
(2)記tn=1++…+(n∈N*)，證明：tn-1
2
3
答案
4
1
2
3
答案
4
由(1)的結論可知，
當a=0時，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；
當a=x>0時，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，
則當x>0時，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-1
2
3
答案
4
將上述n個式子相加，
tn-欲證tn-只需證tn-≤tn-
只需證1++…+≤
因為=<=2
所以1++…+
1
2
3
答案
4
<1+2
=-<得證，
于是tn-4.在無窮數列{an}中，令Tn=a1a2…an，若 n∈N*，Tn∈{an}，則稱{an}對前n項之積是封閉的.
(1)試判斷：任意一個無窮等差數列{an}對前n項之積是否是封閉的？
1
2
3
4
答案
不是的，理由如下：
如等差數列
當n為偶數時，Tn=a1a2…an>0，Tn
所以不是任意一個無窮等差數列對前n項之積都是封閉的.
(2)設{an}是無窮等比數列，其首項a1=2，公比為q.若{an}對前n項之積是封閉的，求出q的兩個值；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
{an}是等比數列，其首項a1=2，公比為q，
所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n
由已知得，對任意正整數n，總存在正整數m，使得Tn=am成立，
即對任意正整數n，總存在正整數m，
使得2n=2qm-1成立，
即對任意正整數n，總存在正整數m，使得=21-n成立，
1
2
3
4
答案
①當m=≥1時，得-(m-1)=1-n，所以q=2；
②當m=+(2-n)=≥1時，得+(1-n)=0，
所以q=.
綜上，q=2或q=.
(3)證明：對任意的無窮等比數列{an}，總存在兩個無窮數列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對前n項之積都是封閉的.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
對任意的無窮等比數列{an}，設公比為q'，則an=a1q'n-1=·
令bn=cn=
則an=bn·cn(n∈N*)，
下面證明：{bn}是對前n項之積是封閉的.
因為bn=所以Tn==
取正整數t=得Tn=bt，
1
2
3
4
答案
所以{bn}對前n項之積是封閉的，
同理證明：{cn}也對前n項之積是封閉的，
所以對任意的無窮等比數列{an}，總存在兩個無窮數列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對前n項之積都是封閉的.(共67張PPT)
第六章
§6.6　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　(2023·新高考全國Ⅱ)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；
奇數項與偶數項問題
題型一
設等差數列{an}的公差為d，
而bn=
則b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6，
于是
解得a1=5，d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3，
所以數列{an}的通項公式是an=2n+3.
(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.
方法一　由(1)知，Sn==n2+4n，
bn=
當n為偶數時，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=·=n2+n，
當n>5時，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，
因此Tn>Sn.
當n為奇數時，Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5，
當n>5時，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn.
綜上，當n>5時，Tn>Sn.
方法二　由(1)知，Sn==n2+4n，
bn=
當n為偶數時，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=·+·=n2+n，
當n>5時，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，
因此Tn>Sn，
當n為奇數時，若n≥3，
則Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=·+·
=n2+n-5，
顯然T1=b1=-1滿足上式，
因此當n為奇數時，Tn=n2+n-5，
當n>5時，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn，
所以當n>5時，Tn>Sn.
思維升華
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.
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=
例2　(2025·嘉興模擬)已知{an}是首項為2，公差為3的等差數列，數列{bn}滿足b1=4，bn+1=3bn-2n+1.
(1)證明{bn-n}是等比數列，并求{an}，{bn}的通項公式；
數列的公共項
題型二
由題意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)，
而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，變形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3，
故{bn-n}是首項為3，公比為3的等比數列.
從而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*).
(2)若數列{an}與{bn}中有公共項，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照從小到大的順序將這些公共項排列，得到一個新的數列，記作{cn}，求c1+c2+…+cn.
由題意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*，
令m=3n-1(n∈N*)，
則3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1，
此時滿足條件，
即m=2，5，8，…，3n-1，…時為公共項，
易知數列{bn}為遞增數列，
所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]
=+ (n∈N*).
兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩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　已知Sn為數列{an}的前n項和，且an>0+2an=4Sn+3，bn=
a2n-1，cn=3n.
(1)求{an}的通項公式；
由+2an=4Sn+3，
可知+2an+1=4Sn+1+3，
兩式相減得-+2(an+1-an)=4an+1，
即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)，
因為an>0，則an+1-an=2，
又+2a1=4S1+3，a1>0，解得a1=3，
即{an}是首項為3，公差為2的等差數列，
所以{an}的通項公式為an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)將數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數列{dn}，求{dn}的前10項和.
方法一　由(1)知bn=4n-1，
因為cn=3n，數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成數列{dn}，且b1=c1=3，則數列{dn}是以3為首項，12為公差的等差數列，
dn=3+12(n-1)=12n-9，
令{dn}的前n項和為Tn，
則T10=10×3+×12=570，
所以{dn}的前10項和為570.
方法二　由(1)知，bn=4n-1，數列{bn}與{cn}的公共項滿足bn=ck，
即4n-1=3k，k==n+
而k，n∈N*，于是得=m-1(m∈N*)，
即n=3m-2，此時k=4m-3，m∈N*，
因此，b3m-2=c4m-3=12m-9，
即dn=12n-9，數列{dn}是以3為首項，12為公差的等差數列，
令{dn}的前n項和為Tn，
則T10=10×3+×12=570，
所以{dn}的前10項和為570.
例3　(2025·滄州模擬)在數列{an}中，已知a1+++…+=2n.
(1)求數列{an}的通項公式；
數列增減項
題型二
當n=1時，a1=2；
當n≥2時=-
=2n-2(n-1)=2，
所以an=2n，n≥2.
當n=1時，上式亦成立，
所以an=2n.
(2)在數列{an}中的a1和a2之間插入1個數x11，使a1，x11，a2成等差數列；在a2和a3之間插入2個數x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差數列；…；在an和an+1之間插入n個數xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差數列，這樣可以得到新數列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，設數列{bn}的前n項和為Sn，求S55(用數字作答).
由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55 n=10.
所以新數列{bn}的前55項中包含數列{an}的前10項，還包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99.
且x11=x21+x22=x31+x32+x33=…，x91+x92+…+x99=.
所以S55=(a1+a2+…+a10)+++…+
=+.
設T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29，
則2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210，
所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.
所以S55=+×210=28×29+1=14 337.
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　記等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S5=15，a2=2，等比數列{bn}滿足b2=a1+a3，b3=2a4.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
設{an}的公差為d，
由題意可得
解得
所以{an}的通項公式為an=1+(n-1)×1=n，
因為b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8，
所以等比數列{bn}的公比q===2，且b1===2，
所以等比數列{bn}的通項公式為bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，
所以數列{an}，{bn}的通項公式分別為an=n，bn=2n.
(2)將數列{an}中與{bn}的相同項去掉，剩下的項依次構成新數列{cn}，求
ci(n∈N*).
將數列{an}中與{bn}的相同項去掉，剩下的項依次構成新數列{cn}，
則ci=c1+c2+…+
{cn}中前2n項是由{an}的前2n+n項去掉與{bn}的前n項相同的項構成的，
所以ci=c1+c2+…+
=-(2+22+…+2n)
=-
=+2(1-2n)
=22n-1+(2n-3)2n-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 D C B D AD ABD -250
題號 　　8 答案 答案
1
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9
10
(1)因為2Sn=3an-1，所以當n≥2時，2Sn-1=3an-1-1，
所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).
當n=1時，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，
則{an}是首項為1，公比為3的等比數列，
故an=3n-1.
(2)由(1)可知，當n為奇數時，bn=an=3n-1；
當n為偶數時，bn=log3an=n-1.
當n為奇數時，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)
9.
答案
1
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7
8
9
10
=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)
=+=
當n為偶數時，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)
=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)
=+=.
綜上，Tn=
9.
答案
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10
(1)因為等差數列{An}的首項為2，公差為8，
所以A1=2，A2=10，
又在{An}中每相鄰兩項之間插入三個數，使得它們與原數列的項一起構成一個新的等差數列{an}，設其公差為d，
則a1=A1=2，a5=A2=10，
所以d==2，
所以an=2+(n-1)×2=2n，即數列{an}的通項公式為an=2n，
10.
答案
1
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9
10
Sn==n(n+1)(n∈N*).
所以數列{an}的前n項和Sn=n(n+1).
(2)設等比數列…的公比為q，
由于為等比數列的前兩項，且k1=1，k2=3，則q====3，
所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，
從而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，
10.
答案
1
2
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9
10
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，
所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n
=-n·3n=·3n-
從而Tn=×3n+.
10.
一、單項選擇題
1.(2024·連云港模擬)若將2~2 026這2 025個整數中能被3除余2且被7除余2的數按由小到大的順序排成一列，則此數列的項數是
A.94 B.95 C.96 D.97
√
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答案
設滿足題意的整數為t，則t=3m+2=7n+2 t-2=3m=7n，
其中m，n∈N，則t-2是能被21整除的數，即t是被21除余2的整數.
記t=21k+2，k∈N，則2~2 026這2 025個整數中，滿足t形式的最小數為2，
此時k=0；最大數滿足21k+2≤2 026 k≤96+則最大數對應的k=96.
故滿足題意的數列的項數為97.
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答案
2.(2025·漳州模擬)將數列{3n-1}與{2n}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則a20等于
A.237 B.238 C.239 D.240
√
數列{2n}中的項為：2，4，8，16，32，64，128，256，…，
經檢驗，數列{2n}中的奇數項都是數列{3n-1}中的項，
即2，8，32，128，…可以寫成3n-1的形式，觀察歸納可得an=22n-1，
所以a20=22×20-1=239.
3.在數列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，則m等于
A.3 B.4 C.5 D.6
√
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答案
由題意得a1a2=2，a2=2==2，即an+2=2an，
所以當n為奇數時，an=；當n為偶數時，an=；
設{an}的前n項和為Sn，則S2k=+=3(2k-1)，
S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.
若m為奇數，則am+am+1+…+am+9為3的倍數，248不是3的倍數，不合題意；
若m為偶數，則am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1
=-
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答案
=(-3)-(-3)
=-
=(26-2)=62×=248，
即=4，所以m=4.
4.已知數列{an}滿足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1若數列{bn}
的前n項和為Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，則λ的取值范圍為
A. B.
C. D.
√
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答案
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10
由a1=3，an+1-an=2，得數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，
則an=2n+1，
于是bn=×(-1)n+1×
當n為偶數時，
Tn==；
答案
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10
當n為奇數時， Tn=Tn+1-bn+1=+=
當n為偶數時，Tn=<；
當n為奇數時，Tn=≤T1=
因此=
由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得<λ-λ2，即λ2-λ+<0，解得<λ<
所以λ的取值范圍為.
答案
二、多項選擇題
5.“埃拉托塞尼篩法”是保證能夠挑選全部素數的一種古老的方法.這種方法是依次寫出2和2以上的自然數，留下第一個數2不動，剔除掉所有2的倍數；接著，在剩余的數中留下2后面的一個數3不動，剔除掉所有3的倍數；接下來，再在剩余的數中對3后面的一個數5作同樣處理；…；依次進行同樣的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素數.基于“埃拉托塞尼篩法”，則
A.2到20的全部素數和為77
B.挑選2到20的全部素數過程中剔除的所有數的和為134
C.2到30的全部素數和為100
D.挑選2到30的全部素數過程中剔除的所有數的和為335
√
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答案
√
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10
由題可知，2到20的全部整數和S1==209，
2到20的全部素數和為S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，故A正確；
所以挑選2到20的全部素數過程中剔除的所有數的和為209-77=132，故B錯誤；
2到30的全部整數和S3==464，2到30的全部素數和為S4=S2+23+
29=129，故C錯誤；
所以挑選2到30的全部素數過程中剔除的所有數的和為464-129=335，故D正確.
答案
6.在數列的相鄰兩項之間插入此兩項的和形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.將數列1，2進行構造，第一次得到數列：1，3，2；第二次得到數列：1，4，3，5，2；…；第n次得到數列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，記an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，數列{an}的前n項和為Sn，則
A.a4=123 B.k+1=2n
C.an=(n2+3n) D.Sn=(3n+1+2n-3)
√
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答案
√
√
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10
由題意，第一次得到數列：1，3，2，此時a1=3+3；
第二次得到數列：1，4，3，5，2，此時a2=3+3+9；
第三次得到數列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，此時a3=3+3+9+27；
第四次得到數列：1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此時a4=3+3+9+27+81.
所以a4=3+3+9+27+81=123，故A正確；
因為an+1=1+(1+x1)+x1+(x1+x2)+x2+…+xk+(xk+2)+2=an+2(1+x1+x2+…+xk+2)-3=3an-3.
答案
1
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5
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7
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10
故an+1-=3又a1-=
所以是以為首項，3為公比的等比數列，
所以an-=×3n-1 an=×(3n+1)，故C錯誤；
所以Sn=×(3+32+…+3n)+=×+=×(3n+1+2n-3)，故D正確；
設a1有b1=3個數相加，a2有b2=3+2=5(個)數相加，a3有b3=5+4=9(個)數相加，…，an有bn=bn-1+2n-1(n≥2)個數相加，
所以b2-b1=2，b3-b2=22，b4-b3=23，…，bn-bn-1=2n-1(n≥2)，
答案
1
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各式相加得bn-b1=21+22+…+2n-1=2n-2，
所以bn=2n-2+3=2n+1，n≥2，當n=1時，b1=3符合該式，所以k=bn-2=2n-1 k+1=2n，故B正確.
答案
三、填空題
7.已知數列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，則{an}的前20項和S20=　 　.
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答案
-250
數列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1，
當n為正奇數時，an+2-an=-2，
即數列{a2n-1}是以a1=1為首項，-2為公差的等差數列，
于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3，
當n為正偶數時，-an+2+an=4，即an+2-an=-4，
則數列{a2n}是以a2=1為首項，-4為公差的等差數列，
于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5，
所以{an}的前20項和S20=×10+×10=-250.
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答案
8.若數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去數列{bn}的第3項、第6項、第9項、…、第3n項、…余下的項的順序不變，構成一個
新數列{cn}，則數列{cn}的前100項和為　　　　　.
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答案
(3150-1)
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由an+1=3an+1，得an+1+=3
又a1+=
所以數列是以為首項，3為公比的等比數列，所以an+=·3n-1=
所以an=-所以bn=2an+1=3n，
設數列{cn}的前n項和為Sn，
則S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100
=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149
答案
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10
=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)
=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)
=+
=(3150-1).
答案
四、解答題
9.(2025·河北滄衡名校聯盟聯考)設數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn=3an-1.
(1)求{an}的通項公式；
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答案
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答案
因為2Sn=3an-1，所以當n≥2時，2Sn-1=3an-1-1，
所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).
當n=1時，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，
則{an}是首項為1，公比為3的等比數列，
故an=3n-1.
(2)若bn=求數列{bn}的前n項和Tn.
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答案
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答案
由(1)可知，當n為奇數時，bn=an=3n-1；
當n為偶數時，bn=log3an=n-1.
當n為奇數時，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)
=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)
=+=
當n為偶數時，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)
=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)
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答案
=+=.
綜上，Tn=
10.已知等差數列{An}的首項為2，公差為8，在{An}中每相鄰兩項之間插入三個數，使得它們與原數列的項一起構成一個新的等差數列{an}.
(1)求數列{an}的前n項和Sn；
1
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答案
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答案
因為等差數列{An}的首項為2，公差為8，
所以A1=2，A2=10，
又在{An}中每相鄰兩項之間插入三個數，使得它們與原數列的項一起構成一個新的等差數列{an}，設其公差為d，
則a1=A1=2，a5=A2=10，所以d==2，
所以an=2+(n-1)×2=2n，即數列{an}的通項公式為an=2n，
Sn==n(n+1)(n∈N*).
所以數列{an}的前n項和Sn=n(n+1).
(2)若…是從{an}中抽取的若干項按原來的順序排列組成的一個等比數列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求數列{bn}的前n項和Tn.
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答案
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答案
設等比數列…的公比為q，
由于為等比數列的前兩項，且k1=1，k2=3，則q====3，
所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，
從而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，
1
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5
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10
答案
所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n
=-n·3n=·3n-
從而Tn=×3n+.(共60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.
課標要求
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
命題點1　an+1=pan+q(p≠0，1，q≠0)
7×4n-1-2
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an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，則k等于
A.253 B.506 C.1 012 D.2 024
√
命題點2　an+1=pan+qn+c(p≠0，1，q≠0)
設an+1+λ(n+1)+u=4(an+λn+u)，
所以an+1=4an+3λn+3u-λ，
所以
所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).
又a1-4=0，
故{an-4n}為常數列，所以an=4n.
由ak=4k=2 024，解得k=506.
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=　　　　　.
命題點3　an+1=pan+qn(p≠0，1，q≠0，1)
(n+1)2n-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-=
所以數列是首項為=1，公差為的等差數列，
故=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
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，
∴=
∴是首項為=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，
得解得
∴=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.
例4　已知數列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，則an=　　　.
取倒數法和取對數法
題型二
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+=
所以數列是以為首項，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若as·at=a10，則s+t的最大值為
A.10 B.12 C.16 D.18
√
命題點2　取對數法
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{lg an+1}是首項為2，公比為2的等比數列，
則lg an+1=2n，故an=
由as·at=a10可得·==
故2s+2t=210，
則210≥2=2=
故+1≤10，得0故s+t的最大值為18.
(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=即=+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=100，an>0，且10an=(n≥2)，則an=　　　　　.
由10an=(n≥2)且an>0，兩邊取對數得lg an+1=2lg an-1，n≥2，
令xn=lg an，則xn+1=2xn-1，n≥2，
整理得xn-1=2(xn-1-1)，
又x1-1=lg a1-1=1，
所以數列為首項為1，公比為2的等比數列，
則xn-1=2n-1，故xn=2n-1+1，
故an=1.
an＋2＝pan＋1＋qan對應于一元二次方程x2－px－q＝0，此方程為該數列的特征根方程.
(1)若特征根方程有兩個不等實根α，β，則an＝A·αn＋B·βn，A，B由a1，a2的值決定；
(2)若特征根方程只有一個實根α，則an＝(An＋B)·αn，A，B由a1，a2的值決定.
特征根法求an＋2＝pan＋1＋qan型的通項公式
微拓展
典例　(1)已知數列{an}滿足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，則an＝　　　　.
an＋2＝3an＋1－2an，其特征方程為x2＝3x－2，
解得x1＝1，x2＝2，
令an＝c1·1n＋c2·2n，
由得
∴an＝1＋2n－1.
1＋2n－1
(2)已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，則an＝
　　　.
4an＋2＝4an＋1－an，
其特征方程為4x2＝4x－1，解得x1＝x2＝
令an＝(c1＋nc2)
由得∴an＝.
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 D C B A ABD ACD
題號 　　8 答案 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，
令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，
可知數列{Sn+n+1}是首項為2，公比為2的等比數列，
則Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，
則an=2n-1-1，n≥2，
且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，則bn+1-bn=n-(n-1)=1，
可知{bn}是首項b1=0，公差為1的等差數列，
可得Tn==
當n≥2時，則==2
所以+++…+
=2
=2.
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.在數列{an}中，Sn為其前n項和，首項a1=1，又函數f(x)=x3-an+1sin x+(2an+
1)x+1，若f'(0)=0，則S2 025等于
A.22 023-2 024 B.22 024-2 025
C.22 025-2 026 D.22 026-2 027
√
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，
所以f '(x)=3x2-an+1cos x+2an+1，
若f '(0)=0，則an+1=2an+1，
所以an+1+1=2(an+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，
所以an+1=2n，所以an=2n-1，
故Sn=-n=2n+1-n-2，
所以S2 025=22 026-2 027.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.已知數列{an}滿足a1=1，an+1=2an+n，則a4等于
A.17 B.18 C.19 D.20
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
方法一　因為an+1=2an+n，
所以an+1+n+2=2an+2n+2=2(an+n+1)，
又a1+1+1=1+1+1=3，
即數列{an+n+1}是以3為首項，2為公比的等比數列，
即an+n+1=3·2n-1，
即an=3·2n-1-n-1，
故a4=3·23-4-1=19.
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
方法二　由an+1=2an+n，a1=1，
故a2=2a1+1=3，
a3=2a2+2=8，a4=2a3+3=19.
3.(2025·宜賓模擬)一只蜜蜂從蜂房A出發向右爬，每次只能爬向右側相鄰的兩個蜂房(如圖)，例如：從蜂房A只能爬到1號或2號蜂房，從1號蜂房只能爬到2號或3號蜂房……以此類推，用an表示蜜蜂爬到n號蜂房的方法數，則a2 023a2 025-等于
A.1 B.-1
C.2 D.-2
√
1
2
3
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5
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7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
依題意，an=an-1+an-2(n≥3)，
a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，
當n≥2時，anan+2-=an(an+1+an)-=anan+1+-=+an+1(an-an+1) =-an+1an-1=-(an-1an+1-)，
a1a3-=-1，
所以數列{anan+2-}是首項為-1，公比為-1的等比數列，
所以a2 023a2 025-=(-1)×(-1)2 023-1=-1.
4.在數列{an}中，a1=1，an+1=3an-2n-1(n∈N*)，記cn=3n-2×(-1)nλan，若數列{cn}為遞增數列，則實數λ的取值范圍為
A. B.(-2，1)
C.(-1，1) D.(0，1)
√
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由an+1=3an-2n-1，得=·-
即-=
而-=0，則-=0，即an=2n-1，
則cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ，
由數列{cn}為遞增數列，得 n∈N*，cn+1>cn恒成立，
則 n∈N*，3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ，
即3n-1>(-2)n-1λ恒成立，
答案
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
當n為奇數時，λ<恒成立，數列為遞增數列的最
小值為1，則λ<1，
當n為偶數時，λ>-恒成立，數列為遞減數列，-的最大值為-則λ>-
所以實數λ的取值范圍為.
答案
二、多項選擇題
5.已知數列{an}的前n項和為Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2(n∈N*)，則下列說法正確的有
A.a1= B.S4=
C.{an}是等比數列 D.是等比數列
√
1
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3
4
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9
10
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由題意，數列{an}的前n項和為Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2，
則a2=3S1+2=3a1+2，
所以a1=故A正確；
因為an+1=3Sn+2， ①
所以當n≥2 時，an=3Sn-1+2， ②
①-②得an+1-an=3an，即an+1=4an，
當n=1時，a1=不滿足a2=4a1，
故數列{an}不是等比數列，故C錯誤；
答案
1
2
3
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6
7
8
9
10
當n≥2時，an+1=4an，
則a3=4a2=12，a4=4a3=48，
故S4=+3+12+48=故B正確；
由an+1=3Sn+2，得Sn+1-Sn=3Sn+2，
所以Sn+1=4Sn+2，
令Sn+1+λ=4(Sn+λ)，則Sn+1=4Sn+3λ，
所以3λ=2，即λ=
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
所以Sn+1+=4即=4，
故是首項為S1+=a1+=1，
公比為4的等比數列，故D正確.
答案
6.(2024·邢臺模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=3，an+1=4an+3×4n，則
A.a2=24 B.為等比數列
C.S10= D.log2(4a100-3S100+1)=200
√
1
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3
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7
8
9
10
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
選項A，由題意得a2=4a1+3×4=24，A正確；
選項B，將an+1=4an+3×4n兩邊同時除以4n+1，
得=+即-=
則是首項為=公差為的等差數列，不是等比數列，B錯誤；
選項C，由=+(n-1)=n，
得an=3n×4n-1，
所以Sn=3+6×4+9×42+…+3n×4n-1， ①
答案
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則4Sn=3×4+6×42+9×43+…+3n×4n， ②
①-②得，-3Sn=3+3×(4+42+43+…+4n-1)-3n×4n
=3+3×-3n×4n=-(3n-1)×4n-1，
即Sn=
則S10=C正確；
選項D，因為4an-3Sn+1=4×3n×4n-1-3×+1=4n，
所以log2(4a100-3S100+1)=log24100=log22200=200，D正確.
答案
三、填空題
7.已知數列{an}中，a1=1，a2=2，an+1-5an+4an-1=0(n∈N*，n≥2)，則{an}
的通項公式為　　　　　 .
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答案
an=
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an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=4n-2+4n-3+…+41+40+1
=+1=
當n=1時，a1=1滿足上式，所以an=.
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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　　　 　.
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答案
an=
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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=.
答案
四、解答題
9.(2025·湖北云學重點高中聯盟聯考)已知數列{an}的前n項和為Sn，a2=1且Sn+1=2Sn+n(n∈N*).
(1)求數列{an}的通項公式；
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答案
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答案
由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，
令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，
可知數列{Sn+n+1}是首項為2，公比為2的等比數列，
則Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，
則an=2n-1-1，n≥2，
且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.
(2)設數列{bn}滿足bn=log2(an+1)，數列{bn}的前n項和為Tn，求+++
…+.
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答案
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答案
由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，
則bn+1-bn=n-(n-1)=1，
可知{bn}是首項b1=0，公差為1的等差數列，
可得Tn==
當n≥2時，則==2
所以+++…+
=2
=2.
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;
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答案
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答案
∵an+1=,
∴==+,
∴1-=-=,
又1-=≠0,
∴數列是首項為,公比為的等比數列.
(2)求{an}的通項公式;
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答案
由(1)知1-=,
故an==.
(3)令bn=,證明:bn1
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答案
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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
§6.3　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=________
= .
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*.
a1qn-1
aman=apaq
aman=
(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 .
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.(2025·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.(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.{}是等比數列
C.{lg an}是等比數列 D.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{}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{lg an}不是等比數列，C錯誤；
對于D，因為==所以是等比數列，D正確.
4.在等比數列{an}中，a1=3，a1+a3+a5=21，則a7+a9=　　　.
設等比數列{an}的公比為q，
因為a1=3，且a1+a3+a5=21，
可得a1(1+q2+q4)=21，解得q2=2，
所以a7+a9=a1(q6+q8)=24a1=72.
72
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}是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)我國明代的數學家、音樂理論家朱載堉創立的十二平均律是第一個利用數學使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精確規定八度的比例，把八度分成13個半音，使相鄰兩個半音之間的頻率比是常數，如表所示，其中a1，a2，…，a13表
示這些半音的頻率，它們滿足log2=1(i=1，2，…，12).若某一半音與D#
的頻率之比為則該半音為
頻率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13
半音 C C# D D# E F F# G G# A A# B C(八度)
A.F# B.G C.G# D.A
√
依題意可知an>0(n=1，2，…，13).
由于a1，a2，…，a13滿足log2=1(i=1，2，…，12)，
則=2，所以=
所以數列a1，a2，…，a13為等比數列，公比q=
D#對應的頻率為a4，所求半音與D#的頻率之比為=
所以所求半音對應的頻率為a4·=a8，即對應的半音為G.
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)(2024·嘉興模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}的前n項和為Tn，若b1=-1，b5=8b2，(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，則an=　　　.
2n
設等比數列{bn}的公比為q，
由b5=8b2，則q3=8，解得q=2，
又b1=-1，所以bn=-2n-1，
所以Tn==1-2n，
代入(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，
解得Sn=n(n+1)，
當n=1時，a1=S1=2，
當n≥2，n∈N*時，an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n，
a1=2滿足上式，所以an=2n，n∈N*.
例2　(1)(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
等比數列的判定與證明
題型二
√
√
√
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.
(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；
由an+1=
得=1+·則-2=
又a1=-2=≠0，
所以數列是以為首項為公比的等比數列.
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　(2024·昆明模擬)已知數列{an}滿足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥
2，n∈N*)，且a1=1，a2=.
(1)證明：數列是等比數列；
∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，
∴an·an-1+an·3an+1=4an-1an+1，
∴+=
∴-=3
又-=4-1=3≠0，
∴數列是首項為3，公比為3的等比數列.
(2)求{an}的通項公式.
由(1)得-=3×3n-1=3n，
∴當n≥2時++…+=3n-1+3n-2+…+31=
=即-=
∴=+=+1=
∴an=
又a1=1也滿足上式，
∴數列{an}的通項公式為an=.
例3　(2023·全國乙卷)已知{an}為等比數列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，則a7=　　　.
命題點1　項的性質
等比數列的性質
題型三
-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　已知等差數列{an}，Sn為前n項和，且a9=5，S8=16，則S11=　　 .
S8==16，∴a1+a8=4，
又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，
故S11=11a6=33.
33
例4　(1)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若S2=2，a3+a4=6，則等于
A.2 B. C.3 D.
命題點2　和的性質
√
由題意得S2=2，S4-S2=6，S4=S2+6=8，且等比數列{an}的公比q≠-1，
則S2，S4-S2，S6-S4成等比數列，
故=S2(S6-S4)，即62=2(S6-8)，
解得S6=26，故==.
因為等比數列{an}有2n+1項，則奇數項有n+1項，偶數項有n項，設公比為q，
得到奇數項的和為1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85，
偶數項的和為q+q3+q5+…+q2n-1=42，整體代入得q=2，
所以前2n+1項的和為=85+42=127，解得n=3.
(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
√
(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.若等比數列{an}的前n項和Sn=2n-1+t，則t=-1
B.若{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.項數為奇數的等比數列{an}，a1=2，S奇=S偶=則公比q=
√
√
對于A，因為Sn=2n-1+t=t+×2n，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，故B正確；
對于C，當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+1項，由題意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=S偶=a2+a4+…+a2m=則S奇=a1+a2q+…+a2mq=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+q=解得q=故D正確.
(2)(多選)設等比數列{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.{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
√
√
由(a2 024-1)(a2 025-1)<0，
得或
∵a2 024a2 025>1，
∴a2 024和a2 025同號，且一個大于1，一個小于1.
∵a1>1，∴a2 024>1，0即數列{an}的前2 024項都大于1，而從第2 025項開始都小于1，公比q=
<1，且q>0.
∵a1>1，∴an=a1qn-1為減函數，
故{an}為遞減數列，故A正確；
∵a2 025<1，∴a2 025=S2 025-S2 024<1，
即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=
∵a2 025<1，∴<1，即T4 049<1，故D錯誤.
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課時精練
對一對
答案
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14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B C A B AC BD
題號 9 10 13 　14 答案 32 -44 ACD 　21 012 答案
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13
14
(1)當k=2時，有an+an+2=2an+1，
即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}為等差數列，
設其公差為d，
因為a1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，
所以S10=1×10+×2=100.
(2)當k=時，an+2=an+1-an，
11.
答案
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所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，
且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1為首項為公比的等比數列，
所以bn=1×=.
11.
答案
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(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，
∴{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，
12.
答案
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∴an=n+1，
∴{an}的通項公式為an=n+1.
(2)由(1)知bn==2-n=
∴當n≥2時=-=-
又∵b1b2=
12.
答案
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∴{(-1)n+1bnbn+1}是以為首項，-為公比的等比數列，
∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.
12.
一、單項選擇題
1.(2024·北京模擬)已知數列{an}中，a1=1-=0，Sn為其前n項和，則S5等于
A. B. C.11 D.31
√
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知識過關
答案
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答案
由-=0得=
又∵a1=1，
∴數列{an}是首項為1，公比為的等比數列，
∴S5==2-=.
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答案
2.(2025·廊坊模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a1+a3+a5=1，a2+a4+
a6=2，則S12-S6等于
A.18 B.54 C.128 D.192
√
設等比數列{an}的公比為q，
則(a1+a3+a5)q=a2+a4+a6，解得q=2.
S12-S6=a7+a8+…+a12=(a1+a2+…+a6)×26=3×26=192.
3.(2025·哈師大附中模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若=則等于
A. B.8 C.9 D.16
√
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設等比數列{an}的公比為q，由=得S6-S3=3S3，則q3==3，
又Sn為{an}的前n項和，則S3，S6-S3，S9-S6，S12-S9成等比數列，公比為q3=3，
于是S12=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)=S3+3S3+32S3+33S3=40S3，
所以==8.
答案
4.(2023·新高考全國Ⅱ)記Sn為等比數列{an}的前n項和，若S4=-5，S6=21S2，則S8等于
A.120 B.85 C.-85 D.-120
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方法一　設等比數列{an}的公比為q，首項為a1，
若q=1，則S6=6a1=3×2a1=3S2，不符合題意，所以q≠1.
由S4=-5，S6=21S2，可得=-5，
=21× ①
由①可得，1+q2+q4=21，解得q2=4，
所以S8==·(1+q4)=-5×(1+16)=-85.
答案
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方法二　設等比數列{an}的公比為q，
因為S4=-5，S6=21S2，
所以q≠-1，否則S4=0，
從而S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6成等比數列，
所以(-5-S2)2=S2(21S2+5)，
解得S2=-1或S2=
當S2=-1時，S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6，
即為-1，-4，-16，S8+21，
答案
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易知S8+21=-64，即S8=-85；
當S2=時，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0，
與S4=-5矛盾，舍去.
綜上，S8=-85.
答案
5.在流行病學中，基本傳染數R0是指在沒有外力介入，同時所有人都沒有免疫力的情況下，一個感染者平均傳染的人數.R0一般由疾病的感染周期、感染者與其他人的接觸頻率、每次接觸過程中傳染的概率決定，假設某種傳染病的基本傳染數R0=4，平均感染周期為7天，那么感染人數由1(初始感染者)增加到3 333大約需要的天數為(初始感染者傳染R0個人為第一輪傳染，這R0個人每人再傳染R0個人為第二輪傳染……參考數據：lg 2≈0.301 0)
A.42 B.43 C.35 D.49
√
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設第n輪感染的人數為an，前n輪感染的總人數為Sn，則數列{an}是首項a1=4，公比q=4的等比數列，
由Sn+1=+1≥3 333，
可得4n+1≥10 000，
兩邊取對數得(2n+2)lg 2≥4，
所以n+1≥≈≈6.64，n≥5.64，
所以感染人數由1增加到3 333需要6輪傳染，故需要的天數約為6×7=42.
答案
6.(2025·遵義模擬)若數列{an}滿足a1=且對任意正整數p，q都有apaq=
ap+q，則等于
A.4 B. C.6 D.
√
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答案
由apaq=ap+q，得(p+q)ap+q=pap·qaq，
令bn=nan(n∈N*)，
依題意，對任意正整數p，q都有bp+q=bpbq，
令p=1，q=n(n∈N*)，
則 n∈N*，bn+1=b1bn，
而b1=a1=即bn+1=bn，
因此數列{bn}是以為首項為公比的等比數列，bn=即nan=an=所以==.
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答案
二、多項選擇題
7.(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= B.{an}是等比數列
C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=n≥2
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√
答案
√
由Sn-1=3an(n≥2)，當n=2時，S1=a1=3a2=1，解得a2=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；
因為Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=n≥2，故D錯誤.
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答案
8.設等比數列{an}的前n項積為Tn，下列命題為真命題的是
A.若T3=1，a8=2，則T9=16
B.若T3=1，T5=32，則a2+a3=3
C.若a2a3=2，則T3T5=8
D.若T5=32，則|a2|+|a4|≥4
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答案
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對于A，易知T3=T5=T9=
若T3=1，則a2=1，
又因為a8=2，所以a5=±=±
所以T9==±16故A錯誤；
對于B，若T3=1，T5=32，則a2=1，a3=2，所以a2+a3=3，故B正確；
對于C，若a2a3=2，則T3T5===8故C錯誤；
對于D，若T5=32，則a3=2，所以|a2|+|a4|≥2=2=4，當且僅當|a2|=|a4|=2時等號成立，故D正確.
答案
三、填空題
9.(2025·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=　　　.
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答案
32
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.
10.在等比數列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=-a3=-則++++=
　　　.
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答案
-44
設T5=++++
則2T5=++++
=++++===-88，
所以T5=-44.
四、解答題
11.(2024·南昌模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1=1，a2=3，an+an+2=kan+1.
(1)當k=2時，求S10；
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答案
當k=2時，有an+an+2=2an+1，
即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}為等差數列，
設其公差為d，
因為a1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，
所以S10=1×10+×2=100.
(2)若k=設bn=an+1-2an，求{bn}的通項公式.
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答案
當k=時，an+2=an+1-an，
所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，
且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1為首項為公比的等比數列，
所以bn=1×=.
12.(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；
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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.
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答案
由(1)知bn==2-n=
∴當n≥2時=-=-
又∵b1b2=
∴{(-1)n+1bnbn+1}是以為首項，-為公比的等比數列，
∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.
(2)令bn=求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1.
13.(多選)(2024·紹興模擬)已知等比數列{an}的公比為q，前n項和為Sn，前
n項積為Tn，且 n∈N*<0，則
A.數列{an}是遞增數列
B.數列{an}是遞減數列
C.若數列{Sn}是遞增數列，則q>1
D.若數列{Tn}是遞增數列，則q>1
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答案
√
能力拓展
√
√
由題意可知Sn=Tn=a1(a1q)…(a1qn-1)=且 n∈N*<0，
故有<0且q>0(否則若q<0，則的符號會正負交替，這與 n∈N*<0矛盾)，
也就是有或
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答案
無論如何，數列{an}是遞增數列，故A正確，B錯誤；
對于C，若數列{Sn}是遞增數列，即Sn+1-Sn=an+1>0，由以上分析可知只能
故C正確；
對于D，若數列{Tn}是遞增數列，顯然不可能是(否則Tn=的符號會正負交替，這與數列{Tn}是遞增數列矛盾)，
從而只能是且這時有=an+1>1，故D正確.
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答案
14.若數列{an}滿足+=k(k為常數)，則稱數列{an}為等比和數列，k稱為公比和，已知數列{an}是以3為公比和的等比和數列，其中a1=1，a2=
2，則a2 025=　　 　.
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21 012
答案
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答案
令bn=則bn+bn+1=3，bn+1+bn+2=3，
兩式相減可得bn+2-bn=0，即bn+2=bn，
又b1==2，所以b2=3-b1=1，
則bn=m∈N*，
即=m∈N*，
所以a2 025=a1····…·=1×2×1×2×…×1=21 012.
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