2026年高考数学复习难题速递之数列（2025年11月）

第38页（共38页）2026年高考数学复习难题速递之数列（2025年11月）一．选择题（共8小题）1．在数列{an}中，an+1=an2-2an（n＝A．当a1＝3时，对于任意的正整数n，an+1＞an B．当a1＝1时，存在正整数N，当n＞N时，an+1＞an C．当a1∈（2，3）时，对于任意的正整数n，an≤3 D．当a1∈（3，4）时，存在正整数N，当n＞N时，an＜32．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且anA．当a1＝1时，数列{an}为递减数列 B．数列{an}不可能为等比数列 C．当a1＞4，∀n≥2，都有3n＜Sn＜na1 D．当a1＝1时，∃m∈N*，∀n＞m，都有an＞43．已知数列{an}满足a1＝1，an+1an∈{2，-2}(n=1，2，A．存在{an}，使得S4＝3成立 B．存在{an}，使得S2k+1＞S2k且S2k+1＞S2k+2对任意k∈N*成立 C．对任意k∈N*，存在{an}，使得|Sk|＝1成立 D．对任意奇数k，存在{an}和m∈N*，使得Sm＝k成立4．单调递增的等差数列{an}满足|a1|+|a2|+⋯+|a10|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋯+|a10﹣1|＝|a1+3|+|a2+3|+⋯+|a10+3|，当公差d取最小值时，a1＝（）A．﹣15 B．﹣17 C．﹣19 D．﹣215．设fn(x)=a1x+aA．a1＝1 B．a3＞a4 C．∃n∈N*，an＝a2n D．f6．如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”，若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2025，则正整数k的最大值为（）A．63 B．64 C．65 D．667．设数列{an}的前n项的和为Sn，若对任意的正整数n，都有Sn＜an+1，则称数列{an}满足性质P．关于以下两个命题，下列判断正确的是（）①存在等差数列{an}满足性质P；②若等比数列{an}的首项为正数且公比为q，则q∈[3，+∞）是{an}满足性质P的充分非必要条件．A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题8．已知数列{an}满足a1＝1，anA．an+1＞an B．anC．1013a2025＜1 D．2025a2025＜1二．多选题（共4小题）（多选）9．数列{an}满足an+an+1＝（﹣1）n+1（n∈N*），且a1＝﹣3，数列{an}的前n项和为Sn，从{an}的前2n项中任取两项，它们的和为奇数的概率为Pn，数列{Pn}的前n项积为Tn，则（）A．a12＝14 B．S10＝﹣5 C．Pn＞12（多选）10．若等比数列{an}的公比为2，且a1=π5，令bn＝cosan，且数列{bn}的前nA．b1+b3＝0 B．b2n＝b2n+2 C．Tn＞Tn+1 D．T（多选）11．已知数列{an}满足an+1an﹣anlnan＝1，则下列结论正确的是（）A．{an}可能是等比数列 B．{an}的各项可能都大于1 C．{an}的各项可能都小于1 D．若a1＞1，则{an}是递减数列（多选）12．数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，SnA．数列{an}的通项公式为anB．数列{an+1﹣2an}是等比数列 C．数列{an3D．数列{an}的前11项和为20481三．填空题（共4小题）13．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝10n﹣5，bn=3n(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意的λ∈[0，1]，an，bn，14．设数列{an}的通项公式为an=n3-n，n∈N*，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b15．若数列{an}满足an+1=2an2，存在M∈R，对任意n∈N*，使得|an|＜M，则a202216．已知有穷数列{an}共m项（m＞3），数列{an}中任意一项an∈{1，2，3，4，5}，且对于其中任意连续的三项an、an+1、an+2(n≤m-2，n∈N*)，均存在以an、a四．解答题（共4小题）17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N*)，等差数列{bn}的前n项和为B（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）令cn=12anbn，求数列{c（3）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1+2Sn+1=an+1an，a1（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{anbn}是等差数列，b1＝13，b4=727，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn取得最大值时正整数19．已知{an}是等差数列，{bn}是公比大于0的等比数列，且a1＝1，b1＝2，a3+b2＝7，a8＝b3．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列{an•bn}的前n项和；（Ⅲ）设数列{cn}满足cn=an，n=2k-1，bn20．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，若对任意的正整数n，均有Sn+1k-Snk=λan（1）若等差数列{an}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若正项数列{an}是“3﹣2”数列，求数列{an}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ-13”数列，且an≥0？若存在，求

2026年高考数学复习难题速递之数列（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CCDCBADC二．多选题（共4小题）题号9101112答案ACDABDABDBCD一．选择题（共8小题）1．在数列{an}中，an+1=an2-2an（n＝A．当a1＝3时，对于任意的正整数n，an+1＞an B．当a1＝1时，存在正整数N，当n＞N时，an+1＞an C．当a1∈（2，3）时，对于任意的正整数n，an≤3 D．当a1∈（3，4）时，存在正整数N，当n＞N时，an＜3【考点】数列递推式．【专题】分类讨论；分析法；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．【答案】C【分析】根据数列的单调性结合递推公式分析每个选项即可．【解答】解：选项A，当a1＝3时，a2所有项均为3，故an+1＝an，选项A错误；选项B，当a1＝1时，a2a3a4=32-对于C，当a1∈（2，3）时，则a1﹣2∈（0，1），a2＝a1（a1﹣2），故a2∈（0，3），因为an若an∈（2，3），则an若an∈（0，2]，则an若an∈[﹣1，0]，则an综上，当a1∈（2，3）时，对于任意的正整数n，an≤3，故C正确；选项D，当a1∈（3，4）时，a1﹣2∈（1，2），因此a2＝a1（a1﹣2）＞a1，假设an＞3时，则an﹣2＞1，因此an+1＝an（an﹣2）＞an．符合当a1∈（3，4）时，a2＝a1（a1﹣2）＞a1．故不存在正整数N，当n＞N时，an＜3，D选项错误．故选：C．【点评】本题考查数列递推式，结合数列增减规律和收敛性，属于难题．2．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且anA．当a1＝1时，数列{an}为递减数列 B．数列{an}不可能为等比数列 C．当a1＞4，∀n≥2，都有3n＜Sn＜na1 D．当a1＝1时，∃m∈N*，∀n＞m，都有an＞4【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；逻辑思维．【答案】C【分析】本题通过给定的数列递推式，写出项，分析数列的单调性、常数列情况、分类讨论，逐个判定即可．【解答】解：对于选项A，当a1＝1时，可得1=a22因为数列{an}的各项均为正数，解这个方程a2再由a2=a解得a3a1＝1，a2＝1+2＞1，可以发现a1＜a2＜a3，所以数列{an}不为递减数列，所以选项A错误；由an＝an+1（an+1﹣2），因为an＞0，an+1＞0，得出an+1﹣2＞0，即an+1＞2．又由an=a由an+1+1＞an推出an+1＞an结合a1＞0得出an＜3，从而得到＜an＜3时，an+1＞an，同理得到an＝3时，an+1＝an；an＞3时，an+1＜an．当an＞3时，由an=an+12-2a进而得到(an+1-1)2＞4，推出an+1﹣1所以an＞3时，an+1＞3；同理0＜an＜3时，0＜an+1＜3．对于选项B，an＝3时，an+1＝an为等比数列，所以选项B错误；对于选项C，当a1＞3时，根据前面分析的单调性an+1＜an，所以an＞3在n∈N*时恒成立，且{an}单调递减．当a1＞4时，因为{an}单调递减且an＞3，所以3＜an＜a1恒成立，进而3n＜Sn＜a1n，所以选项C正确；对于选项D，当0＜an＜3时，an+1＜3且an+1＞an，当a1＝1时，因为数列单调递增且an＜3，所以不存在n∈N*使an＞4，所以选项D错误．故选：C．【点评】本题主要考查数列递推式，数列增减性的判断，等比数列的判断，考查逻辑推理能力，属于难题．3．已知数列{an}满足a1＝1，an+1an∈{2，-2}(n=1，2，A．存在{an}，使得S4＝3成立 B．存在{an}，使得S2k+1＞S2k且S2k+1＞S2k+2对任意k∈N*成立 C．对任意k∈N*，存在{an}，使得|Sk|＝1成立 D．对任意奇数k，存在{an}和m∈N*，使得Sm＝k成立【考点】数列递推式．【专题】计算题；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】D【分析】根据题设有|an|=2n-1且a1＝【解答】解：已知数列{an}满足a1＝1，an所以{|an|}是首项为1，公比为2的等比数列，则|an|=2n-对于选项A：若a2＝﹣2，a3＝﹣4，a4＝8，此时S4＝a1+a2+a3+a4＝1﹣2﹣4+8＝3，故A选项正确；对于选项B：存在数列{an}，使得对任意k∈N*，都有S2k+1＞S2k且S2k+1＞S2k+2成立，此条件等价于a2k+1＞0且a2k+2＜0对任意k∈N*成立，构造数列an=(-2)n-1，该数列满足a此时a2k+1=(-2)对于选项C：当k＝1时，|S1|＝1成立；当k≥2时，通过选择前k﹣1项符号为正且第k项符号为负，则|Sk|＝1，故C选项正确；对于选项D：当m＝1时，S1＝1，当m≥2时，Sm=a1+i=2由于i=2m∵σ2为奇数，后续项为偶数，∴X必为奇数，则i=2mai=2X为一个2倍的奇数，即该数能被2整除但不能被4整除．∴Sm＝因此，Sm（m≥2）不可能等于4j+1型的奇数，例如k＝5，又S1＝1≠5，故不存在m使得Sm＝5，故D选项错误．故选：D．【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．4．单调递增的等差数列{an}满足|a1|+|a2|+⋯+|a10|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋯+|a10﹣1|＝|a1+3|+|a2+3|+⋯+|a10+3|，当公差d取最小值时，a1＝（）A．﹣15 B．﹣17 C．﹣19 D．﹣21【考点】等差数列的性质．【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】C【分析】设数列{an}的公差为d（d＞0），令函数f（x）＝|x|+|x+d|+|x+2d|+...+|x+9d|，当﹣5d≤x≤﹣4d时，f（x）＝25d，结合已知及不等式的性质可得d的取值范围，进而可得当d取最小值时a1的值．【解答】解：设数列{an}的公差为d（d＞0），令函数f（x）＝|x|+|x+d|+|x+2d|+...+|x+9d|，由f（x）的图象知：f（x）在（﹣∞，﹣5d]上递减，f（x）在[﹣4d，+∞]上递增，当﹣5d≤x≤﹣4d时，f（x）＝﹣x+（﹣x﹣d）+…+（﹣x﹣4d）+x+5d+…+x+9d＝25d，由f（a1）＝f（a1﹣1）＝f（a1+3）得，﹣5d≤a1﹣1＜a1＜a1+3≤﹣4d⇒d≥4，当d＝4时，﹣20≤a1﹣1，a1+3≤﹣16，∴a1＝﹣19．故选：C．【点评】本题主要考查等差数列的性质，考查运算求解能力，属于难题．5．设fn(x)=a1x+aA．a1＝1 B．a3＞a4 C．∃n∈N*，an＝a2n D．f【考点】数列与函数的综合．【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】B【分析】通过求导得到系数和对数的关系，对每个选项分别进行对数运算变形、方程求解、函数单调性分析来判断对错．【解答】解：依题意，f'令x＝1，因此f′n（1）＝a1+2a2+⋯+nan＝lnn．对于A选项，当n＝1时，f′1（1）＝a1＝ln1＝0≠1，故A选项错误；对于B选项，当n≥4时，由f′4（1）﹣f′3（1）＝4a4＝ln4﹣ln3，得a4由f′3（1）﹣f′2（1）＝3a3＝ln3﹣ln2，得a3因此a3又7ln因为37＝2187，210＝1024，21871024＞1，因此ln37210＞0，即7ln3﹣4因此a3﹣a4＞0，故a3＞a4，B选项正确；对于C选项，假设存在n∈N*，使得an＝a2n，当n＝1时，a1＝0，a2由f′2（1）＝a1+2a2＝ln2得a2当n＝2时，a2=ln22当n≥2时，f′n（1）﹣f′n﹣1（1）＝nan＝lnn﹣ln（n﹣1），因此an=lnn-ln(n若an＝a2n，因此lnn-即2[lnn﹣ln（n﹣1）]＝ln（2n）﹣ln（2n﹣1），因此ln(nn展开得n2（2n﹣1）＝2n（n﹣1）2，因n∈N*，解之得n=23对于D选项，由选项C分析可知an=lnn-ln(因此f2025先证明不等式lnx＜x﹣1：构造函数h（x）＝lnx﹣x+1（x＞1），因此h'(因此h（x）在区间（1，+∞）上单调递减，而h（1）＝0，因此当x＞1时，h（x）＜0，即lnx＜x﹣1，令x=kk因此lnk-因此f2025(1)=k故选：B．【点评】本题考查数列与函数的综合，涉及对数运算变形、方程求解、函数单调性，属于难题．6．如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”，若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2025，则正整数k的最大值为（）A．63 B．64 C．65 D．66【考点】数列递推式；数列的单调性．【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；新定义类．【答案】A【分析】由k≥2时，ak＝（ak﹣ak﹣1）+（ak﹣1﹣ak﹣2）+...+（a2﹣a1）+a1，结合“速增数列”的定义和等差数列的求和公式，推得2025≥12k（k+1），k∈Z，通过【解答】解：当k≥2时，ak＝2025＝（ak﹣ak﹣1）+（ak﹣1﹣ak﹣2）+...+（a2﹣a1）+a1，由数列{an}为“速增数列”，可得ak﹣ak﹣1＞ak﹣1﹣ak﹣2＞...＞a2﹣a1＝3﹣1＝2，且an∈Z，则（ak﹣ak﹣1）+（ak﹣1﹣ak﹣2）+...+（a2﹣a1）+a1≥k+（k﹣1）+...+3+2+1，即有2025≥12k（k+1），k∈当k＝63时，12k（k+1）=12×63×64＝2016＜2025，当k＝64时，12k（k+1）=12×则正整数k的最大值为63．故选：A．【点评】本题考查数列的新定义和等差数列的求和公式，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．7．设数列{an}的前n项的和为Sn，若对任意的正整数n，都有Sn＜an+1，则称数列{an}满足性质P．关于以下两个命题，下列判断正确的是（）①存在等差数列{an}满足性质P；②若等比数列{an}的首项为正数且公比为q，则q∈[3，+∞）是{an}满足性质P的充分非必要条件．A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【考点】等比数列的性质；等比数列的概念与判定．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；简易逻辑；运算求解．【答案】D【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答．【解答】解；等差数列{an}的公差为d，当d≤0时，S1＝a1≥a1+d＝a2，不符合题意，当d＞0时，Sn函数f(x)=d2存在x0＞32-a1d，使得f（x0）＞0，取不小于x0的正整数即Sn＞an+1，不符合题意，综上得①为假命题；等比数列{an}首项a1＞0，因为数列{an}满足性质P，则有a1＝S1＜a2＝a1q，即q＞1，Sn=a依题意，任意的n∈N*2-q＜1qn，函数y=(1q)x因此2﹣q≤0⇔q≥2，即q∈[2，+∞），所以q∈[3，+∞）是{an}满足性质P的充分非必要条件，②是真命题．故选：D．【点评】本题考查等差、等比数列的函数特征，以及命题的真假判断，属于难题．8．已知数列{an}满足a1＝1，anA．an+1＞an B．anC．1013a2025＜1 D．2025a2025＜1【考点】数列递推式．【专题】计算题；整体思想；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】C【分析】根据题意可分析出{an}是递减数列，易知选项A错误；计算a2，a3可举反例说明选项B错误；根据an+1an=1-12an＞0，a1＝1可得0＜an≤1，从而1≤2﹣an＜2，得1【解答】解：由an+1an=1-12an，得an+1=-所以an+1﹣an=-12an2+an﹣an=-12an2≤显然an＞0，故an+1﹣an≠0，所以an+1﹣an＜0，所以{an}是递减数列，选项A错误；由a1＝1，得a2=-12a12+a1=-12显然，选项B错误；由an+1an=1-12an＞0，a1＝1，得又1an+1=2an(2-an)=1即12≤1an-所以n﹣1＜1an-1所以12025≤a2025所以10132025≤1013a2025＜1，选项C正确；1≤2025a2025＜2025故选：C．【点评】本题考查数列的递推公式，考查数列与不等式的综合问题，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．数列{an}满足an+an+1＝（﹣1）n+1（n∈N*），且a1＝﹣3，数列{an}的前n项和为Sn，从{an}的前2n项中任取两项，它们的和为奇数的概率为Pn，数列{Pn}的前n项积为Tn，则（）A．a12＝14 B．S10＝﹣5 C．Pn＞12【考点】数列递推式．【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；概率与统计；运算求解．【答案】ACD【分析】当n＝1时，可求出a2＝4，由an+an+1=(-1)n+1可得an+1+an+2=(-1)n+2，两式相减可得an+2-an【解答】解：对于A，当n＝1时，a1+a2＝1，又a1＝﹣3，∴a2＝4，又an+a∴an∴{an}的奇数项所成的数列是首项为﹣3，公差为﹣2的等差数列，偶数项所成的数列是首项为4，公差为2的等差数列，∴a12＝a2+5×2＝14，故A正确；对于B，S10=(a对于C，Pn=C对于D，当n≥2，n∈N*时，Tn又T1=1=121-1故选：ACD．【点评】本题主要考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和公式，概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）10．若等比数列{an}的公比为2，且a1=π5，令bn＝cosan，且数列{bn}的前nA．b1+b3＝0 B．b2n＝b2n+2 C．Tn＞Tn+1 D．T【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．【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；运算求解．【答案】ABD【分析】依题意得bn=cos(π5⋅2n-1)，对于A项直接计算；对于【解答】解：因为an=π对于A项，b1+b对于B项，b=-=-则b2n＝b2n+2，故B项正确；对于C项，因为Tn而cos(π5⋅2n)的取值具有周期性变换，则Tn对于D项，T=cos=sin210故选：ABD．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）11．已知数列{an}满足an+1an﹣anlnan＝1，则下列结论正确的是（）A．{an}可能是等比数列 B．{an}的各项可能都大于1 C．{an}的各项可能都小于1 D．若a1＞1，则{an}是递减数列【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；逻辑思维．【答案】ABD【分析】对于A，可以举特例，对于B，C，构造函数g(x)=lnx+1x，研究其最值即可，对于D【解答】解：对于A，当a1＝1时，a2a1﹣a1lna1＝a2＝1，依次类推，a3＝a4＝⋯＝an＝⋯＝1，所以{an}是等比数列，故A正确；对于B，C，由题可知an＞0，an设g(x)=令g′（x）＝0，得x＝1，当x∈（0，1）时，g（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝1，若0＜a1＜1，则a2＝g（a1）＞1，a3＝g（a2）＞1，…，an+1＝g（an）＞1，…，若a1＞1，则a2＝g（a1）＞1，a3＝g（a2）＞1，…，an+1＝g（an）＞1，…，故B正确，C错误；对于D.an设h(x)=所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，所以h（x）＜h（1）＝0，所以lna1+1a1-同理a3＜a2，…，an+1＜an，则{an}是递减数列，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查数列与函数的综合，考查运算求解与逻辑推理能力，属于中档题．（多选）12．数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，SnA．数列{an}的通项公式为anB．数列{an+1﹣2an}是等比数列 C．数列{an3D．数列{an}的前11项和为20481【考点】数列递推式；等比数列的性质；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】BCD【分析】由已知和与项的递推关系转化为项与项的递推，结合等比数列的定义及等差数列的通项公式检验选项A，B，结合数列单调性检验选项C，结合错位相减求和检验选项D．【解答】解：当n≥2时，因为Sn+1＝4an+1，所以Sn＝4an﹣1+1，两式作差得an+1＝4an﹣4an﹣1，所以an+1﹣2an＝2（an﹣2an﹣1），所以数列{an+1﹣2an}是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；所以an+1-2an=2n所以an2n=1an令f（n）=n⋅2n-13n，则f（n+1）﹣f（n）=(n+1)⋅2则f（1）＜f（2）＝f（3）＞f（4）＞…，则n＝2时，取得最大值49，C数列{an}的前11项和S＝1×20+2×2+3×22+…+11×210，2S＝1×2+2×22+…+10×210+11×211，两式相减得，﹣S＝1+2+22+…+210﹣11×211=1-2111-2-11×211=211﹣11×211﹣故S＝1+10×211＝20481，D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了数列的递推关系，等差数列与等比数列通项公式的应用，还考查了数列的单调性及错位相减求和方法的应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝10n﹣5，bn=3n(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意的λ∈[0，1]，an，bn，【考点】数列递推式．【专题】分类讨论；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】6．【分析】由cn＝λan+（1﹣λ）bn可知cn范围，再由三角形三边关系可得an，bn，cn的不等关系，结合函数零点解不等式可得．【解答】解：由题意可得an，bn，cn＞0，不妨设A（n，an），B（n，bn），C（n，cn），所以三点均在第一象限内，因为cn＝λan+（1﹣λ）bn，所以A，B，C三点共线，所以BC→所以点C恒在线段AB上，则有min{an，bn}≤cn≤max{an，bn}＜an+bn．即对任意的λ∈[0，1]，cn＜an+bn恒成立，令10x﹣5＝3x，构造函数f（x）＝3x﹣10x+5，x＞0，则f′（x）＝3xln3﹣10，因为f′（x）单调递增，且f′（2）＜0，f′（3）＞0，所以存在x0∈（2，3），使f′（x0）＝0，所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）至多2个零点，又因为f（0）＞0，f（1）＜0，f（2）＜0，f（3）＞0，f（4）＞0，所以f（x）存在2个零点，不妨设x1，x2（x1＜x2），且x1∈（0，1），x2∈（2，3）．①若an≥bn，即10n﹣5≥3n时，此时n＝1，2．则an≥cn≥bn，可知an+cn＞bn成立，要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以bn+cn＞an恒成立，故an＜2bn，所以有10n-5≥3n10②若an≤bn，即10n﹣5≤3n时，（n为正整数，等号取不到），此时n≥3．则an≤cn≤bn，可知bn+cn＞an成立，要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以an+cn＞bn恒成立，故bn＜2an，所以有10n-5≤3所以满足条件的正整数n的所有取值和为1+2+3＝6．故答案为：6．【点评】本题考查数列与函数的综合，涉及导函数的应用，属于中档题．14．设数列{an}的通项公式为an=n3-n，n∈N*，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b【考点】数列的应用．【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】0．【分析】由个位数字代入通项公式可知，连续10项中有6项的个位数字为0，从而把数列{bn}中的第2017项转化到数列{an}中的第3361项，再通过3361除以7余数为1，就可以推出结果．【解答】解：因为an所以当n的个位数字为1，4，5，6，9，0时，an的个位数为0，则在数列{an}中，每连续10项中就有6项的个位数字为0，而2017＝336×6+1，由此推断数列{bn}中的第2017项相当于数列{an}中的第3361项，即b2017=a3361=33613-3361，而3361＝480而（7k+1）3＝（7k）3+3（7k）2+3（7k）+1，k∈N*，所以33613除以7余数也为1，而它们的差33613﹣3361一定能被7整除，所以b2017被7除所得余数为0．故答案为：0．【点评】本题考查数列周期性的应用，属于中档题．15．若数列{an}满足an+1=2an2，存在M∈R，对任意n∈N*，使得|an|＜M，则a2022的取值范围是[0【考点】数列递推式．【专题】分类讨论；分类法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．【答案】[0，12]【分析】由an+1＝2an2，可知an+1是an的二次函数，分an+1＞an与an+1≤a【解答】解：由an+1＝2an2，可知an+1是a若|a2022|＞12，结合二次函数的图象可得an+1＞an，且an→若|a2022|≤12，则|a1|≤12，结合二次函数的图象可得an+1≤an，且a且n≥2，an≥0，所以0≤a2022≤12，即a2022的取值范围是[0，1故答案为：[0，12]【点评】本题考查数列的递推式和分类讨论思想、推理能力，属于中档题．16．已知有穷数列{an}共m项（m＞3），数列{an}中任意一项an∈{1，2，3，4，5}，且对于其中任意连续的三项an、an+1、an+2(n≤m-2，n∈N*)，均存在以an、a【考点】数列的应用．【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】16．【分析】先分类讨论数列{an}连续三项中1的个数，然后列举出所有可满足题意的连续三项的可能值（共18组），并结合后续项分析其中6组若在数列{an}中，则只能在前三项或最后三项，由此得m≤16，然后构造一个满足题意的16项数列{an}即可．【解答】解：①若数列{an}中存在连续三项为1，1，1时，若前后项为1，则存在两个等边三角形全等；若前后项不为1，则不能构成三角形；故数列{an}的项数m＝3，这与题意m＞3矛盾，故不存在此类情况；②若数列{an}中任意连续三项不为1，1，1，且存在连续三项中恰含有两项为1，1时，由于1+1不可能大于其他数（2，3，4，5），即不满足三边关系，无法构成三角形，故也不存在此类情况；③若数列{an}中任意连续三项中至多一项为1时，则能构成等腰三角形三边长的连续三项可能为：2，2，1，2，2，2，2，2，3，3，3，1，3，3，2，3，3，3，3，3，4，3，3，5，4，4，1，4，4，2，4，4，3，4，4，4，4，4，5，5，5，1，5，5，2，5，5，3，5，5，4，5，5，5，共18组，下面对等腰三角形三边长对应连续三项r，r，s（r≠s）的后续可能项进行分析，若数列{an}中连续三项依次为r，r，s（r≠s），设添加后续项t后仍为等腰三角形，则t＝r或s，当t＝r时，则后续r，s，r三边长构成的三角形与前三角形全等，不满足题意；当t＝s时，由后续r，s，s三边长关系s+s＞r可得，必须有r＜2s，故当2s≤r时，连续三项r，r，s（r≠s）的后续添加任意项都不满足题意，同样地，若数列{an}中连续三项依次为s，r，r（r≠s），当2s≤r时，也不能添加任意前项；若数列{an}中连续三项依次为r，s，r（r≠s），当2s≤r时，既不能添加任意前项，也无法添加任意后项，在18组数中，满足条件2s≤r的组为：2，2，1，3，3，1，4，4，1，4，4，2，5，5，1，5，5，2，共6组数，故若数列{an}中的连续三项取自这六组数中的任一组，该三项顺序只能为r，r，s或s，r，r，且在数列{an}中只能位于前三项或后三项；故在2，2，1，3，3，1，4，4，1，4，4，2，5，5，1，5，5，2这6组数中，至多有2组数在数列{an}中，而18组数中还剩余12组数若都在数列{an}中，故数列{an}中至多可包含12+2＝14个等腰三角形对应的连续三边长数，即数列{an}至多有14+2＝16项，即m≤16，构造含16项的数列{an}如下：1，2，2，2，3，3，3，4，4，4，5，5，5，3，3，1，所以m的最大值为16．故答案为：16．【点评】本题考查数列的应用，理解不含有连续的1，进而列举符合的三项，分析其成立的条件即可，属于中档题．四．解答题（共4小题）17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N*)，等差数列{bn}的前n项和为B（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）令cn=12anbn，求数列{c（3）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．【考点】数列递推式；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；运算求解．【答案】（1）an=2×3n-1，bn（2）Tn（3）不存在；由（1）知an所以an+1＝an+（n+2﹣1）d，所以dn设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．则dk2=即(4×又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m+p，故42×32k﹣2＝42×3m+p﹣2．故（k+1）2＝（m+1）（p+1），化简得k2+2k＝mp+m+p，所以k2＝mp．又因为2k＝m+p，所以4k2＝m2+p2+2mp，故（m﹣p）2＝0，即m＝p．而2k＝m+p，所以k＝m＝p．与假设矛盾．所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．【分析】（1）根据已知条件列方程求出数列的首项，公比或公差，进而求出通项公式；（2）用错位相减法求数列前n项和；（3）利用反证法，先假设存在，再利用等比中项和等差中项的性质求解，进而证明不存在．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，由an+1=2Sn+2(n∈N*)可得，当n＝当n＝2时，a1解得a1＝2，q＝3，所以an设等差数列{bn}的公差为d，由B4＝4B2，可得4b1+6d＝4（2b1+d），即d＝2b1，由b2n=2bn+1，(n∈N*)，则b2＝2b1+1，即b1+解得d＝2，b1＝1，所以bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．（2）因为cn所以Tn=1×3①×3得，3Tn=1×①﹣②得，-2-2化简得：Tn（3）由（1）知an所以an+1＝an+（n+2﹣1）d，所以dn设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．则dk2=即(4×又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m+p，故42×32k﹣2＝42×3m+p﹣2．故（k+1）2＝（m+1）（p+1），化简得k2+2k＝mp+m+p，所以k2＝mp．又因为2k＝m+p，所以4k2＝m2+p2+2mp，故（m﹣p）2＝0，即m＝p．而2k＝m+p，所以k＝m＝p．与假设矛盾．所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式与求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1+2Sn+1=an+1an，a1（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{anbn}是等差数列，b1＝13，b4=727，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn取得最大值时正整数【考点】数列递推式；数列求和的其他方法．【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；运算求解．【答案】（1）an（2）7．【分析】（1）先利用已知条件计算出a2，a3，总结规律猜想{an}的通项公式并验证；（2）先求出数列{bn}的通项公式，再分析通项公式求出Tn取得最大值时正整数n的值．【解答】解：（1）∵Sn+1+2Sn+1=an+1an∴Sn∵S1＝a1＝1，∴S1∴S2＝a1+a2＝4，S2猜想an=3n-1，即{an验证：若an=3左边为：Sn右边为：an左右相等且满足n＞1时，an＞1，故通项公式成立．∴数列{an}的通项公式为：an（2）∵数列{anbn}是等差数列，b1＝13，b4=727，a1＝1，∴a4b4-a∴anbn＝a1b1+（n﹣1）d＝13+（n﹣1）×（﹣2）＝15﹣2n，∴bn∵Tn＝b1+b2+b3+…+bn，Tn＝Tn﹣1+bn，又∵3n﹣1≥1＞0，n∈N*，∴当1≤n≤7时，bn＞0，当n≥8时，bn＜0，∴T8＝T7+b8，∵b8＜0，∴T7＞T8，∵T7＝T6+b7，b7＞0，∴T7＞T6，∴T7为Tn的最大值，即Tn取得最大值时正整数n为7．【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，等差数列与等比数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中档题．19．已知{an}是等差数列，{bn}是公比大于0的等比数列，且a1＝1，b1＝2，a3+b2＝7，a8＝b3．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列{an•bn}的前n项和；（Ⅲ）设数列{cn}满足cn=an，n=2k-1，bn【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（Ⅰ）an＝n，bn（Ⅱ）Sn（Ⅲ）Tn【分析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q＞0），由题意列方程组求导首项与公差，即可求导等差数列与等比数列的通项公式；（Ⅱ）直接利用错位相减法求和；（Ⅲ）利用数列的分组求和及等差数列与等比数列的求和公式得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q＞0），由a1＝1，b1＝2，a3+b2＝7，a8＝b3，得1+2d+2q=71+7d=2则an＝1+n﹣1＝n，bn（Ⅱ）an设数列{an•bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×21+2×22+3×23+...+n•2n，可得2Sn＝1×22+2×23+3×24+...+n•2n+1，所以-Sn=2+22=2(1-2n)1-2-n•2n+1＝（1﹣n）•则Sn（Ⅲ）因为cn=an，n则{cn}的前2n项和T2n＝（a1+a3+...+a2n﹣1）+（b2+b4+...+b2n）＝（1+3+5+...+2n﹣1）+（22+24+26+...+22n）=(1+2【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和公式，训练了错位相减法求和，是中档题．20．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，若对任意的正整数n，均有Sn+1k-Snk=λan（1）若等差数列{an}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若正项数列{an}是“3﹣2”数列，求数列{an}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ-13”数列，且an≥0？若存在，求【考点】数列递推式．【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；运算求解．【答案】（1）λ＝1；（2）an（3）存在，λ∈（0，1）．【分析】（1）根据Sn+1﹣Sn＝an+1＝λan+1可直接得到结果；（2）根据“3﹣2”数列定义可推导得到Sn+1＝2Sn，由等比数列通项公式可求得Sn，根据an与Sn关系可求得an；（3）令bn=Sn13，可推导得到(bn+1-bn)3=λ3(bn+13-【解答】解：（1）∵等差数列{an}是“λ﹣1”数列，∴Sn+1﹣Sn＝an+1＝λan+1，∵a1＝1≠0，∴存在an+1≠0，∴λ＝1；（2）∵正项数列{an}是“3﹣2”数列，∴Sn∵an＞0，∴Sn+1+Sn＝3an+1＝3（Sn+1﹣Sn），即Sn+1＝2Sn，又S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴Sn当n≥2时，an当n＝1时，a1＝不满足an∴an（3）由“λ-13”数列定义知：Sn+113-Sn1令bn=Sn13，则bn＞0，故Sn+1≥Sn，且bn+1∴(bn+1-b若bn+1﹣bn＝0，则(bn+1-b若bn+1﹣bn≠0，则λ=1-因为存在三个不同的数列{an}为“λ-1故λ=1故31-λ=bn∴0＜λ＜1，即实数λ的取值范围为（0，1）．【点评】本题主要考查数列的新定义，数列递推式，涉及等比数列的定义及通项公式，考查运算求解能力，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．4．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：④．5．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．6．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．7．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+a3＝﹣2015，a4+a5＝﹣2011，a6+a7＝﹣2007，……，令bn＝a2n+a2n+1，则数列{bn}是以﹣2015为首项，4为公差的等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1010＝1010×（﹣2015）+1010×10092又∵T1010＝a2+a3+a4+a5+……+a2020+a2021，∴S2021＝T1010+a1＝3030﹣1010＝2020．8．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：