第36頁（共36頁）2025年高考數學三輪復習之數列一．選擇題（共8小題）1．（2025?溫州二模）已知數列{an}滿足an=an+1-1，n為奇數2A．[2，4] B．[1，3] C．[3，5] D．[5，9]2．（2024秋?淮南校級期末）已知等比數列{an}的公比不為1，且a6，a4，a5成等差數列，則數列{an}的公比為（）A．﹣2 B．﹣1 C．12 D．3．（2025?長安區一模）已知Sn為數列{an}的前n項和，命題p：{an}是等比數列；命題q：Sm，S2m，S3m成等比數列，則p是q的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．（2025?江蘇模擬）已知Sn為等比數列{an}的前n項和，若a4＝4a3﹣4a2，則S4A．5 B．9 C．﹣9 D．﹣55．（2025?洮北區校級一模）若數列{an}的前n項和Sn滿足SnA．數列{an}為等差數列 B．數列{an}為遞增數列 C．S4﹣S2，S6﹣S4，S8﹣S6不為等差數列 D．an+6．（2025?常德校級一模）已知公差不為零的等差數列{an}滿足：a3+a8＝20，且a5是a2與a14的等比中項．設數列{bn}滿足bn=1anan+1(n∈A．12(1-12nC．12(1-127．（2025?碑林區校級模擬）對函數y＝f（x），若數列{xn}滿足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)，則稱{xn}為牛頓數列．若函數f（x）＝x2，數列{xn}為牛頓數列，且A．20 B．﹣35 C．30 D．﹣558．（2024秋?廣東校級期末）元代數學家朱世杰編著的《算法啟蒙》中記載了有關數列的計算問題：“今有竹七節，下兩節容米四升，上兩節容米二升，各節欲均容，問逐節各容幾升？”其大意為：現有一根七節的竹子，最下面兩節可裝米四升，最上面兩節可裝米二升，如果竹子裝米量逐節等量減少，問竹子各節各裝米多少升？以此計算，這根竹子的裝米量為（）A．9升 B．10.5升 C．12升 D．13.5升二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?咸陽模擬）數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝kn2﹣2n（k∈R），則下列結論正確的是（）A．{an}為等差數列 B．{an}可能為常數列 C．若{an}為遞增數列，則k＞0 D．若{Sn}為遞增數列，則k＞1（多選）10．（2025?赤峰模擬）已知數列{an}的前n項和為Sn，且2an+1＝an+an+2，若a5﹣a3＝4，S2＝4，則（）A．a1＝1 B．{an?aC．S9＝81 D．S（多選）11．（2025?濰坊模擬）設函數f(x)=3x+22x+3，數列{xn}滿足x1A．x2B．f(xC．數列|xnD．x（多選）12．（2025?洮北區校級一模）若{an}是公比為q（q≠0）的等比數列，記Sn為{an}的前n項和，則下列說法正確的是（）A．若a1＞0，0＜q＜1，則{an}為遞減數列 B．若a1＜0，0＜q＜1，則{an}為遞增數列 C．若q＞0，則S4+S6＞2S5 D．若bn=1an，則{b三．填空題（共4小題）13．（2025?長安區一模）數列{an}的通項公式an＝2n+1，則a1+a3+a5+?+a2n+1＝．14．（2024秋?許昌期末）在數列{an}中，如果?n∈N*，都有anan+1an+2＝K（K為常數），那么這個數列叫做等積數列，K叫做這個數列的公積．已知{an}是等積數列，a3＝1，a5＝2，公積為4，則a1+a2+?+a2025＝．15．（2024秋?山西期末）設數列{an}滿足a1=-34，an+1=an+n?3n16．（2025?長沙校級一模）在等差數列{an}中，數列{an}的前n項和為Sn，S7＝28，a1+a4＝5，若4an+am＝a17（m，n∈N*），則n2+m2的最小值為．四．解答題（共4小題）17．（2025?南寧模擬）已知數列{an}中，a1（1）證明：數列{1（2）求數列{an}的通項公式；（3）設bn＝anan+1，Sn為數列{bn}的前n項和，證明：118．（2025?洮北區校級一模）在數列{an}中，an+12+2an+1＝anan+2+an+an+2，且a1＝2，a（1）證明：數列{an+1}是等比數列；（2）求數列{an}的前n項和Sn．19．（2025?鷹潭一模）設a為正數，若以a為首項的等比數列{an}滿足：a1+1，a2+2，a3+3也構成等比數列，則稱{an}為a所對應的一個G型數列．（1）若G型數列{an}存在并且唯一，求a的值；（2）若an＝a2n﹣1，n∈N*，其中12＜a＜1，{an}是一個（i）求a的值；（ii）令bn＝an-1an，n∈N*，探究bn，bn+1，bn+2（n∈N*）之間的關系，并求bn+1220．（2025?赤峰模擬）已知數列{an}中，an（1）若a1，a2，a3依次成等差數列，求a1；（2）若a1=4（3）若a1=43，求{an}的前n

2025年高考數學三輪復習之數列參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案BADADABB二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABCACDACDABD一．選擇題（共8小題）1．（2025?溫州二模）已知數列{an}滿足an=an+1-1，n為奇數2A．[2，4] B．[1，3] C．[3，5] D．[5，9]【考點】數列遞推式．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】B【分析】設a4＝m，將將a3，a2，a1分別用m表示出來，結合不等式的性質計算即可．【解答】解：設a4＝m，則m∈[2，3]，因為an所以a3＝m﹣1，a2＝2（m﹣1）＝2m﹣2，所以a1＝2m﹣3∈[1，3]．故選：B．【點評】本題考查由數列的遞推式求數列的項，屬于基礎題．2．（2024秋?淮南校級期末）已知等比數列{an}的公比不為1，且a6，a4，a5成等差數列，則數列{an}的公比為（）A．﹣2 B．﹣1 C．12 D．【考點】等差數列與等比數列的綜合．【專題】整體思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】A【分析】根據等差中項可得2a4＝a5+a6，再結合等比數列通項公式運算求解．【解答】解：等比數列{an}的公比不為1，且a6，a4，a5成等差數列，由等差數列的性質可得，2a4＝a5+a6，即2a1q3=a1q4+可得2＝q+q2，解得q＝1或q＝﹣2，又因為q≠1，所以q＝﹣2．故選：A．【點評】本題主要考查了等差數列與等比數列的綜合應用，屬于中檔題．3．（2025?長安區一模）已知Sn為數列{an}的前n項和，命題p：{an}是等比數列；命題q：Sm，S2m，S3m成等比數列，則p是q的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】等比數列的性質；充分條件必要條件的判斷．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】D【分析】根據給定條件，利用充分條件、必要條件的定義，結合等比數列的定義判斷即得．【解答】解：令a1=1，n=1an=0，n≥2，則Sm＝S2m＝S3m＝1，Sm，S2m，S3令an=(-1)n，數列{an}是等比數列，S2m＝0，Sm，S2m，S3m不成等比數列，則所以p是q的既不充分也不必要條件．故選：D．【點評】本題主要考查充分必要條件的判斷以及等比數列的性質，屬于基礎題．4．（2025?江蘇模擬）已知Sn為等比數列{an}的前n項和，若a4＝4a3﹣4a2，則S4A．5 B．9 C．﹣9 D．﹣5【考點】求等比數列的前n項和．【專題】方程思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】A【分析】設等比數列{an}的公比為q，根據所給條件及等比數列通項公式求出q，再由求和公式計算可得．【解答】解：設等比數列{an}的公比為q，顯然an≠0，因為a4＝4a3﹣4a2，所以a2即q2＝4q﹣4，解得q＝2，所以S4故選：A．【點評】本題考查等比數列基本量的運算，屬于基礎題．5．（2025?洮北區校級一模）若數列{an}的前n項和Sn滿足SnA．數列{an}為等差數列 B．數列{an}為遞增數列 C．S4﹣S2，S6﹣S4，S8﹣S6不為等差數列 D．an+【考點】數列遞推式；數列的函數特性；等差數列的性質．【專題】整體思想；綜合法；等差數列與等比數列；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】D【分析】利用公式an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2可得an=5，n=12n，n≥2，由此可判斷ABC，當n【解答】解：∵Sn∴Sn﹣1＝（n﹣1）2+（n﹣1）+3＝n2﹣n+3（n≥2），兩式相減得，an＝2n（n≥2），對于Sn=n2+n+3，令n＝∴an=5對于A，由an=5，n=12n，n≥2可知從第對于B，∵a1＝5，a2＝4，∴數列{an}不是遞增數列，故B錯誤；對于C，∵S4﹣S2＝a3+a4＝6+8＝14，S6﹣S4＝a5+a6＝10+12＝22，S8﹣S6＝a7+a8＝14+16＝30，∴S4﹣S2，S6﹣S4，S8﹣S6為等差數列，故C錯誤；對于D，當n＝1時，a1+S11=當n≥2時，an+Snn=2n+n2+n由對勾函數的性質可知，函數y＝x+1x在（1，∴當n＝2時，n+1n取得最小值∴當n＝2時，an+Snn=3（n綜上所述，an+Snn故選：D．【點評】本題主要考查了數列的遞推式，考查了等差數列的定義，以及數列的函數特征，屬于中檔題．6．（2025?常德校級一模）已知公差不為零的等差數列{an}滿足：a3+a8＝20，且a5是a2與a14的等比中項．設數列{bn}滿足bn=1anan+1(n∈A．12(1-12nC．12(1-12【考點】裂項相消法．【專題】綜合題；方程思想；轉化法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】A【分析】先設等差數列{an}的公差為d（d≠0），再根據等差數列的通項公式和等比中項的性質列出關于首項a1與公差d的方程組，解出a1與d的值，即可計算出等差數列{an}的通項公式，進一步推導出數列{bn}的通項公式，然后利用裂項相消法求和即可推導出Sn的表達式．【解答】解：由題意，設等差數列{an}的公差為d（d≠0），則a3化簡整理，得2a解得a1∴an＝1+2?（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，∴bn==1=1∴Sn＝b1+b2+…+bn=12?（1-13）+12?（=12?（1=1=n故選：A．【點評】本題主要考查了等差數列的基本運算，以及數列求和問題．考查了方程思想，轉化與化歸思想，等比中項的性質運用，裂項相消法，以及邏輯推理能力和數學運算能力，屬中檔題．7．（2025?碑林區校級模擬）對函數y＝f（x），若數列{xn}滿足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)，則稱{xn}為牛頓數列．若函數f（x）＝x2，數列{xn}為牛頓數列，且A．20 B．﹣35 C．30 D．﹣55【考點】數列與函數的綜合；數列遞推式．【專題】計算題；新定義；整體思想；綜合法；等差數列與等比數列；邏輯思維；新定義類．【答案】B【分析】根據題意，求得xn+1=12xn，得到{xn}是等比數列，求得xn【解答】解：根據題意：若數列{xn}滿足xn則稱{xn}為牛頓數列．因為f（x）＝x2，所以f′（x）＝2x，則xn又因為x1＝2，且xn＞0，所以{xn}是首項為x1＝2，公比q=xn=x則S10故選：B．【點評】本題考查數列的應用，涉及數列的遞推與計算，屬于中等題．8．（2024秋?廣東校級期末）元代數學家朱世杰編著的《算法啟蒙》中記載了有關數列的計算問題：“今有竹七節，下兩節容米四升，上兩節容米二升，各節欲均容，問逐節各容幾升？”其大意為：現有一根七節的竹子，最下面兩節可裝米四升，最上面兩節可裝米二升，如果竹子裝米量逐節等量減少，問竹子各節各裝米多少升？以此計算，這根竹子的裝米量為（）A．9升 B．10.5升 C．12升 D．13.5升【考點】數列的應用；求等差數列的前n項和．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】B【分析】根據給定條件，利用等差數列前n項和公式計算即得．【解答】解：根據題意，竹子裝米量逐節等量減少，即竹子自下而上的各節裝米量構成等差數列，設該等差數列為{an}，又由a1+a2＝4，a6+a7＝2，a1+a7＝a2+a6＝3，所以這根竹子的裝米量為S7故選：B．【點評】本題考查等差數列的性質和應用，涉及數列的求和，屬于基礎題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?咸陽模擬）數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝kn2﹣2n（k∈R），則下列結論正確的是（）A．{an}為等差數列 B．{an}可能為常數列 C．若{an}為遞增數列，則k＞0 D．若{Sn}為遞增數列，則k＞1【考點】等差數列的前n項和；數列的函數特性；等差數列的性質．【專題】分類討論；綜合法；等差數列與等比數列；邏輯思維．【答案】ABC【分析】由Sn可以求出{an}的通項公式，可以判斷A，B；若{an}為遞增數列，則an+1﹣an＝2k＞0，可判斷C；若{Sn}為遞增數列，則an＝Sn﹣Sn﹣1＝2kn﹣k﹣2＞0對任意n∈N+恒成立，可判斷D．【解答】解：由Sn＝kn2﹣2n（k∈R），n＝1時，a1＝S1＝k﹣2，n≥2時，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2kn﹣k﹣2，n＝1時，符合上式，故an＝2kn﹣k﹣2，n∈N+，{an}為等差數列，A選項正確；當k＝0時，an＝﹣2，{an}為常數列，B選項正確；若{an}為遞增數列，則an+1﹣an＝2k＞0，得k＞0，故C正確；若{Sn}為遞增數列，則an＝Sn﹣Sn﹣1＝2kn﹣k﹣2＞0對任意n≥2恒成立，則3k﹣2＞0，k＞23，故故選：ABC．【點評】本題主要考查等差數列以及數列的單調性，屬于基礎題．（多選）10．（2025?赤峰模擬）已知數列{an}的前n項和為Sn，且2an+1＝an+an+2，若a5﹣a3＝4，S2＝4，則（）A．a1＝1 B．{an?aC．S9＝81 D．S【考點】數列遞推式．【專題】方程思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】ACD【分析】由等差中項的知識點可知數列{an}為等差數列，再根據已知條件求出首項公差即可判斷A選項，再根據等差數列的通項公式可求出數列{an?an【解答】解：數列{an}的前n項和為Sn，且2an+1＝an+an+2，若a5﹣a3＝4，S2＝4可得數列{an}為等差數列，設公差為d，可得a5﹣a3＝2d＝4，則d＝2，又S2＝a1+a2＝2a1+d＝4，則a1＝1．故A選項正確；由等差數列的通項公式，可得an＝2n﹣1，an+1＝2n+1，則an可得{an?an+1+1由等差數列的求和公式，可得S9＝9a5＝9×9＝81，故C選項正確；Sn=(1+2n-故選：ACD．【點評】本題考查等差數列的通項公式和求和公式，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．（多選）11．（2025?濰坊模擬）設函數f(x)=3x+22x+3，數列{xn}滿足x1=A．x2B．f(xC．數列|xnD．x【考點】數列與函數的綜合；等比數列的概念與判定．【專題】計算題；整體思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解；新定義類．【答案】ACD【分析】根據數列遞推公式以及首項，可得第二項，可得A的正誤；根據題意整理f(xn)+f(1xn)，可得【解答】解：由xn+1=f(xn由f(根據題目函數f(x)=3x+22x+3，數列{xn}滿足x1則顯然f(xn由|xn+1+1x則數列{|xn+1xn-1則|xn+1由1+15n-1故選：ACD．【點評】本題考查數列與函數的綜合，涉及數列遞推公式，屬于中等題．（多選）12．（2025?洮北區校級一模）若{an}是公比為q（q≠0）的等比數列，記Sn為{an}的前n項和，則下列說法正確的是（）A．若a1＞0，0＜q＜1，則{an}為遞減數列 B．若a1＜0，0＜q＜1，則{an}為遞增數列 C．若q＞0，則S4+S6＞2S5 D．若bn=1an，則{b【考點】等比數列的性質．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】ABD【分析】在等比數列中，由于an+1﹣an＝an（q﹣1），當a1＞0，0＜q＜1時，可得an（q﹣1）＜0，即可判斷A；當a1＜0，0＜q＜1時，可得an（q﹣1）＞0，即可判斷B；利用特例法即可判斷C；利用等比數列的性質即可判斷D．【解答】解：在等比數列中，an+1﹣an＝an（q﹣1），當a1＞0，0＜q＜1時，顯然有an（q﹣1）＜0，故數列為遞減數列，故A正確；當a1＜0，0＜q＜1，顯然有an（q﹣1）＞0，故{an}為遞增數列，故B正確；若等比數列{an}：q＝1，則，s4+s6＝10a1，2S5＝10a1，∴則S4+S6＝2S5，故C不正確；設等比數列{an}的公比為q（q≠0），若bn=1an，則{bn}故D正確；故選：ABD．【點評】本題主要考查數列的函數特性，等比數列的性質，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?長安區一模）數列{an}的通項公式an＝2n+1，則a1+a3+a5+?+a2n+1＝2n2+5n+3．【考點】等差數列的前n項和．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】2n2+5n+3．【分析】根據給定條件，利用等差數列前n項和公式求解即可．【解答】解：數列{an}中，an＝2n+1，可得an+1﹣an＝2，故數列{an}是公差為2，首項為3的等差數列，由等差數列的性質可得：數列{a2n﹣1}亦是等差數列，且公差為4，首項為3，所以a1+a3+a5+?+a2n+1＝（n+1）a1+(n+1)n2d＝3（n+1）+2n（n+1）＝2n故答案為：2n2+5n+3．【點評】本題主要考查等差數列的性質應用，考查計算能力，屬于基礎題．14．（2024秋?許昌期末）在數列{an}中，如果?n∈N*，都有anan+1an+2＝K（K為常數），那么這個數列叫做等積數列，K叫做這個數列的公積．已知{an}是等積數列，a3＝1，a5＝2，公積為4，則a1+a2+?+a2025＝3375．【考點】數列遞推式．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】3375．【分析】由題意利用列舉法，列舉數列的前幾項，可得數列的周期，進而可得答案．【解答】解：因為{an}是等積數列，a3＝1，a5＝2，公積為4，所以a3a4a5＝4，所以a4＝2，同理可得a1＝2，a2＝2，由題意可得：n123456789?an221221221?所以數列{an}的最小正周期T＝3，因為2025÷3＝675，所以a1+a2+?+a2025＝675×（a1+a2+a3）＝675×5＝3375．故答案為：3375．【點評】本題考查數列新定義的應用，數列的周期性，屬于基礎題．15．（2024秋?山西期末）設數列{an}滿足a1=-34，an+1=an+n?3n【考點】數列遞推式．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】40474【分析】運用累加，結合等比數列求和計算即可．【解答】解：∵an+1=an當n≥2時，有an由an﹣a1＝（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）＝1×31+2×32+...+（n﹣1）?3n﹣1，3（an﹣a1）＝1×32+2×33+...+（n﹣1）?3n，相減可得﹣2（an﹣a1）＝31+32+...+3n﹣1﹣（n﹣1）?3n=3(1-3n-1)1-3-（即有an=(12n則an=(1故答案為：40474【點評】本題考查數列的遞推式和等比數列的求和公式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．16．（2025?長沙校級一模）在等差數列{an}中，數列{an}的前n項和為Sn，S7＝28，a1+a4＝5，若4an+am＝a17（m，n∈N*），則n2+m2的最小值為17．【考點】由等差數列中若干項求通項公式或其中的項．【專題】轉化思想；轉化法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】17．【分析】根據給定條件，求出數列{an}的通項公式，再由4an+am＝a17求出m，n的各組值，計算比較得解．【解答】解：S7＝28，則7a4＝28，解得a4＝4，而a1+a4＝5，則a1＝1，數列{an}的公差d=a4-a1因為4an+am＝a17，所以4n+m＝17，而m，n∈N*，則n=3m=5或n=4m所以當n=4m=1時，n2+m2的最小值為42+12故答案為：17．【點評】本題主要考查等差數列的性質，屬于基礎題．四．解答題（共4小題）17．（2025?南寧模擬）已知數列{an}中，a1（1）證明：數列{1（2）求數列{an}的通項公式；（3）設bn＝anan+1，Sn為數列{bn}的前n項和，證明：1【考點】數列遞推式；等差數列的概念與判定．【專題】函數思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）an（3）證明見解析．【分析】（1）通過等式左右兩側取倒數，結合等差數列的定義可證明結論；（2）根據（1）可得數列{1（3）利用裂項相消法可求得Sn，分析性質可證明結論．【解答】（1）證明：由an+1=an∴數列{1an}是以（2）解：由（1）得，1a∴an（3）證明：由an得bn∴Sn而函數Sn=1∴當n＝1時，(S即13【點評】本題考查數列遞推式，考查等差數列的通項公式，訓練了裂項相消法求和，是中檔題．18．（2025?洮北區校級一模）在數列{an}中，an+12+2an+1＝anan+2+an+an+2，且a1＝2，a（1）證明：數列{an+1}是等比數列；（2）求數列{an}的前n項和Sn．【考點】數列遞推式；數列的求和．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）3?2n﹣n﹣3．【分析】（1）將an+12（2）根據（1）可求出{an}的通項，再利用分組求和結合等比數列的前n項和公式求解即可．【解答】解：（1）證明：因為an所以an所以(a即an因為a1＝2，a2＝5，所以a1+1＝3，a2+1＝6，所以a2所以數列{an+1}是以3為首項，2為公比的等比數列．（2）由（1）知，an所以an所以Sn【點評】本題考查構造法求數列的通項公式，等比數列的定義應用，屬于中檔題．19．（2025?鷹潭一模）設a為正數，若以a為首項的等比數列{an}滿足：a1+1，a2+2，a3+3也構成等比數列，則稱{an}為a所對應的一個G型數列．（1）若G型數列{an}存在并且唯一，求a的值；（2）若an＝a2n﹣1，n∈N*，其中12＜a＜1，{an}是一個（i）求a的值；（ii）令bn＝an-1an，n∈N*，探究bn，bn+1，bn+2（n∈N*）之間的關系，并求bn+12【考點】數列與函數的綜合；等比數列的性質．【專題】應用題；整體思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解；新定義類．【答案】（1）a=（2）（i）a=（ii）bn【分析】（1）由等比數列的中項公式列出方程，再由數列{an}存在并且唯一知，方程（*）必有一個實根為0，代入方程，即可求出a的值；（2）（i）由an=a2n-1（ii）由（i）a2+a﹣1＝0，得b1=a-1a=-1，進而求得b2即可得到bn，bn+1，bn+2之間的關系，合cn=bn+12-bnbn+2，則c2=b22-b1b3=5，可得【解答】解：（1）設數列{an}的公比為q，因為a1+1，a2+2，a3+3構成等比數列，則（aq+2）2＝（a+1）（aq2+3）化簡得：aq2﹣4aq+3a﹣1＝0（*），又a＞0，Δ＝（4a）2﹣4a（3a﹣1）＝4a2+4a＞0，故方程（*）有兩個不等的實根，再由數列{an}存在并且唯一知，方程（*）必有一個實根為0，將q＝0代入方程（*）得a=檢驗當a=13時，方程（x）可化為q2﹣4q＝0，解得q＝4或q（2）（i）因為an=a2n-1，則a，a3，a5，a，...為G型數列，則a+1，a3則有（a3+2）2＝（a+1）（a5+3），即a5﹣4a3+3a﹣1＝0，因式分解得：（a2+a﹣1）（a3﹣a2﹣2a+1）＝0，方程a2+a﹣1＝0的兩根為a=-1±52，其正根為a=-1+52，滿足12＜a＜1由f（﹣2）＝﹣7＜0，f（0）＝1＞0，f(12)=-18＜0，f（1）＝﹣1＜0，函數f（x）＝x3﹣x2﹣2x+1的三個零點分別在區間（﹣2，0），(0，12)，（1，2）內，所以方程（a2+a﹣1）（a3﹣a2﹣2a滿足12＜a＜1的（ii）由（i）知a2+a﹣1＝0，即b1=a知b2＝﹣4由(a-1a)即bn+2＝3bn+1﹣bn，由b1＝﹣1，b2＝﹣4知，b3＝﹣11，bn∈Z，會cn則c2=b22-b1b3=5，b所以cn+1＝cn＝...＝c1＝5，即bn【點評】本題考查數列與函數的綜合，涉及等比數列的中項公式，屬于中等題．20．（2025?赤峰模擬）已知數列{an}中，an（1）若a1，a2，a3依次成等差數列，求a1；（2）若a1=4（3）若a1=43，求{an}的前n【考點】數列的求和；數列遞推式；等差數列的概念與判定．【專題】函數思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】（1）a1（2）證明見解析；（3）Sn【分析】（1）利用遞推關系得到a2=2a1-59，（2）利用等比數列的定義證明即可；（3）結合（2）求出an=2【解答】（1）解：由an+1=2a3∵a1，a2，a3成等差數列，∴2a2＝a1+a3，即2(2a1-（2）證明：a1=4∵an∴an即an+1-13n+1（3）解：由（2）可得an-1∴S=1×(1-=2【點評】本題考查數列遞推式，考查等差數列與等比數列的通項公式，訓練了數列的分組求和，是中檔題．

考點卡片1．充分條件必要條件的判斷【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．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．數列的函數特性【知識點的認識】1、等差數列的通項公式：an＝a1+（n﹣1）d；前n項和公式Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S2、等比數列的通項公式：an＝a1qn﹣1；前n項和公式Sn=a1(1-qn3、用函數的觀點理解等差數列、等比數列（1）對于等差數列，an＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），當d≠0時，an是n的一次函數，對應的點（n，an）是位于直線上的若干個點．當d＞0時，函數是增函數，對應的數列是遞增數列；同理，d＝0時，函數是常數函數，對應的數列是常數列；d＜0時，函數是減函數，對應的數列是遞減函數．若等差數列的前n項和為Sn，則Sn＝pn2+qn（p、q∈R）．當p＝0時，{an}為常數列；當p≠0時，可用二次函數的方法解決等差數列問題．（2）對于等比數列：an＝a1qn﹣1．可用指數函數的性質來理解．當a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1時，等比數列是遞增數列；當a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1時，等比數列{an}是遞減數列．當q＝1時，是一個常數列．當q＜0時，無法判斷數列的單調性，它是一個擺動數列．【解題方法點撥】典例1：數列{an}滿足an＝n2+kn+2，若不等式an≥a4恒成立，則實數k的取值范圍是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：an＝n2+kn+2=(n∵不等式an≥a4恒成立，∴3.5≤-解得﹣9≤k≤﹣7，故選：B．典例2：設等差數列{an}滿足a1＝1，an＞0（n∈N*），其前n項和為Sn，若數列{Sn}也為等差數列，則SA．310B．212C．180D．121解：∵等差數列{an}滿足a1＝1，an＞0（n∈N*），設公差為d，則an＝1+（n﹣1）d，其前n項和為Sn=n∴SnS1=1，S2∵數列{Sn}∴2S∴22+d=解得d＝2．∴Sn+10＝（n+10）2，an2=（2n﹣1∴Sn由于{(1∴Sn+10an2故選：D．3．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+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，則有2am＝a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．4．等差數列的概念與判定【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+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，則有2am＝a【解題方法點撥】﹣定義：等差數列滿足an+1﹣an＝d．﹣判定：根據相鄰兩項的差是否為定值判定數列是否為等差數列．【命題方向】常見題型包括利用定義和相鄰兩項的差判斷數列是否為等差數列，結合具體數列進行分析．下列數列不是等差數列的是（）A．6，6，6，?，6，?B．﹣2，﹣1，0，?，n﹣3，?C．5，8，11，?，3n+2，?D.0，1，3，?，n2解：數列6，6，6，?，6，?是公差為0的等差數列；數列﹣2，﹣1，0，?，n﹣3，?是公差為1的等差數列；∵3n+2﹣[3（n﹣1）+2]＝3為常數，故數列5，8，11，?，3n+2，?是等差數列；∵1﹣0≠3﹣1，故數列0，1，3，?，n2故選：D．5．由等差數列中若干項求通項公式或其中的項【知識點的認識】等差數列是常見數列的一種，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，已知等差數列的首項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】﹣定義：根據等差數列的定義和通項公式an＝a1+（n﹣1）d進行推導．﹣設未知數：假設通項公式，利用已知項求解參數．﹣遞推關系：利用等差數列的遞推關系推導出通項公式．【命題方向】常見題型包括利用等差數列的若干項推導出通項公式或求解其中的項，結合具體數列進行分析．在等差數列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求它的通項公式．解：設等差數列{an}的公差為d，∵a5＝10，a12＝31，∴10=a1+4故an＝﹣2+3（n﹣1）＝3n﹣5．6．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+12n（n﹣1）d或者S【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+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，∴Tn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．7．求等差數列的前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+12n（n﹣1）d或者S【解題方法點撥】﹣代入計算：將具體問題中的n值代入前n項和公式，計算數列的前n項和．﹣推導公式：根據實際問題推導出數列的前n項和公式．﹣綜合應用：將前n項和公式與其他數列性質結合，解決復雜問題．【命題方向】常見題型包括利用等差數列的前n項和公式計算具體項，推導數列和公式，解決實際問題．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S3＝a3，a4＝5，則Sn＝_____．解：設等差數列{an}的公差為d，∵S3＝a3，∴a1+a2＝a1+a1+d＝0，又∵a4＝5，∴a1+3d＝5，解得，a1＝﹣1，d＝2，故Sn＝n?a1+n(n-1)2?2＝故答案為：n2﹣2n．8．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=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，那么有am?a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：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1?{an}是遞增數列；a1＞00＜q＜1或?a1【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．9．等比數列的概念與判定【知識點的認識】等比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．【解題方法點撥】﹣定義：對于等比數列an，如果存在常數r使得an+1a﹣判定：可以通過計算相鄰兩項的比值是否相同來判定是否為等比數列．﹣公式：通項公式為an=a1?r【命題方向】常見題型包括給出數列的若干項，判斷是否為等比數列，以及求解公比和通項公式．下面四個數列中是等比數列的為_____．（填序號）①1，1，2，4，8，16，32，64；②在數列{an}中，已知a2a1③常數列a，a，?，a，?；④在數列{an}中，an+1an=q（q為常數，且q≠0），其中解：對于①，∵11≠21，∴由等比數列的定義，知1，1，2，4，8，16，32，對于②，在數列{an}中，由a2a1=2，∴不能得到數列{an}是等比數列，故②錯誤；對于③，常數列a，a，?，a，?中，當a＝0時，該數列是等比數列，故③錯誤；對于④，在數列{an}中，an+1an=q（q為常數，且q≠0），其中由等比數列的定義，得數列{an}是等比數列，故④正確．故答案為：④．10．求等比數列的前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=a2．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．【解題方法點撥】﹣代入計算：將具體問題中的n值和公比r代入前n項和公式，計算數列的前n項和．﹣公式推導：根據實際問題推導出等比數列的前n項和公式．﹣綜合應用：將前n項和公式與其他數列性質結合，解決復雜問題．【命題方向】常見題型包括利用等比數列的前n項和公式計算具體和，推導數列和公式，解決實際問題．設等比數列{an}滿足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，則S6＝_____．解：根據題意，設等比數列{an}的公比為q，由于a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，則a1+a故S611．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．12．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+12n（n﹣1）d或S②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{1anan+1}的前n項和，其中{an}為各項不為0（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=1an2-1（n∈N*），求數列{bn}分析：形如{1等差×11×3=1=50解：（Ⅰ）設等差數列{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即數列{bn}的前n項和Tn=n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．13．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{1anan+1}的前n項和，其中{an}為各項不為0【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：12解：因為k(所以原式=(1故答案為：1-114．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=s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=sn-sn-1;;n≥2（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=（