2026年高考数学复习热搜题速递之数列（2025年12月）

第1页（共1页）2026年高考数学复习热搜题速递之数列（2025年12月）一．选择题（共9小题）1．已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝（）A．172 B．192 C．10 D2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（）A．13 B．-13 C．193．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝（）A．﹣1 B．0 C．1 D．64．在等差数列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项5．设{an}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝（）A．2 B．﹣2 C．12 D．6．设△AnBn∁n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn∁n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，bn+1=cA．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列 C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列7．若a，b是函数f（x）＝x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．6 B．7 C．8 D．98．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块二．多选题（共4小题）（多选）10．已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S20＜S18＜S19，则下列说法正确的是（）A．a1＞0 B．d＞0 C．|a18+a19|＞|a20+a21| D．数列{Sn（多选）11．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（）A．若S5＝S9，则必有S14＝0 B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项 C．若S6＞S7，则必有S7＞S8 D．若S6＞S7，则必有S5＞S6（多选）12．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝1 B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{lgan}是公差为2的等差数列（多选）13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4+a11＞0，a7•a8＜0，则（）A．数列{an}是递增数列 B．S6＞S9 C．当n＝7时，Sn最大 D．当Sn＞0时，n的最大值为14三．填空题（共4小题）14．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝．15．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为．16．设{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，则{an}的通项公式为．17．将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为．四．解答题（共4小题）18．等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9，（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=1nan，求数列{bn}的前n19．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．20．已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．21．设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an+1＝2Sn+1，n∈N*．（Ⅰ）求通项公式an；（Ⅱ）求数列{|an﹣n﹣2|}的前n项和．

2026年高考数学复习热搜题速递之数列（2025年12月）参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）题号123456789答案BCBBDBDCC二．多选题（共4小题）题号10111213答案ADABCBCBCD一．选择题（共9小题）1．已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝（）A．172 B．192 C．10 D【考点】等差数列的性质．【专题】计算题；定义法；等差数列与等比数列．【答案】B【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：∵{an}是公差为1的等差数列，S8＝4S4，∴8a1+8×72×1＝4×（4a解得a1=1则a10=12+9×故选：B．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（）A．13 B．-13 C．19【考点】等比数列的前n项和．【专题】等差数列与等比数列．【答案】C【分析】设等比数列{an}的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到a1【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵S3＝a2+10a1，a5＝9，∴a1+a∴a1故选：C．【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键．3．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝（）A．﹣1 B．0 C．1 D．6【考点】等差数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【答案】B【分析】直接利用等差中项求解即可．【解答】解：在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a4=12（a2+a6）=解得a6＝0．故选：B．【点评】本题考查等差数列的性质，等差中项个数的应用，考查计算能力．4．在等差数列{an}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记Tn＝a1a2…an（n＝1，2，…），则数列{Tn}（）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【考点】等差数列的通项公式．【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；数据分析．【答案】B【分析】由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d=a∴an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由an＝2n﹣11＝0，得n=112，而n∈N可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最大项，自T5起均小于0，且逐渐减小．∴数列{Tn}有最大项，无最小项．故选：B．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．5．设{an}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝（）A．2 B．﹣2 C．12 D．【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】等差数列与等比数列．【答案】D【分析】由等差数列的前n项和求出S1，S2，S4，然后再由S1，S2，S4成等比数列列式求解a1．【解答】解：∵{an}是首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，∴S1＝a1，S2＝2a1﹣1，S4＝4a1﹣6，由S1，S2，S4成等比数列，得：S2即(2a1-1故选：D．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题．6．设△AnBn∁n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn∁n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，bn+1=cA．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列 C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【考点】数列递推式；数列的函数特性．【专题】压轴题；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．【答案】B【分析】由an+1＝an可知△AnBn∁n的边Bn∁n为定值a1，由bn+1+cn+1﹣2a1=12(bn+cn-2a1)及b1+c1＝2a1得bn+cn＝2a1，则在△AnBn∁n中边长Bn∁n＝a1为定值，另两边Ancn、An由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，根据bn+1﹣cn+1=-12(bn-cn)，得bn﹣cn=(-12)n-1(b1-c1)，可知n→+∞时b【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1由题意，bn+1+cn+1=bn+cn2+an，∴bn+1+cn+1﹣2a∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴bn+cn﹣2an＝0，∴bn+cn＝2an＝2a1，∴bn+cn＝2a1，由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，又由题意，bn+1﹣cn+1=cn-bn2，∴b∴bn+1﹣a1=12(a1-bn∴bn=a1+(b1-a1)(-1∴Sn2=3a=34a12[a122-故选：B．【点评】本题主要考查由数列递推式求数列通项、三角形面积海伦公式，综合考查学生分析解决问题的能力，有较高的思维抽象度，是本年度全国高考试题中的“亮点”之一．7．若a，b是函数f（x）＝x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．6 B．7 C．8 D．9【考点】等差数列与等比数列的综合．【专题】等差数列与等比数列．【答案】D【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到a+b＝p，ab＝q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．【解答】解：由题意可得：a+b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得2b=a-2ab=4①或解①得：a=4b=1；解②得：a=1∴p＝a+b＝5，q＝1×4＝4，则p+q＝9．故选：D．【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．8．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】等差数列的性质；充分条件与必要条件．【专题】计算题；转化思想；转化法；等差数列与等比数列；简易逻辑．【答案】C【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题9．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】方法一：由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，根据等差数列的性质即可求出n＝9，再根据前n项和公式即可求出；方法二：设第n环天心石块数为an，第一层共有n环，根据等差数列分段和为等差数列，即可求出．【解答】解：方法一：设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环上扇面形石板数之间构成等差数列，上层中心的首项为a1＝9，且公差d＝9，由等差数列的性质可得Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣Sn）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9+27×262×9方法二：设第n环天心石块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9+（n﹣1）×9＝9n，设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n，∵下层比中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣Sn+729，∴3n(9+27n)2-∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27=27(9+9×27)2故选：C．【点评】本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）10．已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S20＜S18＜S19，则下列说法正确的是（）A．a1＞0 B．d＞0 C．|a18+a19|＞|a20+a21| D．数列{Sn【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；运算求解．【答案】AD【分析】S20＜S18＜S19，可得a19+a20＜0＜a19，a19＞0，a20＜0，进而得出a1＞0，d＜0，利用数列的单调性、通项公式与求和公式即可得出结论．【解答】解：∵S20＜S18＜S19，∴a19+a20＜0＜a19，∴a19＞0，a20＜0，∴a1+18d＞0，a1+19d＜0，∴a1＞0，d＜0，又a19+a20＜0＜a19，∴a21+a18＜0，由a20+a21﹣（a18+a19）＝4d＜0，a19+a20+a21+a18＜0，∴|a20+a21|＞|a18+a19|．由以上可得：a1＞a2＞…＞a19＞0＞a20＞a21＞…．S37=37(a1+a37)2=37a19＞0；S38=38(n≤37时，Sn＞0；n≥38时，Sn＜0．n≤19时，或n≥38时，Snan＞0；19＜n＜38由0＞a20＞a21＞…＞a37，S20＞S21＞…＞S37＞0，∴数列{Sna综上可得：只有AD正确．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（多选）11．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（）A．若S5＝S9，则必有S14＝0 B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项 C．若S6＞S7，则必有S7＞S8 D．若S6＞S7，则必有S5＞S6【考点】等差数列前n项和的性质；数列的最大项最小项．【专题】计算题；方程思想；转化思想；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】ABC【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S14=14×(a1+对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；故选：ABC．【点评】本题考查等差数列的前n项公式与等差数列的通项公式，涉及等差数列的性质，属于基础题．（多选）12．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝1 B．数列{Sn+2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{lgan}是公差为2的等差数列【考点】等比数列的前n项和．【专题】综合题；转化思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】BC【分析】本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．【解答】解：由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0．根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1．∴a2＝4，a3＝8满足题意．∴q＝2，a1=a2q=an＝a1•qn﹣1＝2n．∵Sn=2(1-2n)1-2=∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．∵lgan＝lg2n＝nlg2．∴数列{lgan}是公差为lg2的等差数列．故选项D不正确．故选：BC．【点评】本题主要考查等比数列的基础知识，不等式与等比数列的综合，以及排除法的应用，本题属中档题．（多选）13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a4+a11＞0，a7•a8＜0，则（）A．数列{an}是递增数列 B．S6＞S9 C．当n＝7时，Sn最大 D．当Sn＞0时，n的最大值为14【考点】等差数列的性质．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维．【答案】BCD【分析】由已知可得a7＞0，a8＜0，然后结合等差数列的性质及求和公式分析各选项即可判断．【解答】解：因为等差数列{an}中，a1＞0，a4+a11＝a7+a8＞0，a7•a8＜0，所以a7＞0，a8＜0，A错误；S9﹣S6＝a7+a8+a9＝3a8＜0，所以S9＜S6，B正确；由于a7＞0，a8＜0，故当n＝7时，Sn最大，C正确；由于S14＝7（a1+a14）＝7（a7+a8）＞0，S15=15(a1+a15故当Sn＞0时，n的最大值为14，D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，考查了考生的逻辑推理的能力，属于中档题．三．填空题（共4小题）14．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝-1n【考点】数列递推式．【专题】等差数列与等比数列．【答案】见试题解答内容【分析】通过Sn+1﹣Sn＝an+1可知Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，两边同时除以Sn+1Sn可知1Sn-1Sn+1=1【解答】解：∵an+1＝Sn+1Sn，∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，∴1Sn又∵a1＝﹣1，即1S1∴数列{1Sn}是以首项是﹣1、公差为﹣∴1Sn∴Sn=-故答案为：-1【点评】本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．15．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为（﹣1，-78）【考点】等差数列的性质．【专题】点列、递归数列与数学归纳法．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意当且仅当n＝8时Sn取得最大值，得到S7＜S8，S9＜S8，联立得不等式方程组，求解得d的取值范围．【解答】解：∵Sn＝7n+n(n-1)2d，当且仅当n＝8时∴S7＜S8S综上：d的取值范围为（﹣1，-7【点评】本题主要考查等差数列的前n项和公式，解不等式方程组，属于中档题．16．设{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，则{an}的通项公式为an＝6n﹣3．【考点】等差数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列．【答案】见试题解答内容【分析】利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1＝3，d＝6，由此能求出{an}的通项公式．【解答】解：∵{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，∴a1解得a1＝3，d＝6，∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+（n﹣1）×6＝6n﹣3．∴{an}的通项公式为an＝6n﹣3．故答案为：an＝6n﹣3．【点评】本题考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．17．将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为3n2﹣2n．【考点】数列的求和．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数据分析．【答案】3n2﹣2n．【分析】首先判断{an}是以1为首项、以6为公差的等差数列，再利用求和公式，得出结论．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}是以1为首项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+n(n-1)2×6=3n2﹣故答案为：3n2﹣2n．【点评】本题主要考查等差数列的性质以及求和公式，属于基础题．四．解答题（共4小题）18．等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9，（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=1nan，求数列{bn}的前n【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．【专题】计算题；等差数列与等比数列．【答案】见试题解答内容【分析】（I）由a7＝4，a19＝2a9，结合等差数列的通项公式可求a1，d，进而可求an（II）由bn=1【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d∵a7＝4，a19＝2a9，∴a解得，a1＝1，d=∴a（II）∵b∴sn=2(1=2(1-【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及裂项求和方法的应用，试题比较容易19．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】（1）b1＝2，b2＝5，bn＝3n﹣1，n∈N*．（2）300．【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．20．已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．【考点】等比数列的通项公式；数列的求和．【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列．【答案】见试题解答内容【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{an}的通项公式代入bn＝log2an，得到bn，说明数列{bn}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴an（2）bn＝log2an=log∵b1＝1，bn+1﹣bn＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{bn}的前n项和Tn【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．21．设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an+1＝2Sn+1，n∈N*．（Ⅰ）求通项公式an；（Ⅱ）求数列{|an﹣n﹣2|}的前n项和．【考点】数列递推式．【专题】分类讨论；转化思想；转化法；等差数列与等比数列．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）根据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列的递推关系证明数列{an}是公比q＝3的等比数列，即可求通项公式an；（Ⅱ）讨论n的取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|an﹣n﹣2|}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵S2＝4，an+1＝2Sn+1，n∈N*．∴a1+a2＝4，a2＝2S1+1＝2a1+1，解得a1＝1，a2＝3，当n≥2时，an+1＝2Sn+1，an＝2Sn﹣1+1，两式相减得an+1﹣an＝2（Sn﹣Sn﹣1）＝2an，即an+1＝3an，当n＝1时，a1＝1，a2＝3，满足an+1＝3an，∴an+1an=3，则数列{an}是公比则通项公式an＝3n﹣1．（Ⅱ）an﹣n﹣2＝3n﹣1﹣n﹣2，设bn＝|an﹣n﹣2|＝|3n﹣1﹣n﹣2|，则b1＝|30﹣1﹣2|＝2，b2＝|3﹣2﹣2|＝1，当n≥3时，3n﹣1﹣n﹣2＞0，则bn＝|an﹣n﹣2|＝3n﹣1﹣n﹣2，此时数列{|an﹣n﹣2|}的前n项和Tn＝3+9(1-则Tn=2【点评】本题主要考查递推数列的应用以及数列求和的计算，根据条件建立方程组以及利用方程组法证明列{an}是等比数列是解决本题的关键．求出过程中使用了转化法和分组法进行数列求和．

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．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-qn3、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≤-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﹣1∴Sn+10由于{(1∴Sn+10an2≤故选：D．3．数列的最大项最小项【知识点的认识】数列的最大项最小项是指数列中的最大值和最小值．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计算数列的最大项和最小项．﹣递推关系：利用数列的递推关系分析其最大项和最小项．﹣数列图象：通过数列图象直观判断最大项和最小项．【命题方向】常见题型包括利用定义、递推关系、数列图象判断数列的最大项和最小项，结合具体数列进行分析．若数列{an}的通项公式为an＝﹣2n2+25n，则数列{an}的各项中最大项是（）解：∵an＝﹣2n2+25n＝﹣2（n-254）2+6258，又n∴当n＝6时，an有最大值，即数列{an}中的最大项是第6项．4．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．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．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．7．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：﹣16．8．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＜9．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{