高考数学第一轮复习第五章　数列讲义及试题

【标题】第五章数列第一节数列的概念与表示通过日常生活和数学中的实例，了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数.1.数列的概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{an}的第n项an通项公式数列{an}的第n项与序号n之间的关系式前n项和数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an提醒数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.2.数列的分类及性质3.数列的表示方法列表法列出表格表示n与an的对应关系图象法把点（n，an）画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项用公式表示递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列. （）（2）1，1，1，1，…，不能构成一个数列. （）（3）任何一个数列都有唯一的通项公式. （）（4）如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn. （）答案：（1）×（2）×（3）×（4）√2.在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋(-1)nan-1（n≥2），则A.32B.53C.85解析：Da2＝1＋(-1)2a1＝2，a3＝1＋(-1)3a2＝12，a4＝1＋(-13.（多选）已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是 （）A.an＝（－1）n－1＋1 B.an＝2C.an＝2sinnπ2 D.an＝cos（n－1）π解析：ABD对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sinnπ2不合题意，4.在数列－1，0，19，18，…，n-2n2中，0解析：依题意得n-2n2＝225，解得n＝10或n答案：105.若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝nn+1，则1a5解析：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn+1－n-1n＝1n(n+1)，∴答案：301.若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝S2.在数列{an}中，若an最大，则an≥an-1.（多选）在数列{an}中，an＝（n＋1）78n，则数列{an}中的最大项可以是 （A.第6项 B.第7项C.第8项 D.第9项解析：AB由结论2可得（n＋1）78n≥（n＋2）·78n+1且（n＋1）78n≥n78n-1，所以(n+1)≥78(2.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则数列{an}的通项公式an＝.

解析：由结论1得a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n2－3n）－[2（n－1）2－3（n－1）]＝4n－5，因为a1也适合上式，所以an＝4n－5.答案：4n－5由an与Sn的关系求an【例1】（1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝；

（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，则数列{an}的通项公式an＝.

解析（1）当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2；∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①，故a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝2n－1（n≥2），②，由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1（n≥2），∴an＝2n-1n（n≥2）.显然当n＝1时不满足上式.∴（2）由数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，可得S1＝2a1－1，解得a1＝1，又an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1（n≥2），即an＝2an－1（n≥2），∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n－1（n∈N*）.答案（1）2,n=1,2n-1n,n≥2（｜解题技法｜1.已知Sn求an的3个步骤（1）先利用a1＝S1求出a1；（2）用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）即可求出当n≥2时an的表达式；（3）注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并.2.Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.（1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；（2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解.1.已知数列{an}的前n项和Sn＝（－1）n＋1·n，则a5＋a6＝，an＝.

解析：a5＋a6＝S6－S4＝（－6）－（－4）＝－2.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（－1）n＋1·n－（－1）n·（n－1）＝（－1）n＋1·[n＋（n－1）]＝（－1）n＋1·（2n－1），又a1也适合于此式，所以an＝（－1）n＋1·（2n－1）.答案：－2（－1）n＋1·（2n－1）2.设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1（n≥2），则Sn＝.

解析：依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn（n≥2），整理得1Sn－1Sn-1＝1，又1S1＝1a1＝1，则数列{1Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，因此1Sn＝1＋（答案：1由递推关系求通项公式【例2】分别求出满足下列条件的数列的通项公式：（1）a1＝0，an＋1＝an＋（2n－1）（n∈N*）；（2）a1＝1，an＋1＝2nan（n∈N*）；（3）a1＝1，an＋1＝3an＋2（n∈N*）.解（1）an＝a1＋（a2－a1）＋…＋（an－an－1）＝0＋1＋3＋…＋（2n－5）＋（2n－3）＝（n－1）2，所以数列的通项公式为an＝（n－1）2.（2）由于an+1an＝2n，故a2a1＝21，a3a2＝将这n－1个等式叠乘，得ana1＝21＋2＋…＋（n－1）故an＝2n所以数列的通项公式为an＝2n（3）因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3（an＋1），所以an+1+1所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1.｜解题技法｜由数列递推式求通项公式的常用方法提醒利用累积法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a2a1，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1.在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋1n(n+1)，则通项公式a解析：∵an＋1－an＝1n(n+1)＝1n－1n+1，∴当n≥2时，an－an－1＝1n-1－1n，an－1－an－2＝1n-2－1n-1，…，a2－a1＝1－12，∴以上各式相加得an－a1＝1－1n，∴答案：4－12.已知数列{an}的首项是a1＝12，且an＋1＝nann+2，则数列{a解析：由题意得an+1an＝nn+2，当n≥2时，anan-1＝n-1n+1，a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1＝13×24×35×…×n-1n+1（n≥2），所以a答案：an＝1数列的性质考向1数列的周期性【例3】无穷数列{an}满足：只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”，Sn为其前n项和，且a1＝1，a2＝2，a4＝1，a6＋a8＝6，则a7＝；S2023＝.

解析因为数列{an}是“和谐递进数列”，且a1＝a4＝1，a2＝2，所以a5＝a2＝2，同理有a3＝a6，a7＝a4＝1，a8＝a5＝2，又a6＋a8＝6，所以a3＝a6＝4，则数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝1，a5＝2，a6＝4，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是以3为周期的数列，所以S2023＝S674×3＋1＝（1＋2＋4）×674＋1＝4719.答案14719｜解题技法｜解决数列周期性问题的方法根据所给的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或者前n项的和.考向2数列的单调性【例4】已知数列{an}中，an＝3n+k2n，若数列{an}为递减数列，则实数kA.（3，＋∞） B.（2，＋∞）C.（1，＋∞） D.（0，＋∞）解析an＋1－an＝3n+3+k2n+1－3n+k2n＝3-3n-k2n+1，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝3-3n-k2答案D｜解题技法｜解决数列单调性问题的方法（1）作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列；（2）作商比较法：根据an+1an（an＞0或an＜0）（3）函数法：结合相应的函数图象直观判断.考向3数列的最大（小）项【例5】若数列{an}的前n项积bn＝1－27n，则an的最大值与最小值之和为 （A.－13 B.C.2 D.7解析由题意a1a2…an＝1－27n，①.当n＝1时，a1＝1－27＝57.当n≥2时，a1a2…an－1＝1－27（n－1）＝97－27n，②.由①÷②，得an＝1-27n97-27n＝7-2n9-2n＝1＋22n-9（n≥2）.又a1＝57也满足上式，所以an＝1＋22n-9（n∈N*）.易知数列{an}在n∈[1，4]（n∈N*）上单调递减，此时a4≤an≤a1，即－1≤an≤57.数列{an}在n∈[5，＋∞）（n∈N*）上单调递减，此时1＜an≤a5，即1＜a答案C｜解题技法｜求数列最大项与最小项的常用方法（1）函数法：利用相关的函数求最值.若能借助表达式观察出单调性，直接确定最大（小）项，否则，利用作差法；（2）利用an≥an-1,an≥an+1（n≥1.已知数列{an}的通项公式是an＝n3n+1，那么这个数列是 A.递增数列B.递减数列C.摆动数列D.常数列解析：Aan＋1－an＝n+13n+4－n3n+1＝1(3n+1)(3n2.若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n（n∈N*），则数列{nan}中数值最小的项是 （）A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项解析：B∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式.∴an＝2n－11（n∈N*）.记f（n）＝nan＝n（2n－11）＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝114，但n∈N*，∴当n＝3时，f（n）取最小值.∴数列{nan}中数值最小的项是第3项3.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，其中n∈N*，则a1＋a2＋a3＋…＋a24＝.

解析：当n＝1时，a1a2a3＝a1＋a2＋a3，可得a3＝3，同理当n＝2时，可得a4＝1，当n＝3时，可得a5＝2，以此类推可知数列的周期为3，所以a1＋a2＋…＋a24＝8（a1＋a2＋a3）＝8×6＝48.答案：481.已知数列2，5，22，…，则25是该数列的（）A.第5项B.第6项C.第7项 D.第8项解析：C由数列2，5，22，…的前三项为2，5，8可知，数列的通项公式为an＝2+3(n-1)＝3n-1，由3n-1＝2.在数列{an}中，a1＝2，2an＋1＝2an＋n，则a9＝ （）A.20 B.30C.36 D.28解析：A因为a1＝2，2an＋1＝2an＋n，所以an＋1－an＝n2，所以a9＝（a9－a8）＋（a8－a7）＋…＋（a2－a1）＋a1，所以a9＝82＋72＋…＋12＋2＝1+2+…+7+82＋2＝12×(3.已知数列{an}满足：对任意m，n∈N*，都有anam＝an＋m，且a2＝2，那么a20＝ （）A.240 B.230C.220 D.210解析：D由anam＝an＋m，a2＝2，得a20＝a2a18＝a2a2a16＝…＝a210＝210.故选4.已知正项数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝n(n+1)2A.an＝n B.an＝n2C.an＝n2 D.an＝解析：B∵a1＋a2＋…＋an＝n(n+1)2，∴a1＋a2＋…＋an-1＝n(n-1)2（n≥2），两式相减得an＝n(n+1)2－n(n-1)2＝n（n≥2），∴an＝n2（n≥2），①.又当n＝15.若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1+an1-an（n∈N*），则该数列的前A.－2 B.－1C.3 D.1解析：C因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1+an1-an（n∈N*），所以a2＝1+a11-a1＝1+21-2＝－3，同理可得a3＝－12，a4＝13，a5＝2，…，所以数列{an}每四项重复出现，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1，而2023＝505×4＋3，所以该数列的前2023项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2023＝6.（多选）若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}（n∈N*），其中是“差递减数列”的有 （）A.an＝3n B.an＝n2＋1C.an＝n D.an＝lnn解析：CD对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3（n＋1）－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对于C，若an＝n，则an＋1－an＝n+1－n＝1n+1+n，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对于D，若an＝lnnn+1，则an＋1－an＝lnn+1n+2－lnnn+1＝lnn+1n+2·n+1n＝ln1+1n2+2n，由函数y＝ln1+7.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1，则an＝.

解析：当n＝1时，a1＝S1＝1＋2＋1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，经检验a1＝4不适合an＝2n＋1，故an＝4答案：48.根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝.

解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.答案：5n－49.已知数列{an}的通项为an＝n+13n-16（n∈N解析：因为an＝n+13n-16，数列{an}的最小项必为an＜0，即n+13n-16＜0，3n－16＜0，从而n＜163，又因为n∈N*，且数列{an}的前5答案：510.已知函数f（x）＝x-1x，设an＝f（n）（n∈（1）求证：an＜1；（2）{an}是递增数列还是递减数列？为什么？解：（1）证明：an＝f（n）＝n-1n＝1－1（2）因为an＋1－an＝(n+1＝1-1n+1－1-所以an＋1＞an，所以{an}是递增数列.11.已知数列{an}，若an＋1＝an＋an+2（n∈N*），则称数列{an}为“凸数列”.已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则{bn}的前2024项的和为 （A.0 B.1C.－5 D.－1解析：D∵bn＋2＝bn＋1－bn，b1＝1，b2＝－2，∴b3＝b2－b1＝－2－1＝－3，b4＝b3－b2＝－3－（－2）＝－1，b5＝b4－b3＝－1－（－3）＝2，b6＝b5－b4＝2－（－1）＝3，b7＝b6－b5＝3－2＝1.∴{bn}是周期为6的周期数列，且S6＝1－2－3－1＋2＋3＝0.∴S2024＝S337×6＋2＝－1.12.设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝.

解析：∀n∈N*，an＋1＞an，则数列{an}是递增的；∀n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，第7项为非负数，或前5项为负数，第6项为0即可.所以满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6（n∈N*）.答案：n－6（n∈N*）（答案不唯一）13.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝nan，且S2＋S4＋S6＋…＋S60＝1860，则a1＝.

解析：法一：因为Sn＝nan，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－（n－1）an－1，得（n－1）an＝（n－1）an－1，即an＝an－1，所以数列{an}是常数列，所以an＝a1，Sn＝na1，所以S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝(2+60)×302a1＝930a1＝1860，解得a法二：因为Sn＝nan，所以当n≥2时，Sn＝n（Sn－Sn－1），得（n－1）Sn＝nSn－1，则有Snn＝Sn-1n-1，所以数列{Snn}是常数列，则Snn＝S11＝a1，所以Sn＝na1，则S2＋S4＋S6＋…＋S60＝（2＋4＋6＋…＋60）a1＝(2+60)×30答案：214.记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn＋1b（1）求数列{bn}的通项公式；（2）求数列{an}的通项公式.解：（1）将Sn＝bnbn-1（n≥2）代入2Sn＋1bn＝2，得2bn-1bn＋1bn＝2（n≥又当n＝1时，可得2S1＋1b1＝2，即2b1＋1b1＝2，得b1＝32，所以数列{b所以bn＝32＋（n－1）×12＝12n（2）由（1）得bn＝12n＋1，将其代入2Sn＋1bn＝2，得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n又当n＝1时，a1＝S1＝32，不满足上式所以an＝315.（2022·新高考Ⅰ卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Snan（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1＋1a2＋…＋解：（1）法一：因为a1＝1，所以S1a1又Snan是公差为所以Snan＝1＋（n－1）×1因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以SnSn-Sn-1＝n+23（n≥2整理得SnSn-1＝n所以S2S1×S3S2×…×Sn-1Sn-2×SnS所以Sn＝n(n+1)(n又S1＝1也满足上式，所以Sn＝n(n+1)(n+2则Sn－1＝(n-1)n所以an＝n(n＝n(n+1)2又a1＝1也满足上式，所以an＝n(n+1)2（法二：因为a1＝1，所以S1a1又Snan是公差为所以Snan＝1＋（n－1）×1所以Sn＝n+23a因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+23an－n+13a所以n+13an－1＝n-13an所以anan-1＝n所以a2a1×a3a2×…×an-1an-2×anan-所以an＝n(n+1)2又a1＝1也满足上式，所以an＝n(n+1)2（（2）证明：因为an＝n(n+1)2，所以1a所以1a1＋1a2＋…＋1an＝21第二节等差数列1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.体会等差数列与一元一次函数的关系.1.等差数列的有关概念（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，符号表示为an－an－1＝d，n∈N*且n≥2，d为常数；提醒在公差为d的等差数列{an}中：①d＞0⇔{an}为递增数列；②d＝0⇔{an}为常数列；③d＜0⇔{an}为递减数列.（2）等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝a+b2，其中A叫做a提醒在等差数列{an}中，从第二项起，每一项都是它前后两项的等差中项，即{an}成等差数列⇔an＋1＋an－1＝2an（n≥2）.2.等差数列的有关公式（1）通项公式：an＝a1＋（n－1）d＝nd＋（a1－d）⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数模型，即an＝pn＋q，其中p为公差；（2）前n项和公式：Sn＝n(a1+an)2Sn＝na1＋n(n-1)2d＝d2n2＋a1-d2n3.等差数列的常用性质（1）通项公式的推广：an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）；（2）若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an；（3）若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）是公差为md的等差数列；（4）数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，公差为m2d.1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列. （）（2）等差数列{an}的单调性是由公差d决定的. （）（3）数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2. （）（4）等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数. （）答案：（1）×（2）√（3）√（4）×2.在数列{an}中，a1＝－2，an＋1－an＝2.则a5＝ （）A.－6B.6C.－10 D.10解析：B∵an＋1－an＝2，∴数列{an}是公差为2的等差数列，又a1＝－2，∴a5＝a1＋4d＝－2＋2×4＝6.故选B.3.在等差数列{an}中，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则a5＋a6＝ （）A.10 B.20C.25 D.30解析：C等差数列{an}中，每相邻2项的和仍然构成等差数列，设其公差为d，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则d＝15－5＝10，因此a5＋a6＝（a3＋a4）＋d＝15＋10＝25.4.（2022·全国乙卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝.

解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2（a1＋a2＋a3）＝3（a1＋a2）＋6，化简得3d＝6，得d＝2.答案：25.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝2，S4＝14，则an＝.

解析：由题意得a1+d=2,4a1+4×32d=14,解得a1=-答案：3n－41.若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则anbn2.若{an}是等差数列，则Snn也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}的公差的3.若等差数列{an}的项数为偶数2n，则S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd，S奇S偶4.若等差数列{an}的项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇S偶＝nn-1；S奇－S偶1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－2023，且S20242024－S20232A.0 B.1C.2023 D.2024解析：A由结论2可得：Snn是等差数列，首项为－2023，公差为1，所以Snn＝－2023＋（n－1）×1，所以S20242024＝－2023＋（2024－1）×1＝0，所以2.在项数为2n的等差数列中，各奇数项之和为75，各偶数项之和为90，末项与首项之差为27，则n＝.

解析：由结论3可得：S偶－S奇＝nd＝90－75＝15，又∵a2n－a1＝27，∴nd=15,(2n答案：53.已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，并且SnTn＝7n+33解析：由结论1可得：a7b7＝S13T13＝答案：24.已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为.

解析：设项数为奇数2n－1，由结论4可得：S奇－S偶＝an＝319－290＝29.答案：29等差数列的基本量运算1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝ （）A.3 B.7C.9 D.10解析：D因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，所以d＝22-4a22＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋（n－1）d＝1＋3（n－1）＝3n－2，由3n－2＝28，2.在等差数列{an}中，已知a2＝5，am＝7，am＋3＝10，则数列{an}的前m项和为 （）A.12 B.22C.23 D.25解析：B数列{an}是等差数列，设公差为d，因为am＝7，am＋3＝10，所以am＋3＝am＋3d＝7＋3d＝10，解得d＝1，又a2＝5，所以a1＝4，所以am＝4＋（m－1）×1＝7，解得m＝4，所以数列{an}的前m项和为S4＝4(a1+a4)23.（多选）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是 （）A.a2＋a3＝0 B.an＝2n－5C.Sn＝n（n－4） D.d＝－2解析：ABCS4＝4×(a1+a4)2＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；a5＝a1＋4d＝5，①.a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②.联立①②得d=2,a1=-3,所以an＝－3＋（n－1）×2＝2n－5，B正确，D错误；Sn＝－3n＋n(n-4.在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如，北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺成，如图，最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共9圈，则第7圈的石板数为，前9圈的石板总数为.

解析：由题可知从第1圈到第9圈石板数构成等差数列{an}，且首项a1＝9，公差d＝9，则第7圈的石板数为a7＝9＋6×9＝63，前9圈的石板总数为S9＝9×9＋9×82×9＝405答案：63405｜练后悟通｜等差数列基本运算的常见类型及解题策略（1）求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想；（2）求通项：a1和d是等差数列的两个基本元素；（3）求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解；（4）求前n项和：利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解.等差数列的判定与证明【例1】（2021·全国甲卷）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列；②数列{Sn③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋n(n-1)2d因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝na所以Sn+1－Sn＝（n＋1）a1－na1＝a1（常数），①②⇒③.已知{an}是等差数列，{Sn}是等差数列设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋n(n-1)2d＝12因为数列{Sn}是等差数列，所以数列{Sn}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－d2＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3②③⇒①.已知数列{Sn}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1设数列{Sn}的公差为d，d＞0，则S2－S1＝4a1－a1＝d，得a1＝d2，所以Sn＝S1＋（n－1）d＝nd，所以所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列.｜解题技法｜判断数列{an}是等差数列的常用方法（1）定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数；（2）等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1；（3）通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q（p，q为常数）；（4）前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）.提醒（3）（4）只适用于客观题的求解与判断.1.已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝14，Sn＋1＝Sn＋an＋12，则S20＝ （A.10 B.20C.100 D.400解析：C由Sn＋1＝Sn＋an＋12，得Sn＋1－Sn－an＝12，即an＋1－an＝12，所以数列{an}是以14为首项，12为公差的等差数列，所以S20＝20×14＋20×192×2.已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn（a，b∈R）且a2＝3，a6＝11，则S7＝ （）A.13 B.49C.35 D.63解析：B由Sn＝an2＋bn（a，b∈R）可知数列{an}是等差数列，依题意得，d＝a6-a26-2＝11-34＝2，则an＝a2＋（n－2）d＝2n－1，即a1＝1，a7＝13，所以S7＝3.数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1（n≥2），且a2＝－6，a6＝6，Sn是数列{an}的前n项和，则 （）A.S4＜S3 B.S4＝S3C.S4＞S1 D.S4＝S1解析：B数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1（n≥2），则数列{an}是等差数列，设等差数列{an}的公差为d.∵a2＝－6，a6＝6，∴4d＝a6－a2＝12，即d＝3.∴an＝－6＋3（n－2）＝3n－12，∴S1＝a1＝－9，S3＝a1＋a2＋a3＝－9－6－3＝－18，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝－9－6－3＋0＝－18，∴S4＜S1，S3＝S4.故选B.等差数列的性质及应用考向1等差数列项的性质【例2】（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝68，则2a10－a11＝ （）A.2 B.3C.4 D.6（2）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝ （）A.－17 B.－15C.17 D.15解析（1）因为数列{an}是等差数列，所以S17＝17a9＝68，所以a9＝4，则2a10－a11＝（a9＋a11）－a11＝a9＝4，故选C.（2）因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以a11－b11＝a1+a212－b1+b212＝(a1-b1)+(a21-b21)2，又a1＝1，b1答案（1）C（2）D｜解题技法｜利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝n(a1+an)2中，Sn考向2等差数列前n项和的性质【例3】（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S20＝60，则S40＝ （）A.110 B.150C.210 D.280（2）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有SnTn＝2n-13n解析（1）因为等差数列{an}的前n项和为Sn，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列.故（S30－S20）＋S10＝2（S20－S10），所以S30＝150.又因为（S20－S10）＋（S40－S30）＝2（S30－S20），所以S40＝280.（2）∵a11b6+b10＋a5b7+b9＝a11+a答案（1）D（2）29｜解题技法｜在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：（1）S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1），S2n－1＝（2n－1）an；（2）Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.考向3等差数列前n项和的最值问题【例4】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是 （）A.5 B.6C.7 D.8解析法一（邻项变号法）：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据首项等于13可推知这个数列为递减数列，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时Sn最大.法二（函数法）：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n（n－1）＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.法三（图象法）：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝3+112＝7时，Sn取得最大值答案C（变条件）若将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则Sn最大时，n为何值？解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，所以d＝－法一：由an＝20＋（n－1）×-53＝－53n＋653，得a13＝0.即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0.所以当n＝12或n＝13时，法二：Sn＝20n＋n(n-1)2·-53＝－56n2＋1256n＝－56n-2522＋312524.因为法三：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.所以5a13＝0，即a13＝0.所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值.｜解题技法｜求等差数列前n项和Sn最值的两种方法1.等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11＝ （A.14B.15C.16D.17解析：C因为{an}是等差数列，所以a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，所以a8＝24.所以a9－13a11＝a8＋d－13（a8＋3d）＝23a8＝16.2.（多选）已知数列an＝-3n+b,1≤n≤8A.当{an}单调递减时，b的最小值为3B.当{an}单调递减时，b的最小值为4C.当b＝20时，前n项和的最大值为57D.当b∈3,92时，{｜解析：BCDa8＝－3×8＋b＞a9＝－2×9－3⇒b＞3，∵b∈Z，∴b的最小值为4，∴A错误，B正确.当b＝20时，数列{an}的前6项为正，第7项开始往后为负，∴前6项和最大，S6＝6×(17+2)2＝57，∴C正确.当n≥9时，an＜0，｜an｜＝2n＋3，数列{｜an｜}单调递增，当1≤n≤8时，易知数列{an}单调递减，当b∈3,92时，a1＞0，a2＜0，且数列{｜an｜}满足|a1|<|a1.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝ （）A.6B.7C.8D.9解析：C因为d＝a3-a12＝2，Sn＝na1＋n(n-1)2d＝n＋n（n－1）＝642.已知数列{an}（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项和，若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则数列{an}的公差是 （）A.1 B.2 C.3 D.4解析：B由S9＝27＝9a5，得a5＝3，设数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝（a5－3d）a5＋（a5＋3d）＝0，解得d＝2，故选B.3.已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a3，a5成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝ （）A.n（n－2） B.n（n－1）C.n（n＋1） D.n（n＋2）解析：B因为数列{an}是公差为2的等差数列，且a2，a3，a5成等比数列，所以a32＝a2a5，即（a1＋4）2＝（a1＋2）（a1＋8），解得a1＝0，所以an＝2n－2.则数列{an}的前n项和Sn＝(a1+an)n2＝(4.已知数列{an}中各项均为非负数，a2＝1，a5＝16，若数列{an}为等差数列，则a13＝ （A.169B.144C.12 D.13解析：B由题意a2＝1，a5＝16，所以a2＝1，a5＝4，又因为数列{an}是等差数列，所以d＝a5-a25-2＝1，且a1＝0满足各项为非负数，则有a13＝a1＋（13－1）d＝125.（多选）记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝3，S3＝－9，则有 （）A.a1＝－5 B.a4＜0C.S6＝0 D.S3＜S4解析：ACD由S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝－9，得a2＝－3.设等差数列{an}的公差为d，则有a5＝a2＋3d，所以d＝a5-a23＝3-(-3)3＝2，所以an＝a2＋（n－2）d＝－3＋（n－2）×2＝2n－7.所以a1＝2－7＝－5，a4＝8－7＝1＞0，S6＝6×（－5）＋6×52×2＝0，由S4－S3＝a4＝1＞0，得S4＞6.（多选）已知Sn是等差数列{an}（n∈N*）的前n项和，且S8＞S9＞S7，则下列结论正确的是 （）A.公差d＜0B.在所有小于0的Sn中，S17最大C.a8＞a9D.满足Sn＞0的n的个数为15解析：ABC∵S8＞S9，且S9＝S8＋a9，∴S8＞S8＋a9，即a9＜0，又S8＞S7，S8＝S7＋a8，∴S7＋a8＞S7，即a8＞0，∴d＝a9－a8＜0，故A、C中的结论正确；∵S9＞S7，S9＝S7＋a8＋a9，∴S7＋a8＋a9＞S7，即a8＋a9＞0，又a1＋a16＝a8＋a9，∴S16＝16(a1+a16)2＝8（a8＋a9）＞0，又a1＋a15＝2a8，∴S15＝15(a1+a15)2＝15a8＞0，又a1＋a17＝2a9，且a9＜0，∴S177.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2023，则m＝.

解析：∵S3＝3a1＋3d，∴3a1＋3d＝a1＋4d，即d＝2，am＝a1＋（m－1）×2＝2m－1＝2023，∴m＝1012.答案：10128.若一个等差数列{an}满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第二项且小于第三项.写出一个满足条件的数列的通项公式an＝.

解析：设{an}的公差为d，由题意得，a2＜a1d＜a3，所以a1＋d＜a1d＜a1＋2d，又a1，d为正整数，所以可取a1＝3，d＝2，故an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.答案：2n＋1（答案不唯一）9.已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝（－1）n＋3，则数列{an}的前10项和为.

解析：因为an＋2－an＝（－1）n＋3，且a1＝2，a2＝4，所以可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，和a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，…，奇数项和偶数项分别构成等差数列，所以S10＝5×2＋5×42×2＋5×4＋5×42×4＝答案：9010.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1.数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明数列{bn2n}为等差数列，并求{解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1.因为a1＝1符合上式，所以an＝2n－1.（2）因为bn＋1－2bn＝8an，所以bn＋1－2bn＝2n＋2，即bn+12n+1－bn2n所以{bn2n}是首项为1，公差为所以bn2n＝1＋2（n－1）＝2n－1.所以bn＝（2n－1）×11.（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是 （）A.若Sn＝n2－11n＋1，则an＝2n－12B.若an＝－2n＋11，则数列{｜an｜}的前10项和为49C.若an＝－2n＋11，则Sn的最大值为25D.若数列{an}为等差数列，且a1012＜0，a1012＋a1013＞0，则当Sn＜0时，n的最大值为2023解析：CD对于A，当n＝1时，a1＝S1＝12－11×1＋1＝－9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n2－11n＋1）－[（n－1）2－11（n－1）＋1]＝2n－12，当n＝1时，2×1－12＝－10≠a1，所以an＝-9,n=1,2n-12,n≥2,故A不正确；对于B，因为an＝－2n＋11，所以｜an｜＝11-2n,n<6,2n-11,n≥6,所以数列{｜an｜}的前10项和为9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故B不正确；对于C，由an＝－2n＋11可知数列{an}是等差数列，且a1＝－2×1＋11＝9，所以Sn＝(9-2n+11)n2＝－n2＋10n＝－（n－5）2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值25，故C正确；对于D，因为数列{an}为等差数列，所以S2023＝(a1+a2023)×212.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且对任意正整数n都有an+1SnSn+1＝－1解析：∵对任意正整数n都有an+1SnSn+1＝－1，∴Sn+1-SnSn+1Sn＝1Sn－1Sn+1＝－1，即1Sn+1－1Sn＝1，答案：113.已知数列{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝9，a2＋a4＋a6＝3，数列{an}的前n项和为Sn，则an-Sn解析：因为{an}是等差数列，所以a1＋a3＋a5＝3a3＝9，a3＝3，a2＋a4＋a6＝3a4＝3，a4＝1，则公差d＝a4－a3＝－2，通项公式an＝a3＋（n－3）d＝9－2n，前n项和Sn＝n(a1+an)2＝8n－n2，所以an-Snn＝9-10n+n2n＝9n＋n－答案：－414.（2022·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn＋n＝2an（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.解：（1）证明：由2Snn＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1），②②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1，化简得an＋1－an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列.（2）由（1）知数列{an}的公差为1.由a72＝a4a9，得（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋n(n-1)2＝所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.15.（多选）《张丘建算经》是我国古代具有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”若这一个月有30天，记该女子这一个月中第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项正确的为（1匹＝4丈，1丈＝10尺） （A.b10＝8b5 B.{bn}是等比数列C.a1b30＝105 D.a3+解析：BD由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，由题意可得a1＝5，30a1＋30×29d2＝390，解得d＝1629，∴an＝a1＋（n－1）d＝16n+12929.∵bn＝2an，∴bn+1bn＝2an+12an＝2an+1-an＝2d（非零常数），则数列{bn}是等比数列，B正确；∵5d＝5×1629＝8029≠3，b10b5＝（2d）5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221＞105，C错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×1629＝19329，a516.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝－a5.（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9(a1+a9)2＝9a5＝－a所以2d＝a5－a3＝0－4＝－4，解得d＝－2，所以an＝a3＋（n－3）d＝4－2（n－3）＝－2n＋10.（2）由（1）知a5＝0，即a1＋4d＝0，所以a1＝－4d，所以an＝a1＋（n－1）d＝－4d＋（n－1）d＝（n－5）d，则Sn＝n(a1+所以由Sn≥an得n(n-9)2d≥（又由a1＝－4d，a1＞0，得d＜0，所以n(n-9)2≤n－5，整理得n2－11解得1≤n≤10，又n∈N*，所以n的取值范围为{n｜1≤n≤10，n∈N*}.第三节等比数列1.理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.体会等比数列与指数函数的关系.1.等比数列的有关概念（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（显然q≠0），定义的表达式为an+1an＝q（n（2）等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.提醒（1）只有当两个数同号时，这两个数才有等比中项，且等比中项有两个，它们互为相反数；（2）等比数列的奇数项符号相同，偶数项符号相同.2.等比数列的有关公式（1）通项公式：an＝a1qn－1an＝am·qn－m；（2）前n项和公式：Sn＝na1,q3.等比数列的性质已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.（1）若k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则有ak·al＝am·an；（2）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm；（3）当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）满足an＋1＝qan（n∈N*，q为常数）的数列{an}为等比数列. （）（2）等比数列{an}的公比q＞1，则该数列单调递增. （）（3）G为a，b的等比中项的充要条件是G2＝ab.（）（4）如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，那么数列{bn}也是等比数列. （）（5）若数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和Sn＝a(1-an答案：（1）×（2）×（3）×（4）×（5）×2.已知{an}是等比数列，a2＝2，a4＝12，则公比q＝（A.－12B.－2C.2D.±解析：D设等比数列的公比为q，∵{an}是等比数列，a2＝2，a4＝12，∴a4＝a2q2，∴q2＝a4a2＝143.（2022·全国乙卷）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝ （）A.14 B.12 C.6 D.3解析：D法一：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得a1+a2+a3=168,a2-a5=42,即a法二：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得a1+a2+a3=168,a2-a5=42,即a4.在等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a3与a7的等比中项为.

解析：设a3与a7的等比中项为G，因为a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.答案：±85.（2023·济宁一模）在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n＝.

解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列.又Sn＝126，∴2(1-2n)1-答案：61.等比数列的单调性（1）当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；（2）当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；（3）当q＝1时，{an}是常数列.2.等比数列的常用结论（1）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），1an，{an2}，{an·b（2）Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn；（3）若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，T2nT（4）若数列{an}的项数为2n，则S偶S奇＝q；若项数为2n＋1，则S1.在等比数列{an}中，已知a1＞0，8a2－a5＝0，则数列{an}为 （）A.递增数列 B.递减数列C.常数列 D.无法确定单调性解析：A由8a2－a5＝0，可知a5a2＝q3＝8，解得q＝2.又a1＞0，由结论1得数列{an2.等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列.类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，，T16T12解析：由结论2可知，T4，T8T4，T12T答案：T8T4等比数列的基本量运算1.（2023·成都模拟）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝ （）A.2 B.3C.4 D.5解析：A∵S2＝3，S4＝15，∴q≠1，由a1(1-q2)1-q=3,a1(1-q42.（多选）已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，12a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是 （A.a1＞0 B.q＞0C.a3a2＝3或－1 D.解析：ABD设等比数列{an}的公比为q，由题意得212a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A、B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1（舍），所以a3a2＝q＝3，a6a4＝q2＝9，故C错误，D3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若Sn＝－127，求n.解：（1）当n＝1时，a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2an＋1）－（2an－1＋1）＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，所以an＝－2n－1.（2）Sn＝a1(1-qn)1由Sn＝－127，得－2n＋1＝－127，解得n＝7.｜练后悟通｜等比数列基本量运算的解题策略（1）方程思想：等比数列的基本量为首项a1和公比q，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程（组）求解，等比数列中包含a1，q，n，an，Sn五个量，可“知三求二”；（2）整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，q表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解；（3）分类讨论思想：若题目中公比q未知，则运用等比数列前n项和公式时要分q＝1和q≠1两种情况进行讨论.等比数列的判定与证明【例1】已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.（1）证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；（2）若a1＝12，a2＝32，求{a解（1）证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an），因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，所以an+2+所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.（2）由题意知an＋an＋1＝（a1＋a2）3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－（an＋1－3an），因为a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，an＝12×3n－1｜解题技法｜提醒（1）在解答题中证明一个数列为等比数列时，一般用定义法；（2）如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可.1.已知数列{an}满足an+12＝anan＋2（n∈N*），若a3＝1，a7＝4，则a5＝ A.±2B.－2C.2D.8解析：C由an+12＝an·an＋2可知，数列{an}为等比数列，则a52＝a3·a7＝4，设{an}的公比为q，因为a5＝a3·q2，且a3＝1＞0，所以a5＞0，所以a5＝2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，a2＝1，2Sn＋1＋Sn－1＝3Sn（n≥2，n∈N*），则S6＝.

解析：由n≥2时，2Sn＋1＋Sn－1＝3Sn，得2（Sn＋1－Sn）＝Sn－Sn－1，即2an＋1＝an（n≥2），又2a2＝a1，所以数列{an}是以2为首项，12为公比的等比数列，所以S6＝2×1-答案：63等比数列的性质及应用考向1等比数列项的性质【例2】（1）（2023·贵阳一模）已知公比大于1的等比数列{an}满足a2am＝a6an，am2＝a6a10，则m＋n＝ （A.4 B.8C.12 D.16（2）（2023·安阳一模）已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a4a5a6＝52，则a7a8a9＝ （）A.25 B.20C.102 D.10解析（1）因为a2am＝a6an，am2＝a6a10，公比q＞1，所以由等比数列的性质可得2＋m＝6＋n，2m＝16，解得m＝8，n＝4，所以m＋n＝12，故选（2）法一：因为数列{an}为正项等比数列，所以a1a2a3＝a23＝5，a4a5a6＝a53＝52，a7a8a9＝a83，又a2a8＝a52，所以（a2a8）3＝（a52）3＝50，得a7a8a9法二：因为数列{an}为正项等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以（a4a5a6）2＝（a1a2a3）·（a7a8a9）＝50，又a1a2a3＝5，所以a7a8a9＝10，故选D.答案（1）C（2）D｜解题技法｜1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.考向2等比数列前n项和的性质【例3】（1）（2021·全国甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝ （）A.7 B.8C.9 D.10（2）已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝.

解析（1）法一（通解）：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得S2=得q2＝12，所以a1所以S6＝a1(1-q6法二（优解）：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2（S6－S4）＝（S4－S2）2，即4（S6－6）＝22，所以S6＝7.故选A.（2）由题意，得S奇+S偶=-240,S奇-答案（1）A（2）2｜解题技法｜等比数列{an}中，所有奇数项之和S奇与所有偶数项之和S偶具有如下的性质，设公比为q：（1）若共有2n项，则S偶S奇（2）若共有2n＋1项，S奇-a1.已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2a42＝π，则tan（a3·a5）＝ （A.3 B.－3C.－33 D.±解析：A由已知得a42＋2a42＝π，∴a42＝π3，又a3·a5＝a42＝π3，∴2.（2020·全国Ⅰ卷）设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝（）A.12 B.24C.30 D.32解析：D设等比数列{an}的公比为q，所以a2+a3+a4a1+a2+a3＝q(a1+a2+a3)a1+a2+a3＝q3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3＝3，则S9解析：由等比数列的性质知，S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，所以S6-S3S3＝S9-S6S6-S3，即S9－S6＝4答案：7微专题7数列中的数学文化纵观近几年高考，以数学文化为背景的数列问题层出不穷，让人耳目一新，同时它也使考生受困于背景陌生，无处着手.本专题就数列中的数学文化试题通过典型分析，让学生提高审题能力，增强对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解.一、数学文化中的递推数列问题【例1】九连环是我国古代流传至今的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环，移动圆环的次数决定解开圆环的个数.在某种玩法中，推广到m连环，用an表示解下n（n≤m）个圆环所需的最少移动次数，若数列{an}满足：a1＝1，且an＝2an-1-1,n为偶数,2an解析因为n为偶数，当n≥4时，an＝2an－1－1＝2（2an－2＋2）－1＝4an－2＋3，即an＋1＝4（an－2＋1），又a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以{an＋1}是以a2＋1＝2为首项，4为公比的等比数列，故an＋1＝2×4n2-1＝2n－1，所以an＝2n－答案2n－1－1点评以数学文化为背景的已知递推公式的数列问题的求解关键是耐心读题、仔细理解题意，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用递推公式往要求的量转化.角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.如取正整数m＝6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.已知数列{an}满足：a1＝m（m为正整数），an＋1＝an2,an为偶数,3an+1,an为奇数.①若m＝13，则使得an＝解析：m＝13，依题意得，3m＋1＝40→20→10→5→16→8→4→2→1，共9个步骤.若a9＝1，a8＝2，a7＝4，a6＝8或a6＝1，若a6＝8，a5＝16，则a4=32,a3=64,a2=128,a1=256,a2=21,a1=42,a4=5,a3=10,a2=20,a1=40,a2答案：①9②385二、数学文化中的周期数列问题【例2】意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F（1）＝F（2）＝1，F（n）＝F（n－1）＋F（n－2）（n≥3，n∈N*），此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列的各项除以3的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2023项的和为.

解析由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数，可得{an}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，所以{an}是周期为8的周期数列，一个周期中的8项和为9，因为2023＝252×8＋7，所以数列{an}的前2023项的和为252×9＋9＝2277.答案2277点评以数学文化为背景的周期数列问题的求解关键是仔细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本例实质是利用斐波那契数列的各项除以3的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果.（2020·全国Ⅱ卷）0－1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得ai＋m＝ai（i＝1，2，…）成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai（i＝1，2，…）的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C（k）＝1m∑i=1maiai＋k（k＝1，2，…，m－1）是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0－1序列中，满足C（k）≤15（k＝1，2，3，A.11010… B.11011…C.10001… D.11001…解析：C对于A，因为C（1）＝1×1+1×0+0×1+1×0+0×15＝1C（2）＝1×0+1×1+0×0+1×1+0×15＝2不满足C（k）≤15，故A不正确对于B，因为C（1）＝1×1+1×0+0×1+1×1+1×15＝3不满足C（k）≤15，故B不正确对于C，因为C（1）＝1×0+0×0+0×0+0×1+1×15＝1C（2）＝1×0+0×0+0×1+0×1+1×05＝0C（3）＝1×0+0×1+0×1+0×0+1×05＝0C（4）＝1×1+0×1+0×0+0×0+1×05＝1满足C（k）≤15，故C正确对于D，因为C（1）＝1×1+1×0+0×0+0×1+1×15＝2不满足C（k）≤15，故D不正确.综上所述，故选C三、数学文化中的等差（比）数列问题【例3】（1）（2020·全国Ⅱ卷）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石） （）A.3699块 B.3474块C.3402块 D.3339块（2）十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为 （）A.2413 BC.214 D解析（1）由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋（n－1）d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2（S2n－Sn）＝Sn＋S3n－S2n，所以（S3n－S2n）－（S2n－Sn）＝S2n－2Sn＝2n(9+18n)2－2×n(9+9n)2＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝（2）设等比数列的公比为q（q＞0），根据题意可得a1＝1，a13＝2，又a13＝a1q12，所以q12＝a13a1＝2，所以q4＝213，所以插入的第四个数a5＝a1·q4＝答案（1）C（2）D点评以数学文化为背景的等差（比）数列问题的求解关键是：①会脱去数学文化的背景，读懂题意；②构建模型，即由题意构建等差（比）数列的模型；③解模，即把文字语言转化为求等差（比）数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n项和等.1.中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里，那么这匹马在最后一天行走的里程数为 （）A.669127 B.C.701127 D.解析：B设第七天走的路程为x，则第六天的行程为2x，第五天的行程为22x，依次计算，那么七天总共走的路程为x＋2x＋…＋26x＝(1-27)x12.（多选）我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）.二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法正确的有 （）A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B.春分和秋分两个节气的晷长相同C.立冬的晷长为一丈五寸D.立春的晷长比立秋的晷长短解析：ABC由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列{an}，其中a1＝15寸，a13＝135寸，公差为d寸，则135＝15＋12d，解得d＝10寸，同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn}，首项b1＝135，末项b13＝15，公差d'＝－10（单位都为寸）.故A正确；∵春分的晷长为b7，∴b7＝b1＋6d'＝135－60＝75，∵秋分的晷长为a7，∴a7＝a1＋6d＝15＋60＝75，故B正确；∵立冬的晷长为a10，∴a10＝a1＋9d＝15＋90＝105，即立冬的晷长为一丈五寸，故C正确；∵立春的晷长，立秋的晷长分别为b4，a4，∴a4＝a1＋3d＝15＋30＝45，b4＝b1＋3d'＝135－30＝105，∴b4＞a4，故D错误.故选A、B、C.1.在正项等比数列{an}中，若a1＝1，a3＝2a2＋3，则其前3项的和S3＝ （）A.3B.9C.13 D.24解析：C设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），因为a1＝1，a3＝2a2＋3，所以q2＝2q＋3，解得q＝3（负值舍去）.则其前3项的和S3＝1＋3＋32＝13.故选C.2.数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，则a4＝ （）A.8 B.16C.12 D.24解析：B法一：因为am＋n＝aman恒成立，所以当m＝1时也成立，即an＋1＝a1an，又a1＝2，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n，则a4＝24＝16，故选B.法二：am＋n＝aman，a1＝2，则a4＝a2a2＝a1a1a1a1＝a14＝24＝16，故选3.等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r＝ （）A.13 B.－C.19 D.－解析：B当n＝1时，a1＝S1＝3＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3（32－1）＝