2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（二）

第36页（共36页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（二）一．选择题（共8小题）1．（2023•新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2．（2023•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（）A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣1203．（2023•全国）Sn为等差数列的前n项和，S9＝81，a2＝3，则a10＝（）A．2 B．11 C．15 D．194．（2023•甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（）A．25 B．22 C．20 D．155．（2023•甲卷）已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（）A．7 B．9 C．15 D．306．（2023•北京）数列{an}满足an+1=14（an﹣6）3A．若a1＝3，则{an}是递减数列，∃M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，则{an}是递增数列，∃M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，则{an}是递减数列，∃M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，则{an}是递增数列，∃M∈R，使得an＜M7．（2023•天津）已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝2，an+1＝2Sn+2，则a4＝（）A．16 B．32 C．54 D．1628．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（）A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列二．填空题（共4小题）9．（2023•北京）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝，数列{an}的所有项的和为．10．（2023•甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为．11．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为Sn，则S6＝．12．（2023•乙卷）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，则a7＝．三．解答题（共8小题）13．（2024•新高考Ⅱ）已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）．（1）若k=12，求x2，（2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为1+k（3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1．14．（2024•甲卷）已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝3an+4．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=(-1)n-1nan，求数列{15．（2024•全国）记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，an（1）证明：数列{S（2）求{an}的通项公式．16．（2024•天津）已知{an}为公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，S2＝a3﹣1．（1）求{an}的通项公式及Sn；（2）设数列{bn}满足bn=k，n=ak（i）求证：当n＝ak+1（k∈N*，且k＞1）时，bn﹣1≥akbn；（ii）求i=117．（2024•上海）已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1）．（1）若y＝f（x）过（4，2），求f（2x﹣2）＜f（x）的解集；（2）存在x使得f（x+1）、f（ax）、f（x+2）成等差数列，求a的取值范围．18．（2024•北京）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a7+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由；（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”．19．（2024•甲卷）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an+1﹣3．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{Sn}的前n项和．20．（2024•新高考Ⅰ）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞1

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（二）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CCDCCBCC一．选择题（共8小题）1．（2023•新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【考点】等差数列的性质；充分条件与必要条件．【专题】整体思想；分析法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】C【分析】首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证．【解答】解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1+n(即Snn=a1+n-12d故{Snn即甲是乙的充分条件．反之，若{Snn}为等差数列，则可设S则Snn=S1+（n﹣1）D，即Sn＝nS1+n（n﹣1当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D，上两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝S1+2（n﹣1）D，当n＝1时，上式成立，所以an＝a1+2（n﹣1）D，则an+1﹣an＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常数），所以数列{an}为等差数列．即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．故本题选：C．【点评】本题主要考查利用定义进行等差数列的判断，穿插了充要条件的判定，属中档题．2．（2023•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（）A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120【考点】等比数列的前n项和．【专题】方程思想；整体思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】由题意知公比q≠1，设首项为a1，由S6＝21S2求出q2，再代入S4求出a11-q，由此求得【解答】解：等比数列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，显然公比q≠1，设首项为a1，则a1(1-q4)化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去），代入①得a1所以S8=a1(1-q8)1-q=a11-q（1﹣q故选：C．【点评】本题考查了等比数列的前n项和公式计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．3．（2023•全国）Sn为等差数列的前n项和，S9＝81，a2＝3，则a10＝（）A．2 B．11 C．15 D．19【考点】等差数列的前n项和．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】D【分析】可设公差为d，根据S9＝81，a2＝3即可建立关于a1，d的方程组，然后解出a1，d的值，然后即可求出a10的值．【解答】解：设等差数列的公差为d，则：9a1+36∴a10＝a1+9d＝1+18＝19．故选：D．【点评】本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，考查了计算能力，属于基础题．4．（2023•甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（）A．25 B．22 C．20 D．15【考点】等差数列的前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】C【分析】由已知结合等差数列的性质及通项公式先求出a1，d，然后结合等差数列的求和公式可求．【解答】解：等差数列{an}中，a2+a6＝2a4＝10，所以a4＝5，a4a8＝5a8＝45，故a8＝9，则d=a8-a48-4=1，a1＝a4﹣3d则S5＝5a1+5×42d=故选：C．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．5．（2023•甲卷）已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（）A．7 B．9 C．15 D．30【考点】等比数列的前n项和．【专题】计算题；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】利用已知条件求解等比数列的公比，然后求解即可．【解答】解：等比数列{an}中，设公比为q，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，显然q≠1，（如果q＝1，可得5＝15﹣4矛盾），可得1-q51-q=解得q2＝4，即q＝2，S4=1-q故选：C．【点评】本题考查等比数列前n项和的求法，是中档题．6．（2023•北京）数列{an}满足an+1=14（an﹣6）3A．若a1＝3，则{an}是递减数列，∃M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，则{an}是递增数列，∃M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，则{an}是递减数列，∃M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，则{an}是递增数列，∃M∈R，使得an＜M【考点】数列递推式．【专题】归纳法；推理和证明；逻辑思维．【答案】B【分析】法（i）利用数学归纳法进行分析排除即可．法（ii）由题意可得an+1﹣6=14（an﹣6）3，n∈N+，可得an﹣6=141+3+9+...3n-2×（a1﹣6)3n-1=223n-1【解答】解：法（i）对原式进行变形，得an+1﹣an＝[14（an﹣6）2﹣1]（an﹣6当a1＝3，则a2﹣a1＜0，a2＜3，设ak＜3（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＜﹣3，所以{an}是递减数列，当n→+∞，an→﹣∞，A错误，同理可证明D错误，当a1＝5，则a2﹣a1＞0，即a2＞5，又因为14（a1﹣6）3＜0，所以5＜a2＜6假设5＜ak＜6（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＞0，即ak+1＞5，又因为14（ak﹣6）3＜0，所以5＜ak+1＜6所以当n→+∞，an→6，B正确，对于C，当a1＝7，可得a2=14+6，a3=144+6，可得{an}故不存在M＞6，an＞M恒成立，C错误．法（ii）an+1=14（an﹣6）3+6，可得an+1﹣6=14（an﹣6）3，n所以a2﹣6=14（a1﹣6）3，a3﹣6=14（a2﹣6）3=14[14（a1﹣6）3]3=1a4﹣6=14×143×1归纳猜想：an﹣6=141+3+9+...3n-2×（a1﹣6当a1＝3时，an﹣6=223n-1•（﹣3)3n-1=-2×（32)3n-1，即a1＝5时，an﹣6=223n-1•（﹣1)3n-1=-2×（12)3n-1，即an＝﹣2a1＝7时，an﹣6=223n-1•13n-1=a1＝9时，an﹣6=223n-1•33n-1=2故选：B．【点评】本题主要考查使用数学归纳法对数列的增减性和敛散性进行判断，属中档题．7．（2023•天津）已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝2，an+1＝2Sn+2，则a4＝（）A．16 B．32 C．54 D．162【考点】等比数列的通项公式．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】由已知递推关系先表示出an+1＝3an，然后求出数列{an}是等比数列，结合等比数列的性质可求a4．【解答】解：当n≥2（n∈N*）时，由an+1＝2Sn+2可得an＝2Sn﹣1+2，两式相减，可得an+1﹣an＝2an，及an+1＝3an，当n＝1时，由已知，得a2＝6，符合an+1＝3an，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则a4＝a1•q3＝2×33＝54．故选：C．【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，属于基础题．8．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（）A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】分类讨论；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．【答案】C【分析】由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列，若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾；若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；即可判断．【解答】解：由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列，因为若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾；若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；所以选项B中的a2，a4，a6，⋯，a2n为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项D中的a2022，a2023，a2024，⋯，an为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项A中的a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；由排除法可得C正确．故选：C．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题．二．填空题（共4小题）9．（2023•北京）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝48，数列{an}的所有项的和为384．【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的应用；数列的求和．【专题】方程思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】根据数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，可得a7=a5a9，a3=a52a【解答】解：∵数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，∴a7=a5∴a3=a5∴公比q=a5∴a4＝3×2＝6，又该数列的前3项成等差数列，∴数列{an}的所有项的和为3(a1+a故答案为：48；384．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及性质、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．（2023•甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为-12【考点】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；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】由已知结合等比数列的求和公式即可直接求解．【解答】解：等比数列{an}中，8S6＝7S3，则q≠1，所以8×a1解得q=-故答案为：-1【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题．11．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为Sn，则S6＝189．【考点】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】189．【分析】直接利用等比数列的前n项和公式求解．【解答】解：∵等比数列的首项为3，公比为2，∴S6=3×(1-2故答案为：189．【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和公式，属于基础题．12．（2023•乙卷）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，则a7＝﹣2．【考点】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；运算求解．【答案】﹣2．【分析】根据等比数列的性质即可求解．【解答】解：∵等比数列{an}，∴a2a4a5＝a2a3a6＝a3a6，解得a2＝1，而a9a10＝a2q7a2q8＝（a2）2q15＝﹣8，可得q15＝（q5）3＝﹣8，即q5＝﹣2，a7＝a2•q5＝1×（﹣2）＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查等比数列的性质，是基础题．三．解答题（共8小题）13．（2024•新高考Ⅱ）已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）．（1）若k=12，求x2，（2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为1+k（3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1．【考点】数列与解析几何的综合．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件，先求出直线方程，再与曲线方程联立，即可求解；（2）根据已知条件，推得yn-yn-1-xn-xn（3）要证：Sn＝Sn+1，只需先尝试Pn+1Pn+2∥PnPn+3，即先证kP【解答】解：（1）∵P1（5，4）在C上，∴25﹣16＝m，解得m＝9，过P（5，4）且斜率为k=12的直线方程为y-4=12(x联立x2-y2=9故Q1（﹣3，0），P2（3，0），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，所以x2＝3，y2＝0；（2）证明：∵Pn（xn，yn）关于y轴的对称点是Qn﹣1（﹣xn，yn），Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1），Pn﹣1，Qn﹣1都在同一条斜率为k的直线上，xn﹣1≠﹣xn；则yn∵Pn﹣1，Qn﹣1都在双曲线上，∴xn2-yn2=9xn-12-yn-12=9，两式相减可得，（xn﹣xn﹣1）（xn+xn而yn﹣yn﹣1＝﹣k（xn+xn﹣1）①，xn﹣xn﹣1＝﹣k（yn+yn﹣1）②，则②﹣①可得，xn﹣yn﹣（xn﹣1﹣yn﹣1）＝k（xn﹣yn）+k（xn﹣1﹣yn﹣1），则（1﹣k）（xn﹣yn）＝（1+k）（xn﹣1﹣yn﹣1），∴xn故数列{xn﹣yn}是公比为1+k（3）证明：要证：Sn＝Sn+1，只需先尝试Pn+1Pn+2∥PnPn+3，即先证kP记t=0＜k＜1，则t＞1，xn而xn∴xn∴yn∴1k∴1k∴kP∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3，∴Sn＝Sn+1．【点评】本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于难题．14．（2024•甲卷）已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝3an+4．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=(-1)n-1nan，求数列{【考点】错位相减法．【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】见试题解答内容【分析】（1）由已知和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解；（2）先求出bn，然后结合错位相减求和即可求解．【解答】解：（1）因为4Sn＝3an+4，所以4Sn+1＝3an+1+4，两式相减可得4an+1＝3an+1﹣3an，即an+1＝﹣3an，又因为4S1＝3a1+4，所以a1＝4，故数列{an}是首项为4，公比为﹣3的等比数列，所以an（2）bn所以Tn3Tn=4(1⋅31+2⋅32+3•3两式相减可得：-2Tn=4(1+31+3所以Tn【点评】本题主要考查了和与项的递推关系及等比数列的通项公式的应用，还考查了错位相减求和方法的应用，属于中档题．15．（2024•全国）记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，an（1）证明：数列{S（2）求{an}的通项公式．【考点】数列递推式；等比数列的概念与判定；等比数列通项公式的应用．【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．【答案】（1）证明见解答；（2）an＝4n•3n﹣1，n∈N*．【分析】（1）根据数列的和与项的转化关系，等比数列的定义，即可证明；（2）根据数列的和与项的转化关系，分类讨论，即可求解．【解答】解：（1）证明：∵an∴Sn∴（2n﹣1）Sn+1﹣（2n﹣1）Sn＝4（n+1）Sn﹣4（n+1），∴（2n﹣1）Sn+1＝（6n+3）Sn﹣4（n+1），∴（2n﹣1）（Sn+1﹣1）＝（6n+3）Sn﹣（6n+3），∴（2n﹣1）（Sn+1﹣1）＝3（2n+1）（Sn﹣1），∴Sn+1-12n+1=3(S∴数列{Sn-12（2）由（1）可得Sn∴Sn-当n≥2时，Sn-①﹣②可得an=(2n-1)×3n-(2n-3)×又a1＝4，也满足上式，∴an＝4n•3n﹣1，n∈N*．【点评】本题考查数列的和与项的转化关系，等比数列的定义，化归转化思想，属中档题．16．（2024•天津）已知{an}为公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，S2＝a3﹣1．（1）求{an}的通项公式及Sn；（2）设数列{bn}满足bn=k，n=ak（i）求证：当n＝ak+1（k∈N*，且k＞1）时，bn﹣1≥akbn；（ii）求i=1【考点】数列的求和．【专题】整体思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】（1）an＝2n﹣1，Sn（2）（i）证证明见解析；（ii）i=1【分析】（1）根据题目条件结合等比数列的通项公式，可以得到公比q，再根据等比数列求和公式即可求得Sn；（2）（i）根据题意可得ak=2k-1，bn＝k+1，bn﹣1＝k（2（ii）根据题意以及等差数列求和公式可得i=2k-12k【解答】解：（1）a1＝1，S2＝a3﹣1＝a1+a2，可得1+q＝q2﹣1，整理得q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1，因为数列{an}的公比大于0，所以q＝2，所以an＝2n﹣1，Sn（2）（i）证明：由（1）可知an=2n-1，且k∈N当n=ak+1=2k≥4时，则ak=2k可知ak=2k-1，bn﹣1=bak+（ak+1﹣ak﹣1）•2k＝k+2k（2k﹣1﹣1）＝k（2可得bn﹣1﹣akbn＝k（2k﹣1）﹣（k+1）2k﹣1＝（k﹣1）2k﹣1﹣k≥2（k﹣1）﹣k＝k﹣2≥0，当且仅当k＝2时，等号成立，所以bn﹣1≥ak•bn；（ii）Sn若n＝1，则S1＝1，b1＝1，若n≥2，则ak当2k﹣1＜i≤2k﹣1时，bi﹣bi﹣1＝2k，可知{bi}为等差数列，可得i=2k-12k-1bi＝k•2k﹣1i=1Snbi=1+19[5×42﹣2×4+8×43﹣5×42+...+（3n﹣1）4n﹣（3n﹣且n＝1，符合上式，综上所述：i=1【点评】本题考查数列的应用综合题，需要熟练运用数列求和的方法，属于难题．17．（2024•上海）已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1）．（1）若y＝f（x）过（4，2），求f（2x﹣2）＜f（x）的解集；（2）存在x使得f（x+1）、f（ax）、f（x+2）成等差数列，求a的取值范围．【考点】数列与函数的综合；对数函数的图象．【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．【答案】（1）（1，2）；（2）（1，+∞）．【分析】（1）先求出函数解析式，再结合函数的单调性，即可求解；（2）根据等差数列的性质，推得loga（x+1）+loga（x+2）＝2loga（ax）有解，再结合分离常数法，以及二次函数的性质，即可求解．【解答】解：（1）由y＝f（x）过（4，2）可得loga4＝2，则a2＝4，解得a＝2（负值舍去），因为f（x）＝log2x在（0，+∞）上是严格增函数，f（2x﹣2）＜f（x），则0＜2x﹣2＜x，解得1＜x＜2，故所求解集为（1，2）；（2）因为f（x+1）、f（ax）、f（x+2）成等差数列，所以f（x+1）+f（x+2）＝2f（ax），即loga（x+1）+loga（x+2）＝2loga（ax）有解，化简可得log则（x+1）（x+2）＝（ax）2且x+1故a2=(x+1)(又(x+1)(x+2)x2=故a2＞1，解得a＜﹣1或a＞1，又a＞0，所以a＞1，故a的取值范围为（1，+∞）．【点评】本题主要考查数列与函数的综合，考查转化能力，属于中档题．18．（2024•北京）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a7+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由；（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”．【考点】数列的应用．【专题】对应思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；直观想象；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接按照Ω（A）的定义写出Ω（A）即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证．【解答】解：（1）Ω（A）：3，4，4，5，8，4，3，10；（2）假设存在符合条件的Ω，可知Ω（A）的第1，2项之和为a1+a2+s，第3，4项之和为a3+a4+s，则(a而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；（3）证明：设序列Tk...T2T1（A）为{ak，n}（1≤n≤8），特别规定a0，n＝an（1≤n≤8）．必要性：若存在序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，使得Ω（A）为常数列．则as，1＝as，2＝as，3＝as，4＝as，5＝as，6＝as，7＝as，8，所以as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8，根据Tk…T2T1（A）的定义，显然有ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4；k＝1，2，…，不断使用该式可以得到：a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，必要性成立．充分性：若a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8．由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，所以a2+a4+a6+a8＝4（a1+a2）﹣（a1+a3+a5+a7）也是偶数．设Ts...T2T1（A）是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω（A）中，使得|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|最小的一个．上面已经证明ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4，k＝1，2，…，从而由a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，可得as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8，由于ik+jk+Sk+tk总是偶数，所以ak，1+ak，3+ak，5+ak，7和ak，2+ak，4+ak，6+ak，8的奇偶性保持不变，从而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数．下面证明不存在j＝1，2，3，4使得|as，2j﹣1﹣as，2j|≥2，假设存在，根据对称性，不妨设j＝1，as，2j﹣1﹣as，2j≥2，即as，1﹣as，2≥2．情况1：若|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＝0，则由as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数，知as，1﹣as，2≥4．对该数列连续作四次变换（2，3，5，8），（2，4，6，8），（2，3，6，7），（2，4，5，7）后，新的|as+4，1﹣as+4，2|+|as+4，3﹣as+4，4|+|as+4，5﹣as+4，6|+|as+4，7﹣as+4，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|减少4，这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾；情况2：若|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＞0，不妨设|as，3﹣as，4|＞0，情况2﹣1：如果as，3﹣as，4≥1，则对该数列连续作两次变换（2，4，s，7），（2，4，6，8）后，新的|as+2，1﹣as+2，2|+|as+2，3﹣as+2，4|+|as+2，5﹣as+2，6|+|as+2，7﹣as+2，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|至少减少2，这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾；情况2﹣2：如果as，4﹣as，3≥1，则对该数列连续作两次变换（2，3，s，8），（2，3，6，7）后，新的|as+2，1﹣as+2，2|+|as+2，3﹣as+2，4|+|as+2，5﹣as+2，6|+|as+2，7﹣as﹣2，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＝至少减少2，这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾．因此无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j＝1，2，3，4都有|as，2j﹣1﹣as，2j|≤1，假设存在j＝1，2，3，4使得|as，2j﹣1﹣as，2j|＝1，则as，2j﹣1+as，2j是奇数，所以as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8都是奇数，设为2N+1．则此时对任意j＝1，2，3，4，由|a5，2j﹣1﹣a5，2j|≤1可知必有{a5，2j﹣1，a5，2j}＝{N，N+1}，而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数，故集合{m|as，m＝N}中的四个元素i，j，s，t之和为偶数，对该数列进行一次变换（i，j，s，t），则该数列成为常数列，新的|as+1，1﹣as+1，2|+|as+1，3﹣as+1，4|+|as+1，5﹣as+1，6|+|as+1，7﹣as+1，8|等于零，比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|更小，这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾．综上，只可能|as，2j﹣1﹣as，2j|＝0（j＝1，2，3，4），而as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8，故{as，n}＝Ω（A）是常数列，充分性成立．【点评】本题属于新概念题，考查了对数列的变化、反证法的应用，关键点是对新定义的理解，以及对其本质的分析，属于难题．19．（2024•甲卷）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an+1﹣3．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{Sn}的前n项和．【考点】数列递推式．【专题】整体思想；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】（1）由已知递推关系进行转化，然后结合等比数列的定义及通项公式即可求解；（2）结合已知递推关系及（1）的结论即可求解．【解答】解：（1）因为2Sn＝3an+1﹣3，所以2Sn+1＝3an+2﹣3，两式相减可得：2an+1＝3an+2﹣3an+1，即3an+2＝5an+1，所以等比数列{an}的公比q=又因为2S1＝3a2﹣3＝5a1﹣3，所以a1＝1，an（2）因为2Sn＝3an+1﹣3，所以Sn所以{Sn}的前n项和Tn＝S1+S2+S3+...+Sn=32[(5=32•=154（53）n-【点评】本题主要考查了和与项的递推关系及等比数列的定义，通项公式的应用，属于中档题．20．（2024•新高考Ⅰ）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞1【考点】数列的应用．【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】（1）（i，j）可以为（1，2），（1，6），（5，6）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）直接根据（i，j）——可分数列的定义写出所有的（i，j）即可；（2）先证明当m＝3时，数列a1，a2，…，a14是（2，13）——可分数列，再证明m＞3时数列a1，a2，…，a4m+2也是（2，13）——可分数列；（3）分四种情况讨论，再结合排列组合知识归纳出m属于一切正整数都成立即可．【解答】解：（1）根据题意，可得当（i，j）取（1，2）时，可以分为a3，a4，a5，a6一组公差为d的等差数列，当（i，j）取（1，6）时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列，当（i，j）取（5，6）时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列，所以（i，j）可以为（1，2），（1，6），（5，6）；（2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14，可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列，所以m＝3时符合题意；当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m+2去掉a2和a13后，前三组还按照m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；...；a4m﹣1，a4m，a4m+1，a4m+2，每一组都能构成等差数列，所以数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；（3）证明：设在给定m的情况下，（i，j）的组数为bm，当m变成m+1时，数列就变成了a1，a2，a3，a4，a5，…，a4m+2，a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6，这里可以分成3组，前4个一组即{a1，a2，a3，a4}，中间的一组，后4个一组即{a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6}，此时我们要在这里面删除2个数，那么会有以下几种情况：一、两个都在中间中间有4m﹣2个数，且为等差数列，删除2个的话，总数为bm﹣1种；二、一个在第一组，一个在中间组或两个都在第一组第一组和中间组连起来，会变成4m+2个数的等差数列，这里面总共有bm种方法，但是要去掉两个都在中间的情况，共有bm﹣bm﹣1种；三、一个在中间组，一个在最后一组，或者都在最后一组和上面一样，也是共有bm﹣bm﹣1种；四、一个在第一组，一个在最后一组此时，将a1，a4m+6同时删除是肯定可以的，这算一种；然后，从（2）的结果来看，把a2，a4m+5同时删除也是可以的，因为m＝3成立之后，当m＞3时，只是相当于往中间加了4个连续的等差数而已，其它是不变的，这也算一种．综上，就会有bm+1≥bm﹣1+2（bm﹣bm﹣1）+2＝2bm﹣bm﹣1+2，bm+1﹣bm﹣（bm﹣bm﹣1）≥2，可得bm+1﹣bm≥2m+2，即有b2﹣b1≥2×1+2，b3﹣b2≥2×2+2，……bm﹣bm﹣1≥2（m﹣1）+2，累加可得bm﹣b1≥2×（1+2+3+…+m﹣1）+2（m﹣1），即bm≥m2+m+1，因为b0＝0，b1＝3，所以bm≥m2+m+1，如果你是随便删除，总共有C4m+22=8m所以Pm=b【点评】本题考查了数列新定义问题，排列组合问题，古典概型，是难题．

考点卡片1．充分条件与必要条件【知识点的认识】1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p⇒q”等价的逆否命题是“￢q⇒￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x∉q，则x∉p一定成立．2、充要条件：如果既有“p⇒q”，又有“q⇒p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p⇔q”．p与q互为充要条件．【解题方法点拨】充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的既不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．【命题方向】充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．2．对数函数的图象【知识点的认识】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＝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．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＜8．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＜【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=a29．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．10．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．11．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．12．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，∴Sn13．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-1n≥2s（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，=f（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝