2025年高考备考高中数学个性化分层教辅中等生篇《数列》

第1页（共1页）2025年高考备考高中数学个性化分层教辅中等生篇《数列》一．选择题（共5小题）1．（2023秋•婺源县校级月考）若数列{an}满足an+1=(2|cosnπ2|−1)an+2n，则aA．28 B．32 C．36 D．402．（2024秋•浙江月考）公比为q的等比数列{an}满足an＞0，a4＝2a3+3a2，则q＝（）A．﹣1 B．1 C．3 D．93．（2023秋•湖北月考）在数列{an}中，已知an＝﹣n2+λn﹣3，则“λ≤2”是“数列{an}为单调递减数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．（2024•历城区校级模拟）已知Sn为等差数列（an}的前n项和，a1＝﹣21，S7＝S15，则Sn的最小值为（）A．﹣99 B．﹣100 C．﹣110 D．﹣1215．（2023秋•崂山区校级期末）在等差数列{an}中，a2+a12＝40，则a5﹣a6+a7﹣a8+a9的值为（）A．20 B．40 C．60 D．80二．多选题（共5小题）（多选）6．（2024秋•辽宁月考）已知a1＝1，an+1an=λnA．存在λ，使存在正整数N，使n≥N时，an+1＜an恒成立 B．存在λ，使不存在正整数N，使n≥N时，an+1＜an恒成立 C．存在λ，使存在正整数N，使n≥N时，an+1＞an恒成立 D．存在λ，使不存在正整数N，使n≥N时，an+1＞an恒成立（多选）7．（2024春•禅城区校级月考）在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1•a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝2 B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{log2an}是公差为2的等差数列（多选）8．（2023秋•昭阳区期末）已知函数f（x）＝﹣x2+2x+1，设数列{an}的通项公式为an＝f（n）（n∈N*），则此数列（）A．图象是二次函数y＝﹣x2+2x+1的图象 B．是递减数列 C．从第3项往后各项均为负数 D．有两项为1（多选）9．（2023秋•眉山期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S23＞0，S24＜0，则下列结论错误的是（）A．数列{an}是递增数列 B．a13＞0 C．当Sn取得最大值时，n＝13 D．|a13|＞|a12|（多选）10．（2024•太原模拟）已知数列{an}满足a1＝1，an+1A．{an}是递增数列 B．{a2n﹣2}是等比数列 C．当n是偶数时，anD．∃m，n∈N*，使得a2m﹣1＞a2n三．填空题（共9小题）11．（2023秋•莱芜区校级月考）图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形，这是一种分形图形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．具体做法是：取一个实心等边三角形，沿三边中点的连线，将它分成四小三角形，去掉中间的那一个小三角形，对其余三个小三角形重复上述步骤…已知最初等边三角形的面积为1，则经过5次操作之后得到的图形中的阴影部分面积为．12．（2024•鼓楼区校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，则满足Sn2=(Sn)2的数列{13．（2024春•裕安区校级月考）已知数列﹣1，a，b，4成等差数列且﹣1，c，﹣4成等比数列，则c2a+b的值是14．（2024•博爱县校级一模）已知等比数列{an}的公比为−13，a1=2，其前n项和为Sn15．（2024秋•青羊区校级月考）数列{an}满足a1=32，an+116．（2024•原州区校级模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a9＝14，a2＝﹣3，则S8＝．17．（2024•盐城模拟）若数列{an}满足a1＝a2＝1，an+an+1+a18．（2024•苏州模拟）等差数列{an}按照如图的方式排列成一个n×n的方阵，并从里到外分为n层．设第n层内的所有数字和为Sn，且有Sn=8n3−12n19．（2024秋•泰州月考）已知在n行n列的数阵中，第1行第1列的数为a0，数阵的每一列从上往下组成公差为d1的等差数列，每一行从左往右组成公差为d2的等差数列．从第n行第1列的数开始，沿数阵的对角线斜向上组成新的数列，该数列所有项之和为．整个数阵的所有数的总和为．四．解答题（共6小题）20．（2024•河南开学）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上有一系列点P1（x1，y1），P2（x2，y2），⋯，Pn（xn，yn），n∈N+，以点Pn为圆心的圆Pn与x轴都相切，且圆Pn与圆Pn+1彼此外切．已知x1＝1，点P1到C的焦点的距离为1，0＜x（1）求p；（2）求数列{an}的通项公式；（3）设bn=an22n，求数列{b21．（2024秋•南通月考）将n（n≥2）个不同的数按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i＜j≤n，如果ai＞aj，那么称数对（ai，aj）构成数列{an}的一个逆序对，一个有穷数列的全部逆序对的总数称为该数列的逆序数．（1）若将1，2，3，4四个数构成的数列恰有2个逆序对，请写出符合条件的数列组合；（2）计算以下数列的逆序数．（ⅰ）an＝﹣2n+19（1≤n≤100）；（ⅱ）an（3）已知数列a1＝2，a2，…，an的逆序数为a，求an，an﹣1，…，a1＝2的逆序数．22．（2024春•青羊区校级月考）已知{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．（1）求数列{an}的公差；（2）求数列{2an}的前n23．（2023秋•莱芜区校级月考）在等差数列{an}中，a1+a2＝6，a5＝10．（1）求{an}的通项公式；（2）设数列{4anan+1}的前n项和为24．（2024春•商丘期末）在数列{an}中，已知a1＝1，3an+1+4an+1an＝an．（1）证明：{1an+2}（2）若cn=(2n−1)(1an+2)，求数列{cn25．（2024•浙江模拟）已知数列{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，S7＝49，且a2，a5，a14成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{an+bn}是公比为3的等比数列，且b3＝22，求{bn}的前n项和Tn．

2025年高考备考高中数学个性化分层教辅中等生篇《数列》参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．（2023秋•婺源县校级月考）若数列{an}满足an+1=(2|cosnπ2|−1)an+2n，则aA．28 B．32 C．36 D．40【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】B【分析】由递推关系式an+1【解答】解：由an+1a2＝﹣a1+2，即a2+a1＝2，a4＝﹣a3+6，即a4+a3＝6，a6＝﹣a5+10，即a6+a5＝10，a8＝﹣a7+14，即a8+a7＝14，所以a1+a2+•••+a8＝2+6+10+14＝32．故选：B．【点评】本题考查数列的递推式，考查运算能力，属于基础题．2．（2024秋•浙江月考）公比为q的等比数列{an}满足an＞0，a4＝2a3+3a2，则q＝（）A．﹣1 B．1 C．3 D．9【考点】等比数列通项公式的应用．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】C【分析】由等比数列的通项公式：an=a1⋅qn−1，代入a4＝2a3+3【解答】解：由an＞0，知a1＞0，q＞0，又a4＝2a3+3a2，则a1∴q2＝2q+3，解得q＝﹣1（舍），或q＝3．故选：C．【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（2023秋•湖北月考）在数列{an}中，已知an＝﹣n2+λn﹣3，则“λ≤2”是“数列{an}为单调递减数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】数列的单调性．【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；简易逻辑；数学抽象．【答案】A【分析】由已知结合数列的函数特性检验充分性及必要性即可求解．【解答】解：因为数列an由于二次函数的对称轴为n=λ所以当λ≤2时，n=λ2≤1，数列{当数列{an}为单调递减数列时，对称轴n=λ2＜所以“λ≤2“是“数列{an}为单调递减数列”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题主要考查了数列的函数特性及数列单调性的应用，属于中档题．4．（2024•历城区校级模拟）已知Sn为等差数列（an}的前n项和，a1＝﹣21，S7＝S15，则Sn的最小值为（）A．﹣99 B．﹣100 C．﹣110 D．﹣121【考点】等差数列前n项和的性质．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】D【分析】利用等差数列前n项和、配方法求解．【解答】解：Sn为等差数列（an}的前n项和，a1＝﹣21，S7＝S15，∴7×（﹣21）+7×62d=解得d＝2，∴Sn＝﹣21n+n(n−1)2×2=n2﹣22n＝（n∴n＝11时，Sn取最小值为﹣121．故选：D．【点评】本题考查等差数列前n项和、配方法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．（2023秋•崂山区校级期末）在等差数列{an}中，a2+a12＝40，则a5﹣a6+a7﹣a8+a9的值为（）A．20 B．40 C．60 D．80【考点】等差数列的性质．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】A【分析】根据等差数列性质计算即可．【解答】解：在等差数列{an}中，因为a2+a12＝a5+a9＝a6+a8＝2a7＝40，所以a7＝20，所以a5﹣a6+a7﹣a8+a9＝（a5+a9）﹣（a6+a8）+a7＝a7＝20．故选：A．【点评】本题考查等差数列的性质，属于基础题．二．多选题（共5小题）（多选）6．（2024秋•辽宁月考）已知a1＝1，an+1an=λnA．存在λ，使存在正整数N，使n≥N时，an+1＜an恒成立 B．存在λ，使不存在正整数N，使n≥N时，an+1＜an恒成立 C．存在λ，使存在正整数N，使n≥N时，an+1＞an恒成立 D．存在λ，使不存在正整数N，使n≥N时，an+1＞an恒成立【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．【答案】BCD【分析】分λ＝0和λ＞0情况进行讨论分析即可．【解答】解：若λ＝0，则an+1an=−2nn+1＜0，a1＝1，则{若λ＞0，令an+1an=λn2−2nn+1＞1，即an+1an＞1时，即an+1显然存在正整数N，使n≥N时，an+1＞an，故A错误，C正确．故选：BCD．【点评】本题考查数列的递推式的应用，属于中档题．（多选）7．（2024春•禅城区校级月考）在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1•a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝2 B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{log2an}是公差为2的等差数列【考点】等比数列的前n项和；等比数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】ABC【分析】利用等比数列的前n项和公式，列出方程组，求出a1＝2，q＝2，由此能求出结果．【解答】解：∵在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，a1•a4＝32，a2+a3＝12，∴a1解得a1＝16，q=12（舍）或a1＝2，q＝2，故Sn+2=2(1−2n)1−2+2＝2n+1S8=2(1−28∵an＝2n，∴lgan＝nlg2，∴数列{lgan}不是公差为2的等差数列，故D错误．故选：ABC．【点评】本题主要考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）8．（2023秋•昭阳区期末）已知函数f（x）＝﹣x2+2x+1，设数列{an}的通项公式为an＝f（n）（n∈N*），则此数列（）A．图象是二次函数y＝﹣x2+2x+1的图象 B．是递减数列 C．从第3项往后各项均为负数 D．有两项为1【考点】数列与函数的综合；数列的函数特性．【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【答案】BC【分析】对于A，数列{an}的图象是n取正整数时f（n）＝﹣n2+2n+1的图象上的对应点的坐标，不是二次函数y＝﹣x2+2x+1的图象；对于B，an＝﹣n2+2n+1＝﹣（n﹣1）2+2，n∈N*，此数列是递减数列；对于C，a1＝2，a2＝1，a3＝﹣2，从而由递减数列的性质得到从第3项往后各项均为负数；对于D，此数列有一项为1．【解答】解：∵函数f（x）＝﹣x2+2x+1，数列{an}的通项公式为an＝f（n）（n∈N*），∴an＝﹣n2+2n+1，对于A，数列{an}的图象是n取正整数时f（n）＝﹣n2+2n+1的图象上的对应点的坐标，∴此数列图象不是二次函数y＝﹣x2+2x+1的图象，故A错误；对于B，an＝﹣n2+2n+1＝﹣（n﹣1）2+2，n∈N*，∴此数列是递减数列，故B正确；对于C，an＝﹣n2+2n+1＝﹣（n﹣1）2+2，n∈N*，a1＝2，a2＝1，a3＝﹣2，此数列是递减数列，∴从第3项往后各项均为负数，故C正确；对于D，an＝﹣n2+2n+1＝﹣（n﹣1）2+2，n∈N*，a1＝2，a2＝1，a3＝﹣2，此数列有一项为1，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查命题真假的判断，考查数列的函数特性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（多选）9．（2023秋•眉山期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S23＞0，S24＜0，则下列结论错误的是（）A．数列{an}是递增数列 B．a13＞0 C．当Sn取得最大值时，n＝13 D．|a13|＞|a12|【考点】等差数列的前n项和．【专题】对应思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】ABC【分析】由等差数列的求和公式结合已知条件可得a12＞0，a12+a13＜0，从而得a13＜0且|a13|＞|a12|，进而可得出答案．【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，S23=23(aS24=24(a1+a24)2=12(a12+a13所以等差数列{an}是递减数列，且当n＝12时，Sn取得最大值．故D正确，ABC错误．故选：ABC．【点评】本题考查等差数列的应用，属于基础题．（多选）10．（2024•太原模拟）已知数列{an}满足a1＝1，an+1A．{an}是递增数列 B．{a2n﹣2}是等比数列 C．当n是偶数时，anD．∃m，n∈N*，使得a2m﹣1＞a2n【考点】数列递推式；等比数列的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】BC【分析】根据题意求出a2，发现a2＜a1，由此判断A项的正误；利用题中的递推关系，结合等比数列的通项公式，证出{a2n﹣2}是首项为−12、公比为12的等比数列，由此判断出B、C两项的正误；通过求通项公式，利用不等式的性质证出a2m﹣1≤1且a2n∈（1，2），从而断定a2m﹣1＜a2n【解答】解：对于A，由a1＝1，得a2=1根据a2＜a1，可得{an}不是递增数列，故A项错误；对于B，当n＝1时，a2当n≥2时，a2n综上所述，数列{a2n﹣2}是首项为−12，公比为12对于C，由B的分析可得a2n−2=(−12)×(12因此当n是偶数时，an=2−(1对于D，由B、C的分析，得a2m=2−(12)因为(12)m−1∈(0，1]当m≥2时，a2m−1=6−4m−(12)m−1＜0，而a2n=2−(12)故选：BC．【点评】本题主要考查数列的递推公式、等比数列的定义与通项公式、数列与不等式的综合应用等知识，属于中档题．三．填空题（共9小题）11．（2023秋•莱芜区校级月考）图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形，这是一种分形图形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．具体做法是：取一个实心等边三角形，沿三边中点的连线，将它分成四小三角形，去掉中间的那一个小三角形，对其余三个小三角形重复上述步骤…已知最初等边三角形的面积为1，则经过5次操作之后得到的图形中的阴影部分面积为2431024【考点】求等比数列的前n项和；归纳推理；等比数列的概念与判定．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】2431024【分析】易得该图形中的阴影部分的面积变化符合等比数列，借助等比数列知识计算即可．【解答】解：结合题意：最初等边三角形的面积为S1＝1，则图（2）中的阴影部分的面积为S2则图（3）中的阴影部分的面积为S3依次类推可得：{Sn}是以首项S1＝1，公比为q=3所以Sn所以经过五次操作后，令n＝6，则Sn故答案为：2431024【点评】本题考查等比数列的应用，属于中档题．12．（2024•鼓楼区校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，则满足Sn2=(Sn)2的数列{【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理．【答案】1（答案不唯一）．【分析】不妨设an＝1，根据等差数列求和公式进行验证即可．【解答】解：不妨设an＝1，则Sn故答案为：1（答案不唯一）．【点评】本题考查由数列的递推式求通项，属于基础题．13．（2024春•裕安区校级月考）已知数列﹣1，a，b，4成等差数列且﹣1，c，﹣4成等比数列，则c2a+b的值是4【考点】等差数列与等比数列的综合；等比数列的性质．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】43【分析】根据等差数列下标和性质求出a+b，利用等比中项的性质求出c2即可．【解答】解：因为数列﹣1，a，b，4成等差数列，所以a+b＝﹣1+4＝3，又﹣1，c，﹣4成等比数列，所以c2＝﹣1×（﹣4）＝4，所以c2故答案为：43【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列性质的应用，属于基础题．14．（2024•博爱县校级一模）已知等比数列{an}的公比为−13，a1=2，其前n项和为Sn，则S【考点】等比数列前n项和的性质．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】103【分析】由等比数列的前n项和公式可得Sn=32[1﹣（−13）n]，然后对n【解答】解：∵等比数列{an}的公比为−13，a1=2∴Sn=2[1−(−13)n当n为偶数时，Sn=32[1﹣（13∵y＝1﹣（13）x∴Sn单调递增，∴43∴Sn∈[4当n为奇数时，Sn=3∵y＝1+(13)n∴32＜S∴Sn∈（32∴Sn的最大值为2，最小值为43∴Sn的最大值与最小值之和为2+4故答案为：103【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和公式，考查了数列的函数特征，属于中档题．15．（2024秋•青羊区校级月考）数列{an}满足a1=32，an+1【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】1．【分析】由an+1=an2【解答】解：因为an+1=a所以1an+1−1故m=1又因为an+1=an2−an+1(n∈N又因为a1=32，所以a2025≥a2024≥a2023≥...≥a3＞2，所以0＜1a2025−1＜1故答案为：1．【点评】本题考查裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题．16．（2024•原州区校级模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a9＝14，a2＝﹣3，则S8＝16．【考点】等差数列的前n项和．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】16．【分析】利用等差数列的性质直接求解．【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a9＝14，a2＝﹣3，∴a1解得a1＝﹣5，d＝2，则S8＝8×（﹣5）+8×7故答案为：16．【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．17．（2024•盐城模拟）若数列{an}满足a1＝a2＝1，an+an+1+a【考点】数列递推式．【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】见试题解答内容【分析】由已知数列递推式可得an+3＝an+2n+1，再把a100依次分解，然后借助于等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：由已知可得an两式作差得：an+3﹣an＝2n+1，即an+3＝an+2n+1，故a100＝a97+2×97+1＝a94+2×94+1+2×97+1＝…＝1+（2×1+1）+（2×4+1）+...+（2×97+1）＝2×（1+4+…+97）+34＝2×(1+97)×33故答案为：3268．【点评】本题考查数列递推式，考查运算求解能力，是中档题．18．（2024•苏州模拟）等差数列{an}按照如图的方式排列成一个n×n的方阵，并从里到外分为n层．设第n层内的所有数字和为Sn，且有Sn=8n3−12n【考点】等差数列的前n项和．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】4．【分析】利用等差数列的性质求解．【解答】解：由题意得a1＝S1＝8﹣12+10﹣3＝3，S2＝3+d+3+2d+3+3d＝8×23﹣12×22+10×2﹣3，解得d＝4．故答案为：4．【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．19．（2024秋•泰州月考）已知在n行n列的数阵中，第1行第1列的数为a0，数阵的每一列从上往下组成公差为d1的等差数列，每一行从左往右组成公差为d2的等差数列．从第n行第1列的数开始，沿数阵的对角线斜向上组成新的数列，该数列所有项之和为na0+n(n−1)2(【考点】求等差数列的前n项和．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．【答案】na【分析】第一空，由数阵可得从左下方沿数阵的对角线斜向上组成的数列均为公差为d2﹣d1的等差数列，所以沿数阵的对角线斜向上组成的数列的所有项（n项）之和为12【解答】解：由题意，列出n行n列的数阵，a0a0+d2a0+2d2⋯a0+（n﹣2）d2a0+（n﹣1）d2a0+d1a0+d1+d2a0+d1+2d2⋯a0+d1+（n﹣2）d2a0+d1+（n﹣1）d2a0+2d1a0+2d1+d2a0+2d1+2d2⋯a0+2d1+（n﹣2）d2a0+2d1+（n﹣1）d2…⋯⋯⋯⋯a0由题意，第1行的和为：na第2行的和为：n(a第3行的和为：n(a⋯⋯第n行的和为：n(a上述n个式子相加得n[na所以整个数阵所有数的总和为n[na故答案为：na【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．四．解答题（共6小题）20．（2024•河南开学）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上有一系列点P1（x1，y1），P2（x2，y2），⋯，Pn（xn，yn），n∈N+，以点Pn为圆心的圆Pn与x轴都相切，且圆Pn与圆Pn+1彼此外切．已知x1＝1，点P1到C的焦点的距离为1，0＜x（1）求p；（2）求数列{an}的通项公式；（3）设bn=an22n，求数列{b【考点】数列与解析几何的综合；等差数列的概念与判定；错位相减法．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】（1）p＝1；（2）an＝n；（3）Sn【分析】（1）先计算P1(1，12p)（2）因为圆Pn与圆Pn+1彼此外切，得(xn−xn+1)2+（3）由（2）得bn【解答】解：（1）P1(1，12p)，设抛物线C的焦点为F（2）因为圆Pn与圆Pn+1彼此外切，所以(x则(x因为0＜xn+1＜xn，所以xn﹣xn+1＝xnxn+1，即1x因为1x1=1，所以数列{故an＝n．（3）bn两式相减得12令Tn=1两式相减得1=1所以Tn所以12Sn【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．21．（2024秋•南通月考）将n（n≥2）个不同的数按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤i＜j≤n，如果ai＞aj，那么称数对（ai，aj）构成数列{an}的一个逆序对，一个有穷数列的全部逆序对的总数称为该数列的逆序数．（1）若将1，2，3，4四个数构成的数列恰有2个逆序对，请写出符合条件的数列组合；（2）计算以下数列的逆序数．（ⅰ）an＝﹣2n+19（1≤n≤100）；（ⅱ）an（3）已知数列a1＝2，a2，…，an的逆序数为a，求an，an﹣1，…，a1＝2的逆序数．【考点】数列的单调性．【专题】函数思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理．【答案】（1）{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，2，1，4}．（2）（ⅰ）4950；（ⅱ）答案见解析．（3）n(n−1)2【分析】（1）根据逆序的定义求解即可；（2）（ⅰ）由数列{an}为单调递减数列，即可得到逆序数；（ⅱ）当n为奇数时，a1＞a3＞⋯＞a2n﹣1＞0，当n为偶数时，0＞a2＞a4＞⋯＞a2n，由此分析，即可得逆序数；（3）在数列a1＝2，a2，…，an中，若a1＝2与后面n﹣1个数构成p1个逆序对，则有（n﹣1）﹣p1不构成逆序对，即可得到答案．【解答】解：（1）由1，2，3，4构成的逆序对有（4，3），（4，2），（4，1），（3，2），（3，1），（2，1），若第一个数为4，则至少有3个逆序对；若第二个数为4，则恰好有2个逆序对的数列组合为{1，4，2，3}；若第三个数为4，则恰好有2个逆序对的数列组合为{1，3，4，2}或{2，1，4，3}；若第四个数为4，则恰好有2个逆序对的数列组合为{2，3，1，4}或{3，2，1，4}．综上所述，符合条件的数列组合有：{1，4，2，3}，{1，3，4，2}，{2，1，4，3}，{2，3，1，4}，{3，2，1，4}．（2）（ⅰ）因为{an}为单调递减数列，所以逆序数为99+98+⋅⋅⋅+1=(99+1)×99（ⅱ）当n为奇数时，a1＞a3＞⋯＞a2n﹣1＞0，当n为偶数时，an所以0＞a2＞a4＞•••＞a2n，当k为奇数时，逆序数为：(k−1)+(k−3)+⋅⋅⋅+2+k−3当k为偶数时，逆序数为：(k−1)+(k−3)+⋅⋅⋅+1+k−2（3）在数列a1＝2，a2，…，an中，若a1＝2与后面n﹣1个数构成p1个逆序对，则有（n﹣1）﹣p1不构成逆序对，所以在数列an，an﹣1，…，a1＝2中，逆序数为：(n−1)−p【点评】本题考查数列的新定义问题，解题关键是读懂题意，理解新定义的本质，属于中档题．22．（2024春•青羊区校级月考）已知{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．（1）求数列{an}的公差；（2）求数列{2an}的前n【考点】求等比数列的前n项和；由等差数列中若干项求通项公式或其中的项；求等差数列的前n项和．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】（1）d＝1或d＝0．（2）Sn＝2n或Sn【分析】（1）设{an}的公差为d，则由题意得（1+2d）2＝1+8d，由此能求出d．（2）数列{an}的通项公式为an＝1或an＝n．由2an=2或2【解答】解：（1）设{an}的公差为d，则由题意，（1+2d）2＝1+8d，解得d＝1或d＝0．（2）由（1）得数列{an}的通项公式为an＝1或an＝n．由于2an=2由等比数列前n项和公式得Sn＝2n或Sn【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．23．（2023秋•莱芜区校级月考）在等差数列{an}中，a1+a2＝6，a5＝10．（1）求{an}的通项公式；（2）设数列{4anan+1}的前n项和为【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】（1）an＝2n，n∈N*；（2）证明见解析．【分析】（1）由等差数列基本量的计算结合已知算出a1，d即可求解；（2）通过裂项相消法求和即可得证．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意得a1解得a1=2d=2，所以an＝a1+（n﹣1）d＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈（2）证明：由（1）得4anan+1=4所以Tn【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于基础题．24．（2024春•商丘期末）在数列{an}中，已知a1＝1，3an+1+4an+1an＝an．（1）证明：{1an+2}（2）若cn=(2n−1)(1an+2)，求数列{cn【考点】错位相减法；等比数列的概念与判定．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】（1）证明见解析，an（2）Sn【分析】（1）等式3an+1+4an+1an＝an两边同除以an+1an，根据等比数列的定义可得答案；（2）利用错位相减求和可得答案．【解答】证明：（1）由题意知an≠0，3an+1+4an+1an＝an，两边同除以an+1an，得1a∴1a∵a1＝1，则1a根据等比数列的定义知，{1∴1an+2=解：（2）由（1）知，cn∴Sn=3+3×∴3Sn①﹣②，得−2=3+18(1−∴Sn【点评】本题主要考查了等比数列的判断，还考查了错位相减求和方法的应用，属于中档题．25．（2024•浙江模拟）已知数列{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，S7＝49，且a2，a5，a14成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）若数列{an+bn}是公比为3的等比数列，且b3＝22，求{bn}的前n项和Tn．【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求；（2）由等比数列的通项公式可得bn，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简可得所求和．【解答】解：（1）设{an}为公差d不为零的等差数列，其前n项和为Sn，由S7＝49，可得7a1+21d＝49，即a1+3d＝7，由a2，a5，a14成等比数列，可得a52=a2a14，即（a1+4d）2＝（a1+d）（a1化为d＝2a1，解得a1＝1，d＝2，则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；（2）由数列{an+bn}是公比为3的等比数列，且b3＝22，可得an+bn＝（a3+b3）•3n﹣3＝（5+22）•3n﹣3＝3n，即有bn＝3n﹣（2n﹣1），则{bn}的前n项和Tn＝（3+9+...+3n）﹣（1+3+...+2n﹣1）=3(1−3n)1−3−12【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

考点卡片1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S2、等比数列的通项公式：an＝a1qn﹣1；前n项和公式Sn=a1(1−3、用函数的观点理解等差数列、等比数列（1）对于等差数列，an＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，an是n的一次函数，对应的点（n，an）是位于直线上的若干个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为Sn，则Sn＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{an}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题．（2）对于等比数列：an＝a1qn﹣1．可用指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等比数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等比数列{an}是递减数列．当q＝1时，是一个常数列．当q＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列．【解题方法点拨】典例1：数列{an}满足an＝n2+kn+2，若不等式an≥a4恒成立，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：an＝n2+kn+2=(n+k∵不等式an≥a4恒成立，∴3.5≤−k解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{an}满足a1＝1，an＞0（n∈N*），其前n项和为Sn，若数列{Sn}也为等差数列，则SA．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{an}满足a1＝1，an＞0（n∈N*），设公差为d，则an＝1+（n﹣1）d，其前n项和为Sn=n[1+1+(n−1)d]∴SnS1=1，S2∵数列{Sn∴2S∴22+d=1解得d＝2．∴Sn+10＝（n+10）2，an2=（2n∴Sn+10由于{(1∴Sn+10an故选：D．2．数列的单调性【知识点的认识】数列的单调性是指数列是递增还是递减的性质．由于数列{an}中的每一项an与它的序号n是一一对应的，所以数列{an}是从正整数集N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f（n）．也就是说，当自变量从1开始，按照从小到大的顺序依次取值时，对应的一系列函数值f（1），f（2），…，f（n），…就是数列{an}．【解题方法点拨】﹣定义判断：根据数列的定义或通项公式判断其单调性．﹣递推关系：利用数列的递推关系分析其单调性．﹣数列差：分析数列相邻两项的差an+1﹣an的符号判断单调性．【命题方向】常见题型包括利用定义、递推关系、数列差判断数列的单调性，结合具体数列进行分析．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（）A．an＝1﹣nB.aC．an＝2n2﹣5n+1D.a解：根据题意，依次分析选项：对于A，an＝1﹣n，有an+1﹣an＝1﹣（n+1）﹣1+n＝﹣1，是递减数列，不符合题意，对于B，an=14n，有an+1﹣a对于C，an＝2n2﹣5n+1，有an+1﹣an＝2（n+1）2﹣5（n+1）+1﹣2n2+5n﹣1＝4n﹣3，由于n≥1，则an+1﹣an＝4n﹣3＞0，是递增数列，符合题意，对于D，an=n+3，n≤2，2n−1，n＞2，则故选：C．3．等差数列的性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．4．等差数列的概念与判定【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap【解题方法点拨】﹣定义：等差数列满足an+1﹣an＝d．﹣判定：根据相邻两项的差是否为定值判定数列是否为等差数列．【命题方向】常见题型包括利用定义和相邻两项的差判断数列是否为等差数列，结合具体数列进行分析．下列数列不是等差数列的是（）A．6，6，6，⋯，6，⋯B．﹣2，﹣1，0，⋯，n﹣3，⋯C．5，8，11，⋯，3n+2，⋯D.0，1，3，⋯，n2解：数列6，6，6，⋯，6，⋯是公差为0的等差数列；数列﹣2，﹣1，0，⋯，n﹣3，⋯是公差为1的等差数列；∵3n+2﹣[3（n﹣1）+2]＝3为常数，故数列5，8，11，⋯，3n+2，⋯是等差数列；∵1﹣0≠3﹣1，故数列0，1，3，⋯，n2故选：D．5．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为an＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为am，则第n项为an＝am+（n﹣m）d．【解题方法点拨】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an=2，n=1把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【命题方向】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．6．由等差数列中若干项求通项公式或其中的项【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为an＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为am，则第n项为an＝am+（n﹣m）d．【解题方法点拨】﹣定义：根据等差数列的定义和通项公式an＝a1+（n﹣1）d进行推导．﹣设未知数：假设通项公式，利用已知项求解参数．﹣递推关系：利用等差数列的递推关系推导出通项公式．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的若干项推导出通项公式或求解其中的项，结合具体数列进行分析．在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求它的通项公式．解：设等差数列{an}的公差为d，∵a5＝10，a12＝31，∴10=a1+4d故an＝﹣2+3（n﹣1）＝3n﹣5．7．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】eg1：设等差数列的前n项和为Sn，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+5×42d＝5a1+10＝15，即a则S10＝10a1+10×92故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．求数列{|an|}的前n项的和Tn．解：∵等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴Tn点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【命题方向】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．8．求等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值代入前n项和公式，计算数列的前n项和．﹣推导公式：根据实际问题推导出数列的前n项和公式．﹣综合应用：将前n项和公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的前n项和公式计算具体项，推导数列和公式，解决实际问题．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝a3，a4＝5，则Sn＝_____．解：设等差数列{an}的公差为d，∵S3＝a3，∴a1+a2＝a1+a1+d＝0，又∵a4＝5，∴a1+3d＝5，解得，a1＝﹣1，d＝2，故Sn＝n•a1+n(n−1)2•2＝n2﹣2故答案为：n2﹣2n．9．等差数列前n项和的性质【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】等差数列的前n项和具有许多重要性质，如递增性、递减性、与通项公式的关系等．﹣性质分析：分析等差数列的前n项和的性质，如递增性、递减性等．﹣公式推导：根据等差数列的定义和前n项和公式，推导出数列的性质．﹣综合应用：将前n项和的性质与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的前n项和的性质分析数列的递增性、递减性，结合具体数列进行分析．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15，则Sn的最小值为_____．解：S3＝3a2＝﹣15，解得a2＝﹣5，故等差数列{an}的公差d＝a2﹣a1＝﹣5﹣（﹣7）＝2，∵a4＝a1+3d＝﹣1，a5＝a1+4d＝1，a3＝a2+d＝﹣5+2＝﹣3，∴当n＝4时，Sn取得最小值S4＝a1+a2+a3+a4＝﹣7﹣5﹣3﹣1＝﹣16．故答案为：﹣16．10．等比数列的性质【知识点的认识】等比数列（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn=a1(1−qn)1−q，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am•an等比数列的性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或⇔a1＜0q＞1{an}是递减数列；q＝1【解题方法点拨】例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．11．等比数列的概念与判定【知识点的认识】等比数列如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．【解题方法点拨】﹣定义：对于等比数列an，如果存在常数r使得an+1an﹣判定：可以通过计算相邻两项的比值是否相同来判定是否为等比数列．﹣公式：通项公式为an=a1⋅r【命题方向】常见题型包括给出数列的若干项，判断是否为等比数列，以及求解公比和通项公式．下面四个数列中是等比数列的为_____．（填序号）①1，1，2，4，8，16，32，64；②在数列{an}中，已知a2a1③常数列a，a，⋯，a，⋯；④在数列{an}中，an+1an=q（q为常数，且q≠0），其中n解：对于①，∵11≠2对于②，在数列{an}中，由a2a1=2，∴不能得到数列{an}是等比数列，故②错误；对于③，常数列a，a，⋯，a，⋯中，当a＝0时，该数列是等比数列，故③错误；对于④，在数列{an}中，an+1an=q（q为常数，且q≠0），其中n由等比数列的定义，得数列{an}是等比数列，故④正确．故答案为：④．12．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，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，通常用字母q表示（q≠0）．从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1•qn﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或a1＜0q＞1⇔{an}是递减数列；q＝113．等比数列通项公式的应用【知识点的认识】1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，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，通常用字母q表示（q≠0）．从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1•qn﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或a1＜0q＞1⇔{an}是递减数列；q＝1【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值代入通项公式，计算数列的具体项．﹣推导公式：根据实际问题推导出数列的通项公式，并应用于实际问题中．﹣综合应用：将通项公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的通项公式计算具体项，推导数列公式，解决实际问题．已知等比数列{an}的通项公式an＝3n+2（n∈N*），则该数列的公比是_____．解：∵等比数列{an}的通项公式为an＝3n+2（n∈N*），∴该数列的公比q=a14．等比数列的前n项和【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．15．求等比数列的前n项和【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值和公比r代入前n项和公式，计算数列的前n项和．﹣公式推导：根据实际问题推导出等比数列的前n项和公式．﹣综合应用：将前n项和公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的前n项和公式计算具体和，推导数列和公式，解决实际问题．设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则S6＝_____．解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由于a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a1+a故S616．等比数列前n项和的性质【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．【解题方法点拨】﹣性质分析：分析等比数列的前n项和的性质．﹣公式推导：根据等比数列的定义和前n项和公式，推导出数列和的性质．﹣综合应用：将前n项和的性质与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的前n项和的性质分析数列的递增性、递减性，结合具体数列进行分析．已知在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，则使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为_____．解：设等比数列的公比为q，q＞0，∵在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，∴q2=a5a∴an=a3⋅∴Sn=2(1−2n)∵Sn＞511，∴2n+1＞513，当n＝8时，2n+1＝29＝512，当n＝9时，2n+1＝210＝1024，∴正整数n的最小值为9．∴使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为9．故答案为：9．17．数列的求和【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+12n（n﹣1）d或S②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{1anan+1}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【解题方法点拨】典例1：已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=1an2−1（n∈N*），求数列{bn}的前分析：形如{111×3=1=50解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴a1+2d=72a1+10d=26∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn=3n+n(n−1)2×2=n2（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn=1∴Tn=1即数列{bn}的前n项和Tn=n点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【命题方向】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．18．错位相减法【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．【解题方法点拨】﹣错位相减：将数列{an×bn}的项乘以等比数列的公比q，再与数列{an×bn}的项进行相减，得到简化的公式．﹣化简公式：通过错位相减法化简求和公式，特别是等差和等比数列的求和．【命题方向】常见题型包括利用错位相减法计算等差或等比数列的前n项和，结合具体数列进行分析．求和：1×21+2×22+3×23+…+n×2n．解：设Sn＝1×21+2×22+3×23+…+n×2n，∴2Sn＝1×22+2×23+3×24+…+（n﹣1）×2n+n×2n+1，∴﹣Sn＝21+22+23+…+2n﹣n•2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1＝（1﹣n）•2n+1﹣2，∴Sn19．数列递推式【知识点的认识】1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an=s在数列{an}中，前n项和Sn与通项公式an的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an的表达式，则an不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．【解题方法点拨】数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an=sn−sn−1;;n≥2（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，=f(1)（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知an+1an=f（n）求an，用累乘法：an（6）已知递推关系求an，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an．②形如an=a（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．20．数列与函数的综合【知识点的认识】数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．【解题方法点拨】1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【命题方向】典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{an}成等比数列；（II）设bn＝anf（an），数列{bn}前n项和是Sn，当a=2时，求Sn分析：（I）先利用条件求出f（an）的表达式，进而求出{an}的通项公式，再用定义来证{an}是等比数列即可；（II）先求出数列{bn}的通项公式，再对数列{bn}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（an）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即logaan＝2n+2，可得an＝a2n+2．∴an∴{an}为等比数列．（5分）（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当a=2时，bSn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2①2Sn＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3②①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）=16+24(1−2n−1)1−2−（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣∴Sn＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一