第42頁（共42頁）2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之?dāng)?shù)列（三）一．選擇題（共5小題）1．（2022?乙卷）已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168，a2﹣a5＝42，則a6＝（）A．14 B．12 C．6 D．32．（2022?新高考Ⅱ）圖1是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.93．（2022?上海）已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，前n項積為Tn，則下列選項判斷正確的是（）A．若S2022＞S2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 B．若T2022＞T2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a2021 D．若數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a20214．（2022?全國）設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為1，公比為q，前n項和為Sn．令bn＝Sn+2，若{bn}也是等比數(shù)列，則q＝（）A．12 B．32 C．52 5．（2022?浙江）已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+1＝an-13an2（n∈NA．2＜100a100＜52 B．52＜100aC．3＜100a100＜72 D．72＜100二．填空題（共2小題）6．（2022?乙卷）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若2S3＝3S2+6，則公差d＝．7．（2022?上海）已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，Sn為其前n項和，若S5＝0，則Si（i＝1，2，…，100）中不同的數(shù)值有個．三．解答題（共13小題）8．（2023?新高考Ⅱ）已知{an}為等差數(shù)列，bn=an-6，n為奇數(shù)2an，n為偶數(shù)，記Sn，Tn為{an}，{bn}（1）求{an}的通項公式；（2）證明：當(dāng)n＞5時，Tn＞Sn．9．（2023?乙卷）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知a2＝11，S10＝40．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列{|an|}的前n項和Tn．10．（2023?甲卷）已知數(shù)列{an}中，a2＝1，設(shè)Sn為{an}前n項和，2Sn＝nan．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列{an+12n}11．（2023?天津）已知{an}是等差數(shù)列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．（Ⅰ）求{an}的通項公式及i=2n-12（Ⅱ）設(shè){bn}是等比數(shù)列，且對于任意的k∈N*，當(dāng)2k﹣1≤n≤2k﹣1時，bk＜an＜bk+1．（i）當(dāng)k≥2時，求證：2k﹣1＜bk＜2k+1；（ii）求{bn}的通項公式及前n項和．12．（2023?新高考Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞1．令bn=n2+nan，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通項公式；（2）若{bn}為等差數(shù)列，且S99﹣T99＝99，求d．13．（2023?北京）數(shù)列{an}，{bn}的項數(shù)均為m（m＞2），且an，bn∈{1，2，?，m}，{an}，{bn}的前n項和分別為An，Bn，并規(guī)定A0＝B0＝0．對于k∈{0，1，2，?，m}，定義rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，?，m}}，其中，maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù)．（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，?，m﹣1，求rn；（Ⅲ）證明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．14．（2023?上海）已知f（x）＝lnx，在該函數(shù)圖像Γ上取一點a1，過點（a1，f（a1））作函數(shù)f（x）的切線，該切線與y軸的交點記作（0，a2），若a2＞0，則過點（a2，f（a2））作函數(shù)f（x）的切線，該切線與y軸的交點記作（0，a3），以此類推a3，a4，…，直至am≤0停止，由這些項構(gòu)成數(shù)列{an}．（1）設(shè)am（m≥2）屬于數(shù)列{an}，證明：am＝lnam﹣1﹣1；（2）試比較am與am﹣1﹣2的大小關(guān)系；（3）若正整數(shù)k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差數(shù)列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，請說明理由．15．（2023?全國）已知{an}為等比數(shù)列，其前n項和為Sn，S3＝21，S6＝189．（1）求{an}的通項公式；（2）若bn=(-1)nan，求{bn}16．（2022?新高考Ⅰ）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝1，{Snan}（1）求{an}的通項公式；（2）證明：1a117．（2022?天津）設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1．（1）求{an}與{bn}的通項公式；（2）設(shè){an}的前n項和為Sn，求證：（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn；（3）求k=12n[ak+1﹣（﹣1）kak18．（2022?北京）已知Q：a1，a2，…，ak為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，則稱Q為m﹣連續(xù)可表數(shù)列．（Ⅰ）判斷Q：2，1，4是否為5﹣連續(xù)可表數(shù)列？是否為6﹣連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak為8﹣連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak為20﹣連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak＜20，求證：k≥7．19．（2022?新高考Ⅱ）已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．（1）證明：a1＝b1；（2）求集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素的個數(shù)．20．（2022?甲卷）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知2Snn+n＝2（1）證明：{an}是等差數(shù)列；（2）若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值．

2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之?dāng)?shù)列（三）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）題號12345答案DDDBB一．選擇題（共5小題）1．（2022?乙卷）已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168，a2﹣a5＝42，則a6＝（）A．14 B．12 C．6 D．3【考點】等比數(shù)列的通項公式；等比數(shù)列的前n項和．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】D【分析】由題意，利用等比數(shù)列的定義、性質(zhì)、通項公式，求得a6的值．【解答】解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，q≠0，由題意，q≠1．∵前3項和為a1+a2+a3=a1(1-q3)1-q=168，a2﹣a5＝a1?q﹣a1?q4＝a1∴q=12，a1＝則a6＝a1?q5＝96×132故選：D．【點評】本題主要考查等比數(shù)列的定義、性質(zhì)、通項公式，屬于基礎(chǔ)題．2．（2022?新高考Ⅱ）圖1是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9【考點】數(shù)列的應(yīng)用；等差數(shù)列的通項公式．【專題】計算題；閱讀型；數(shù)形結(jié)合；分析法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】D【分析】由題意DD【解答】解：設(shè)OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，由題意得：k1＝k3﹣0.2，k2＝k3﹣0.1，且DD解得k3＝0.9，故選：D．【點評】本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合閱讀材料，考查學(xué)生的知識運用能力，是基礎(chǔ)題．3．（2022?上海）已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，前n項積為Tn，則下列選項判斷正確的是（）A．若S2022＞S2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 B．若T2022＞T2021，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a2021 D．若數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，則a2022≥a2021【考點】數(shù)列的應(yīng)用．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；邏輯思維；運算求解．【答案】D【分析】反例判斷A；反例判斷B；構(gòu)造等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)判斷C；推出數(shù)列公比以及數(shù)列項的范圍，即可判斷D．【解答】解：如果數(shù)列a1＝﹣1，公比為﹣2，滿足S2022＞S2021，但是數(shù)列{an}不是遞增數(shù)列，所以A不正確；如果數(shù)列a1＝1，公比為-12，滿足T2022＞T2021，但是數(shù)列{an}不是遞增數(shù)列，所以如果數(shù)列a1＝1，公比為12，Sn=1-(12)n12=2（1-12n），數(shù)列數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，可知Tn＞Tn﹣1，可得an＞1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正確，所以D正確；故選：D．【點評】本題考查數(shù)列的應(yīng)用，等比數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用，是中檔題．4．（2022?全國）設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為1，公比為q，前n項和為Sn．令bn＝Sn+2，若{bn}也是等比數(shù)列，則q＝（）A．12 B．32 C．52 【考點】等比數(shù)列的通項公式；等比數(shù)列的性質(zhì)．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】B【分析】由題意可知，a1＝1，a2＝q，a3【解答】解：由題意可知，a1＝1，a2＝q，a3∵bn＝Sn+2，若{bn}也是等比數(shù)列，∴b22=b1b3，即（3+q）2＝（1+2）（3+q+q2），即2q2﹣3q＝0，解得故選：B．【點評】本題主要考查等比數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．5．（2022?浙江）已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+1＝an-13an2（n∈NA．2＜100a100＜52 B．52＜100aC．3＜100a100＜72 D．72＜100【考點】數(shù)列遞推式．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；運算求解．【答案】B【分析】分析可知數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列，根據(jù)題意先確定上限，得到an≤3n+2，由此可推得100an＜3【解答】解：∵an+1﹣an=-13an2∴{an}為遞減數(shù)列，又an+1=an-∴an又a1＝1＞0，則an＞0，∴an∴1a∴1an≥∴100a由an+1=an累加可得，1a∴1a∴100a綜上，52故選：B．【點評】本題考查遞推數(shù)列，數(shù)列的單調(diào)性等知識，對化簡變形能力要求較高，考查運算求解能力，邏輯推理能力，屬于難題．二．填空題（共2小題）6．（2022?乙卷）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若2S3＝3S2+6，則公差d＝2．【考點】等差數(shù)列的前n項和．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】2．【分析】根據(jù)已知條件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再結(jié)合等差中項的性質(zhì)，即可求解．【解答】解：∵2S3＝3S2+6，∴2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，∵{an}為等差數(shù)列，∴6a2＝3a1+3a2+6，∴3（a2﹣a1）＝3d＝6，解得d＝2．故答案為：2．【點評】本題主要考查等差數(shù)列的前n項和，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題．7．（2022?上海）已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，Sn為其前n項和，若S5＝0，則Si（i＝1，2，…，100）中不同的數(shù)值有98個．【考點】等差數(shù)列的前n項和．【專題】方程思想；定義法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；邏輯思維；運算求解．【答案】98．【分析】由等差數(shù)前n項和公式求出a1＝﹣2d，從而Sn=d2（n2﹣5【解答】解：∵等差數(shù)列{an}的公差不為零，Sn為其前n項和，S5＝0，∴S5=5a1+5×42d∴Sn＝na1+n(n-1)2d=-2nd∵d≠0，∴Si（i＝0，1，2?，100）中S0＝S5＝0，S2＝S3＝﹣3d，S1＝S4＝﹣2d，其余各項均不相等，∴Si（i＝1，2?，100）中不同的數(shù)值有：101﹣3＝98．故答案為：98．【點評】本題考查等差數(shù)列的前n項和公式、通項公式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．三．解答題（共13小題）8．（2023?新高考Ⅱ）已知{an}為等差數(shù)列，bn=an-6，n為奇數(shù)2an，n為偶數(shù)，記Sn，Tn為{an}，{bn}（1）求{an}的通項公式；（2）證明：當(dāng)n＞5時，Tn＞Sn．【考點】數(shù)列求和的其他方法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，以及等差數(shù)列的前n項和公式，即可求解；（2）根據(jù)已知條件，求出Tn，Sn，再結(jié)合作差法，并分類討論，即可求證．【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，Sn，Tn為{an}{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16，則a1+a2+故an＝5+2（n﹣1）＝2n+3；（2）證明：由（1）可知，bnSn當(dāng)n為偶數(shù)時，n＞5，Tn＝﹣1+3+…+2（n﹣1）﹣3+14+22+…+4n+6=nTn當(dāng)n為奇數(shù)時，n＞5，Tn＝Tn﹣1+bn=(Tn﹣Sn=n故原式得證．【點評】本題主要考查數(shù)列的求和，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．9．（2023?乙卷）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知a2＝11，S10＝40．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列{|an|}的前n項和Tn．【考點】數(shù)列的求和；等差數(shù)列的前n項和．【專題】分類討論；方程思想；轉(zhuǎn)化法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】（1）an＝﹣2n+15（n∈N?）．（2）當(dāng)1≤n≤7時，Tn＝﹣n2+14n，當(dāng)n≥8時，Tn＝n2﹣14n+98．【分析】（1）建立方程組求出首項和公差即可．（2）求出|an|的表達(dá)式，討論n的取值，然后進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）在等差數(shù)列中，∵a2＝11，S10＝40．∴a1+d得a1＝13，d＝﹣2，則an＝13﹣2（n﹣1）＝﹣2n+15（n∈N?）．（2）|an|＝|﹣2n+15|=-即1≤n≤7時，|an|＝an，當(dāng)n≥8時，|an|＝﹣an，當(dāng)1≤n≤7時，數(shù)列{|an|}的前n項和Tn＝a1+?+an＝13n+n(n-1)當(dāng)n≥8時，數(shù)列{|an|}的前n項和Tn＝a1+?+a7﹣?﹣an＝﹣Sn+2（a1+?+a7）＝﹣[13n+n(n-1)2×(-2)]+2×【點評】本題主要考查等差數(shù)列的通項公式和數(shù)列求和，建立方程組求出首項和公差是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．10．（2023?甲卷）已知數(shù)列{an}中，a2＝1，設(shè)Sn為{an}前n項和，2Sn＝nan．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列{an+12n}【考點】錯位相減法．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】（1）{an}的通項公式為an＝n﹣1；（2）Tn＝2-n【分析】（1）求得a1＝0，進(jìn)而可得當(dāng)n≥3時，可得anan-1=n-（2）an+12n=n2n【解答】解：（1）當(dāng)n＝1時，2S1＝a1，解得a1＝0，當(dāng)n≥2時，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1，∴2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）an，當(dāng)n≥3時，可得an∴an=anan-1×an-1an當(dāng)n＝2或n＝1時，a1＝0，a2＝1適合上式，∴{an}的通項公式為an＝n﹣1；（2）由（1）可得an∴Tn=12+222+323∴12Tn=12+1∴Tn＝2-n【點評】本題考查求數(shù)列的通項公式，考查數(shù)列的前n項的和的求法，屬中檔題．11．（2023?天津）已知{an}是等差數(shù)列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．（Ⅰ）求{an}的通項公式及i=2n-12（Ⅱ）設(shè){bn}是等比數(shù)列，且對于任意的k∈N*，當(dāng)2k﹣1≤n≤2k﹣1時，bk＜an＜bk+1．（i）當(dāng)k≥2時，求證：2k﹣1＜bk＜2k+1；（ii）求{bn}的通項公式及前n項和．【考點】數(shù)列的求和；數(shù)列的極限．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；運算求解．【答案】（Ⅰ）an＝2n+1（n∈N?），i=2n-12n（Ⅱ）（i）證明見解析；（ii）bn＝2n，Tn＝2n+1﹣2．【分析】（Ⅰ）建立方程組求出首項和公差即可求解．（Ⅱ）根據(jù)數(shù)列遞推關(guān)系，利用極限思想分別求出公比和首項，即可得到結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）∵{an}是等差數(shù)列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．∴a1+d+a1+4d=2a則{an}的通項公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1（n∈N?），i=2n-12n-1ai中的首項為ai=2×2n-1+1=2n+1，項數(shù)為2n﹣1﹣2n﹣1+1＝2n﹣2n﹣則i=2n-12n-1ai=2n﹣1（2n+1）+2n-1(2n-1-1)2×2＝2n﹣1（2n+1）+2n﹣1（2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+1+2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（（Ⅱ）（i）∵2k﹣1≤n≤2k﹣1，∴2k≤2n≤2k+1﹣2，1+2k≤2n+1≤2k+1﹣1，即1+2k≤an≤2k+1﹣1，當(dāng)k≥2時，∵bk＜an＜bk+1．∴bk＜1+2k，且bk+1＞2k+1﹣1，即bk＞2k﹣1，綜上2k﹣1＜bk＜1+2k，故成立；（ii）∵2k﹣1＜bk＜2k+1成立，∵{bn}為等比數(shù)列，∴設(shè)公比為q，當(dāng)k≥2時，2k+1﹣1＜bk+1＜2k+1+1，12則2k即2(2即2-32k+1＜當(dāng)k→+∞，2-32k+1→2，2∴q＝2，∵k≥2時，2k﹣1＜bk＜2k+1，∴2k﹣1＜b12k﹣1＜2k+1，即2k-12即2-12k-1＜當(dāng)k→+∞，2-12k-1→2，則b1＝2，則bn＝2×2n﹣1＝2n，即{bn}的通項公式為bn＝2n，則{bn}的其前n項和Tn=2(1-2n)1-2=【點評】本題主要考查等比數(shù)列和等差數(shù)列的通項公式以及求和公式的應(yīng)用，利用方程組法以及數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行求解是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．12．（2023?新高考Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＞1．令bn=n2+nan，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通項公式；（2）若{bn}為等差數(shù)列，且S99﹣T99＝99，求d．【考點】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式．【專題】分類討論；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)題意及等差數(shù)列的通項公式與求和公式，建立方程組，即可求解；（2）根據(jù)題意及等差數(shù)列的通項公式的特點，可設(shè)an＝tn，則bn=n+1t，且d＝t＞1；或設(shè)an＝k（n+1），則bn=【解答】解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，∴根據(jù)題意可得3(a∴a1∴2d2﹣7d+3＝0，又d＞1，∴解得d＝3，∴a1＝d＝3，∴an＝a1+（n﹣1）d＝3n，n∈N*；（2）∵{an}為等差數(shù)列，{bn}為等差數(shù)列，且bn=n∴根據(jù)等差數(shù)列的通項公式的特點，可設(shè)an＝tn，則bn=n+1t，且d或設(shè)an＝k（n+1），則bn=nk，且d＝①當(dāng)an＝tn，bn=n+1t，d則S99﹣T99=(t∴50t-51t=1，∴50t2﹣t﹣51＝0，又d∴解得d＝t=51②當(dāng)an＝k（n+1），bn=nk，d＝則S99﹣T99=(2k∴51k-50k=1，∴51k2﹣k﹣50＝0，又d∴此時k無解，∴綜合可得d=51【點評】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，等差數(shù)列的通項公式與求和公式的應(yīng)用，方程思想，化歸轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，屬中檔題．13．（2023?北京）數(shù)列{an}，{bn}的項數(shù)均為m（m＞2），且an，bn∈{1，2，?，m}，{an}，{bn}的前n項和分別為An，Bn，并規(guī)定A0＝B0＝0．對于k∈{0，1，2，?，m}，定義rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，?，m}}，其中，maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù)．（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，?，m﹣1，求rn；（Ⅲ）證明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．【考點】數(shù)列的應(yīng)用；數(shù)列的求和；數(shù)列與不等式的綜合．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；邏輯思維．【答案】（Ⅰ）r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2．（Ⅱ）rn＝n，n∈N．（Ⅲ）證明詳情見解答．【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意可得，列表分析ai，Ai，bi，Bi，rK的值，即可得出答案．（Ⅱ）由題意知rn≤m且rn∈N，an≥1，bn≥1，則An≥1，Bn≥1，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，等號成立，可推出rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1，即ri+1﹣ri≥1，用反證法證明滿足rn+1﹣rn＞1的最小正整數(shù)為1≤j≤m﹣1不成立，推出rn+1﹣rn＝1成立，由等差數(shù)列的性質(zhì)，即可得出答案．（Ⅲ）分兩種情況：若Am≥Bm時，若Am＜Bm時，證明AP+Bs＝Aq+Br，即可得出答案．【解答】解：（Ⅰ）列表如下，對比可知r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2．i0123ai213Ai0236bi133Bi0147rk0112（Ⅱ）由題意知rn≤m且rn∈N，因為an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2，?，m}，所以An≥1，Bn≥1，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，等號成立，所以r0＝0，r1＝1，又因為2rj≤rj﹣1+rj+1，則rj+1﹣rj≥rj﹣rj﹣1，即rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1，可得rj+1﹣rj≥1，反證：假設(shè)滿足rn+1﹣rn＞1的最小正整數(shù)為1≤i≤m﹣1，當(dāng)j≥i時，則ri+1﹣rj≥2；當(dāng)i≤j﹣1時，則rj+1﹣rj＝1，則rm＝（rm﹣rm﹣1）+（rm﹣1﹣rm﹣2）+...+（r1﹣r0）+r0≥2（m﹣i）+i＝2m﹣i，又因為1≤i≤m﹣1，則rm≥2m﹣i≥2m﹣（m﹣1）＝m+1＞m，所以假設(shè)不成立，rn+1﹣rn＝1成立，所以數(shù)列{rn}是以首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以rn＝0+1×n＝n，n∈N．（Ⅲ）證明：若Am≥Bm，設(shè)Sn＝An-Brn，1≤n根據(jù)題意可得Sn≥0且Sn為整數(shù)，反證法：假設(shè)存在正整數(shù)K，使得SK≥m，且rK≠m（若rK＝m時，Am＝Bm顯然成立，Am＞Bm和Am＜Bm同理，只需要論證Am＜Bm，Brk+1=則AK-BrK≥m，A所以brk+1=Brk+1-Br這與brK+1∈{1，2...，所以對任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m﹣1，①若存在正整數(shù)N，使得SN＝AN-BrN=0，即取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，②若不存在正整數(shù)N，使得SN＝0，因為Sn∈{1，2m，…，m﹣1}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AX-BrX=AY-BrY，可得取p＝X，s＝rY，q＝Y(jié)，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br，若Am＜Bm，設(shè)Sn=Brn-An，1≤根據(jù)題意可得Sn≤0且Sn為整數(shù)，反證法：假設(shè)存在正整數(shù)K，使得SK≤﹣m，則BrK-AK≤﹣m，Brk所以brk+1=Brk+1-Br這與brK+1∈{1，2...，所以對任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1﹣m，①若存在正整數(shù)N，使得SN=BrN-AN＝0，即取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，②若不存在正整數(shù)N，使得SN＝0，因為Sn∈{﹣1，﹣2，…，1﹣m}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AX+BrY=AY+BrX，可得取p＝X，s＝rY，q＝Y(jié)，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br．綜上所述，存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．【點評】本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用，解題中需要理清思路，屬于難題．14．（2023?上海）已知f（x）＝lnx，在該函數(shù)圖像Γ上取一點a1，過點（a1，f（a1））作函數(shù)f（x）的切線，該切線與y軸的交點記作（0，a2），若a2＞0，則過點（a2，f（a2））作函數(shù)f（x）的切線，該切線與y軸的交點記作（0，a3），以此類推a3，a4，…，直至am≤0停止，由這些項構(gòu)成數(shù)列{an}．（1）設(shè)am（m≥2）屬于數(shù)列{an}，證明：am＝lnam﹣1﹣1；（2）試比較am與am﹣1﹣2的大小關(guān)系；（3）若正整數(shù)k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差數(shù)列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，請說明理由．【考點】數(shù)列與函數(shù)的綜合；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；數(shù)列遞推式．【專題】函數(shù)思想；綜合法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）am≤am﹣1﹣2；（3）k＝3．【分析】（1）對函數(shù)f（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可得過點（am﹣1，f（am﹣1））的切線方程，再結(jié)合題意即可得證；（2）由不等式lnx≤x﹣1（x＞0），結(jié)合（1）即可得出結(jié)論；（3）易知公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k，考察函數(shù)g（x）＝lnx﹣x﹣1，利用導(dǎo)數(shù)可知g（x）的單調(diào)性情況，進(jìn)而得到至多存在兩個an﹣1，使得g（an﹣1）＝d，由此可知k＝3，再驗證即可．【解答】解：（1）證明：f'則過點（am﹣1，f（am﹣1））的切線的斜率為1a由點斜式可得，此時切線方程為y-lna令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1，根據(jù)題意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得證；（2）先證明不等式lnx≤x﹣1（x＞0），設(shè)F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），則F'易知當(dāng)0＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，則F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0），結(jié)合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2；（3）假設(shè)存在這樣的k符合要求，由（2）可知，數(shù)列{an}為嚴(yán)格的遞減數(shù)列，n＝1，2，3，…，k，由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k，先考察函數(shù)g（x）＝lnx﹣x﹣1，則g'易知當(dāng)0＜x＜1時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，則g（x）＝d至多只有兩個解，即至多存在兩個an﹣1，使得g（an﹣1）＝d，若k≥4，則g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，則k＝3，當(dāng)k＝3時，設(shè)函數(shù)h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1，由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0，則存在x0∈(e1.1，e2)于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它們構(gòu)成等差數(shù)列．綜上，k＝3．【點評】本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合運用，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．15．（2023?全國）已知{an}為等比數(shù)列，其前n項和為Sn，S3＝21，S6＝189．（1）求{an}的通項公式；（2）若bn=(-1)nan，求{bn}【考點】數(shù)列的求和．【專題】對應(yīng)思想；定義法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】（1）an＝3×2n﹣1，（n∈N?）．（2）Tn＝﹣1+（﹣2）n．【分析】（1）利用等比數(shù)列的前n項和公式，建立方程組進(jìn)行求解即可．（2）求出{bn}的通項公式，得到{bn}是等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的前n項和公式進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）∵{an}為等比數(shù)列，其前n項和為Sn，S3＝21，S6＝189．∴S6≠2S3，∴q≠1，則a1(1-q3)1-q=21a1(1-q得q＝2，a1＝3，則an＝3×2n﹣1，（n∈N?）．（2）∵bn=(-1)nan=（﹣1）n?∴當(dāng)n≥2時，bnb即{bn}是公比為﹣2的等比數(shù)列，首項b1＝﹣3，則Tn=-3[1-(-2)n]1-(-2)【點評】本題主要考查等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式的計算，利用方程組法建立方程求出首項和公比是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．16．（2022?新高考Ⅰ）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝1，{Snan}（1）求{an}的通項公式；（2）證明：1a1【考點】數(shù)列與不等式的綜合．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）直接利用數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用求出數(shù)列的通項公式；（2）利用（1）的結(jié)論，進(jìn)一步利用裂項相消法的應(yīng)用求出數(shù)列的和，進(jìn)一步利用放縮法的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答】解：（1）已知a1＝1，{Snan}所以Snan=1+1故當(dāng)n≥2時，Sn-1①﹣②得：13故（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，化簡得：anan-1=n+1n所以an故an所以an證明：（2）由于an所以1a所以1a【點評】本題考查的知識要點：數(shù)列的遞推關(guān)系式，數(shù)列的通項公式的求法，數(shù)列的求和，裂項相消法在數(shù)列求和中的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于中檔題．17．（2022?天津）設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1．（1）求{an}與{bn}的通項公式；（2）設(shè){an}的前n項和為Sn，求證：（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn；（3）求k=12n[ak+1﹣（﹣1）kak【考點】數(shù)列遞推式；等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；運算求解．【答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1．（2）見證明過程．（3）(6n【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1，可得1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1，解得d，q，即可得出an．（2）由等比數(shù)列的性質(zhì)及通項公式與前n項和的關(guān)系結(jié)合分析法能證明（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn；（3）先求出[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k﹣1+[a2k+1﹣（﹣1）2k2k【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，∵a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1，∴1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1，解得d＝q＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝2n﹣1．（2）證明：∵bn+1＝2bn≠0，∴要證明（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn，即證明（Sn+1+an+1）bn＝2Sn+1?bn﹣Snbn，即證明Sn+1+an+1＝2Sn+1﹣Sn，即證明an+1＝Sn+1﹣Sn，由數(shù)列的通項公式和前n項和的關(guān)系得：an+1＝Sn+1﹣Sn，∴（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn．（3）∵[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k﹣1+[a2＝（4k﹣1+4k﹣3）×22k﹣2+[4k+1﹣（4k﹣1）]×22k﹣1＝2k?4k，∴k=12n[ak+1﹣（﹣1）kak]bk=k=1n{[a2k﹣（﹣1）2k﹣1a2k﹣1]b2k﹣1+[a=k=1n2k設(shè)Tn=k則Tn=2×4+4×42+6×43∴4Tn＝2×42+4×43+6×44+…+2n×4n+1，②①﹣②，得：﹣3Tn＝2（4+42+43+44+…+4n）﹣2n?4n+1=2×4(1-=(2-6∴Tn=(6∴k=12n[ak+1﹣（﹣1）kak]【點評】本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、錯位相減法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．18．（2022?北京）已知Q：a1，a2，…，ak為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，則稱Q為m﹣連續(xù)可表數(shù)列．（Ⅰ）判斷Q：2，1，4是否為5﹣連續(xù)可表數(shù)列？是否為6﹣連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak為8﹣連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak為20﹣連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak＜20，求證：k≥7．【考點】數(shù)列的應(yīng)用．【專題】分類討論；轉(zhuǎn)化法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；邏輯思維；運算求解．【答案】（Ⅰ）Q是5﹣連續(xù)可表數(shù)列；Q不是6﹣連續(xù)可表數(shù)列；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）證明見解析．【分析】（Ⅰ）直接根據(jù)m﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義即可判斷；（Ⅱ）采用反證法證明，即假設(shè)k的值為3，結(jié)合Q是8﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義推出矛盾，進(jìn)而得出證明；（Ⅲ）首先m﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義，證明得出k≥6，然后驗證k＝6是否成立，進(jìn)而得出所證的結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）若m＝5，則對于任意的n∈{1，2，3，4，5}，a2＝1，a1＝2，a1+a2＝2+1＝3，a3＝4，a2+a3＝1+4＝5，所以Q是5﹣連續(xù)可表數(shù)列；由于不存在任意連續(xù)若干項之和相加為6，所以Q不是6﹣連續(xù)可表數(shù)列；（Ⅱ）假設(shè)k的值為3，則a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6個數(shù)字，與Q是8﹣連續(xù)可表數(shù)列矛盾，故k≥4；現(xiàn)構(gòu)造Q：4，2，1，5可以表達(dá)出1，2，3，4，5，6，7，8這8個數(shù)字，即存在k＝4滿足題意．故k的最小值為4．（Ⅲ）若k≤5，則°1，a2，…，ak至多可表示5×(5+1)2=考慮k≥6．從5個正整數(shù)中，取一個數(shù)字只能表示自身，最多可表示5個數(shù)字，取連續(xù)兩個數(shù)字最多能表示4個數(shù)字，取連續(xù)三個數(shù)字最多能表示3個數(shù)字，取連續(xù)四個數(shù)字最多能表示2個數(shù)字，取連續(xù)五個數(shù)字最多能表示1個數(shù)字，所以對任意給定的5個整數(shù)，最多可以表示5+4+3+2+1＝15個正整數(shù)，不能表示20個正整數(shù)，即k≥6．若k＝6，最多可以表示6+5+4+3+2+1＝21個正整數(shù)，由于Q為20﹣連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak＜20，所以其中必有一項為負(fù)數(shù)．既然5個正整數(shù)都不能連續(xù)可表1﹣20的正整數(shù)，所以至少要有6個正整數(shù)連續(xù)可表1﹣20的正整數(shù)，所以至少6個正整數(shù)和一個負(fù)數(shù)才能滿足題意，當(dāng)k＝7時，數(shù)列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1滿足題意，當(dāng)k＞7時，數(shù)列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1，ak＝…＝an＝0，所以k≥7符合題意，故k≥7．【點評】本題考查數(shù)列的新定義，考查學(xué)生的邏輯思維能力和運算能力，屬中檔題．19．（2022?新高考Ⅱ）已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．（1）證明：a1＝b1；（2）求集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素的個數(shù)．【考點】等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；等差數(shù)列與等比數(shù)列；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）9個．【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意可得a1+d﹣2b1＝a1+2d﹣4b1，a1+d﹣2b1＝4d﹣（a1+3d），根據(jù)這兩式即可證明a1＝b1；（2）由題設(shè)條件可知2k﹣1＝2m，由m的范圍，求出k的范圍，進(jìn)而得出答案．【解答】解：（1）證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2﹣b2＝a3﹣b3，得a1+d﹣2b1＝a1+2d﹣4b1，則d＝2b1，由a2﹣b2＝b4﹣a4，得a1+d﹣2b1＝8b1﹣（a1+3d），即a1+d﹣2b1＝4d﹣（a1+3d），∴a1＝b1．（2）由（1）知，d＝2b1＝2a1，由bk＝am+a1知，b1∴b1?2k-1=b1又1≤m≤500，故2≤2k﹣1≤1000，則2≤k≤10，故集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素個數(shù)為9個．【點評】本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．20．（2022?甲卷）記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知2Snn+n＝2（1）證明：{an}是等差數(shù)列；（2）若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值．【考點】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式．【專題】分類討論；作差法；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法；運算求解．【答案】（1）證明過程見解析；（2）Sn的最小值為﹣78．【分析】（1）由已知把n換為n+1作差可得遞推關(guān)系從而證明，（2）由a4，a7，a9成等比數(shù)列，求出首項，利用等差數(shù)列通項公式找出an正負(fù)分界點計算即可．【解答】解：（1）證明：由已知有：2Sn+把n換成n+1，2Sn+1②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差數(shù)列定義有{an}為等差數(shù)列；（2）由已知有a72=a4?a9，設(shè)等差數(shù)列a故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜?＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13時取最小值，S12故Sn的最小值為﹣78．【點評】本題主要考查利用數(shù)列遞推關(guān)系求通項及等差數(shù)列前n項和的最小值，屬于中檔題．

考點卡片1．等差數(shù)列的通項公式【知識點的認(rèn)識】等差數(shù)列是常見數(shù)列的一種，數(shù)列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數(shù)，已知等差數(shù)列的首項a1，公差d，那么第n項為an＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m項為am，則第n項為an＝am+（n﹣m）d．【解題方法點撥】eg1：已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2+1，求數(shù)列{an}的通項公式，并判斷{an}是不是等差數(shù)列解：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝12+1＝2，當(dāng)n≥2時，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}不是等差數(shù)列考察了對概念的理解，除掉第一項這個數(shù)列是等差數(shù)列，但如果把首項放進(jìn)去的話就不是等差數(shù)列，題中an的求法是數(shù)列當(dāng)中常用到的方式，大家可以熟記一下．eg2：已知等差數(shù)列{an}的前三項分別為a﹣1，2a+1，a+7則這個數(shù)列的通項公式為解：∵等差數(shù)列{an}的前三項分別為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，∴數(shù)列an是以1為首項，4為公差的等差數(shù)列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．這個題很好的考察了的呢公差數(shù)列的一個重要性質(zhì)，即等差中項的特點，通過這個性質(zhì)然后解方程一樣求出首項和公差即可．【命題方向】求等差數(shù)列的通項公式是一種很常見的題型，這里面往往用的最多的就是等差中項的性質(zhì)，這也是學(xué)習(xí)或者復(fù)習(xí)時應(yīng)重點掌握的知識點．2．等差數(shù)列的前n項和【知識點的認(rèn)識】等差數(shù)列是常見數(shù)列的一種，如果一個數(shù)列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數(shù)，這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，而這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式為Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解題方法點撥】eg1：設(shè)等差數(shù)列的前n項和為Sn，若公差d＝1，S5＝15，則S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+5×42d＝5a1+10＝15，即a1＝則S10＝10a1+10×92d＝10+45＝故答案為：55點評：此題考查了等差數(shù)列的前n項和公式，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意求出首項a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．求數(shù)列{|an|}的前n項的和Tn．解：∵等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，該等差數(shù)列為﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3項為負(fù)，其和為S3＝﹣39．∴n≤3時，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴Tn點評：本題考查等差數(shù)列的前n項的絕對值的和的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意分類討論思想的合理運用．其實方法都是一樣的，要么求出首項和公差，要么求出首項和第n項的值．【命題方向】等差數(shù)列比較常見，單獨考察等差數(shù)列的題也比較簡單，一般單獨考察是以小題出現(xiàn)，大題一般要考察的話會結(jié)合等比數(shù)列的相關(guān)知識考察，特別是錯位相減法的運用．3．等比數(shù)列的性質(zhì)【知識點的認(rèn)識】等比數(shù)列（又名幾何數(shù)列），是一種特殊數(shù)列．如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數(shù)，這個數(shù)列就叫做等比數(shù)列，因為第二項與第一項的比和第三項與第二項的比相等，這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1時，an為常數(shù)列．等比數(shù)列和等差數(shù)列一樣，也有一些通項公式：①第n項的通項公式，an＝a1qn﹣1，這里a1為首項，q為公比，我們發(fā)現(xiàn)這個通項公式其實就是指數(shù)函數(shù)上孤立的點．②求和公式，Sn=a1(1-qn)1-q，表示的是前面n項的和．③若m+n＝q+p，且都為正整數(shù)，那么有am?a等比數(shù)列的性質(zhì)（1）通項公式的推廣：an＝am?qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}為等比數(shù)列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），則ak?al＝am?an（3）若{an}，{bn}（項數(shù)相同）是等比數(shù)列，則{λan}（λ≠0），{a}，{an?bn}，仍是等比數(shù)列．（4）單調(diào)性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1?{an}是遞增數(shù)列；a1＞00＜q＜1或?a1【解題方法點撥】例：2，x，y，z，18成等比數(shù)列，則y＝．解：由2，x，y，z，18成等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案為：6．本題的解法主要是運用了等比數(shù)列第n項的通項公式，這也是一個常用的方法，即知道某兩項的值然后求出公比，繼而可以以已知項為首項，求出其余的項．關(guān)鍵是對公式的掌握，方法就是待定系數(shù)法．4．等比數(shù)列的通項公式【知識點的認(rèn)識】1．等比數(shù)列的定義如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的比值等于同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做等比數(shù)列，這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示（q≠0）．從等比數(shù)列的定義看，等比數(shù)列的任意項都是非零的，公比q也是非零常數(shù)．2．等比數(shù)列的通項公式設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，則它的通項an＝a1?qn﹣13．等比中項：如果在a與b中間插入一個數(shù)G，使a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項．G2＝a?b（ab≠0）4．等比數(shù)列的常用性質(zhì)（1）通項公式的推廣：an＝am?qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}為等比數(shù)列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），則ak?al＝am?an（3）若{an}，{bn}（項數(shù)相同）是等比數(shù)列，則{λan}（λ≠0），{a}，{an?bn}，仍是等比數(shù)列．（4）單調(diào)性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1?{an}是遞增數(shù)列；a1＞00＜q＜1或a1＜5．等比數(shù)列的前n項和【知識點的認(rèn)識】1．等比數(shù)列的前n項和公式等比數(shù)列{an}的公比為q（q≠0），其前n項和為Sn，當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn=a2．等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)公比不為﹣1的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比數(shù)列，其公比為qn．6．?dāng)?shù)列的應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1、數(shù)列與函數(shù)的綜合2、等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合3、數(shù)列的實際應(yīng)用數(shù)列與銀行利率、產(chǎn)品利潤、人口增長等實際問題的結(jié)合．7．?dāng)?shù)列的求和【知識點的認(rèn)識】就是求出這個數(shù)列所有項的和，一般來說要求的數(shù)列為等差數(shù)列、等比數(shù)列、等差等比數(shù)列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差數(shù)列前n項和公式：Sn＝na1+12n（n﹣1）d或S②等比數(shù)列前n項和公式：③幾個常用數(shù)列的求和公式：（2）錯位相減法：適用于求數(shù)列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．（3）裂項相消法：適用于求數(shù)列{1anan+1}的前n項和，其中{an}為各項不為0（4）倒序相加法：推導(dǎo)等差數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數(shù)列倒過來排列（反序），再把它與原數(shù)列相加，就可以得到n個（a1+an）．（5）分組求和法：有一類數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這類數(shù)列適當(dāng)拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數(shù)列，然后分別求和，再將其合并即可．【解題方法點撥】典例1：已知等差數(shù)列{an}滿足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n項和為Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=1an2-1（n∈N*），求數(shù)列{bn}分析：形如{1等差×11×3=1=50解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為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即數(shù)列{bn}的前n項和Tn=n點評：該題的第二問用的關(guān)鍵方法就是裂項求和法，這也是數(shù)列求和當(dāng)中常用的方法，就像友情提示那樣，兩個等差數(shù)列相乘并作為分母的一般就可以用裂項求和．【命題方向】數(shù)列求和基本上是必考點，大家要學(xué)會上面所列的幾種最基本的方法，即便是放縮也要往這里面考．8．錯位相減法【知識點的認(rèn)識】就是求出這個數(shù)列所有項的和，一般來說要求的數(shù)列為等差數(shù)列、等比數(shù)列、等差等比數(shù)列等等：錯位相減法：適用于求數(shù)列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．【解題方法點撥】﹣錯位相減：將數(shù)列{an×bn}的項乘以等比數(shù)列的公比q，再與數(shù)列{an×bn}的項進(jìn)行相減，得到簡化的公式．﹣化簡公式：通過錯位相減法化簡求和公式，特別是等差和等比數(shù)列的求和．【命題方向】常見題型包括利用錯位相減法計算等差或等比數(shù)列的前n項和，結(jié)合具體數(shù)列進(jìn)行分析．求和：1×21+2×22+3×23+…+n×2n．解：設(shè)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，∴Sn9．?dāng)?shù)列求和的其他方法【知識點的認(rèn)識】就是求出這個數(shù)列所有項的和，一般來說要求的數(shù)列為等差數(shù)列、等比數(shù)列、等差等比數(shù)列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差數(shù)列前n項和公式：Sn＝na1+12n（n﹣1）d或S②等比數(shù)列前n項和公式：③幾個常用數(shù)列的求和公式：（2）錯位相減法：適用于求數(shù)列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．（3）裂項相消法：適用于求數(shù)列{1anan+1}的前n項和，其中{an}為各項不為0（4）倒序相加法：推導(dǎo)等差數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數(shù)列倒過來排列（反序），再把它與原數(shù)列相加，就可以得到n個（a1+an）．（5）分組求和法：有一類數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這類數(shù)列適當(dāng)拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數(shù)列，然后分別求和，再將其合并即可．【解題方法點撥】除了常用的方法外，還有其他數(shù)列求和的技巧，如變換法、分組法等．﹣變換法：通過對數(shù)列進(jìn)行變換，使其成為已知形式的數(shù)列．﹣分組法：將數(shù)列項分組，利用分組結(jié)果求和．﹣應(yīng)用：適用于處理復(fù)雜的數(shù)列和問題，特別是涉及多個數(shù)列項的求和．【命題方向】常見題型包括利用其他方法計算數(shù)列的前n項和，結(jié)合具體數(shù)列進(jìn)行分析．已知數(shù)列{an}，Sn為{an}的前n項和，其中a1＝﹣1010，an+1=an+3，n為奇數(shù)解：因為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，則數(shù)列{bn}是以﹣2015為首項，4為公差的等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1010＝1010×（﹣2015）+1010×10092又∵T1010＝a2+a3+a4+a5+……+a2020+a2021，∴S2021＝T1010+a1＝3030﹣1010＝2020．10．?dāng)?shù)列遞推式【知識點的認(rèn)識】1、遞推公式定義：如果已知數(shù)列{an}的第1項（或前幾項），且任一項an與它的前一項an﹣1（或前幾項）間的關(guān)系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數(shù)列的遞推公式．2、數(shù)列前n項和Sn與通項an的關(guān)系式：an=s在數(shù)列{an}中，前n項和Sn與通項公式an的關(guān)系，是本講內(nèi)容一個重點，要認(rèn)真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求數(shù)列的通項公式時，你注意到此等式成立的條件了嗎？（n≥2，當(dāng)n＝1時，a1＝S1）；若a1適合由an的表達(dá)式，則an不必表達(dá)成分段形式，可化統(tǒng)一為一個式子．（2）一般地當(dāng)已知條件中含有an與Sn的混合關(guān)系時，常需運用關(guān)系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先將已知條件轉(zhuǎn)化為只含an或Sn的關(guān)系式，然后再求解．【解題方法點撥】數(shù)列的通項的求法：（1）公式法：①等差數(shù)列通項公式；②等比數(shù)列通項公式．（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＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知an+1an=f（n）求an，用累乘法：an=（6）已知遞推關(guān)系求an，有時也可以用構(gòu)造法（構(gòu)造等差、等比數(shù)列）．特別地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b為常數(shù)）的遞推數(shù)列都可以用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為公比為k的等比數(shù)列后，再求an．②形如an=a（7）求通項公式，也可以由數(shù)列的前幾項進(jìn)行歸納猜想，再利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明．11．?dāng)?shù)列與函數(shù)的綜合【知識點的認(rèn)識】數(shù)列的函數(shù)特性：等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式中共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知三求二，體現(xiàn)了方程的思想的應(yīng)用．解答數(shù)列與函數(shù)的綜合問題要善于綜合運用函數(shù)方程思想、化歸轉(zhuǎn)化思想等數(shù)學(xué)思想以及特例分析法，一般遞推法，數(shù)列求和及求通項等方法來分析、解決問題．【解題方法點撥】1．在解決有關(guān)數(shù)列的具體應(yīng)用問題時：（1）要讀懂題意，理解實際背景，領(lǐng)悟其數(shù)學(xué)實質(zhì)，舍棄與解題無關(guān)的非本質(zhì)性東西；（2）準(zhǔn)確地歸納其中的數(shù)量關(guān)系，建立數(shù)學(xué)模型；（3）根據(jù)所建立的數(shù)學(xué)模型的知識系統(tǒng)，解出數(shù)學(xué)模型的結(jié)果；（4）最后再回到實際問題中去，從而得到答案．2．在求數(shù)列的相關(guān)和時，要注意以下幾個方面的問題：（1）直接用公式求和時，注意公式的應(yīng)用范圍和公式的推導(dǎo)過程．（2）注意觀察數(shù)列的特點和規(guī)律，在分析數(shù)列通項的基礎(chǔ)上，或分解為基本數(shù)列求和，或轉(zhuǎn)化為基本數(shù)列求和．（3）求一般數(shù)列的前n項和時，無一般方法可循，要注意掌握某些特殊數(shù)列的前n項和的求法，觸類旁通．3．在用觀察法歸納數(shù)列的通項公式（尤其是在處理客觀題目時）時，要注意適當(dāng)?shù)馗鶕?jù)具體問題多計算相應(yīng)的數(shù)列的前幾項，否則會因為所計算的數(shù)列的項數(shù)過少，而歸納出錯誤的通項公式，從而得到錯誤的結(jié)論．【命題方向】典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），設(shè)數(shù)列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．（I）設(shè)a為常數(shù)，求證：{an}成等比數(shù)列；（II）設(shè)bn＝anf（an），數(shù)列{bn}前n項和是Sn，當(dāng)a=2時，求S分析：（I）先利用條件求出f（an）的表達(dá)式，進(jìn)而求出{an}的通項公式，再用定義來證{an}是等比數(shù)列即可；（II）先求出數(shù)列{bn}的通項公式，再對數(shù)列{bn}利用錯位相減法求和即可．解答：證明：（I）f（an）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即logaan＝2n+2，可得an＝a2n+2．∴an∴{an}為等比數(shù)列．（5分）（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）當(dāng)a=2時，bnSn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）?2n+2①2Sn＝2×24+3×25+4×26++n?2n+2+（n+1）?2n+3②①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）?2n+3（12分）=16+24(1-2n-1)1-2-（n+1）?2n+3＝16+2n+3﹣24﹣∴Sn＝n?2n+3．（14分）點評：本題的第二問考查了數(shù)列求和的錯位相減法．錯位相減法適用于通項為一等差數(shù)列乘一等比數(shù)列組成的新數(shù)列．12．?dāng)?shù)列的極限【知識點的認(rèn)識】1、數(shù)列極限的定義：一般地，如果當(dāng)項數(shù)n無限增大時，無窮數(shù)列{an}的項an無限趨近于某個常數(shù)a（即|an﹣a|無限地接近于0），那么就說數(shù)列{an}以a為極限，記作n→∞liman＝a．（注：a不一定是{an}中的項2、幾個重要極限：3、數(shù)列極限的運算法則：4、無窮等比數(shù)列的各項和：（1）公比的絕對值小于1的無窮等比數(shù)列前n項的和，當(dāng)n無限增大時的極限，叫做這個無窮等比數(shù)列各項的和，記做S=n→∞lim（2）【解題方法點撥】（1）只有無窮數(shù)列才可能有極限，有限數(shù)列無極限．（2）運用數(shù)列極限的運算法則求數(shù)列極限應(yīng)注意法則適應(yīng)的前提條件．（參與運算的數(shù)列都有極限，運算法則適應(yīng)有限個數(shù)列情形）（3）求數(shù)列極限最后往往轉(zhuǎn)化為1nm（m∈N）或qn（|q|＜（4）求極限的常用方法：①分子、分母同時除以nm或an．②求和（或積）的極限一般先求和（或積）再求極限．③利用已知數(shù)列極限（如等）．④含參數(shù)問題應(yīng)對參數(shù)進(jìn)行分類討論求極限．⑤∞﹣∞，∞∞，0﹣0，0【命題方向】典例1：已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，滿足：對于所有n∈N*，有4Sn=(an+1)2，其中Sn表示數(shù)列{A．0B．1C．12D．解：∵4S1＝4a1＝（a1+1）2，∴a1＝1．當(dāng)n≥2時，4an＝4Sn﹣4Sn﹣1＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，∴2（an+an﹣1）=an2-an∴an﹣an﹣1＝2．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列，∴an＝2n﹣1．∴l(xiāng)imn故選：C．典例2：已知點Pn（an，bn）在直線l：y＝2x+1上，P1為直線l與y軸的交點，等差數(shù)列{an}的公差為1（n∈N*）．（1）求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式；（2）設(shè)cn=1n