2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（四）

第45页（共45页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（四）一．选择题（共5小题）1．（2021•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．8 C．9 D．102．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（）A．9 B．10 C．11 D．123．（2021•浙江）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=an1+an（n∈N*）．记数列{an}的前A．32＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜92 D．94．（2021•全国）等差数列{an}中，若a2﹣a5+a8﹣a11+a14＝1，则{an}的前15项和为（）A．1 B．8 C．15 D．305．（2021•北京）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长a1，a2，a3，a4，a5（单位：cm）成等差数列，对应的宽为b1，b2，b3，b4，b5（单位：cm），且长与宽之比都相等．已知a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝（）A．64 B．96 C．128 D．160二．多选题（共1小题）（多选）6．（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k﹣1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+ak，则（）A．ω（2n）＝ω（n） B．ω（2n+3）＝ω（n）+1 C．ω（8n+5）＝ω（4n+3） D．ω（2n﹣1）＝n三．填空题（共5小题）7．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么k=1nSk＝8．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为．9．（2021•上海）已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝．10．（2021•上海）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为．11．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，limn→∞（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是四．解答题（共15小题）12．（2022•浙江）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．13．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn．（1）若{an}是等比数列，S2＝3，求limn→∞S（2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围．14．（2022•全国）设{an}是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a6成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）令bn＝（﹣1）nan，求数列{bn}的前n项和Sn．15．（2022•上海）数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．（1）求a4可能值；（2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；（3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．16．（2021•浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-94，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．17．（2021•乙卷）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜S18．（2021•乙卷）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式．19．（2021•新高考Ⅱ）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．20．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和．21．（2021•上海）已知数列{an}满足an≥0，对任意n≥2，an和an+1中存在一项使其为另一项与an﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即ar＝as＝at＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求ar+1+as+1+at+1的最大值．22．（2021•甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列，证明：{an}23．（2021•全国）记数列{an}的前n项和为Sn．已知Sn+1＝3Sn+2n+4，且a1＝4．（1）证明：{an+1}是等比数列；（2）求Sn．24．（2021•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{Sn}是等差数列；③a2＝3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．25．（2021•天津）已知数列{an}是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝4，b3﹣b2＝48．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn＝b2n+1bn，n∈（i）证明：{cn2-c2（ii）证明：k=1nakak+126．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为ℜp数列：①a1+p≥0，且a2+p＝0；②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；（Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5；（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（四）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案ACACC二．多选题（共1小题）题号6答案ACD一．选择题（共5小题）1．（2021•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．8 C．9 D．10【考点】等比数列的前n项和．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】A【分析】由等比数列的性质得S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，从而得到关于S6的方程，再求出S6．【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，∴4，2，S6﹣6成等比数列，∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．故选：A．【点评】本题考查了等比数列的性质，考查方程思想和运算求解能力，是基础题．2．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（）A．9 B．10 C．11 D．12【考点】数列的单调性．【专题】方程思想；分析法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】数列{an}是递增的整数数列，n要取最大，即递增幅度尽可能为小的整数，用特殊值法代入验证，即可求解．【解答】解：数列{an}是递增的整数数列，∴n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数，假设递增的幅度为1，∵a1＝3，∴an＝n+2，则Sn当n＝10时，a10＝12，S10＝75，∵100﹣S10＝25＞a10＝12，即n可继续增大，n＝10非最大值，当n＝12时，a12＝14，S12＝102，∵100﹣S12＝100﹣102＜0，不满足题意，即n＝11为最大值．故选：C．【点评】本题考查了数列的知识，具有一定的探索性，需要找到研究的临界问题，属于中档题．3．（2021•浙江）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=an1+an（n∈N*）．记数列{an}的前A．32＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜92 D．9【考点】数列的求和．【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】A【分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后结合求和公式裂项即可确定前100项和的范围．1【解答】解：因为a1=1，an+1=1a∴1an+1＜由累加法可得当n≥2时，1a又因为当n＝1时，an=4(所以an∴an+1a由累乘法可得当n≥2时，an所以S100另解：设f（x）=x1+x，x＞0，f′（x）=2+x2(1+x)2＞0，可得f（x）在（0，+∞）递增，接下来运用待定系数法估计{an}的上下界，设anan+1≤Mn+1⇐f（an）≤λ(n+μ+1)(nλ(n+μ)(n在此条件下，有Sn≤i=1nλ(注意到a1＝1，取λ＝6，μ＝1，从而M1＝1，此时可得Sn＜3．故选：A．【点评】本题主要考查数列的递推关系式及其应用，数列求和与放缩的技巧等知识，属于难题．4．（2021•全国）等差数列{an}中，若a2﹣a5+a8﹣a11+a14＝1，则{an}的前15项和为（）A．1 B．8 C．15 D．30【考点】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；运算求解．【答案】C【分析】由题意，利用等差数列的性质、等差数列的前n项和公式，求得结果．【解答】解：等差数列{an}中，∵a2﹣a5+a8﹣a11+a14＝（a2+a8+a14）﹣（a5+a11）＝3a8﹣2a8＝1，∴a8＝1，则{an}的前15项和为15×(a1+a15故选：C．【点评】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前n项和公式，属于基础题．5．（2021•北京）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长a1，a2，a3，a4，a5（单位：cm）成等差数列，对应的宽为b1，b2，b3，b4，b5（单位：cm），且长与宽之比都相等．已知a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝（）A．64 B．96 C．128 D．160【考点】等差数列的通项公式；等差数列的性质．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】C【分析】直接利用数列的等差中项的应用求出结果．【解答】解：{an}和{bn}是两个等差数列，且akbk（1≤k≤5）是常值，由于a1＝288，a5故a3由于a所以b3＝128．另解：a1b故：b3故选：C．【点评】本题考查的知识要点：数列的等差中项的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．二．多选题（共1小题）（多选）6．（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k﹣1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+ak，则（）A．ω（2n）＝ω（n） B．ω（2n+3）＝ω（n）+1 C．ω（8n+5）＝ω（4n+3） D．ω（2n﹣1）＝n【考点】数列递推式．【专题】计算题；整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】ACD【分析】2n＝a0•21+a1•22+…+ak﹣1•2k+ak•2k+1可判断A；取n＝2可判断B；把8n+5和4n+3都化成n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k﹣1+ak•2k，可判断C；2n﹣1＝1•20+1•21+…+1•2n﹣1可判断D．【解答】解：∵2n＝a0•21+a1•22+…+ak﹣1•2k+ak•2k+1，∴ω（2n）＝ω（n）＝a0+a1+…+ak，∴A对；当n＝2时，2n+3＝7＝1•20+1•21+1•22，∴ω（7）＝3．∵2＝0•20+1•21，∴ω（2）＝0+1＝1，∴ω（7）≠ω（2）+1，∴B错；∵8n+5＝a0•23+a1•24+…+ak•2k+3+5＝1•20+1•22+a0•23+a1•24+…+ak•2k+3，∴ω（8n+5）＝a0+a1+…+ak+2．∵4n+3＝a0•22+a1•23+…+ak•2k+2+3＝1•20+1•21+a0•22+a1•23+…+ak•2k+2，∴ω（4n+3）＝a0+a1+…+ak+2＝ω（8n+5）．∴C对；∵2n﹣1＝1•20+1•21+…+1•2n﹣1，∴ω（2n﹣1）＝n，∴D对．故选：ACD．【点评】本题考查数列递推式，考查数学运算能力，属于难题．三．填空题（共5小题）7．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么k=1nSk＝240(3-n【考点】数列的求和．【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】5；240(3-【分析】依题意，对折k次共有k+1种规格，且面积为2402k，则Sk【解答】解：易知有20dm×34dm由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为2402k，故则k=1nSk∴12Tn=k=1n=1+1∴Tn∴k=1故答案为：5；240(3-【点评】本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．8．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为185【考点】数列的求和；等比数列的前n项和．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】设{an}的公比为q，由无穷递缩等比数列的求和公式，解方程可得q，进而得到an，bn，求得数列{bn}的首项和公比，再由无穷递缩等比数列的求和公式，可得所求和．【解答】解：设{an}的公比为q，由a1＝3，an的各项和为9，可得31-q解得q=2所以an＝3×（23）n﹣1bn＝a2n＝3×（23）2n﹣1可得数列{bn}是首项为2，公比为49则数列{bn}的各项和为21-故答案为：185【点评】本题考查等比数列的通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．9．（2021•上海）已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝21．【考点】等差数列的通项公式．【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；运算求解．【答案】21．【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解．【解答】解：因为等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝a1+9d＝3+9×2＝21．故答案为：21．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，属于基础题．10．（2021•上海）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为31．【考点】数列递推式．【专题】转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】设bk＝ak+1﹣ak，由题意可得，bk，bk﹣1恰有一个为1，然后分两种情况分别求解a1+…+a9的值，即可得到答案．【解答】解：设bk＝ak+1﹣ak，由题意可得，bk，bk﹣1恰有一个为1，如果b1＝b3＝b5＝b7＝b9＝1，那么a1＝6，a2＝7，a3≥1，a4＝a3+1≥2，同样也有，a5≥1，a6＝a5+1≥2，a7≥1，a8＝a7+1≥2，全部加起来至少是6+7+1+2+1+2+1+2+9＝31；如果b2＝b4＝b6＝b8＝1，那么a8＝8，a2≥1，a3＝a2+1≥2，同样也有，a4≥1，a5≥2，a6≥1，a7≥2，全部加起来至少是6+1+2+1+2+1+2+8+9＝32，综上所述，最小应该是31．故答案为：31．【点评】本题考查了数列的概念的理解和应用，递推公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．11．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，limn→∞（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是（﹣4，0）∪（0，4）【考点】等比数列的性质．【专题】极限思想；综合法；导数的概念及应用；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（﹣4，0）∪（0，4）【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a1＝4，从而得解．【解答】解：∵无穷等比数列{an}，∴公比q∈（﹣1，0）∪（0，1），∴limn→∞an＝∴limn→∞（a1﹣an）＝a1＝∴a2＝a1q＝4q∈（﹣4，0）∪（0，4）．故答案为：（﹣4，0）∪（0，4）．【点评】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题．四．解答题（共15小题）12．（2022•浙江）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列的前n项和．【专题】整体思想；判别式法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】（Ⅰ）Sn=3（Ⅱ）d∈（1，2]．【分析】（Ⅰ）由等差数列{an}的首项a1＝﹣1及S4﹣2a2a3+6＝0可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，再由等差数列的前n项和公式可得Sn的解析式；（Ⅱ）由an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，可得关于cn的二次方程，由判别式大于0可得d的表达式，分类讨论可得d的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1，因为S4﹣2a2a3+6＝0，可得4(a1+a4)2-2a2a3+6＝0，即2（a1+a4）﹣2a1+a1+3d﹣（a1+d）（a1+2d）+3＝0，即﹣1﹣1+3d﹣（﹣1+d）（﹣1+2d）+3＝0，整理可得：d2＝3d，解得d＝3，所以Sn＝na1+n(n-1)即Sn=3（Ⅱ）因为对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，则（a1+nd+4cn）2＝[a1+（n﹣1）d+cn][（a1+（n+1）d+15cn]，a1＝﹣1，整理可得：cn2+[（14﹣8n）d+8]cn+d2＝0，则Δ＝[（14﹣8n）d+8]2﹣4d2≥0恒成立在n∈N+，整理可得[（2n﹣3）d﹣2][n﹣2）d﹣1]≥0，当n＝1时，可得d≤﹣2或d≥﹣1，而d＞1，所以d的范围为（1，+∞）；n＝2时，不等式变为（d﹣2）（﹣1）≥0，解得d≤2，而d＞1，所以此时d∈（1，2]，当n≥3时，d＞1，则[（2n﹣3）d﹣2][n﹣2）d﹣1]＞（2n﹣5）（n﹣3）≥0符合要求，综上所述，对于每个n∈N*，d的取值范围为（1，2]，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列．【点评】本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．13．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn．（1）若{an}是等比数列，S2＝3，求limn→∞S（2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围．【考点】数列的极限．【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）4；（2）d∈[0，1]．【分析】（1）由已知求得等比数列的公比，再求出前n项和，求极限得答案；（2）求出等差数列的前2n项和，代入S2n≥n，对n分类分析得答案．【解答】解：（1）在等比数列{an}中，a2＝1，S2＝3，则a1＝2，∴公比q=12，则∴limn→∞Sn=（2）若{an}是等差数列，则S2n即（3﹣2n）d≤1，当n＝1时，d≤1；当n≥2时，d≥13-2n恒成立，∵13-2n∈[﹣1，0综上所述，d∈[0，1]．【点评】本题考查等差数列与等比数列前n项和，考查数列极限的求法，考查数列的函数特性及应用，是中档题．14．（2022•全国）设{an}是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a6成等比数列．（1）求{an}的通项公式；（2）令bn＝（﹣1）nan，求数列{bn}的前n项和Sn．【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）an＝3n﹣2；（2）Sn【分析】（1）由已知条件可得：（1+d）2＝1+5d，求得d＝3，然后求通项公式即可；（2）由（1）可得：bn=(-1)n(3n-2)，则b2k-1+b2k=(-1)2k-【解答】解：（1）已知{an}是首项为1，公差d不为0的等差数列，又a1，a2，a6成等比数列，则（1+d）2＝1+5d，即d2﹣3d＝0，又d≠0，即d＝3，则an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2；（2）由（1）可得：bn则b2k-1+b2k=(-1)2k-则当n为偶数时，Sn当n为奇数时，Sn＝Sn﹣1+bn=3(即Sn【点评】本题考查了等差数列通项公式的求法，重点考查了捆绑求和法，属基础题．15．（2022•上海）数列{an}对任意n∈N*且n≥2，均存在正整数i∈[1，n﹣1]，满足an+1＝2an﹣ai，a1＝1，a2＝3．（1）求a4可能值；（2）命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9＜30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；（3）若a2m＝3m，（m∈N*）成立，求数列{an}的通项公式．【考点】数列递推式．【专题】计算题；方程思想；综合法；三角函数的求值；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）7或9；（2）证明见解析，逆命题q：若a9＜30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，理由见解析；(3)a【分析】（1）利用递推关系式可得a3＝5，然后计算a4的值即可；（2）由题意可得an=2n-1(n∈[1，8]，n∈N*)（3）由题意可得a2m+2＝2a2m+1﹣ai（i≤2m），a2m+1＝2a2m﹣aj（j≤2m﹣1），然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式．【解答】解：（1）a3＝2a2﹣a1＝5，a4＝2a3﹣a2＝7或a4＝2a3﹣a1＝9．（2）∵a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，∴d=2a9＝2a8﹣ai＝30﹣ai＜30．逆命题q：若a9＜30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例：a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7，a5＝9，a6＝11，a7＝13，a8＝2a7﹣a5＝17，a9＝2a8﹣a7＝21．（3）因为a2∴a2m+2=3m+1，a2m+2=2a2m+1-ai(∴a2m+2＝4a2m﹣2aj﹣ai，∴2a以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1＞an恒成立：当n＝1，a2＞a1明显成立，假设n＝k时命题成立，即ak＞ak﹣1＞ak﹣1⋯＞＞a2＞a1＞0，则ak+1﹣ak＝2ak﹣ai﹣ak＝ak﹣ai＞0，则ak+1＞ak，命题得证．回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：1．若j＝2m﹣1，则a2m＝2aj+ai＝2a2m﹣1+ai＞a2m﹣1﹣ai矛盾，2．若j＝2m﹣2，则aj=3m-1，∴ai=此时a2∴an3．若j＜2m﹣2，则2a∴ai=3m-2aj∴a2m+2＝2a2m+1﹣a2m﹣1（由（2）知对任意m成立），a6＝2a5﹣a3，事实上：a6＝2a5﹣a2矛盾．综上可得an【点评】本题主要考查数列中的递推关系式，数列中的推理问题，数列通项公式的求解等知识，属于难题．16．（2021•浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-94，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．【考点】数列递推式；数列的求和．【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】（Ⅰ）an=-3×(34)n（n≥1，n∈N*）；（Ⅱ）{λ|【分析】（Ⅰ）首先利用递推关系式确定数列为等比数列，然后结合等比数列的通项公式可得数列的通项公式；（Ⅱ）首先错位相减求得Tn的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数λ的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由4Sn+1＝3Sn﹣9可得4Sn＝3Sn﹣1﹣9（n≥2），两式作差，可得：4an+1＝3an，∴an很明显，a2所以数列{an}是以-94为首项，其通项公式为：an=(-94)×(34)n（Ⅱ）由3bn+（n﹣4）an＝0，得bnTn34两式作差可得：14=-=-则Tn据此可得-4n⋅(34)n+1≤λ(nn＝4时不等式成立；n＜4时，λ≤-3nn-4=-3-12n-4n＞4时，λ≥-3nn-4=-3-综上可得，{λ|﹣3≤λ≤1}．【点评】本题主要考查由递推关系式求数列的通项公式的方法，错位相减求和的方法，数列中的恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．17．（2021•乙卷）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜S【考点】错位相减法．【专题】方程思想；转化思想；作差法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）an=(13)n-1，bn＝【分析】（1）根据a1，3a2，9a3成等差数列，{an}是首项为1的等比数列，求出公比q，进一步求出{an}和{bn}的通项公式；（2）分别利用等比数列的前n项和公式和错位相减法，求出Sn和Tn，再利用作差法证明Tn＜S【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3，∵{an}是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q＝1+9q2，∴q=1∴an＝a1qn﹣1=(1∴bn=nan3（2）证明：由（1）知an=(13)n-1，b∴SnTn=1×(∴13T①﹣②得，23∴Tn∴Tn-∴Tn＜S【点评】本题考查了等差数列与等比数列的性质，等比数列的前n项和公式和利用错位相减法求数列的前n项和，考查了方程思想和转化思想，属中档题．18．（2021•乙卷）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式．【考点】等差数列的性质；数列递推式．【专题】计算题；方程思想；综合法；定义法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意当n＝1时，b1＝S1，代入已知等式可得b1的值，当n≥2时，将bnbn-1=Sn，代入2Sn+1bn=2，可得b（2）由a1＝S1＝b1=32，可得bn=n+22，代入已知等式可得Sn=n+2n+1，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由2b1+1b1当n≥2时，bnbn-1=消去Sn，可得2bn-1bn+1bn=所以{bn}是以32为首项，1（2）由题意，得a1＝S1＝b1=3由（1），可得bn=32+（n﹣1由2Sn+1bn当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=n+2n所以an=3【点评】本题考查了等差数列的概念，性质和通项公式，考查了方程思想，是基础题．19．（2021•新高考Ⅱ）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．【专题】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；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）直接利用等差数列的性质和前n项和的应用求出数列的通项公式；（Ⅱ）直接利用作差法的应用和数列的分解因式的应用求出结果．【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，Sn＝﹣4n+n(n-1)2×2Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，整理可得n2﹣7n+6＞0，当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，由于n为正整数，故n的最小正值为7．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．20．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和．【考点】数列求和的其他方法．【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由数列{an}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由bn﹣bn﹣1＝3可得数列{bn}是等差数列，从而可求得数列{bn}的通项公式；（2）由数列{an}的通项公式可得数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．【解答】解：（1）因为a1＝1，an+1=a所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．另解：由题意可得a2n+1＝a2n﹣1+3，a2n+2＝a2n+3，其中a1＝1，a2＝a1+1＝2，于是bn＝a2n＝3（n﹣1）+2＝3n﹣1，n∈N*．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+10×92×3+10×2+10×9【点评】本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．21．（2021•上海）已知数列{an}满足an≥0，对任意n≥2，an和an+1中存在一项使其为另一项与an﹣1的等差中项．（1）已知a1＝5，a2＝3，a4＝2，求a3的所有可能取值；（2）已知a1＝a4＝a7＝0，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即ar＝as＝at＝0，2＜r＜s＜t，且a1＝1，a2＝2，求ar+1+as+1+at+1的最大值．【考点】数列的应用；等比数列的概念与判定．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；数据分析．【答案】（1）a3＝1；（2）证明见解答，公比为14（3）2164【分析】（1）根据an和an+1中存在一项使其为另一项与an﹣1的等差中项建立等式，然后将a1，a2，a4的值代入即可；（2）根据递推关系求出a5、a8，然后根据等比数列的定义进行判定即可；（3）分别求出ar+1，as+1，at+1的通项公式，从而可求出各自的最大值，从而可求出所求．【解答】解：（1）由题意，2an＝an+1+an﹣1或2an+1＝an+an﹣1，∴2a2＝a3+a1解得a3＝1，2a3＝a2+a1解得a3＝4，经检验，a3＝1，（2）证明：∵a1＝a4＝a7＝0，∴a3＝2a2，或a3=a∴a5=a32∴a6=a52∴a8=a62综上，a2、a5、a8成等比数列，公比为14（3）由2an＝an+1+an﹣1或2an+1＝an+an﹣1，可知an+2-由第（2）问可知，ar＝0，则ar﹣2＝2ar﹣1，即ar﹣1﹣ar﹣2＝﹣ar﹣1，∴ar＝0，则ar∴(a同理，as∴(as+1)max=116，同理，(at+1)max=1【点评】本题主要考查了数列的综合应用，等比数列的判定以及通项公式的求解，同时考查了学生计算能力，属于难题．22．（2021•甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列，证明：{an}【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】证明过程见解答．【分析】设等差数列{Sn}的公差为d，可用S1、S2求出d，得到Sn的通项公式，利用an＝Sn﹣Sn﹣1可求出an的通项，从而证明{a【解答】证明：设等差数列{Sn}的公差为d由题意得S1=a1；则d=S2-S1=2a1-a1=所以Sn＝n2a1①；当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）2a1②．由①②，得an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，经检验，当n＝1时也满足③．所以an＝（2n﹣1）a1，n∈N+，当n≥2时，an﹣an﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，所以数列{an}是等差数列．【点评】本题考查了等差数列的概念和性质，涉及逻辑推理，数学运算等数学学科核心素养，属于中档题．23．（2021•全国）记数列{an}的前n项和为Sn．已知Sn+1＝3Sn+2n+4，且a1＝4．（1）证明：{an+1}是等比数列；（2）求Sn．【考点】求等比数列的前n项和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）Sn=5(【分析】（1）已知Sn+1＝3Sn+2n+4，①，则Sn＝3Sn﹣1+2（n﹣1）+4，②，由①﹣②可得：an+1＝3an+2，（n≥2），由题意可得：a2＝3a1+2，即an+1＝3an+2，（n∈N+），则an+1+1＝3（an+1），即{an+1}是以5为首项，3为公比的等比数列；（2）由（1）可得：an+1=5×3n-【解答】（1）证明：已知Sn+1＝3Sn+2n+4，①则Sn＝3Sn﹣1+2（n﹣1）+4，②由①﹣②可得：an+1＝3an+2，（n≥2），又a1＝4，则S2＝4+a2＝3×4+6，即a2＝14，则a2＝3a1+2，即an+1＝3an+2，（n∈N+），则an+1+1＝3（an+1），又a1+1＝5，即{an+1}是以5为首项，3为公比的等比数列；（2）解：由（1）可得：an即an则Sn【点评】本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了等比数列前n项和公式，属基础题．24．（2021•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{Sn}是等差数列；③a2＝3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【考点】数列的求和；等差数列的性质．【专题】计算题；整体思想；演绎法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解；结构不良题．【答案】答案见解析．【分析】首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前n项和公式证明结论即可．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：Sn故Sn-Sn-据此可得数列{Sn选择①②为条件，③结论：设数列{an}的公差为d，则：S1数列{Sn}即：(a1+3(a1+d))2=(22a1+d)选择③②为条件，①结论：由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴S2则数列{Sn}通项公式为：Sn据此可得，当n≥2时，an当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：an＝（2n﹣1）a1，由an+1﹣an＝[2（n+1）﹣1]a1﹣（2n﹣1）a1＝2a1，可知数列{an}是等差数列．【点评】本题主要考查等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式等知识，属于中等题．25．（2021•天津）已知数列{an}是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝4，b3﹣b2＝48．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn＝b2n+1bn，n∈（i）证明：{cn2-c2（ii）证明：k=1nakak+1【考点】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；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）an＝2n﹣1，n∈N*；bn＝4n，n∈N*；（2）（i）、（ii）证明见解答．【分析】（1）由等差数列的求和公式，解方程可得首项，进而得到an；由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到bn；（2）（i）利用已知数列的通项公式，表示出cn，然后利用等比数列的定义证明即可；（ii）设pn=anan+1cn【解答】证明：（1）由数列{an}是公差d为2的等差数列，其前8项的和为64，可得8a1+12×8×7d＝64，解得a1所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*；由数列{bn}是公比q大于0的等比数列，b1＝4，b3﹣b2＝48，可得4q2﹣4q＝48，解得q＝4（﹣3舍去），所以bn＝4n，n∈N*；（2）（i）证明：因为an＝2n﹣1，bn＝4n，所以cn＝b2n+1bn=4则cn2-c2n＝（42n+14n）2＝44n+2•4n+142n-44n-所以cn又c1所以数列{cn2-c2n}是以8（ii）证明：设pn考虑qn=n2n，则p所以k=1nqk=则12两式相减可得，12所以k=1则k=1n故k=1n【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，以及数列的错位相减法求和、不等式的证明，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．26．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为ℜp数列：①a1+p≥0，且a2+p＝0；②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；（Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5；（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】（Ⅰ）不可能是ℜ2数列，理由见解析；（Ⅱ）a5＝1；（Ⅲ）存在p＝2，使得存在ℜp数列{an}，对任意n∈N*，满足Sn≥S10，理由见解析．【分析】（Ⅰ）利用性质③，结合题意进行判断，即可得到答案；（Ⅱ）由性质③，确定a3，a4的取值情况，然后分别分析得到a4＝1，a3＝a1，从而求出a1的值，当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，利用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），即可求得答案；（Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③进行分析，可得数列{bn}为ℜ0数列，利用（2）中的结论，得到p的取值情况，即可得到答案．【解答】解：（Ⅰ）数列{an}不可能为ℜ2数列，理由如下，因为p＝2，a1＝2，a2＝﹣2，所以a1+a2+p＝2，a1+a2+p+1＝3，因为a3＝﹣2，所以a3∉{a1+a2+p，a1+a2+p+1}，所以数列{an}不满足性质③．（Ⅱ）性质①，a1≥0，a2＝0；由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3＝a1或a3＝a1+1，a4＝0或a4＝1，若a4＝0，由性质②可得a3＜a4，即a1＜0或a1+1＜0，矛盾；若a4＝1，a3＝a1+1，由a3＜a4，则a1+1＜1，矛盾，因此只能是a4＝1，a3＝a1，又因为a4＝a1+a3或a4＝a1+a3+1，所以a1=12或a1＝若a1=12，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}＝{2a1，2a1+1}＝{1，2}，不满足a2＝当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），当n＝0时，经检验命题成立；假设n≤k（k≥0）时命题成立．当n＝k+1时，若i＝1，则a4（k+1）+1＝a4k+5＝aj+（4k+5﹣j），利用性质③：{aj+a4k+5﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+4}＝{k，k+1}，此时可得a4k+5＝k+1，否则a4k+5＝k，取k＝0可得a5＝0，而由性质②可得a5＝a1+a4∈{1，2}，与a5＝0矛盾．同理可得，{aj+a4k+6﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+5}＝{k，k+1}，此时可得a4k+6＝k+1，{aj+a4k+8﹣j|j∈N*，2≤j≤4k+6}＝{k+1，k+2}，此时可得a4k+8＝k+2，{aj+a4k+7﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+6}＝{k+1}，又因为a4k+7＜a4k+8，此时可得a4k+7＝k+1，即当n＝k+1时，命题成立．综上可得，a5＝a4×1+1＝1；（Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③可知，∀m，n∈N*，bm+n＝am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}＝{bm+bn，bm+bn+1}，由于b1＝a1+p≥0，b2＝a2+p＝0，b4n﹣1＝a4n﹣1+p＜a4n+p＝b4n，因此数列{bn}为ℜ0数列，由（Ⅱ）可知，若∀n∈N*，a4n+i＝n﹣p（i＝1，2，3），a4n+1＝n+1﹣p；S11﹣S10＝a11＝a4×2+3＝2﹣p≥0，S9﹣S10＝﹣a10＝﹣a4×2+2＝﹣（2﹣p）≥0，因此p＝2，此时a1，a2，…，a10≤0，aj≥0（j≥11），满足题意．【点评】本题考查了有关数列的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．

考点卡片1．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﹣an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，故选：C．2．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＝a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．3．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．4．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a1＝则S10＝10a1+10×92d＝10+45＝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．5．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•a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【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．6．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+1a﹣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），其中解：对于①，∵11≠21，∴由等比数列的定义，知1，1，2，4，8，16，32，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：④．7．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．8．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S69．数列的应用【知识点的认识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等比数列的综合3、数列的实际应用数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．10．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（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}分析：形如{1等差×11×3=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（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．11．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，∴Sn12．数列求和的其他方法【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，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（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】除了常用的方法外，还有其他数列求和的技巧，如变换法、分组法等．﹣变换法：通过对数列进行变换，使其成为已知形式的数列．﹣分组法：将数列项分组，利用分组结果求和．﹣应用：适用于处理复杂的数列和问题，特别是涉及多个数列项的求和．【命题方向】常见题型包括利用其他方法计算数列的前n项和，结合具体数列进行分析．已知数列{an}，Sn为{an}的前n项和，其中a1＝﹣1010，an+1=an+3，n为奇数解：因为an+1=a∴a1＝﹣1010，a2＝a1+3＝﹣1007，a3＝a2﹣1＝﹣1008，a4＝a3+3＝﹣1005，a5＝a4﹣1＝﹣1006，a6＝a5+3＝﹣1003，a7＝a6﹣1＝﹣1004，……，∴a2+a