2025年高考数学复习之小题狂练600题（填空题）：数列（10题）

第1页（共1页）2025年高考数学复习之小题狂练600题（填空题）：数列（10题）一．填空题（共10小题）1．（2024•苏州模拟）数列{an}满足an+2＝pan+1+qan，其中p，q∈N*，a0＝0，a1＝1．当p＝1，q＝2时，该数列的通项公式为，若该数列满足对任意的正整数m，n，都有：gcd（am，an）＝agcd（m，n），当p+q＝2024时，符合条件的正整数对（p，q）的个数为．其中gcd（m，n）为m，n的最大公因数．2．（2024•遂宁模拟）已知等差数列{an}的公差为2π3，集合S={x|x=cosan，n∈N3．（2024•松江区校级模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，a9＝27，则S22＝．4．（2024•如皋市模拟）小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（20≤n≤30，n∈N*），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k﹣1层的“环境满意度”多出3k2﹣3k+1；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k﹣1层的“高层恐惧度”高出13倍．在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为ak，bk，记小王对第k层“购买满意度”为ck，且ck=akb（参考公式及数据：12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)65．（2024•东台市模拟）记R上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)的数列{xn}称为“牛顿数列”．若函数f（x）＝x2﹣x，数列{xn}为牛顿数列，设an=lnxnxn-1，已知a1＝2，xn＞1，则a2＝，数列{an}6．（2024•峨眉山市校级模拟）在数列{an}中，已知a1=12，（n+2）an+1＝nan，则数列{an}的前2024项和S2024＝7．（2024•新县校级模拟）“﹣1，0，1序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于﹣1，0或1．设A是一个有限“﹣1，0，1序列”，f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组．例如：A＝（﹣1，0，1），则f（A）＝（﹣1，0，﹣1，1，0，1）．定义Ak+1＝f（Ak），k＝1，2，3，…，若A1＝（﹣1，1），An中1的个数记为bn，则{bn}的前10项和为．8．（2024•平湖市校级模拟）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝13，且a5＝a4+6a3，则满足Sn＜123的n的最大值为．9．（2024•河北模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝8，S3＝18，则S11＝．10．（2024•宝山区二模）在数列{an}中，a1＝2，且an=an-1+lgnn-1(n≥2)

2025年高考数学复习之小题狂练600题（填空题）：数列（10题）参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．（2024•苏州模拟）数列{an}满足an+2＝pan+1+qan，其中p，q∈N*，a0＝0，a1＝1．当p＝1，q＝2时，该数列的通项公式为an=13(2n-(-1)n)，若该数列满足对任意的正整数m，n，都有：gcd（am，an）＝agcd（m，n），当p+q＝2024时，符合条件的正整数对（p，q）的个数为880【考点】数列递推式．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．【答案】an=1【分析】（1）直接构造通项并验证满足递推公式即可；（2）利用最大公因数的性质，将命题等价转化为gcd（p，q）＝1，再求解满足gcd（p，q）＝1的（p，q）的个数即可．【解答】解：（1）当p＝1，q＝2时，有a0＝0，a1＝1，an+2＝an+1+2an．设cn=13(2n-(-1)n)cn+2=1=1∴{an}，{cn}具有相同的初值和递推式，∴an＝cn，∴该数列的通项公式为an（2）根据a0＝0，a1＝1，an+2＝pan+1+qan，知a2＝p，a3一方面，若gcd（am，an）＝agcd（m，n），则gcd（a2，a3）＝agcd（2，3）＝a1＝1，故1＝gcd（p，p2+q）＝gcd（p，q）．从而gcd（p，q）＝1；另一方面，若gcd（p，q）＝1，下面证明：gcd（am，an）＝agcd（m，n）．定义数列{bn}满足b0＝2，b1＝p，bn+2＝pbn+1+qbn．则用数学归纳法可证明an=1直接利用公式计算可知，对0≤m≤n，有am由于gcd（a1，q）＝gcd（1，q）＝1，gcd（a2，q）＝gcd（p，q）＝1，gcd（an+2，q）＝gcd（pan+1+qan，q）＝gcd（pan+1，q）＝gcd（an+1，q），故gcd（an，q）＝1（n≥1）．从而如果2m≥n，就有gcd(a如果2m≤n，就有gcd(a定义序列如下：（m0，n0）＝（m，n），且对非负整数k，(m则根据上面的结论，有gcd(amk+1，ank+1)=gcd(amk，ank)，同时根据最大公因数的性质，有gcd（而若2mk≥nk，则mk+1+nk+1＝mk+2mk﹣nk＝3mk﹣nk≤mk+2mk﹣nk≤mk+2nk﹣nk＝mk+nk；若2mk＜nk，则mk+1+nk+1＝mk+nk﹣2mk＝﹣mk+nk≤mk+nk．综上，总有mk+1+nk+1≤mk+nk．∵非负整数mk+nk不能无限严格递减下去，∴存在非负整数k，使得mk+1+nk+1＝mk+nk．考虑mk+1+nk+1≤mk+nk的不等号的取等条件，有2mk≥nk，mk＝nk，或2mk＜nk，mk＝0．∴存在非负整数k，使得mk＝0或mk＝nk．若mk＝0，则gcd(a若mk＝nk，则gcd(a∴gcd(amk，ank)=agcd(mk，nk)，而我们又有gcd(amk+1∴gcd(a从而gcd（am，an）＝agcd（m，n）．综上，gcd（am，an）＝agcd（m，n）的充要条件是gcd（p，q）＝1．∴当p+q＝2024时，满足gcd（p，q）＝1的正整数对（p，q）的个数．而在p+q＝2024的情况下，有gcd（p，q）＝gcd（p，2024﹣p）＝gcd（p，2024），∴所求的（p，q）的个数就是{1，2，3，…，2024}中和2024互质的正整数的个数．∵2024＝23×11×23，∴{1，2，3，…，2024}中和2024互质的正整数的个数相当于从该集合中去掉2，11，23的倍数后的元素个数，2024×∴当p+q＝2024时，符合条件的正整数对（p，q）的个数为：2024×故答案为：an=1【点评】本题考查了递推数列和最大公因数的性质，属于难题．2．（2024•遂宁模拟）已知等差数列{an}的公差为2π3，集合S={x|x=cosan，n∈N【考点】等差数列的性质．【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．【答案】-1【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理，能求出这两个元素的积．【解答】解：an＝a1+（n﹣1）d＝a1+2π3（n﹣∴cosan＝cos[a1+2π3（n﹣1）]＝cos（2π3n其周期为2π2π3=3，而n∈N*，∴cosan集合S＝{x|x＝cosan，n∈N*}有且仅有两个元素，设S＝{a，b}，则在cosan，cosan+1，cosan+2中，cosan＝cosan+1≠cosan+2或cosan≠cosan+1＝cosan+2，或cosan＝cosan+2≠cosan+1，∵cosan＝cosan+3，∴cosan+3＝cosan+2≠cosan+1，∴一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为cosθ，cos（θ+2π∴cosθ＝cos（θ+2π3），∴θ+(θ+2π3)=2kπ，k∈Z，解得θ=kπ不相等的两项为cosθ，cos（θ+4π∴ab＝cos（kπ-π3）cos[（kπ-π3）+4π3]＝﹣cos（kπ-π3）coskπ＝﹣cos2k故答案为：-1【点评】本题考查等数列的性质、余弦函数的周期性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．（2024•松江区校级模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，a9＝27，则S22＝759．【考点】等差数列的前n项和．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；数学运算．【答案】759．【分析】根据已知条件，结合等差数列的通项公式，求出公差d，再结合等差数列的前n项和公式，即可求解．【解答】解：由题意可得，a9＝a1+8d，∵a1＝3，a9＝27，∴d＝3，∴a22＝a1+21d＝3+21×3＝66，∴S22故答案为：759．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．4．（2024•如皋市模拟）小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（20≤n≤30，n∈N*），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k﹣1层的“环境满意度”多出3k2﹣3k+1；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k﹣1层的“高层恐惧度”高出13倍．在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为ak，bk，记小王对第k层“购买满意度”为ck，且ck=akb（参考公式及数据：12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6【考点】数列的应用．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．【答案】10．【分析】由题意可得a1＝1，且ak-ak-1=3k2-3k+1，（k≥2）；b1＝1，bk=bk-1+13bk-1=43b【解答】解：依题意，a1＝1，且ak-ak-1=3所以ak＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（ak﹣ak﹣1）＝1+（3×22﹣3×2+1）+（3×32﹣3×3+1）+…+（3k2﹣3k+1）＝（3×12﹣3×1+1）+（3×22﹣3×2+1）+（3×32﹣3×3+1）+…+（3k2﹣3k+1）＝3（12+22+32+…+k2）﹣3（1+2+3+…+k）+k=k(k+1)(2k+1)由题意得b1＝1，bk所以{bk}是以1为首项，43为公比的等比数列，所以b故小王对第k层住宅的购买满意度ck方法一：由ck+1ck解得k＜9.9404，所以c1＜c2＜c3＜…＜c9＜c10，同理有c10＞c11＞c12＞⋯，小王最想购买第10层住宅．方法二：设f(x)=x3(43)x-1故1≤x≤3ln43时f′（x）＞0x≥3ln43时f′（x）＜0，故f由于3ln43故f（10）最大，小王最想购买第10层住宅．故答案为：10．【点评】此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得ak-ak-1=3k2-3k+1，bk=5．（2024•东台市模拟）记R上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)的数列{xn}称为“牛顿数列”．若函数f（x）＝x2﹣x，数列{xn}为牛顿数列，设an=lnxnxn-1，已知a1＝2，xn＞1，则a2＝4，数列{an}【考点】数列与函数的综合；数列与不等式的综合；基本初等函数的导数．【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】4，253【分析】求出函数的导函数，即可得到xn+1=xn22xn-1，再由a1求出x1，即可求出x2，从而求出a2，又xn+1xn+1-1=(xnxn-1)2，则an+1【解答】解：因为f（x）＝x2﹣x，则f′（x）＝2x﹣1，则xn+1由a1＝2，a1=lnx1x1-1所以a2由xn+1=x所以an+1=lnxn+1xn+1-1=ln(x所以an=2因为tSn-14≤Sn2对任意的n∈N*恒成立，又Sn所以t≤Sn+14S令g(x)=x+14x，x∈（0，根据对勾函数的性质可得g(x)=x+14x在(0，又2=S1＜14＜S2=6，且所以t≤S2+14故答案为：4；253【点评】本题考查了数列与函数的综合，数列与不等式的综合，属于难题．6．（2024•峨眉山市校级模拟）在数列{an}中，已知a1=12，（n+2）an+1＝nan，则数列{an}的前2024项和S2024＝【考点】裂项相消法．【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】见试题解答内容【分析】由数列的递推式和数列恒等式，求得an，再由数列的裂项相消求和，可得所求和．【解答】解：因为（n+2）an+1＝nan，所以an+1所以an因此S2024故答案为：20242025【点评】本题考查数列的递推式和数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．7．（2024•新县校级模拟）“﹣1，0，1序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于﹣1，0或1．设A是一个有限“﹣1，0，1序列”，f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组．例如：A＝（﹣1，0，1），则f（A）＝（﹣1，0，﹣1，1，0，1）．定义Ak+1＝f（Ak），k＝1，2，3，…，若A1＝（﹣1，1），An中1的个数记为bn，则{bn}的前10项和为682．【考点】数列的求和．【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．【答案】682．【分析】设An中有cn项为0，其中1和﹣1的项数相同都为bn，由已知条件可得2bn﹣1+cn﹣1＝2n﹣1（n≥2）①，bn＝bn﹣1+cn﹣1（n≥2）②，进而可得bn+bn﹣1＝2n﹣1（n≥2）③，再结合bn+1+bn＝2n④，可得bn+1﹣bn﹣1＝2n﹣1（n≥2），分别研究n为奇数与n为偶数时{bn}的通项公式，运用累加法及并项求和即可求得结果．【解答】解：因为A1＝（﹣1，1），依题意得，A2＝（﹣1，0，0，1），A3＝（﹣1，0，﹣1，1，﹣1，1，0，1），显然，A1中有2项，其中1项为﹣1，1项为1，A2中有4项，其中1项为﹣1，1项为1，2项为0，A3中有8项，其中3项为﹣1，3项为1，2项为0，由此可得An中共有2n项，其中1和﹣1的项数相同，设An中有cn项为0，所以2bn+cn＝2n，b1＝1，从而2bn﹣1+cn﹣1＝2n﹣1（n≥2）①，因为f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，则bn＝bn﹣1+cn﹣1（n≥2）②，①+②得bn+bn﹣1＝2n﹣1（n≥2）③，所以bn+1+bn＝2n④，④﹣③得bn+1﹣bn﹣1＝2n﹣1（n≥2），所以当n为奇数且n≥3时，bn＝（bn﹣bn﹣2）+（bn﹣2﹣bn﹣4）+…+（b3﹣b1）＝2n﹣2+2n﹣4+…+21+1=2-2n经检验n＝1时符合，所以bn=2n+1当n为偶数时，则n﹣1为奇数，又因为bn+bn﹣1＝2n﹣1（n≥2），所以bn＝2n﹣1﹣bn﹣1＝2n﹣1-2所以bn=2当n为奇数时，bn+bn+1=2n+1所以{bn}的前10项和为（b1+b2）+（b3+b4）+（b5+b6）+（b5+b8）+（b8+b10）＝21+23+25+27+29=2(1-4故答案为：682．【点评】本题考查了累加法及并项求和，属于难题．8．（2024•平湖市校级模拟）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝13，且a5＝a4+6a3，则满足Sn＜123的n的最大值为5．【考点】等比数列前n项和的性质．【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．【答案】5．【分析】根据题意，利用等比数列的性质与求和公式求解基本量，再由Sn＜123解关于n的不等式．【解答】解：根据题意，设等比数列{an}公比为q，因为a5＝a4+6a3，所以q2﹣q﹣6＝0，解得q＝﹣2，或q＝3．由数列为正项等比数列，则q＞0，所以q＝3．又由S3＝13，即a1+a2+a3＝a1+3a1+9a1＝13，解得a1＝1，因为Sn所以3n-12＜123，得3n＜247，解得n因为log3243＜log3247＜log3729，即log3247∈（5，6），又n∈N*，所以n的最大值为5．故答案为：5．【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．9．（2024•河北模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝8，S3＝18，则S11＝110．【考点】等差数列的前n项和．【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．【答案】110．【分析】根据题意，由等差数列性质得a6，结合等差数列求和公式即可求解．【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，S3=(a1+a3则有a2＝6，又由a4＝8，则a6＝2a4﹣a2＝10，故S11=(a1+a11故答案为：110．【点评】本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．10．（2024•宝山区二模）在数列{an}中，a1＝2，且an=an-1+lgnn-1(n≥2)【考点】数列递推式．【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．【答案】4．【分析】利用递推公式求出数列{an}的前4项，由此猜想an＝2+lgn．再用数学归纳法证明，由此能求出a100．【解答】解：在数列{an}中，a1＝2，且an∴a2＝2+lg2，a3=2+lg2+lg32a4=2+lg3+lg43由此猜想an＝2+lgn．下面用数学归纳法证明：①a1＝2+ln1＝2，成立，②假设ak＝2+lgk成立，则ak+1=2+lgk+lgk+kk=2+由①②得an＝2+lgn，则a100＝2+lg100＝4．故答案为：4．【点评】本题考查数列的递推公式、递推思想、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

考点卡片1．等差数列的性质【知识点的认识】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+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap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）．【解题方法点拨】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．2．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+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】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+5×42d＝5a1+10＝15，即a1＝则S10＝10a1+10×92d＝10+45＝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，∴Tn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．【命题方向】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．3．等比数列前n项和的性质【知识点的认识】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=a2．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．【解题方法点拨】﹣性质分析：分析等比数列的前n项和的性质．﹣公式推导：根据等比数列的定义和前n项和公式，推导出数列和的性质．﹣综合应用：将前n项和的性质与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等比数列的前n项和的性质分析数列的递增性、递减性，结合具体数列进行分析．已知在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，则使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为_____．解：设等比数列的公比为q，q＞0，∵在正项等比数列{an}中，a3＝8，a5＝32，∴q2=a5a3=4∴an=a3⋅∴Sn=2(1-2n)1-2=∵Sn＞511，∴2n+1＞513，当n＝8时，2n+1＝29＝512，当n＝9时，2n+1＝210＝1024，∴正整数n的最小值为9．∴使不等式Sn＞511成立的正整数n的最小值为9．故答案为：9．4．数列的应用【知识点的认识】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．5．数列的求和【知识点的认识】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+12n（n﹣1）d或S②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{1anan+1}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．【解题方法点拨】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=1an2-1（n∈N*），求数列{bn}的前分析：形如{1等差×11×3=1=50解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴a1+2d=72a1+10d=26，解得a1＝∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn=3n+n(n-1)2×2=n2（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn=1∴Tn=1即数列{bn}的前n项和Tn=n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．【命题方向】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．6．裂项相消法【知识点的认识】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：（1）裂项相消法：适用于求数列{1anan+1}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即【解题方法点拨】裂项相消法是一种用于求解数列和的技巧，通过将数列项裂解成两个或多个部分进行相消来简化计算．【命题方向】常见题型包括利用裂项相消法计算等差或等比数列的前n项和，结合具体数列进行分析．求和：12解：因为k(k+1)!所以原式=(1故答案为：1-17．数列递推式【知识点的认识】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=s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．【解题方法点拨】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=sn-sn-1;;n≥2s1;;n=1（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，=f(1)（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=a（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=a（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．8．数列与函数的综合【知识点的认识】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．【解题方法点拨】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．【命题方向】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a=2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