专题04数列（10个考点）【知识梳理+解题方法+专题过关】-2022-2023学年高二数学上学期期中期末考点大串讲（沪教版2020必修第三册+选修一）

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专题04数列（10个考点）
【知识梳理+解题方法】
一．数列的概念及简单表示法
【知识点的认识】
1．数列及其有关概念，（1）数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数称为这个数列的项，排在第一位的数称为这个数列的第1项，又称为首项．
2．数列的表示：数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，..简记作{an}，此处的n是序号．
3．数列的分类：按项的个数分为两类，有穷数列与无穷数列；
按项的变化趋势分类，可分为递增数列、递减数列、常数列、摆动数列；
4．数列的通项公式：如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，则称这个公式叫做这个数列的
通项公式．
几个认识：
（1）由数列的通项公式可以求同数列的项，这与已知函数的解析式，求某一自变量的函数值是一致的．
（2）有些数列没有通项公式，如的近似值，精确到1，0.1，0.01，0.001，…时，所构成的数列，1，1.4，1.41，1.414，…，此数列就没有通项公式．
5．数列的递推公式：如果已知数列{an}的第一项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（前几项）（n≥2，n∈N*）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．
二．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．
三．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）．
四．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．
五．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．
六．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．
七．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．
八．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．
九．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．
十．数列的极限
【知识点的知识】
1、数列极限的定义：
一般地，如果当项数n无限增大时，无穷数列{an}的项an无限趋近于某个常数a（即|an﹣a|无限地接近于0），那么就说数列{an}以a为极限，记作an＝a．（注：a不一定是{an}中的项 ）
2、几个重要极限：

3、数列极限的运算法则：

4、无穷等比数列的各项和：
（1）公比的绝对值小于1的无穷等比数列前n项的和，当n无限增大时的极限，叫做这个无穷等比数列各项的和，记做S＝Sn．
（2）
【典型例题分析】
典例1：已知数列{an}的各项均为正数，满足：对于所有n∈N*，有，其中Sn表示数列{an}的前n项和．则＝（　　）
A．0 B．1 C． D．2
解：∵4S1＝4a1＝（a1+1）2，
∴a1＝1．当n≥2时，4an＝4Sn﹣4Sn﹣1＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，
∴2（an+an﹣1）＝an2﹣an﹣12，又{an}各项均为正数，
∴an﹣an﹣1＝2．数列{an}是等差数列，
∴an＝2n﹣1．
∴＝＝＝．
故选：C．
典例2：已知点Pn（an，bn）在直线l：y＝2x+1上，P1为直线l与y轴的交点，等差数列{an}的公差为1（n∈N*）．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求的值；
（3）若dn＝2dn﹣1+an﹣1（n≥2），且d1＝1，求证：数列{dn+n}为等比数列，并求{dn}的通项公式．
解：（1）∵点Pn（an，bn）在直线l：y＝2x+1上，P1为直线l与y轴的交点，
∴bn＝2an+1，a1＝0，
∵等差数列{an}的公差为1（n∈N*），
∴an＝0+（n﹣1）＝n﹣1．
bn＝2（n﹣1）+1＝2n﹣1．
（2）解：由（1）可得an﹣a1＝n﹣1，bn﹣b1＝2n﹣1﹣1＝2n﹣2，
∴|P1Pn|＝＝＝（n≥2）．
∴cn＝＝＝，
∴c2+c3+…+cn＝…+＝，
∴＝＝；
（3）证明：n≥2，dn＝2dn﹣1+an﹣1，＝2dn﹣1+n﹣2，
∴dn+n＝2（dn﹣1+n﹣1），
∴数列{dn+n}为等比数列，
首项为d1+1＝2，公比为2，
∴，
∴．

【解题方法点拨】
（1）只有无穷数列才可能有极限，有限数列无极限．
（2）运用数列极限的运算法则求数列极限应注意法则适应的前提条件．（参与运算的数列都有极限，运算法则适应有限个数列情形）
（3）求数列极限最后往往转化为（m∈N）或qn（|q|＜1）型的极限．
（4）求极限的常用方法：
①分子、分母同时除以nm或an．
②求和（或积）的极限一般先求和（或积）再求极限．
③利用已知数列极限（如等）．
④含参数问题应对参数进行分类讨论求极限．
⑤∞﹣∞，，0﹣0，等形式，必须先化简成可求极限的类型再用四则运算求极限．
十一．数学归纳法
【知识点的认识】
1．数学归纳法
一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：
（1）证明当n＝n0时命题成立；
（2）假设当n＝k（k∈N+，且k≥n0）时命题成立，证明n＝k+1时命题也成立．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．
2．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．
（1）证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．
在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．
（2）证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础；而只有第一步而没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n0+1，n0+2，…，是否正确．
在第二步中，n＝k命题成立，可以作为条件加以运用，而n＝k+1时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明．
完成一，二步后，最后对命题做一个总的结论．
3．用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项：
①明确初始值n0并验证真假．（必不可少）
②“假设n＝k时命题正确”并写出命题形式．
③分析“n＝k+1时”命题是什么，并找出与“n＝k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项．
④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．
【专题过关】
一．数列的概念及简单表示法（共1小题）
1．（2021秋•普陀区校级期末）设数列{an}的前n项和为Sn，若，则an＝　　．
【分析】根据数列的递推公式即可求出通项公式．
【解答】解：当n＝1时，a1＝S1＝5，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝3n+2﹣3n﹣1﹣2＝2×3n﹣1，
由于a1＝2≠5，
∴an＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了数列的通项公式，考查了运算求解能力，属于基础题．
二．数列的函数特性（共3小题）
2．（2022•宝山区校级开学）若an＝，则对于任意m，n∈Z，m＞n＞0，下列不等式立的是（　　）
A．|an﹣am|＞ B．|an﹣am|＜ C．|an﹣am|＜ D．|an﹣am|＞
【分析】先作差，再根据三角函数有界性放缩，进而根据等比数列求和能求出结果．
【解答】解：∵an＝，
∴am﹣an＝++•••+，
∴|am﹣an|＝|++•••+|
≤||+||+•••+||
≤
＝
＝，
∴|an﹣am|＜．
故选：B．
【点评】本题考查三角函数有界性、等比数列求和公式、放缩法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（2022秋•嘉定区月考）已知数列{an}的通项公式为an＝（20﹣n）•（）n，则an取最大值时，n＝　17　．
【分析】计算，并令≥1，解出n的取值范围，再结合数列的单调性，得解．
【解答】解：令＝•＝•＝（1﹣）≥1，解得n≤17，
又单调递增，所以1﹣单调递减，
所以当n＝17时，an取得最大值．
故答案为：17．
【点评】本题考查数列的单调性，熟练掌握分离常数法，数列的单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
4．（2022•宝山区校级开学）定义：对于任意数列{an}，假如存在一个常数a使得对任意的正整数n都有an＜a，且an＝a，则称a为数列{an}的“上渐近值”．
已知数列{an}有a1＝a，a2＝p（p为常数，且p＞0），它的前n项和为Sn，并且满足Sn＝，令pn＝，记数列{p1+p2+…+pn﹣2n}的“上渐近值”为k，则cos的值为 　　．
【分析】先根据Sn求解数列{an}的通项公式，得出等差数列后，利用等差数列求和方法求出Sn，代入pn得出pn的表达式，最后即可得出上渐近值．
【解答】解：当n＝1时，S1＝a1＝．
当n≥2时，，
得到，
根据累乘法：；
故而数列{an}是首项为0，公差为p的等差数列．
，
所以pn＝＝．
所以p1+p2+…+pn﹣2n＝2n+2（）﹣2n＝1（1+），
，
所以k＝3，
cos＝＝＝．
【点评】本题考查了Sn求解数列{an}的通项公式，累乘法，裂项求和和新定义上渐近值，比较综合．
三．等差数列的性质（共4小题）
5．（2021秋•杨浦区校级期末）已知数列{an}是等差数列，下面的数列中必为等差数列的个数为（　　）
①{2an+1}②{an+1﹣an}③{|an|}
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】由已知结合等差数列的定义分别检验各选项即可判断．
【解答】解：由题意得，an﹣an﹣1＝d，
所以①2an+1﹣（2an﹣1+1）＝2（an﹣an﹣1）＝2d，
所以{2an+1}为等差数列；
②an+1﹣an﹣（an﹣an﹣1）＝an+1﹣2an+an﹣1＝0，
所以{an+1﹣an}为等差数列；
当an＝2﹣n时，|an|显然不是等差数列．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差数列的判断，属于基础题．
6．（2021秋•宝山区校级期中）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn．则“S1+S3＞2S2”是“{an}为递增数列”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】先化简，再判断单调性．
【解答】解：由{an}是等差数列，S1+S3＞2S2，化简得a3＞a2，即d＞0，则{an}为递增数列，
则“S1+S3＞2S2”是“{an}为递增数列”的充分必要条件，
故选：C．
【点评】本题考查数列，以及充要性，属于基础题．
7．（2021秋•浦东新区校级月考）在2，x，8，y四个数中，前三个数成等比数列，后三个成等差数列，则x﹣y＝　﹣8或﹣24　．
【分析】根据题意可得，从而求解出x与y的值即可得到x﹣y的值．
【解答】解：根据题意，，解得或，
故x﹣y＝﹣8或﹣24．
故答案为：﹣8或﹣24．
【点评】本题考查等差中项与等比中项，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
8．（2021秋•宝山区校级期中）若等差数列{an}满足a7+a8+a9＞0，a7+a10＜0，则当n＝　8　时，{an}的前n项和最大．
【分析】可得等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，进而可得结论．
【解答】解：由等差数列的性质可得a7+a8+a9＝3a8＞0，
∴a8＞0，又a7+a10＝a8+a9＜0，∴a9＜0，
∴等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，
∴等差数列{an}的前8项和最大，
故答案为：8．
【点评】本题考查等差数列的性质和单调性，属中档题．
四．等差数列的通项公式（共2小题）
9．（2021秋•杨浦区校级期末）在等差数列{an}中，a1＝1，公差d＝2，则a8＝　15　．
【分析】利用等差数列的通项公式直接求解．
【解答】解：在等差数列{an}中，a1＝1，公差d＝2，
∴a8＝a1+7d＝1+14＝15．
故答案是：15．
【点评】本题考查等差数列的第8项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．（2022•徐汇区校级开学）已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n+6，bn＝2n+7（n∈N*）．将集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，…
（1）写出c1，c2，c3，c4；
（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；
（3）求数列{cn}的通项公式．
【分析】（1）利用两个数列的通项公式求出前3项，按从小到大挑出4项．
（2）对于数列{an}，对n从奇数与偶数进行分类讨论，判断是否能写成2n+7的形式．
（3）对{an}中的n从奇数与偶数进行分类讨论，对{bn}中的n从被3除的情况分类讨论，判断项的大小，求出数列的通项．
【解答】解：（1）a1＝3×1+6＝9； a2＝3×2+6＝12 a3＝3×3+6＝15
b1＝2×1+7＝9 b2＝2×2+7＝11 b3＝2×3+7＝13
∴c1＝9；c2＝11；c3＝12；c4＝13
（2）解对于an＝3n+6，
当n为奇数时，设为n＝2k+1
则3n+6＝2（3k+1）+7∈{bn}
当n为偶数时，设n＝2k则3n+6＝6k﹣1+7不属于{bn}
∴在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；
（3）b3k﹣2＝2（3k﹣2）+7＝a2k﹣1
b3k﹣1＝6k+5
a2k＝6k+6
b3k＝6k+7
∵6k+3＜6k+5＜6k+6＜6k+7
∴当k＝1时，依次有b1＝a1＝c1，b2＝c2，a2＝c3，b3＝c4…
∴
【点评】本题考查利用数列的通项公式求数列的项、考查判断某项是否属于一个数列是看它是否能写出通项形式、考查分类讨论的数学数学方法．
五．等差数列的前n项和（共2小题）
11．（2022•嘉定区校级开学）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a52+a72+16d＝a92+a112，则{an}的前15项和S15＝　15　．
【分析】根据已知条件，结合等差数列的性质，求出a1+a15＝2，再结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
【解答】解：∵a52+a72+16d＝a92+a112，
∴﹣，
∴（a9+a5）（a9﹣a5）+（a11﹣a7）（a11+a7）＝4d（a9+a5）+4d（a11+a7）＝16d，
∵d≠0，
∴a9+a5+a11+a7＝4，
∴a1+a15＝2，
∴．
故答案为：15．
【点评】本题主要考查等差数列的前n项和公式，考查转化能力，属于基础题．
12．（2021秋•宝山区校级期末）已知等差数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1（n∈N*），那么它的前n项和Sn＝　n2　．
【分析】等差数列公式化简即可．
【解答】解：∵等差数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1（n∈N*），
∴Sn＝＝n2，
故答案为：n2．
【点评】本题考查了等差数列性质的应用，属于基础题．
六．等比数列的性质（共3小题）
13．（2022秋•嘉定区月考）已知正数数列{an}，令bn＝lgan，则{bn}为等差数列是{an}为等比数列的（　　）
A．充分条件但非必要条件 B．必要条件但非充分条件
C．充要条件 D．以上皆非
【分析】由已知结合等差数列与等比数列的定义分别检验充分性与必要性即可判断．
【解答】解：正数数列{an}中，bn＝lgan，
若{bn}为等差数列，则bn﹣bn﹣1＝lg＝d，
所以＝10d，即{an}为等比数列，
若{an}为等比数列，则＝q（q＞0），
则bn﹣bn﹣1＝lg＝lgq为常数，即{bn}为等差数列．
故选：C．
【点评】本题以充分必要条件的判断为载体，主要考查了等差数列与等比数列的判断，属于基础题．
14．（2022•嘉定区校级开学）设n∈N*，则“数列{an}为等比数列”是“数列{an}满足an•an+3＝an+1•an+2”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【分析】“数列{an}为等比数列”，则＝＝q，⇒数列{an}满足an•an+3＝an+1•an+2．反之不能推出，可以举出反例．
【解答】解：“数列{an}为等比数列”，则＝＝q，⇒数列{an}满足an•an+3＝an+1•an+2．
反之不能推出，例如an＝0，
故选：A．
【点评】本题考查了等比数列的定义、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．（2022•嘉定区校级开学）已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是（　　）
A．a1+a3≥2a2 B．a12+a32≥2a22
C．若a1＝a3，则a1＝a2 D．若a3＞a1，则a4＞a2
【分析】a1+a3＝，当a2＞0，q＜0时，a1+a3＜2a2，故A不正确；，所以；若a1＝a3，则a1＝a1q2，从而可知a1＝a2或a1＝﹣a2；若a3＞a1，则a1q2＞a1，而a4﹣a2＝a1q（q2﹣1），其正负由q的符号确定，故可得结论．
【解答】解：设等比数列的公比为q，则a1+a3＝，
当a2＞0，q＜0时，a1+a3＜2a2，故A不正确；
，∴，故B正确；
若a1＝a3，则a1＝a1q2，∴q2＝1，∴q＝±1，∴a1＝a2或a1＝﹣a2，故C不正确；
若a3＞a1，则a1q2＞a1，∴a4﹣a2＝a1q（q2﹣1），其正负由q的符号确定，故D不正确
故选：B．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质．属基础题．
七．等比数列的通项公式（共2小题）
16．（2021秋•虹口区校级期末）若﹣1，x，y，z，﹣9（x、y、z∈R）是等比数列，则实数y＝　﹣3　．
【分析】由已知结合等比数列的性质即可直接求解．
【解答】解：根据等比数列的性质可得y2＝﹣1×（﹣9）＝9，
所以y＝3或y＝﹣3，
设等比数列的公比q，
当y＝3时，q2＝﹣3不符合题意，
故y＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质的简单应用，属于基础题．
17．（2022•奉贤区校级开学）等比数列{an}（n∈N*）中，若，，则a8＝　4　．
【分析】由已知结合等比数列的性质及通项公式即可直接求解．
【解答】解：因为等比数列{an}（n∈N*）中，，，
所以q3＝＝8，即q＝2，
所以a8＝＝＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式，属于基础题．
八．等比数列的前n项和（共4小题）
18．（2020秋•浦东新区期末）若等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+a，则a的值为（　　）
A．3 B．0 C．﹣1 D．﹣3
【分析】根据an＝Sn﹣Sn﹣1求得数列的通项公式，进而求得a1，根据a1＝S1求得a．
【解答】解：∵Sn＝3n+a，Sn﹣1＝3n﹣1+a，（n≥2，n∈N+），
∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝2•3n﹣1，
又a1＝S1＝3+a，由通项得：a2＝6，公比为3，
∴a1＝2，
∴a＝﹣1．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质，以及等差数列的前n项和公式．解题的关键是求出数列的通项公式．
19．（2021秋•宝山区校级期中）设Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1且a1a2a3＝﹣8，则等于 　﹣11　．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，根据由a1a2a3＝a23＝﹣8，得a2＝﹣2，所以q＝＝﹣2，从而根据等比数列的前n项和公式即可求出的值．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
由a1a2a3＝a23＝﹣8，得a2＝﹣2，所以q＝＝﹣2，
所以S5＝＝＝11，S2＝a1+a2＝1+（﹣2）＝﹣1，
则＝﹣11．
故答案为：﹣11．
【点评】本题考查等比数列的前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
20．（2021秋•浦东新区校级月考）若数列{an}的通项公式an＝2n，其前5项和S5＝　62　．
【分析】直接利用等比数列的前n项和公式求解即可．
【解答】解：根据题意，S5＝a1+a2+…+an＝21+22+…+25＝＝62．
故答案为：62．
【点评】本题考查等比数列的前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
21．（2020秋•浦东新区校级期末）无穷等比数列{an}满足，则数列{an}的各项和为　　．
【分析】利用无穷等比数列{an}的各项和S＝，（0＜|q|＜1）．
【解答】解：无穷等比数列{an}满足，
则数列{an}的各项和S＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了无穷等比数列的各项和的求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
九．数列的极限（共4小题）
22．（2021秋•虹口区校级期中）在无穷等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，记Tn＝a22+a42+a62+…+a2n2．则Tn＝　　．
【分析】利用等比数列的性质，判断{a2n2}是等比数列，然后利用数列和的极限的运算法则求解即可．
【解答】解：在无穷等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，记Tn＝a22+a42+a62+…+a2n2．
可知{a2n2}是等比数列，公比为：，首项为：，
所以：Tn＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查数列极限的运算法则的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．
23．（2021秋•浦东新区校级月考）等比数列{an}的通项公式为，且an存在，则实数a的取值范围是 　（1，2）∪[0，1）　．
【分析】利用数列极限的运算法则，列出不等式求解即可．
【解答】解：等比数列{an}的通项公式为，且an存在，
可得﹣1＜1﹣a＜0，0＜1﹣a≤1，解得a∈（1，2）∪[0，1），
故答案为：（1，2）∪[0，1）．
【点评】本题考查数列极限的运算法则的应用，是基础题．
24．（2020秋•浦东新区期末）若{an}是无穷等比数列，且（a1+a2+…+an）＝2，则a1的取值范围为　（0，2）∪（2，4）　．
【分析】利用{an}是无穷等比数列，求解数列的前n项和，然后求解极限，推出a1的取值范围．
【解答】解：{an}是无穷等比数列，且（a1+a2+…+an）＝2，
所以|q|∈（0，1），
所以（a1+a2+…+an）＝＝＝2，
所以a1＝2（1﹣q）∈（0，2）∪（2，4）．
故答案为：（0，2）∪（2，4）．
【点评】本题考查数列的极限的运算法则的应用，是基础题．
25．（2020秋•黄浦区期末）若将直线x+y﹣1＝0，nx+y﹣n＝0，x+ny﹣n＝0（n∈N*，n≥2）围成的三角形面积记为Sn，则＝　　．
【分析】由题设条件解相应的方程组可以得到B的坐标，由BO⊥AC结合题设条件能够推导出Sn，由此能够求出的值．
【解答】解：l2：nx+y﹣n＝0、l3：x+ny﹣n＝0的交点为B（，），
所以BO⊥AC，
∵l1：x+y﹣1＝0与x轴、y轴的交点分别为：（1，0）、（0，1），
∴AC＝，
Sn＝＝，
所以＝，
故答案为：．

【点评】本题考查极限问题的综合运用，解题时要仔细审题，认真解答，以免出错．
一十．数学归纳法（共3小题）
26．（2021秋•宝山区校级期末）已知f（n）是关于正整数n的命题，现在小杰为了证明该命题，已经证明了命题f（1）、f（2）、f（3）均成立，并对任意的k∈N且k≥1，在假设f（k）成立的前提下，证明了f（k+m）成立，其中m为某个固定的整数，若要用上述证明说明f（n）对一切n∈N且n≥1均成立，则m的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．不存在
【分析】由归纳法的步骤知，在假设f（k）成立的前提下，证明了f（k+m）成立，由此类推，对n＞m的任意整数均成立，而小明证明了命题f（1），f（2），f（3）均成立，由此可得m的最大值．
【解答】解：由题意可知，
f（n）对n＝1，2，3都成立，
假设f（k）成立的前提下，证明了f（k+m）成立，
m的最大值可以为：3．
故选：C．
【点评】本题考查数学归纳法证明问题的步骤，理解递推关系，找出规律是求解的关键，是基础题．
27．（2022•浦东新区校级开学）用数学归纳法证明对任意n≥k（n，k∈N）的自然数都成立，则k的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】分别令n＝1，2，3，计算左右两边，观察不等式是否成立，即可求出
【解答】解：当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，
当n＝2时，左边＝＝，右边＝＝，
当n＝3时，左边＝＝，右边＝＝＝，即左边＞右边，不等式成立，
则对任意n≥k（n，k∈N）的自然数都成立，则k的最小值为3，
故选：C．
【点评】本题以不等式为载体，考查用数学归纳法证明不等式，属于基础题
28．（2022•宝山区校级开学）已知函数y＝1﹣的图像按向量（2，1）平移后得到∫的图像，数列{an}满足an＝f（an﹣1）（n∈N且n≥2）．
（Ⅰ）若a1＝，满足bn＝，求证：数列{bn}是等差数列；
（Ⅱ）若a1＝，试判断数列{an}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）若1＜a1＜2，试证明：1＜an+1＜an＜2．
【分析】（I）由题意，将函数进行平移，求得函数解析式，利用数列的递推公式，进行证明即可；
（II）构造函数，判断函数的单调性，求得函数的最值即可；
（Ⅲ）利用数学归纳法，进行证明即可．
【解答】证明：（I）根据题意，函数的图像按向量平移后得到的函数，
则且n≥2），
则，由可得，
故且n≥2），
所以{bn}是以为首项，公差为1的等差数列．
解：（II）由（I）知，数列{bn}的通项公式为，
由可得，故，
构造函数，易知其在区间与上均为严格减函数，
则当时，，且在上为严格减函数，故当n＝3时，an取最小值a3＝﹣1，
当时，，且在上为严格减函数，故当n＝4时，an取最大值a4＝3；
证明：（Ⅲ）先证明1＜an＜2（数学归纳法）：
①当n＝1时，由题意可得1＜a1＜2成立，
②假设当n＝k（k∈N且k≥1）时命题成立，即1＜ak＜2，
则当n＝k+1（k∈N且k≥1）时，表据且n≥2），
可得，由1＜ak＜2可得，故，则1＜ak+1＜2，
故当n＝k+1命题也成立；
根据①②，由数学归纳法就可以断定1＜an＜2对一忉n∈N且n≥1恒成立．
由，可得an+1＜an．
综上所述，1＜an+1＜an＜2．
【点评】本题考查数学归纳法，考查学生的运算能力，属于中档题．