Page2025年菁優高考數學壓軸訓練9一．選擇題（共10小題）1．（2024?利通區校級模擬）已知數列是首項為1的等比數列，是的前項和，且，則數列的前5項和為A．30 B．31 C．29 D．322．（2024?平谷區模擬）已知等差數列和等比數列，，，，，則滿足的數值A．有且僅有1個值 B．有且僅有2個值 C．有且僅有3個值 D．有無數多個值3．（2024?山東一模）將方程的所有正數解從小到大組成數列，記，則A． B． C． D．4．（2024?浦東新區二模）設，，，記，2，，，令有窮數列為零點的個數，2，，，則有以下兩個結論：①存在，使得為常數列；②存在，使得為公差不為零的等差數列．那么A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯誤5．（2024?臨潼區二模）已知為等比數列，為數列的前項和，，則的值為A．3 B．18 C．54 D．1526．（2024?昌平區模擬）已知數列滿足，，，該數列的前項和為，則下列論斷中錯誤的是A． B． C．非零常數，，使得 D．，都有7．（2024?張家口三模）已知數列的前項和為，滿足，則A． B． C． D．8．（2024?南昌三模）已知數列的前項和為，且滿足，，則的值不可能是A．1 B．2 C．3 D．159．（2024?東城區校級三模）已知公比不為1的等比數列的前項和為，，，，記，，為等差數列；：對任意自然數，，，為等差數列，則是的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件10．（2024?茂名模擬）已知各項均為正數的等比數列的前項和為，且滿足，，成等差數列，則的值為A．3 B．9 C．10 D．13二．多選題（共5小題）11．（2024?渝北區校級模擬）已知正項數列滿足，，其中，則A．為單調遞減數列 B． C． D．12．（2024?武進區校級一模）已知等差數列的前項和為，的公差為，則A． B． C．若為等差數列，則 D．若為等差數列，則13．（2024?貴陽模擬）設首項為1的數列前項和為，已知，則下列結論正確的是A．數列為等比數列 B．數列的前項和 C．數列的通項公式為 D．數列為等比數列14．（2024?玄武區校級模擬）設數列的前項和為，，則下列說法正確的是A．是等差數列 B．，，成等差數列，公差為 C．當或時，取得最大值 D．時，的最大值為3315．（2024?山東模擬）已知數列中，，則A．的前10項和為 B．的前100項和為100 C．的前項和 D．的最小項為三．填空題（共5小題）16．（2024?寧化縣校級一模）已知，則使不等式能成立的正整數的最大值為．17．（2024?開福區校級三模）已知函數，數列滿足，，，則．18．（2024?浙江模擬）設嚴格遞增的整數數列，，，滿足，．設為，，，這19個數中被3整除的項的個數，則的最大值為，使得取到最大值的數列的個數為．19．（2024?上海），，，，任意，，，，滿足，求有序數列，，，有對．20．（2024?遼寧模擬）已知是公差為2的等差數列，其前項和為，是與的等差中項，則；設，若對，使得恒成立，則的取值范圍為．四．解答題（共5小題）21．（2024?淅川縣校級三模）設為數列的前項和，已知，，且為等差數列．（1）求證：數列為等差數列；（2）若數列滿足，且，求數列的前項和．22．（2024?東湖區校級一模）已知各項均不為0的數列的前項和為，且．（1）求的通項公式；（2）若對于任意，成立，求實數的取值范圍．23．（2024?回憶版）已知雙曲線，點在上，為常數，，按照如下方式依次構造點，3，，過斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為，．（1）若，求，；（2）證明：數列是公比為的等比數列；（3）設為△的面積，證明：對任意的正整數，．24．（2024?河南模擬）設任意一個無窮數列的前項之積為，若，，則稱是數列．（1）若是首項為，公差為1的等差數列，請判斷是否為數列？并說明理由；（2）證明：若的通項公式為，則不是數列；（3）設是無窮等比數列，其首項，公比為，若是數列，求的值．25．（2024?朝陽區二模）設為正整數，集合，，，，，，，2，，．對于，，，，設集合，，，2，，．（Ⅰ）若，1，0，0，1，，，1，0，0，1，0，1，0，0，1，，寫出集合，；（Ⅱ）若，，，，且，滿足，令，，，，求證：；（Ⅲ）若，，，，且，，，，，求證：，2，，．

2025年菁優高考數學壓軸訓練9參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?利通區校級模擬）已知數列是首項為1的等比數列，是的前項和，且，則數列的前5項和為A．30 B．31 C．29 D．32【考點】87：等比數列的性質【專題】54：等差數列與等比數列【分析】利用等比數列的求和公式可求得，從而可得數列的前5項和．【解答】解：依題意知，公比，，即，解得：或（舍去），，故選：．【點評】本題考查等比數列的性質，求得公比為2是關鍵，屬于中檔題．2．（2024?平谷區模擬）已知等差數列和等比數列，，，，，則滿足的數值A．有且僅有1個值 B．有且僅有2個值 C．有且僅有3個值 D．有無數多個值【答案】【考點】等差數列與等比數列的綜合【專題】綜合法；方程思想；數學運算；等差數列與等比數列【分析】由等差數列和等比數列的通項公式，解方程可得公差和公比，求得，，運用分類討論思想解不等式可得所求取值．【解答】解：設等差數列的公差為，等比數列的公比為，由，，，可得，，解得，，則，，，即，當為奇數時，時成立，其余都不成立；當為偶數時，，不等式左邊小于0，不等式不成立；時，不等式左邊，不等式不成立；時，不等式的左邊，不等式不成立；時，不等式的左邊，不等式不成立；其余的偶數，也都不成立．故選：．【點評】本題考查等差數列和等比數列的通項公式，以及不等式的解法，考查方程思想和分類討論思想、運算能力，屬于中檔題．3．（2024?山東一模）將方程的所有正數解從小到大組成數列，記，則A． B． C． D．【答案】【考點】數列遞推式；數列與三角函數的綜合【專題】方程思想；綜合法；等差數列與等比數列；三角函數的求值；數學運算【分析】由三角函數的恒等變換化簡方程，并求值，判斷以，重復循環出現，且，，，計算可得所求和．【解答】解：，即為，即，所以或，，即或，，而，所以，，，，所以，，，，后面的值都是以，重復循環出現，且，，，所以，故選：．【點評】本題考查三角函數與數列的綜合，以及三角函數的化簡和求值、數列的求和，考查轉化思想和方程思想、運算能力，屬于中檔題．4．（2024?浦東新區二模）設，，，記，2，，，令有窮數列為零點的個數，2，，，則有以下兩個結論：①存在，使得為常數列；②存在，使得為公差不為零的等差數列．那么A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯誤【答案】【考點】數列與函數的綜合【專題】綜合法；函數的性質及應用；綜合題；函數思想；邏輯推理【分析】對于①，列舉驗證，對于②，列舉驗證．【解答】解：當時，，此時，，此時，，此時，故存在，使為常數列；①正確；設，則有個零點1，2，3，，，則在，，，的每個區間內各至少一個零點，故至少有個零點，因為是一個次函數，故最多有個零點，因此有且僅有個零點，同理，有且僅有個零點，，有且僅有個零點，故，所以是公差為的等差數列，故②正確．故選：．【點評】本題主要考查數列與函數的綜合，屬于中檔題．5．（2024?臨潼區二模）已知為等比數列，為數列的前項和，，則的值為A．3 B．18 C．54 D．152【答案】【考點】數列遞推式【專題】轉化法；綜合題；數學運算；方程思想；等差數列與等比數列【分析】由題意對所給的遞推關系式進行賦值，得到關于首項、公比的方程組，求解方程組確定首項和公比的值，然后結合等比數列通項公式即可求得的值．【解答】解：由題意，設等比數列的公比為，則當時，，即，①當時，，即，②聯立①②，可得，解得，．故選：．【點評】本題主要考查等比數列的基本運算．考查了方程思想，轉化與化歸思想，等比數列的通項公式的運用，以及邏輯推理能力和數學運算能力，屬中檔題．6．（2024?昌平區模擬）已知數列滿足，，，該數列的前項和為，則下列論斷中錯誤的是A． B． C．非零常數，，使得 D．，都有【答案】【考點】數列的求和；數列遞推式【專題】綜合法；數學運算；轉化思想；點列、遞歸數列與數學歸納法【分析】由數列的遞推式，計算和，可判斷；由數列的遞推式推得時，，計算可判斷，再由排除法可得結論．【解答】解：由，，，可得，，故正確；由，，，，，，，，，可得，當時，，當時，，，即時，，則，都有，故正確；由排除法，可得錯誤．故選：．【點評】本題考查數列的遞推式和數列的求和，考查轉化思想和推理能力，屬于中檔題．7．（2024?張家口三模）已知數列的前項和為，滿足，則A． B． C． D．【答案】【考點】數列求和的其他方法【專題】綜合法；數學運算；轉化思想；等差數列與等比數列【分析】由數列的遞推式推得當為奇數時，，由等差數列的通項公式，結合遞推式可得，，由數列的并項求和，計算可得所求和．【解答】解：根據題意，當為奇數時，，可得，即，可得，即有，，則．故選：．【點評】本題考查數列的遞推式和等差數列和等比數列的通項公式與求和公式、數列的并項求和，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．8．（2024?南昌三模）已知數列的前項和為，且滿足，，則的值不可能是A．1 B．2 C．3 D．15【答案】【考點】數列遞推式；數列的求和【專題】轉化思想；等差數列與等比數列；數學運算；綜合法【分析】由時，，推得，由等差數列和等比數列的定義和通項公式，結合排除法可得結論．【解答】解：由，，可得時，，可得，化為，即，或，若數列是公差為1的等差數列，可得，故成立；若數列是公比為的等比數列，可得，故成立；數列的前5項分別為1，，0，1，2，可得，故成立；由排除法可得不可能成立．故選：．【點評】本題考查數列的遞推式和等差數列、等比數列的定義和通項公式，考查轉化思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．9．（2024?東城區校級三模）已知公比不為1的等比數列的前項和為，，，，記，，為等差數列；：對任意自然數，，，為等差數列，則是的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】【考點】充分條件與必要條件；等差數列的性質【專題】轉化思想；數學運算；等差數列與等比數列；轉化法【分析】根據條件得出命題，均等價于，再根據充分條件和必要條件的判斷方法，即可得出結果．【解答】解：為命題，，成等差數列，所以，又數列為等比數列，且公比不為1，所以，整理得到，又命題，，成等差數列，所以，即，整理得到，所以是的充要條件，故選：．【點評】本題考查等差數列的性質，屬于中檔題．10．（2024?茂名模擬）已知各項均為正數的等比數列的前項和為，且滿足，，成等差數列，則的值為A．3 B．9 C．10 D．13【考點】89：等比數列的前項和【專題】34：方程思想；49：綜合法；54：等差數列與等比數列【分析】設各項均為正數的等比數列的公比為，由，，成等差數列，可得，，化為，．解得，再利用求和公式即可得出．【解答】解：設各項均為正數的等比數列的公比為，滿足，，成等差數列，，，，．解得．則．故選：．【點評】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．二．多選題（共5小題）11．（2024?渝北區校級模擬）已知正項數列滿足，，其中，則A．為單調遞減數列 B． C． D．【答案】【考點】利用導數研究函數的單調性；數列遞推式【專題】綜合法；轉化思想；數學運算；導數的綜合應用；等差數列與等比數列【分析】利用導數判斷單調性，放縮法證明不等式逐個選項分析即可．【解答】解：對于，需要考慮數列的單調性，即判斷與的大小關系，由題意可得，令，定義域為，，令，，當時，此時恒成立，故在上單調遞減，，也可得，即，故在上單調遞減，當時，，則，故，則，即，故為單調遞減數列，故正確；顯然，故錯誤；對于，欲證，且由題意得，即證，即證，取指數得，又易知，化簡得，故證明恒成立即可，令，，而，故在上單調遞增，且，故，即恒成立，故得證，故正確；對于，由可知，，，，，，上式相加，得，故得證，故正確．故選：．【點評】本題考查數列的單調性和數列的求和，解決的關鍵是利用導數證明數列的單調性，再構造函數結合放縮法證明不等式，考查轉化思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．12．（2024?武進區校級一模）已知等差數列的前項和為，的公差為，則A． B． C．若為等差數列，則 D．若為等差數列，則【答案】【考點】等差數列的性質；等差數列的前項和【專題】綜合法；等差數列與等比數列；數學運算；整體思想【分析】由已知結合等差數列的性質及求和公式，等差數列的定義檢驗各選項即可判斷．【解答】解：由等差數列的性質可知，，故不正確；因為，所以，故正確；因為，為等差數列，所以，故不正確；由題可知，因為為等差數列，所以，即，故正確．故選：．【點評】本題主要考查了等差數列的求和公式及性質的應用，屬于中檔題．13．（2024?貴陽模擬）設首項為1的數列前項和為，已知，則下列結論正確的是A．數列為等比數列 B．數列的前項和 C．數列的通項公式為 D．數列為等比數列【答案】【考點】等比數列的性質；數列遞推式【專題】轉化思想；數學運算；綜合法；等差數列與等比數列【分析】由數列的遞推式推得，結合等比數列的定義和通項公式，可判斷；由與的關系，可判斷；由等比數列的中項性質可判斷．【解答】解：由，，可得，即有，由，可得數列是首項和公比均為2的等比數列，則，即，故正確；由時，，對不成立，故錯誤；由，，，，故數列不為等比數列，故錯誤．故選：．【點評】本題考查數列的遞推式和等比數列的定義、通項公式，以及數列的項與和的關系，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．14．（2024?玄武區校級模擬）設數列的前項和為，，則下列說法正確的是A．是等差數列 B．，，成等差數列，公差為 C．當或時，取得最大值 D．時，的最大值為33【答案】【考點】等差數列的性質；數列遞推式【專題】綜合法；轉化思想；數學運算；等差數列與等比數列【分析】根據已知得出數列是一個等差數列，求出．根據，的關系求出的表達式，根據定義即可判斷項；求出公差，進而根據等差數列的性質，即可判斷；由，求解即可得出的值，判斷項；根據的表達式，求解不等式，即可判斷項．【解答】解：對于項，由已知可得，數列是一個等差數列，首項，公差為，所以，所以，當時，，當時，，綜上所述，，所以，所以是等差數列，故項正確；對于項，設的公差為，由知，，，根據等差數列的性質可知，，故項錯誤；對于項，因為，所以當或時，取得最大值，故正確；對于項，由，可得，所以時，的最大值為33，故正確．故選：．【點評】本題考查了數列的遞推式，等差數列的求和公式，屬于中檔題．15．（2024?山東模擬）已知數列中，，則A．的前10項和為 B．的前100項和為100 C．的前項和 D．的最小項為【答案】【考點】數列的求和【專題】綜合法；整體思想；點列、遞歸數列與數學歸納法；數學運算【分析】．由，利用錯位相減法求解判斷；．由，利用幷項求和判斷；．由，利用裂項相消法求解判斷；．由，利用對勾函數的性質求解判斷．【解答】解：對于．易知，則，則，兩式相減得，，則，故錯誤；對于．易知，則其前100項和為，故正確；對于．，則，故正確；對于．易知，令，則，當且僅當，即，時，等號成立，而，當時，，當時，，所以的最小項為，故錯誤．故選：．【點評】本題考查了數列通項公式的求法，重點考查了錯位相減法及裂項求和法，屬中檔題．三．填空題（共5小題）16．（2024?寧化縣校級一模）已知，則使不等式能成立的正整數的最大值為13．【答案】13．【考點】數列的求和【專題】數學運算；轉化思想；綜合法；導數的綜合應用【分析】先研究的單調性，可得，從而可求正整數的最大值．【解答】解：設，故，當時，；當時，；故在上為增函數，在上為減函數，因為，故，即，故，故，所以即，而，，故正整數的最大值為13，故答案為：13．【點評】本題考查導數的運用，以及根據題設中的不等式的形式構建新函數，考查轉化思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．17．（2024?開福區校級三模）已知函數，數列滿足，，，則2．【考點】數列的求和；數列與函數的綜合【專題】整體思想；數學運算；點列、遞歸數列與數學歸納法；綜合法；函數的性質及應用【分析】根據函數性質分析可知：在上單調遞增，且為奇函數，進而可得，結合數列周期性分析求解．【解答】解：由題意可知：的定義域為，且，即，可知為定義在上的奇函數；且，因為在上單調遞增，可知在上單調遞增；綜上所述：在上單調遞增，且為奇函數．因為，則，可得，即，由可知：3為數列的周期，則，且，所以．故答案為：2．【點評】本題主要考查了函數的奇偶性，單調性及周期性在函數求值中的應用，還考查了數列的求和，屬于中檔題．18．（2024?浙江模擬）設嚴格遞增的整數數列，，，滿足，．設為，，，這19個數中被3整除的項的個數，則的最大值為18，使得取到最大值的數列的個數為．【考點】數列的應用【專題】壓軸題；分類討論；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯推理；數學運算【分析】第一個空，根據題意可知，當數列，，，滿足被3除余1和被3除余2的數相間時，最大，即可求出結果；第二個空，由，，可得這40個數中，共有27個數符合模3余1或模3余2，則要從這27個數中選出滿足要求的20個數，先在到這20個數中刪去一個數（后面再加回來），使得剩下的19個數滿足任意相鄰數一個模3余1，一個模3余2，需要刪去的8個數應該為4組相鄰的數；用捆綁法，即從27個數中刪去4組相鄰的數等價于從23個數中刪去4個數，利用排列組合的思想：分兩端都刪去，兩端均不刪和兩端中有一個被刪去3類情況討論，即可求出結果．【解答】解：第一個空，由，，且為嚴格遞增數列，為了讓盡可能多的相鄰兩數之和被3整除，則要盡量多地出現相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會被3整除，而，，均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現18組上述組別，如嚴格遞增數列1，2，4，5，7，8，10，11，13，14，16，17，19，20，22，23，25，26，28，40，滿足題意，所以的最大值為18．第二個空，因為這40個數中，共有27個數符合模3余1或模3余2，則要從這27個數中選出滿足要求的20個數．第一步，在到這20個數中刪去一個數（后面再加回來），使得剩下的19個數滿足任意相鄰數一個模3余1，一個模3余2，這樣就形成了18組，即使得的最大值為18；第二步，將這27個數從小到到大排列，需要刪去8個數得到目標19個數的數列，它們中任意相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數應該為4組相鄰的數；第三步，利用捆綁思想，從27個數中刪去4組相鄰的數等價于從23個數中刪去4個數，有3種情況：①兩端均刪去，這種情況不滿足要求，因為若兩端均刪去，那么1和40必定被刪去，在下一步加回來時也最多加回1或40中的一個，而1和40必定在數列中，因此不滿足；②兩端均不刪去，從中間21個數中選4個刪去，有種，再從刪去的8個數中拿一個加回原來的19個數中，有種方法，共有種；③兩端中有一個被刪去，其余3個數從中間21個數里選，有種，此時加回來的數必定是刪去的兩端之一的1或40，有1種選法，共有種；第四步，刪去的四組相鄰數中有一組中有一個數被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數，而對于刪去的數，假設為，它旁邊兩個數分別為，，即排列為，，，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補回；或者為，然后刪去，再補回，這兩種刪去方式結果相同．綜上，共有種．故答案為：18；25270．【點評】本題考查數列的應用，整除和排列組合問題，屬難題．19．（2024?上海），，，，任意，，，，滿足，求有序數列，，，有48對．【答案】48．【考點】數列的應用【專題】邏輯推理；點列、遞歸數列與數學歸納法；方程思想；數學運算；轉化思想；綜合法【分析】由題意得，10，12，18，20，，設，由單調性有，，，，分類討論可求解．【解答】解：由題意得，10，12，18，20，，滿足，不妨設，由單調性有，，，，分兩種情況討論：①，，解得，，，，②，，解得，，，，所以有2種，綜上共有對．故答案為：48．【點評】本題綜合考查了數列，不等式的應用，屬于難題．20．（2024?遼寧模擬）已知是公差為2的等差數列，其前項和為，是與的等差中項，則；設，若對，使得恒成立，則的取值范圍為．【答案】；．【考點】等差中項及其性質【專題】綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；等差數列與等比數列；數學運算；轉化思想【分析】根據等差中項性質結合等差數列的相關公式列式計算，求得首項，即可求得通項公式；進而可得的表達式，利用作差法判斷其單調性，確定最大值，結合數列不等式恒成立，即可求得參數范圍．【解答】解：由題意知是公差為2的等差數列，是與的等差中項，則，即，，故；故，則，當時，，數列的項增大；當時，，數列的項是減小的；故為數列的最大值項，對，使得恒成立，則，即的取值范圍為．故答案為：；．【點評】本題主要考查等差數列的性質和數列單調性的應用，考查計算能力，屬于中檔題．四．解答題（共5小題）21．（2024?淅川縣校級三模）設為數列的前項和，已知，，且為等差數列．（1）求證：數列為等差數列；（2）若數列滿足，且，求數列的前項和．【答案】（1）證明見解析；（2）．【考點】裂項相消法【專題】轉化思想；等差數列與等比數列；數學運算；綜合法【分析】（1）借助等差數列的性質與與的關系計算即可得；（2）借助累乘法可計算出數列，借助裂項相消法可得．【解答】解：（1）證明：設等差數列的公差為，則，即，①因為，所以由，得．②由①、②解得，，所以，即，當時，，當時，，上式也成立，所以，所以數列是等差數列；（2）由（1）可知，當時，，因為滿足上式，所以．．【點評】本題考查等差數列的定義、通項公式和求和公式，以及數列的裂項相消求和，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．22．（2024?東湖區校級一模）已知各項均不為0的數列的前項和為，且．（1）求的通項公式；（2）若對于任意，成立，求實數的取值范圍．【答案】（1），；（2），．【考點】數列遞推式【專題】綜合法；數學運算；等差數列與等比數列；方程思想【分析】（1）數列的通項與前項和的關系，以及等差數列的定義和通項公式，可得所求；（2）由等差數列的求和公式和不等式恒成立思想，結合數列的單調性，可得所求取值范圍．【解答】解：（1）由，可得，即，可得，當時，由，可得，兩式相減可得，化為，即數列的奇數項和偶數項均為公差為4的等差數列，即有時，；時，；所以，；（2），對于任意，成立，即為恒成立．設，則，當，2時，；當時，，即有，可得時，取得最大值，則，即的取值范圍是，．【點評】本題考查數列的通項與前項和的關系，以及等差數列和數列的單調性，考查轉化思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．23．（2024?回憶版）已知雙曲線，點在上，為常數，，按照如下方式依次構造點，3，，過斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為，．（1）若，求，；（2）證明：數列是公比為的等比數列；（3）設為△的面積，證明：對任意的正整數，．【考點】數列的應用【專題】數學運算；轉化思想；轉化法；等差數列與等比數列【分析】（1）根據已知條件，先求出直線方程，再與曲線方程聯立，即可求解；（2）根據已知條件，推得，再結合，都在雙曲線上，以及等比數列的定義，即可求證；（3）要證：，只需先嘗試，即先證，再結合換元法，以及直線的斜率公式，即可求解．【解答】解：（1）在上，，解得，過且斜率為的直線方程為，即，聯立，解得或，故，，過斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，所以，；（2）證明：，關于軸的對稱點是，，，，，都在同一條斜率為的直線上，；則，，都在雙曲線上，，兩式相減可得，，而①，②，則②①可得，，則，，故數列是公比為的等比數列；（3）證明：要證：，只需先嘗試，即先證，記，，則，，而，，，，，，，．【點評】本題主要考查數列的應用，考查轉化能力，屬于難題．24．（2024?河南模擬）設任意一個無窮數列的前項之積為，若，，則稱是數列．（1）若是首項為，公差為1的等差數列，請判斷是否為數列？并說明理由；（2）證明：若的通項公式為，則不是數列；（3）設是無窮等比數列，其首項，公比為，若是數列，求的值．【答案】（1）是數列，理由見解析（2）證明見解析（3）或．【考點】等差數列與等比數列的綜合【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；數學運算【分析】（1）由題知，，0，1，2，3，，再根據數列的定義，即可作出判斷；（2）先假設是數列，從而有，再進行驗證，即可證明結果；（3）根據題設得到，令，從而得到，再利用函數性質，建立不等關系，得到；令，由，即可求解．【解答】解：（1）是數列，理由：由題知，即，，0，1，2，3，，所以，，當時，，所以是數列．（2）證明：假設是數列，則對任意正整數，總是中的某一項，，所以對任意正整數，存在正整數滿足：，顯然時，存在，滿足，取，得，所以，可以驗證：當，2，3，4時，都不成立，故不是數列．（3）已知是等比數列，其首項，公比，所以，所以，由題意知對任意正整數，總存在正整數，使得，即對任意正整數，總存在正整數，使得，即對任意正整數，總存在正整數，使得，①令，得，且，因為，，所以當時，取到最小值，所以，所以，又，所以，所以，即；②令，得，且，所以，1綜上，或．【點評】本題考查數列的新定義，等差數列和等比數列的通項公式、求和公式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．25．（2024?朝陽區二模）設為正整數，集合，，，，，，，2，，．對于，，，，設集合，，，2，，．（Ⅰ）若，1，0，0，1，，，1，0，0，1，0，1，0，0，1，，寫出集合，；（Ⅱ）若，，，，且，滿足，令，，，，求證：；（Ⅲ）若，，，，且，，，，，求證：，2，，．【答案】（1），3，，，5，8，；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【考點】數列的應用；數列與不等式的綜合【專題】分類討論；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯推理；數學運算【分析】（1）由題意，即可直接寫出，；（2）由可得結合可得，，2，，，即可證明；（3）若且則，，2，，，進而，由（2）可知，分類討論，時與的大小關系，即可證明．【解答】解：（1）由題，3，，，5，8，；（2）證明：，，，2，，，當時，，，即，，2，，，又（a），，，2，，，，，2，，，；（3）證明：對任意，令，，，，若且，則，，2，，，，，2，，，，，，2，，，，，2，，，，對，，2，，，，由（2）可知，令，則，若，則，，若，，，即（a），又，，綜上，，即，2，，．【點評】本題考查了數列的應用，屬于難題．

考點卡片1．充分條件與必要條件【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．事實上，與“p?q”等價的逆否命題是“￢q?￢p”．它的意義是：若q不成立，則p一定不成立．這就是說，q對于p是必不可少的，所以說q是p的必要條件．例如：p：x＞2；q：x＞0．顯然x∈p，則x∈q．等價于x?q，則x?p一定成立．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．等差數列的性質【知識點的認識】等差數列如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，這個數列就叫做等差數列．這個常數叫做等差數列的公差，公差常用字母d表示．等差數列的通項公式為：an＝a1+（n﹣1）d；前n項和公式為：Sn＝na1+n（n﹣1）或Sn＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，則有2am＝ap+aq（p，q，m都為自然數）等差數列的性質（1）若公差d＞0，則為遞增等差數列；若公差d＜0，則為遞減等差數列；若公差d＝0，則為常數列；（2）有窮等差數列中，與首末兩端“等距離”的兩項和相等，并且等于首末兩項之和；（3）m，n∈N+，則am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，則as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是數列中的項，特別地，當s+t＝2p時，有as+at＝2ap；（5）若數列{an}，{bn}均是等差數列，則數列{man+kbn}仍為等差數列，其中m，k均為常數．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍為等差數列，公差為﹣d．（7）從第二項開始起，每一項是與它相鄰兩項的等差中項，也是與它等距離的前后兩項的等差中項，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，…仍為等差數列，公差為kd（首項不一定選a1）．【解題方法點撥】例：已知等差數列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6為方程x2﹣10x+16＝0的兩個實根．（1）求此數列{an}的通項公式；（2）268是不是此數列中的項？若是，是第多少項？若不是，說明理由．解：（1）由已知條件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}為等差數列，設首項為a1，公差為d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴數列{an}的通項公式為an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此數列的第136項．這是一個很典型的等差數列題，第一問告訴你第幾項和第幾項是多少，然后套用等差數列的通項公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首項和公差d，這樣等差數列就求出來了．第二問判斷某個數是不是等差數列的某一項，其實就是要你檢驗看符不符合通項公式，帶進去檢驗一下就是的．3．等差中項及其性質【知識點的認識】等差數列如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，這個數列就叫做等差數列．這個常數叫做等差數列的公差，公差常用字母d表示．等差數列的通項公式為：an＝a1+（n﹣1）d；前n項和公式為：Sn＝na1+n（n﹣1）或Sn＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，則有2am＝ap+aq（p，q，m都為自然數）等差數列的性質（1）若公差d＞0，則為遞增等差數列；若公差d＜0，則為遞減等差數列；若公差d＝0，則為常數列；（2）有窮等差數列中，與首末兩端“等距離”的兩項和相等，并且等于首末兩項之和；（3）m，n∈N+，則am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，則as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是數列中的項，特別地，當s+t＝2p時，有as+at＝2ap；（5）若數列{an}，{bn}均是等差數列，則數列{man+kbn}仍為等差數列，其中m，k均為常數．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍為等差數列，公差為﹣d．（7）從第二項開始起，每一項是與它相鄰兩項的等差中項，也是與它等距離的前后兩項的等差中項，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，…仍為等差數列，公差為kd（首項不一定選a1）．【解題方法點撥】﹣定義：等差數列中的任意三項an﹣1，an，an+1滿足．﹣性質：利用等差中項的性質求解數列相關問題．【命題方向】常見題型包括利用等差中項的定義和性質求解數列中的項，結合具體數列進行分析．設a＞0，b＞0，若1是4a與2b的等差中項，則+的最小值為_____．解：a＞0，b＞0，1是4a與2b的等差中項，∴4a+2b＝2，∴2a+b＝1，∴+＝（+）（2a+b）＝4+++1＝≥5+2＝9．當且僅當時，取等號，則+的最小值為9．故答案為：9．4．等差數列的前n項和【知識點的認識】等差數列是常見數列的一種，如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，這個數列就叫做等差數列，而這個常數叫做等差數列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式為Sn＝na1+n（n﹣1）d或者Sn＝【解題方法點撥】eg1：設等差數列的前n項和為Sn，若公差d＝1，S5＝15，則S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，則S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案為：55點評：此題考查了等差數列的前n項和公式，解題的關鍵是根據題意求出首項a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差數列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．求數列{|an|}的前n項的和Tn．解：∵等差數列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，該等差數列為﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3項為負，其和為S3＝﹣39．∴n≤3時，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．點評：本題考查等差數列的前n項的絕對值的和的求法，是中檔題，解題時要認真審題，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】等差數列比較常見，單獨考察等差數列的題也比較簡單，一般單獨考察是以小題出現，大題一般要考察的話會結合等比數列的相關知識考察，特別是錯位相減法的運用．5．等比數列的性質【知識點的認識】等比數列（又名幾何數列），是一種特殊數列．如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，這個數列就叫做等比數列，因為第二項與第一項的比和第三項與第二項的比相等，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1時，an為常數列．等比數列和等差數列一樣，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，我們發現這個通項公式其實就是指數函數上孤立的點．②求和公式，Sn＝，表示的是前面n項的和．③若m+n＝q+p，且都為正整數，那么有am?an＝ap?aq．等比數列的性質（1）通項公式的推廣：an＝am?qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}為等比數列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），則ak?al＝am?an（3）若{an}，{bn}（項數相同）是等比數列，則{λan}（λ≠0），{a}，{an?bn}，仍是等比數列．（4）單調性：或?{an}是遞增數列；或?{an}是遞減數列；q＝1?{an}是常數列；q＜0?{an}是擺動數列．【解題方法點撥】例：2，x，y，z，18成等比數列，則y＝．解：由2，x，y，z，18成等比數列，設其公比為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．關鍵是對公式的掌握，方法就是待定系數法．6．等比數列的前n項和【知識點的認識】1．等比數列的前n項和公式等比數列{an}的公比為q（q≠0），其前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝＝．2．等比數列前n項和的性質公比不為﹣1的等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比數列，其公比為qn．7．數列的應用【知識點的認識】1、數列與函數的綜合2、等差數列與等比數列的綜合3、數列的實際應用數列與銀行利率、產品利潤、人口增長等實際問題的結合．8．數列的求和【知識點的認識】就是求出這個數列所有項的和，一般來說要求的數列為等差數列、等比數列、等差等比數列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差數列前n項和公式：Sn＝na1+n（n﹣1）d或Sn＝②等比數列前n項和公式：③幾個常用數列的求和公式：（2）錯位相減法：適用于求數列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數列和等比數列．（3）裂項相消法：適用于求數列{}的前n項和，其中{an}為各項不為0的等差數列，即＝（）．（4）倒序相加法：推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個（a1+an）．（5）分組求和法：有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，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＝（n∈N*），求數列{bn}的前n項和Tn．分析：形如的求和，可使用裂項相消法如：＝＝．解：（Ⅰ）設等差數列{an}的公差為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＝＝＝，即數列{bn}的前n項和Tn＝．點評：該題的第二問用的關鍵方法就是裂項求和法，這也是數列求和當中常用的方法，就像友情提示那樣，兩個等差數列相乘并作為分母的一般就可以用裂項求和．【命題方向】數列求和基本上是必考點，大家要學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．9．裂項相消法【知識點的認識】就是求出這個數列所有項的和，一般來說要求的數列為等差數列、等比數列、等差等比數列等等：（1）裂項相消法：適用于求數列{}的前n項和，其中{an}為各項不為0的等差數列，即＝（）．【解題方法點撥】裂項相消法是一種用于求解數列和的技巧，通過將數列項裂解成兩個或多個部分進行相消來簡化計算．【命題方向】常見題型包括利用裂項相消法計算等差或等比數列的前n項和，結合具體數列進行分析．求和：+++…+．解：因為＝，所以原式＝．故答案為：1﹣．10．數列求和的其他方法【知識點的認識】就是求出這個數列所有項的和，一般來說要求的數列為等差數列、等比數列、等差等比數列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差數列前n項和公式：Sn＝na1+n（n﹣1）d或Sn＝②等比數列前n項和公式：③幾個常用數列的求和公式：（2）錯位相減法：適用于求數列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數列和等比數列．（3）裂項相消法：適用于求數列{}的前n項和，其中{an}為各項不為0的等差數列，即＝（）．（4）倒序相加法：推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個（a1+an）．（5）分組求和法：有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，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，還有其他數列求和的技巧，如變換法、分組法等．﹣變換法：通過對數列進行變換，使其成為已知形式的數列．﹣分組法：將數列項分組，利用分組結果求和．﹣應用：適用于處理復雜的數列和問題，特別是涉及多個數列項的求和．【命題方向】常見題型包括利用其他方法計算數列的前n項和，結合具體數列進行分析．已知數列{an}，Sn為{an}的前n項和，其中a1＝﹣1010，an+1＝，則S2021＝_____．解：因為an+1＝，∴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，則數列{bn}是以﹣2015為首項，4為公差的等差數列，設數列{bn}的前n項和為Tn，則T1010＝1010×（﹣2015）+＝3030，又∵T1010＝a2+a3+a4+a5+……+a2020+a2021，∴S2021＝T1010+a1＝3030﹣1010＝2020．11．數列遞推式【知識點的認識】1、遞推公式定義：如果已知數列{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）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．2、數列前n項和Sn與通項an的關系式：an＝．在數列{an}中，前n項和Sn與通項公式an的關系，是本講內容一個重點，要認真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求數列的通項公式時，你注意到此等式成立的條件了嗎？（n≥2，當n＝1時，a1＝S1）；若a1適合由an的表達式，則an不必表達成分段形式，可化統一為一個式子．（2）一般地當已知條件中含有an與Sn的混合關系時，常需運用關系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先將已知條件轉化為只含an或Sn的關系式，然后再求解．【解題方法點撥】數列的通項的求法：（1）公式法：①等差數列通項公式；②等比數列通項公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an＝．一般地當已知條件中含有an與Sn的混合關系時，常需運用關系式，先將已知條件轉化為只含或的關系式，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）已知遞推關系求an，有時也可以用構造法（構造等差、等比數列）．特別地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b為常數）的遞推數列都可以用待定系數法轉化為公比為k的等比數列后，再求an．②形如an＝的遞推數列都可以用倒數法求通項．（7）求通項公式，也可以由數列的前幾項進行歸納猜想，再利用數學歸納法進行證明．12．數列與函數的綜合【知識點的認識】數列的函數特性：等差數列和等比數列的通項公式及前n項和公式中共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知三求二，體現了方程的思想的應用．解答數列與函數的綜合問題要善于綜合運用函數方程思想、化歸轉化思想等數學思想以及特例分析法，一般遞推法，數列求和及求通項等方法來分析、解決問題．【解題方法點撥】1．在解決有關數列的具體應用問題時：（1）要讀懂題意，理解實際背景，領悟其數學實質，舍棄與解題無關的非本質性東西；（2）準確地歸納其中的數量關系，建立數學模型；（3）根據所建立的數學模型的知識系統，解出數學模型的結果；（4）最后再回到實際問題中去，從而得到答案．2．在求數列的相關和時，要注意以下幾個方面的問題：（1）直接用公式求和時，注意公式的應用范圍和公式的推導過程．（2）注意觀察數列的特點和規律，在分析數列通項的基礎上，或分解為基本數列求和，或轉化為基本數列求和．（3）求一般數列的前n項和時，無一般方法可循，要注意掌握某些特殊數列的前n項和的求法，觸類旁通．3．在用觀察法歸納數列的通項公式（尤其是在處理客觀題目時）時，要注意適當地根據具體問題多計算相應的數列的前幾項，否則會因為所計算的數列的項數過少，而歸納出錯誤的通項公式，從而得到錯誤的結論．【命題方向】典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），設數列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首項為4，公差為2的等差數列．（I）設a為常數，求證：{an}成等比數列；（II）設bn＝anf（an），數列{bn}前n項和是Sn，當時，求Sn．分析：（I）先利用條件求出f（an）的表達式，進而求出{an}的通項公式，再用定義來證{an}是等比數列即可；（II）先求出數列{bn}的通項公式，再對數列{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．∴＝＝為定值．∴{an}為等比數列．（5分）（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）當時，．（8分）Sn＝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）＝﹣（n+1）?2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n?2n+3﹣2n+3．∴Sn＝n?2n+3．（14分）點評：本題的第二問考查了數列求和的錯位相減法．錯位相減法適用于通項為一等差數列乘一等比數列組成的新數列．13．數列與不等式的綜合【知識點的認識】證明與數列求和有關的不等式基本方法：（1）直接將數列求和后放縮；（2）先將通項放縮后求和；（3）先將通項放縮后求和再放縮；（4）嘗試用數學歸納法證明．常用的放縮方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解題方法點撥】證明數列型不等式，因其思維跨度大、構造性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思考性和挑戰性，能全面而綜合地考查學生的潛能與后繼學習能力，因而成為高考壓軸題及各級各類競賽試題命題的極好素材．這類問題的求解策略往往是：通過多角度觀察所給數列通項的結構，深入剖析其特征，抓住其規律進行恰當地放縮；其放縮技巧主要有以下幾種：（1）添加或舍去一些項，如：＞|a|；＞n；（2）將分子或分母放大（或縮小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二項式放縮；（5）利用常用結論；（6）利用函數單調性．（7）常見模型：①等差模型；②等比模型；③錯位相減模型；④裂項相消模型；⑤二項式定理模型；⑥基本不等式模型．【命題方向】題型一：等比模型典例1：對于任意的n∈N*，數列{an}滿足＝n+1．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）求證：對于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，當n≥2時，得②，①﹣②得．∴．又，得a1＝7不適合上式．綜上得；（Ⅱ）證明：當n≥2時，．∴＝．∴當n≥2時，．題型二：裂項相消模型典例2：數列{an}的各項均為正數，Sn為其前n項和，對于任意n∈N*，總有an，Sn，成等差數列．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：．分析：（1）根據an＝Sn﹣Sn﹣1，整理得an﹣an﹣1＝1（n≥2）進而可判斷出數列{an}是公差為1的等差數列，根據等差數列的通項公式求得答案．（2）由（1）知，因為，所以，從而得證．解答：（1）由已知：對于n∈N*，總有2Sn＝an+①成立∴（n≥2）②①﹣②得2an＝an+﹣an﹣1﹣，∴an+an﹣1＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）∵an，an﹣1均為正數，∴an﹣an﹣1＝1（n≥2）∴數列{an}是公差為1的等差數列又n＝1時，2S1＝a1+，解得a1＝1，∴an＝n．（n∈N*）（2）解：由（1）可知∵∴（1）放縮的方向要一致．（2）放與縮要適度．（3）很多時候只對數列的一部分進行放縮法，保留一些項不變（多為前幾項或后幾項）．（4）用放縮法證明極其簡單，然而，用放縮法證不等式，技巧性極強，稍有不慎，則會出現放縮失當的現象．所以對放縮法，只需要了解，不宜深入．14．等差數列與等比數列的綜合【知識點的認識】1、等差數列的性質（1）若公差d＞0，則為遞增等差數列；若公差d＜0，則為遞減等差數列；若公差d＝0，則為常數列；（2）有窮等差數列中，與首末兩端“等距離”的兩項和相等，并且等于首末兩項之和；（3）m，n∈N+，則am＝an+（m﹣n）d；（4