2025年高考數學復習之小題狂練600題（多選題）：數列（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考數學復習之小題狂練600題（多選題）：數列（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?衡陽縣校級模擬）已知數列{an}的通項公式為an=14n-3，其前n項和為Sn，數列{1an}與數列{4nanan+1A．an+1an＜14 C．Sn＜4339（多選）2．（2024?東湖區(qū)校級模擬）已知數列{an}滿足2a1+22a2+?+2nan=A．a1的值為2 B．數列{an}的通項公式為anC．數列{an}為遞減數列 D．S（多選）3．（2024?織金縣校級模擬）已知等差數列{an}的公差d≠0，其前n項和為Sn，則下列說法正確的是（）A．{SnB．若d＜0，則Sn有最大值 C．Sn，S2n，S3n成等差數列 D．若Sm＝Sn，m≠n，則Sm+n＝0（多選）4．（2024?樊城區(qū)校級模擬）對于正整數n，φ（n）是小于或等于n的正整數中與n互質的數的數目．函數φ（n）以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，又稱為φ函數，例如φ（10）＝4，（10與1，3，7，9均互質）則（）A．φ（12）+φ（29）＝32 B．數列{φ（n）}單調遞增 C．若p為質數，則數列{φ（pn）}為等比數列 D．數列{nφ(3n（多選）5．（2024?城陽區(qū)校級模擬）若有窮整數數列An：a1，a2，…an（n≥3）滿足：ai+1﹣ai∈{﹣1，2}（i＝1，2，?，n﹣1），且a1＝an＝0，則稱An具有性質T．則（）A．存在具有性質T的A4 B．存在具有性質T的A5 C．若A10具有性質T，則a1，a2，…，a9中至少有兩項相同 D．存在正整數k，使得對任意具有性質T的Ak，都有a1，a2，…，ak﹣1中任意兩項均不相同（多選）6．（2024?遼寧模擬）等差數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn與Tn，且S2nA．當an＝2n﹣1時，T4＝52 B．當Sn=n2時，bn＝3C．4（a4+a7）＝5b3 D．a（多選）7．（2024?貴陽模擬）設首項為1的數列{an}前n項和為Sn，已知Sn+1＝2Sn+n﹣1，則下列結論正確的是（）A．數列{Sn+n}為等比數列 B．數列{an}的前n項和Sn＝2n﹣n C．數列{an}的通項公式為an＝2n﹣1﹣1 D．數列{an+1}為等比數列（多選）8．（2024?太原模擬）已知數列{an}滿足a1＝1，an+1A．{an}是遞增數列 B．{a2n﹣2}是等比數列 C．當n是偶數時，anD．?m，n∈N*，使得a2m﹣1＞a2n（多選）9．（2024?惠來縣校級模擬）對于正項數列{an}，定義：Gn=a1+3a2+9a3+?+3n-1ann為數列{an}的“勻稱值”．已知數列{an}的“勻稱值”為GA．數列{an}為等比數列 B．數列{an}為等差數列 C．S2023D．記Tn為數列{1Sn}（多選）10．（2024?漢陽區(qū)模擬）已知各項都是正數的數列{an}的前n項和為Sn，且SnA．當m＞n（m，n∈N*）時，am＞an B．Sn+Sn+2＜2Sn+1 C．數列{SnD．S

2025年高考數學復習之小題狂練600題（多選題）：數列（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?衡陽縣校級模擬）已知數列{an}的通項公式為an=14n-3，其前n項和為Sn，數列{1an}與數列{4nanan+1A．an+1an＜14 C．Sn＜4339【考點】數列的求和．【專題】整體思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；數學運算．【答案】ACD【分析】由已知通項公式代入直接檢驗選項A；先利用裂項求和求出Tn即可檢驗選項B；an=14n【解答】解：因為an所以an+1=14n+1-3，由題意得，1an=4n所以Rn=4(1-4n)1-4-4nanan+1=4n×所以Tn=13（=13（1-14n+1因為anSn＝a1+a2+…+an＜1+113+311×14令F（n）＝Rn﹣6n2+5n=4n+1-43-3n﹣6n2+5n=則F（n+1）﹣F（n）=4n+2-43-6（n+1）2+2（n+1）-4n+1-43+6n2﹣2n根據指數冪的性質可知，4n+1≥12n+4，n＝1時取等號，所以F（n）＜F（n﹣1）＞…＞F（2）≥F（1）＝0，D正確．故選：ACD．【點評】本題主要考查了等比數列與等差數列的求和，不等式放縮，數列單調性的應用，屬于難題．（多選）2．（2024?東湖區(qū)校級模擬）已知數列{an}滿足2a1+22a2+?+2nan=A．a1的值為2 B．數列{an}的通項公式為anC．數列{an}為遞減數列 D．S【考點】裂項相消法．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；數學運算．【答案】ACD【分析】對于A．只需令n＝1即可得出a1的值；對于B．已知數列{2nan}的前n項和，根據前n項和與數列的關系即可求出{2nan}的通項公式，繼而得到{an}的通項公式；對于C．已知{an}的通項公式，利用遞減數列定義列式an+1﹣an判斷即可；對于D．化簡得出數列{cn}，裂項相消即可得出Sn．【解答】解：對于A選項，∵2a1=3×12+5×12對于B選項，∵2a∴2a∴2nan＝3n+1，∴an=3n+12n當n＝1時a1∴數列{an}的通項公式為an=3n+1對于C選項，∵an+1∴an+1-an=-3n+22n+1對于D選項，∵cn∴Sn=1故選：ACD．【點評】本題考查Sn與an的關系，化歸轉化思想，數列的單調性，裂項求和法，屬中檔題．（多選）3．（2024?織金縣校級模擬）已知等差數列{an}的公差d≠0，其前n項和為Sn，則下列說法正確的是（）A．{SnB．若d＜0，則Sn有最大值 C．Sn，S2n，S3n成等差數列 D．若Sm＝Sn，m≠n，則Sm+n＝0【考點】等差數列前n項和的性質；等差數列的概念與判定．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；數學運算．【答案】ABD【分析】根據等差數列前n項和公式判斷A，應用數列正負求前n項和的最大值，特殊值法判斷C，結合等差數列性質判斷D．【解答】解：Snn=a1若a2＜0，則0＞a2＞a3＞?，S1最大；若a2＝0，0＞a3＞a4＞?，S1＝S2最大；若a2＞0，則an＝a2+（n﹣1）d，則存在m∈N*，am≥0，am+1＜0，故Sm最大，故B正確；對數列：1，2，3，…，取n＝1，S1＝1，S2＝3，S3＝6，故C錯誤；不妨設n＞m，則Sn﹣Sm＝0?am+1+am+2+?+an＝0，即am+1+a而a1+am+n2=am+1+a故選：ABD．【點評】本題考查等差數列的性質，屬于中檔題．（多選）4．（2024?樊城區(qū)校級模擬）對于正整數n，φ（n）是小于或等于n的正整數中與n互質的數的數目．函數φ（n）以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，又稱為φ函數，例如φ（10）＝4，（10與1，3，7，9均互質）則（）A．φ（12）+φ（29）＝32 B．數列{φ（n）}單調遞增 C．若p為質數，則數列{φ（pn）}為等比數列 D．數列{nφ(3n【考點】數列的求和；數列的函數特性；等比數列的性質．【專題】轉化思想；定義法；等差數列與等比數列；數學運算．【答案】AC【分析】根據題意，逐項分析判斷即可．【解答】解：根據題意可知，12與1，5，7，11互質，29與1、2、3、……28共28個數都互質，即φ（12）+φ（29）＝4+28＝32，所以A正確；由題目中φ（10）＝4，以及φ（12）＝4可知數列{φ（n）}不是單調遞增的，B錯誤；若p為質數，則小于等于pn的正整數中與pn互質的數為1，……，p﹣1，p+1，……，2p﹣1，……，2p+1，……，pa﹣1，即每p個數當中就有一個與pa不互質，所以互質的數的數目為pa-故φ（pa）＝（p﹣1）pa﹣1，所以φ(pa)φ(pa-1)=(p-1)pa-1根據選項C即可知φ（3a）＝2?3a﹣1，數列{nφ(3a)}的前故選：AC．【點評】本題主要是理解函數φ（n）的定義，難點是選項C的證明，主要是確定與pa互質的數的個數；若p為質數，在小于等于pa的正整數中每p個數當中就有一個與pa不互質，則不互質的數目個數為pap=pa-1個，所以互質的數的數目為pa-pap=p（多選）5．（2024?城陽區(qū)校級模擬）若有窮整數數列An：a1，a2，…an（n≥3）滿足：ai+1﹣ai∈{﹣1，2}（i＝1，2，?，n﹣1），且a1＝an＝0，則稱An具有性質T．則（）A．存在具有性質T的A4 B．存在具有性質T的A5 C．若A10具有性質T，則a1，a2，…，a9中至少有兩項相同 D．存在正整數k，使得對任意具有性質T的Ak，都有a1，a2，…，ak﹣1中任意兩項均不相同【考點】數列的應用．【專題】新定義；集合思想；數學抽象；邏輯推理；數據分析．【答案】ACD【分析】根據題目所給新定義，據選項證明即可．【解答】解：對于A，設An：a1＝a4＝0，a2＝﹣1，a3＝1，則數列An具有性質T，故A對；對于B，設A5：a1，a2，a3，a4，a5，由于a1＝a5＝0，ai+1﹣ai∈{﹣1，2}（i＝1，2，3，4），設a2﹣a1，a3﹣a2，a4﹣a3，a5﹣a4中有m個﹣1，4﹣m個2，則有（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+（a4﹣a3）+（a5﹣a4）＝a5﹣a1＝0所以﹣1×m+2（4﹣m）＝0，解得m=83，與所以不存在具有性質T的A5故B錯；對于C，設|a1|，|a2|，|a3|，?，|a10中的最大值為M，則存在ak，使得ak＝M或ak＝﹣M，若存在ak，使ak＝M，下證：ak，ak+1，?，10d可以取遍0到M之間所有的整數，假設存在正整數m（m＜M）使得ak，ak+1，?，a10中各項均不為m，令集合B＝{i|ai＞m}，設i0是集合B中元素的最大值，則有ai這與ai+1﹣ai∈{﹣1，2}（i＝1，2，?，n﹣1）矛盾，所以ak，ak+1，?，a10可以取遍0到M之間所有的整數，若M＝1，則a1，a2，a3，?，a0的取值只能為0，±1中的數，此時a1，a2，a3，?，a0中必有兩項相同，若M＝2，則a1，a2，a3，?，a5的取值只能為0，±1，±2中的數，此時a1，a2，a3，?，a1中必有兩項相同，若M≥3，則a1，a2，a3，?，ak中一定有異于0和M的正整數，再由ak，ak+1，?，a10可以取遍0到M之間所有的整數，所以a1，a2，a3，?，a0中必有兩項相同，當ak＝﹣M，同理可證：a1，a2，?，ak可以取遍﹣M到0之間所有的整數，從而a1，a2，a3，?，a9中必有兩項相同，故C對；對于D，若存在i，j（1≤i＜j≤k﹣1）使得ai＝aj，令ai＝﹣u1+2v1，aj＝﹣u2+2v2，則有0≤u1≤u2≤2，0≤v1≤v2≤1，令s＝u2﹣u1，t＝v2﹣v1，則有2t﹣s＝0，且0≤s≤2，0≤t≤1則有s＝q（s﹣t），若s＝ti則有s＝0，即u2＝u1，當ai＝aj時，有v2＝v1，從而i＝j，矛盾；若s≠ti則有s＝q且s＝t+1，因此有u2＝q，u1＝0，v2＝q﹣1，v1＝0，所以此時ai故D對．故選：ACD．【點評】本題通過數列新定義，考查學生對數列的綜合應用，屬于較難題．（多選）6．（2024?遼寧模擬）等差數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn與Tn，且S2nA．當an＝2n﹣1時，T4＝52 B．當Sn=n2時，bn＝3C．4（a4+a7）＝5b3 D．a【考點】等差數列的前n項和；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；數學運算．【答案】AC【分析】由Sn=n(【解答】解；于A：因為an＝2n﹣1，所以Sn=代入S2nTn=4n3n+1得Tn＝n（3n+1），所以T對于B：由A知Tn＝n（3n+1），由bn=T1，n=1Tn-Tn-1對于C：由S2n所以S10所以4（a4+a7）＝5b3，故C正確．對于D：由C知S2n所以S14T7故選：AC．【點評】本題主要考查了等差數列的性質的應用，屬于中檔題．（多選）7．（2024?貴陽模擬）設首項為1的數列{an}前n項和為Sn，已知Sn+1＝2Sn+n﹣1，則下列結論正確的是（）A．數列{Sn+n}為等比數列 B．數列{an}的前n項和Sn＝2n﹣n C．數列{an}的通項公式為an＝2n﹣1﹣1 D．數列{an+1}為等比數列【考點】數列遞推式；等比數列的性質．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；數學運算．【答案】AB【分析】由數列的遞推式推得Sn+1+n+1＝2（Sn+n），結合等比數列的定義和通項公式，可判斷AB；由an與Sn的關系，可判斷C；由等比數列的中項性質可判斷D．【解答】解：由a1＝1，Sn+1＝2Sn+n﹣1，可得S2＝1+a2＝2S1+0＝2a1＝2，即有a2＝1，由Sn+1+n+1＝2（Sn+n），可得數列{Sn+n}是首項和公比均為2的等比數列，則Sn+n＝2n，即Sn＝2n﹣n，故AB正確；由n≥2時，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣n﹣2n﹣1+n﹣1＝2n﹣1﹣1，對n＝1不成立，故C錯誤；由a1+1＝2，a2+1＝2，a3+1＝4，（a2+1）2≠（a1+1）（a3+1），故數列{an+1}不為等比數列，故D錯誤．故選：AB．【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．（多選）8．（2024?太原模擬）已知數列{an}滿足a1＝1，an+1A．{an}是遞增數列 B．{a2n﹣2}是等比數列 C．當n是偶數時，anD．?m，n∈N*，使得a2m﹣1＞a2n【考點】數列遞推式；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；點列、遞歸數列與數學歸納法；數學運算．【答案】BC【分析】根據題意求出a2，發(fā)現(xiàn)a2＜a1，由此判斷A項的正誤；利用題中的遞推關系，結合等比數列的通項公式，證出{a2n﹣2}是首項為-12、公比為12的等比數列，由此判斷出B、C兩項的正誤；通過求通項公式，利用不等式的性質證出a2m﹣1≤1且a2n∈（1，2），從而斷定a2m﹣1＜a2n【解答】解：對于A，由a1＝1，得a2=1根據a2＜a1，可得{an}不是遞增數列，故A項錯誤；對于B，當n＝1時，a2當n≥2時，a2n綜上所述，數列{a2n﹣2}是首項為-12，公比為12對于C，由B的分析可得a2n-2=(-12)×(12)因此當n是偶數時，an=2-(1對于D，由B、C的分析，得a2m=2-(12)因為(12)m-1∈(0，1]，所以當當m≥2時，a2m-1=6-4m-(12)m-1＜0，而a2n=2-(12)故選：BC．【點評】本題主要考查數列的遞推公式、等比數列的定義與通項公式、數列與不等式的綜合應用等知識，屬于中檔題．（多選）9．（2024?惠來縣校級模擬）對于正項數列{an}，定義：Gn=a1+3a2+9a3+?+3n-1ann為數列{an}的“勻稱值”．已知數列{an}的“勻稱值”為GA．數列{an}為等比數列 B．數列{an}為等差數列 C．S2023D．記Tn為數列{1Sn}【考點】裂項相消法．【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；數學運算．【答案】BCD【分析】由新定義可得a1+3a2+?+3n-1an=n?3n，利用遞推關系求出數列{an}的通項公式，可判斷A，B；根據等差數列求和公式求出【解答】解：由已知可得Gn所以a1+3當n≥2時，a1+3由①﹣②得，3n-1即n≥2時，an＝2n+1，當n＝1時，由①知a1＝3，滿足an＝2n+1，所以數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，故A錯誤，B正確；因為Sn=n(故S20232023=2023+2=2025因為1S所以Tn=1故選：BCD．【點評】本題主要考查了數列的和與項的遞推關系的應用，還考查了等差數列的求和公式，裂項求和方法的應用，屬于中檔題．（多選）10．（2024?漢陽區(qū)模擬）已知各項都是正數的數列{an}的前n項和為Sn，且SnA．當m＞n（m，n∈N*）時，am＞an B．Sn+Sn+2＜2Sn+1 C．數列{SnD．S【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；數學運算．【答案】BCD【分析】計算數列首項及第二項可判定A，利用等差數列的定義及Sn，an的關系可判定C，從而求出Sn的通項公式結合基本不等式、函數的單調性可判定B、D．【解答】解：對A，由題意可知a1=a12+則a1+a2=對C，由Sn=a對B，所以Sn則Sn+S對D，易知Sn-1則f'(x)=1+1x2所以f(x)≥f(1)=0?n-故選：BCD．【點評】本題主要考查數列遞推關系式的應用，考查計算能力，屬于中檔題．

考點卡片1．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+k∵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[1+1+(n-1)d]∴SnS1=1，S2∵數列{Sn}∴2S∴22+d=1解得d＝2．∴Sn+10＝（n+10）2，an2=（2n﹣1∴Sn+10由于{(1∴Sn+10an2≤故選：D．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+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＝ap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＝ap【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．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+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(xiàn)，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．等差數列前n項和的性質【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】等差數列的前n項和具有許多重要性質，如遞增性、遞減性、與通項公式的關系等．﹣性質分析：分析等差數列的前n項和的性質，如遞增性、遞減性等．﹣公式推導：根據等差數列的定義和前n項和公式，推導出數列的性質．﹣綜合應用：將前n項和的性質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項和的性質分析數列的遞增性、遞減性，結合具體數列進行分析．設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15，則Sn的最小值為_____．解：S3＝3a2＝﹣15，解得a2＝﹣5，故等差數列{an}的公差d＝a2﹣a1＝﹣5﹣（﹣7）＝2，∵a4＝a1+3d＝﹣1，a5＝a1+4d＝1，a3＝a2+d＝﹣5+2＝﹣3，∴當n＝4時，Sn取得最小值S4＝a1+a2+a3+a4＝﹣7﹣5﹣3﹣1＝﹣16．故答案為：﹣16．6．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(fā)現(xiàn)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?an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．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+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