2022年高考数学一轮复习之数列

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2022年高考数学一轮复习之数列
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
2．（2021•北京）已知{an}和{bn}是两个等差数列，且（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为（　　）
A．64 B．100 C．128 D．132
3．（2021•浙江）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜ D．＜S100＜5
4．（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
5．（2020•北京）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
6．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则ai，aj，ak为原位大三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（　　）

A．5 B．8 C．10 D．15
7．（2020•新课标Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（　　）
A．2n﹣1 B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1 D．21﹣n﹣1
8．（2021•全国Ⅱ卷模拟）九连环是一个古老的智力游戏，在多部中国古典数学典籍里都有对其解法的探究，在《九章算术》中古人对其解法的研究记载如下：记解n连环需要的步骤为f（n），an＝f（n+1）+f（n），研究发现{an+1}是等比数列，已知f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，则a7＝（　　）
A．127 B．128 C．255 D．256
9．（2021•松山区校级模拟）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，……这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是（　　）
A．an﹣an﹣1＝n（n＞1）
B．a20＝210
C．1024是三角形数
D．
10．（2021•丙卷模拟）已知递增等差数列{an}，a1＝1，且a2为a1+1与a3+1的等比中项，则公差d＝（　　）
A．1 B．1或﹣3 C．3或﹣1 D．3
11．（2021•襄城区校级模拟）已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝15，且a1，a2，a3+1成等比数列，则（　　）
A．a1＝1，S10＝100 B．a1＝1，S10＝55
C．a1＝0，S10＝45 D．a1＝0，S10＝90
12．（2021•广东二模）《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙．大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半．若这一堵墙厚16尺，则几日后两鼠相逢（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
二．填空题（共5小题）
13．（2020•浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝　 　．
14．（2020•海南）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　 　．
15．（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 　 　．
16．（2020•江苏）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是　 　．
17．（2021•巴中模拟）若数列{an}对任意n∈N*满足：a1+2a2+3a3+⋯+nan＝n，则数列的前n项和为 　 　．
三．解答题（共5小题）
18．（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．
19．（2021•浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈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．
20．（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{}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．
21．（2019•浙江）设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3．数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn＝，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
22．（2021•赣州模拟）已知数列{an}满足an＝3an﹣1+2（n≥2）且a1＝2．
（1）求证：{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）已知bn＝log3（a2n﹣1+1）且，求c1+c2+c3+…+cn．

2022年高考数学一轮复习之数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【考点】数列的函数特性．菁优网版权所有
【专题】方程思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．
【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＝，
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．
2．（2021•北京）已知{an}和{bn}是两个等差数列，且（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为（　　）
A．64 B．100 C．128 D．132
【考点】等差数列的性质；等差数列的通项公式．菁优网版权所有
【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．
【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（1≤k≤5）是常值，由于a1＝288，a5＝96，
故，
由于
所以b3＝128．
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．
3．（2021•浙江）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜ D．＜S100＜5
【考点】数列的求和．菁优网版权所有
【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【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．

【解答】解：因为 ，所以 ，所以 ，
，
∴，故 ，
由累加法可得当 n≥2 时，
，
又因为当 n＝1 时， 也成立，所以，
所以 ，
∴，故，
由累乘法可得当 n≥2 时，，
所以 ．
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•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．菁优网版权所有
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；数学运算．
【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．
5．（2020•北京）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．菁优网版权所有
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；数据分析．
【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＝，
∴an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．
由an＝2n﹣11＝0，得n＝，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．
6．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则ai，aj，ak为原位大三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（　　）

A．5 B．8 C．10 D．15
【考点】数列的应用．菁优网版权所有
【专题】对应思想；数学模型法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由原位大三和弦、原位小三和弦的定义，运用列举法，即可得到所求和．
【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则ai，aj，ak为原位大三和弦，
即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j＝9，k＝12，共5个；
若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则ai，aj，ak为原位小三和弦，
可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j＝8，k＝12，共5个，
总计10个．
故选：C．
【点评】本题是数列在实际问题中的运用，运用列举法是解题的关键，属于基础题．
7．（2020•新课标Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（　　）
A．2n﹣1 B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1 D．21﹣n﹣1
【考点】等比数列的性质；等比数列的前n项和．菁优网版权所有
【专题】计算题；对应思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据求和公式即可求出．
【解答】解：设等比数列的公比为q，
∵a5﹣a3＝12，
∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），
∴q＝2，
∴a1q4﹣a1q2＝12，
∴12a1＝12，
∴a1＝1，
∴Sn＝＝2n﹣1，an＝2n﹣1，
∴＝＝2﹣21﹣n，
故选：B．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，考查了运算求解能力，属于基础题．
8．（2021•全国Ⅱ卷模拟）九连环是一个古老的智力游戏，在多部中国古典数学典籍里都有对其解法的探究，在《九章算术》中古人对其解法的研究记载如下：记解n连环需要的步骤为f（n），an＝f（n+1）+f（n），研究发现{an+1}是等比数列，已知f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，则a7＝（　　）
A．127 B．128 C．255 D．256
【考点】数列与函数的综合．菁优网版权所有
【专题】转化思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【分析】利用题中的恒等式，求出{an+1}的首项以及公比，由等比数列的通项公式求出an，即可得到答案．
【解答】解：因为an＝f（n+1）+f（n），f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，
所以a1＝f（2）+f（1）＝3，
a2＝f（3）+f（2）＝7，
则，
所以数列{an+1}是首项为4，公比为2的等比数列，
则，
所以，
则．
故选：C．
【点评】本题考查了等比数列的应用，涉及了等比数列公比的求解，等比数列通项公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
9．（2021•松山区校级模拟）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，……这些数叫做三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是（　　）
A．an﹣an﹣1＝n（n＞1）
B．a20＝210
C．1024是三角形数
D．
【考点】数列与函数的综合．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】通过数列的项与序号之间的关系，判断选项A的正误，然后推出数列的递推关系式，求解数列的和，即可判断选项的正误．
【解答】解：1，3，6，10，15，21，28，36，45，……可得a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，…
得到an﹣an﹣1＝n，所以A正确；累加可得
则an﹣1＝1+2+3+4+…+n﹣1＝﹣1；所以an＝，a20＝＝210，所以B正确；，解得n∉N，所以C不正确，
＝＝．所以D正确；
故选：C．
【点评】本题主要考查了归纳推理，属于基础题．解题的关键在于观察、发现图形中点的个数的变化规律．
10．（2021•丙卷模拟）已知递增等差数列{an}，a1＝1，且a2为a1+1与a3+1的等比中项，则公差d＝（　　）
A．1 B．1或﹣3 C．3或﹣1 D．3
【考点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
【专题】方程思想；数学模型法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】直接由等差数列的通项公式及等比数列的性质列式求解．
【解答】解：在递增等差数列{an}中，
∵a2＝1+d，a3＝1+2d，且a2为a1+1与a3+1的等比中项，
∴（1+d）2＝（1+1）（2+2d），
解得：d＝3或﹣1（舍），
故选：D．
【点评】本题考查等比数列的性质、等差数列的通项公式，考查数学运算核心素养，是基础题．
11．（2021•襄城区校级模拟）已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝15，且a1，a2，a3+1成等比数列，则（　　）
A．a1＝1，S10＝100 B．a1＝1，S10＝55
C．a1＝0，S10＝45 D．a1＝0，S10＝90
【考点】等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】设递增等差数列{an}的公差为d（d＞0），由题意列关于首项与公差的方程组，求得首项与公差，再求出S10，则答案可求．
【解答】解：设递增等差数列{an}的公差为d（d＞0），
由S5＝15，且a1，a2，a3+1成等比数列，
得，解得或（舍去）．
∴．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的通项公式及前n项和，考查等比数列的性质，是基础题．
12．（2021•广东二模）《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙．大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半．若这一堵墙厚16尺，则几日后两鼠相逢（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】数列的应用．菁优网版权所有
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】根据题意，分析可得大老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为2的等比数列，小老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为的等比数列，由等比数列的前n项和公式可得Sn+Tn＝（2n﹣1）+（2﹣）≥16，分析可得n的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，大老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为2的等比数列，设该数列为{an}，前n项和为Sn，
小老鼠每天打进的长度是首项为1，公比为的等比数列，设该数列为{bn}，前n项和为Tn，
则Sn＝＝2n﹣1，Tn＝＝2﹣，
若Sn+Tn＝（2n﹣1）+（2﹣）≥16，即2n﹣）≥15，
又由n≥1且n∈Z，必有n≥4，
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的应用，涉及等比数列的求和，属于基础题．
二．填空题（共5小题）
13．（2020•浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝　10　．
【考点】数列的函数特性．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
【解答】解：数列{an}满足an＝，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．
14．（2020•海南）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】等差数列的前n项和．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数据分析．
【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+＝3n2﹣2n，
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．
15．（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．菁优网版权所有
【专题】转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【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．
16．（2020•江苏）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是　4　．
【考点】等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；求出等差数列的前n项和的表达式；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1，讨论当q为1和不为1时的前n项和的表达式，由题意可得q≠1，由对应项的系数相等可得d，q的值，进而求出d+q的值．
【解答】解：因为{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），
因为{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1，
所以{an}的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，
当{bn}中，当公比q＝1时，其前n项和S＝nb1，
所以{an+bn}的前n项和Sn＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，
则{bn}的前n项和为S＝＝﹣，
所以Sn＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），
由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，
所以d+q＝4，
故答案为：4
【点评】本题考查等差数列及等比数列的综合及由前n项和求通项的性质，属于中档题．
17．（2021•巴中模拟）若数列{an}对任意n∈N*满足：a1+2a2+3a3+⋯+nan＝n，则数列的前n项和为 　　．
【考点】数列的求和．菁优网版权所有
【专题】方程思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】根据a1+2a2+3a3+⋯+nan＝n，得a1+2a2+3a3+⋯+（n﹣1）an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得nan＝1，再结合a1＝1可得{an}的通项公式，从而可得数列的的通项公式，分析可知应运用裂项求和法求出数列的前n项和．
【解答】解：由a1+2a2+3a3+⋯+nan＝n，得a1+2a2+3a3+⋯+（n﹣1）an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得nan＝1，
所以an＝（n≥2），且a1＝1满足上式；所以＝＝﹣，令数列的前n项和为Tn，
则Tn＝1﹣+﹣+⋯+﹣＝1﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查数列的递推公式与裂项求和法，考查推理和运算求解能力，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于基础题．
三．解答题（共5小题）
18．（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】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和．菁优网版权所有
【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；逻辑推理；数学运算．
【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+×2＝n2﹣5n，
Sn＞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，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．
19．（2021•浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈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】数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有
【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【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，
∴，
很明显，，
所以数列{an} 是以 为首项，为公比的等比数列，
其通项公式为：．
（Ⅱ）由3bn+（n−4）an＝0，得，
，
，
两式作差可得：

＝
＝，
则．
据此可得 恒成立，即λ（n−4）+3n≥0 恒成立．
n＝4时不等式成立；
n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；
n＞4时，，而，故：λ≥−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．
20．（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{}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】等差数列的性质；数列的求和．菁优网版权所有
【专题】计算题；整体思想；演绎法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【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：，
故（n≥2），
据此可得数列 是等差数列．
选择①②为条件，③结论：
设数列{an}的公差为d，则：
，
数列 为等差数列，则：，
即：，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．
选择③②为条件，①结论：
由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴，
则数列 的公差为，
通项公式为：，
据此可得，当n≥2时，，
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．
21．（2019•浙江）设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3．数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn＝，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
【考点】数列与函数的综合．菁优网版权所有
【专题】证明题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学建模．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出a1＝0，d＝2，从而an＝2n﹣2，n∈N*．Sn＝n2﹣n，n∈N*，利用（Sn+1+bn）2＝（Sn+bn）（Sn+2+bn），能求出bn．
（Ⅱ）＝＝，n∈N*，用数学归纳法证明，得到c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，
由题意得，
解得a1＝0，d＝2，
∴an＝2n﹣2，n∈N*．
∴Sn＝n2﹣n，n∈N*，
∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
∴（Sn+1+bn）2＝（Sn+bn）（Sn+2+bn），
解得，
解得bn＝n2+n，n∈N*．
（Ⅱ）证明：＝＝，n∈N*，
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；
②假设n＝k，（k∈N*）时不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，
则当n＝k+1时，
c1+c2+…+ck+ck+1＜2+＜2
＜2+＝2＝2，
即n＝k+1时，不等式也成立．
由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．
【点评】本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．
22．（2021•赣州模拟）已知数列{an}满足an＝3an﹣1+2（n≥2）且a1＝2．
（1）求证：{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）已知bn＝log3（a2n﹣1+1）且，求c1+c2+c3+…+cn．
【考点】数列递推式．菁优网版权所有
【专题】转化思想；分析法；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】（1）对原式进行变形可得，{an+1}是首项为3公比为3的等比数列，即可求解，（2）将bn＝2n﹣1 代入cn，再结合裂项相消法，即可求解．
【解答】解（1）由an＝3an﹣1+2得an+1＝3（an﹣1+1），
即，而a1+1＝3，
所以{an+1}是首项为3公比为3的等比数列，
所以，即，
（2），
即，
所以＝．
【点评】本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用裂项相消法是解决本题的关键，属于中档题．

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+n（n﹣1）d或者Sn＝
2、等比数列的通项公式：an＝a1qn﹣1；前n项和公式Sn＝＝（q≠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．

【典型例题分析】
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＝，
∵不等式an≥a4恒成立，
∴，
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{}也为等差数列，则的最大值是（　　）
A．310 B．212 C．180 D．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＝，
∴＝，
＝1，＝，＝，
∵数列{}也为等差数列，
∴＝+，
∴＝1+，
解得d＝2．
∴Sn+10＝（n+10）2，
＝（2n﹣1）2，
∴＝＝，
由于为单调递减数列，
∴≤＝112＝121，
故选：D．
2．等差数列的性质
【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+n（n﹣1）或Sn＝ （n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap+aq（p，q，m都为自然数）

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．

【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）．
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．
【例题解析】
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＝，
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．
【考点点评】
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+n（n﹣1）d或者Sn＝
【例题解析】
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+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，
则S10＝10a1+d＝10+45＝55．
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，
∴．
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．
【考点点评】
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
【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＝，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＝ap•aq．

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．
【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：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
6．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﹣1
3．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：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
7．等比数列的前n项和
【知识点的知识】
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＝＝．

2．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．数列的应用
【知识点的知识】
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．
9．数列的求和
【知识点的知识】
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+n（n﹣1）d或Sn＝
②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{}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．

【典型例题分析】
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＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．
分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：

＝
＝．
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝7，a5+a7＝26，
∴，解得a1＝3，d＝2，
∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；
Sn＝＝n2+2n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，
∴bn＝＝＝＝，
∴Tn＝＝＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝．
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．

【解题方法点拨】
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．
10．数列递推式
【知识点的知识】
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＝．
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．
3、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＝．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，先将已知条件转化为只含 或 的关系式，然后再求解．
（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，＝．
（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＝f（n）求an，用累乘法：an＝（n≥2）．
（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＝的递推数列都可以用倒数法求通项．
（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．
11．数列与函数的综合
【知识点的知识】
一、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．

二、解题步骤：
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．

【典型例题分析】
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．
∴＝＝为定值．
∴{an}为等比数列．（5分）
（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）
当时，．（8分）
Sn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①
2Sn＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②
①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）
＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．
∴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等比数列组成的新数列．
12．等差数列与等比数列的综合
【知识点的知识】
1、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）．

2、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：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．
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