資源簡介

第六章　數列
第一節　數列的概念
1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、公式)．
2．了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數．
問題思考·夯實技能
【問題1】　數列的通項公式與遞推公式有何異同點？
【問題2】　數列的單調性與對應函數的單調性相同嗎？
關鍵能力·題型剖析
題型一 由an與Sn的關系求通項公式
例1 (1)已知數列{an}的前n項和Sn＝n2＋2n，則an＝________．
(2)數列{an}的前n項和Sn，若a1＝1，an＋1＝5Sn(n≥1)，則an＝________．
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【變式練習】　若將本例(2)中的“an＋1＝5Sn(n≥1)”改為“an＋1＝5Sn＋1(n≥1)”，則an＝________．
題后師說
Sn與an關系問題的求解策略
鞏固訓練1
(1)設數列{an}滿足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋1，則{an}的前n項和為(　　)
A．2n－1 B．2n＋1
C．2n D．2n＋1－1
(2)[2024·河北石家莊模擬]設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝且當n≥2時，an＝－Sn·Sn－1，則{an}的通項公式an＝________．
題型二 由數列的遞推關系式求通項公式
角度一　累加法
例2 知數列{an}滿足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，則an＝(　　)
A． B．
C． D．
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題后師說
如果數列{an}的遞推公式滿足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以運用累加法an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并驗證a1，求出數列{an}的通項公式．
角度二　累乘法
例3 已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N＋)，則數列{an}的通項公式是an＝(　　)
A．2n－1 B．()n＋1
C．n2 D．n
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題后師說
如果數列{an}的遞推公式滿足＝f(n)(an≠0)的形式，且f(n)可求積，那么就可以運用累乘法an＝···…··a1(n≥2)，并驗證a1，求出數列{an}的通項公式．
鞏固訓練2
(1)在數列{an}中，a1＝2，且an＝an－1＋lg (n≥2)，則a100＝________．
(2)在數列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2(1＋)an，則{an}的通項公式為________．
題型三 數列的性質
角度一　數列的周期性
例4 [2024·江蘇無錫模擬]已知數列{an}滿足an＋1＝.若a1＝，則a2 023＝(　　)
A． B． C． D．
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角度二　數列的單調性
例5 數列{an}的通項公式為an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，若{an}是遞增數列，則λ的取值范圍是(　　)
A．[1，＋∞) B．(1＋log2e，3)
C．(－∞，1＋log2e] D．(－∞，3)
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角度三　數列的最值
例6 [2024·江西宜春模擬]若數列{an}的前n項積Tn＝1－n，則an的最大值與最小值的和為(　　)
A．－3 B．－1 C．2 D．3
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題后師說
(1)解決數列周期性問題的方法
先根據已知條件求出數列的前幾項，確定數列的周期，再根據周期性求值．
(2)解決數列單調性問題的三種方法
①用作差比較法，根據an＋1－an的符號判斷數列{an}是遞增數列、遞減數列或常數列．
②用作商比較法，根據(an>0或an<0)與“1”的大小關系進行判斷．
③結合相應函數的圖象直觀判斷．
(3)求數列的最大項或最小項的常用方法
①函數法，利用函數的單調性求最值．
②利用(n≥2)確定最大項，利用(n≥2)確定最小項．
鞏固訓練3
(1)[2024·河南鄭州模擬]數列{an}滿足a1＝，an＋1＝1－，則a2 023＝(　　)
A． B．－1 C．2 D．3
(2)已知數列{an}滿足an＝2n＋kn，若{an}為遞增數列，則k的取值范圍是(　　)
A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，2)
(3)數列{an}的通項公式是an＝，則該數列中的最大項和最小項依次為(　　)
A．a9，a10 B．a10，a9
C．a11，a10 D．a9，a8
1．[2024·河北邢臺模擬]數列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝an＋1，則a2 023的值為(　　)
A．－2 B．1
C．3 D．2
2．在正項數列{an}中，a1＝3，an＋1＝3－，則{an}(　　)
A．為遞減數列 B．為遞增數列
C．先遞減后遞增 D．先遞增后遞減
3．[2024·河南許昌模擬]設數列{an}的前n項和為Sn，若2Sn＝3an－2(n∈N*)，則a6＝(　　)
A．243 B．244
C．486 D．488
4．已知數列{an}的項滿足an＋1＝an，a1＝2，則數列{an}的通項公式為________．
第六章　數列
第一節　數列的概念
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：數列的通項公式與遞推公式都能求出數列中的任何一項，但通項公式求解時更為簡便．
【問題2】　提示：不同．數列作為特殊的函數，也具有單調性，但其單調性與對應函數的單調性又有所不同，由于數列中項數n只能取正整數，所以當函數f(x)在[1，＋∞)上單調時，數列{f(n)}也是單調數列，但當數列{f(n)}是單調數列時，函數f(x)不一定是單調函數，例如函數f(x)＝(x－)2在[1，＋∞)上不單調，但數列{an}(an＝f(n))是遞增數列．
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)當n＝1時，a1＝S1＝3.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.又a1＝3也滿足上式，∴an＝2n＋1.
(2)方法一　由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得當n≥2時an＝5Sn－1，兩式相減得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＝5，所以＝5.因此數列{an}從第二項起是公比為6的等比數列，因此其通項公式為an＝
方法二　由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得當n≥1時Sn＋1－Sn＝5Sn，于是Sn＋1＝6Sn，所以＝6，因此數列{Sn}是首項為1，公比為6的等比數列，則Sn＝6n－1，于是當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n－1－6n－2＝5×6n－2，且a1＝1不適合上式，因此數列{an}的通項公式為an＝
答案：(1)2n＋1　(2)
變式練習　解析：由已知an＋1＝5Sn＋1(n≥1)，得當n≥2時an＝5Sn－1＋1，兩式相減得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＋1＝6，所以＝6，因此數列{an}是首項為1，公比為6的等比數列，因此其通項公式為an＝6n－1.
答案：6n－1
鞏固訓練1　解析：(1)當n＝1時，a1＝2，
當n≥2時，由a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n＋1得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n，兩式相減得an＝1，即an＝2n－1，
綜上，an＝.
∴{an}的前n項和為2＋2＋4＋8＋…＋2n－1＝2＋＝2n，故選C.
(2)當n≥2時，an＝－Sn·Sn－1，
則Sn－Sn－1＝－Sn·Sn－1，∴＝1，
∵a1＝，∴S1＝，即＝2，
∴＝2＋×1＝n＋1，
∴Sn＝，
∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝＝，
當n＝1時，a1＝，不滿足上式，
故an＝.
答案：(1)C　(2)
例2　解析：由題意，得＝n，則當n≥2時，＝n－1，＝n－2，…，＝1，
以上各式相加得＝1＋2＋…＋(n－1)＝(n≥2)，
所以＝＋1＝，
即an＝(n≥2)，當n＝1時，a1＝1適合上式，
所以an＝.故選D.
答案：D
例3　解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，
則＝＝＝，…，＝，n≥2，
由累乘法可得＝n，所以an＝n，n≥2，
又a1＝1，符合上式，所以an＝n.故選D.
答案：D
鞏固訓練2　解析：(1)由題意可得an－an－1＝lg ，
所以a2－a1＝lg ，a3－a2＝lg ，…，a100－a99＝lg ，
累加得a100－a1＝lg ＋lg ＋…＋lg ＝lg (×…×)＝lg 100＝2，所以a100＝2＋a1＝4.
(2)由題意知an＋1＝2(1＋)an，故＝2(1＋)＝，故an＝a1××…×＝2××…×＝2n×n＝n·2n，又a1＝2符合上式，所以an＝n·2n.
答案：(1)4　(2)an＝n·2n
例4　解析：由題意，a1＝，a2＝2a1－1＝，a3＝2a2＝，a4＝2a3＝，a5＝2a4－1＝…，故數列{an}周期為4，則a2 023＝a2 019＝…＝a3＝.故選B.
答案：B
例5　解析：因為數列{an}的通項公式為an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，且{an}是遞增數列，所以an答案：D
例6　解析：∵數列{an}的前n項積Tn＝1－n，
當n＝1時，a1＝，
當n≥2時，Tn－1＝1－(n－1)，
an＝＝＝＝1＋，
n＝1時也適合上式，
∴an＝1＋，
∴當n≤8時，數列{an}單調遞減，且an<1，
當n≥9時，數列{an}單調遞減，且an>1，
故an的最大值為a9＝3，最小值為a8＝－1，
∴an的最大值與最小值之和為2.故選C.
答案：C
鞏固訓練3　解析：(1)∵an＋1＝1－，且a1＝，∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，a5＝1－＝－1…，
∴數列{an}是T＝3的周期數列，∴a2 023＝a1＝.故選A.
(2)若{an}為遞增數列，則an＋1－an>0，則有2n＋1＋k(n＋1)－(2n＋kn)＝2n＋1－2n＋k＝2n＋k>0，對于n∈N＋恒成立．∴k>－2n，對于n∈N＋恒成立，∴k>－2.故選A.
(3)因為an＝＝＝1＋，n∈N*，所以當n≥10時an>1，且隨著n增大，an減小，故a10為最大項；當n≤9時an<1，且隨著n增大，an減小，故a9為最小項．故選B.
答案：(1)A　(2)A　(3)B
隨堂檢測
1．解析：由已知an＋2＝an＋1－an，a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3－(－1)＝－2，a7＝(－2)－(－3)＝1，a8＝1－(－2)＝3，因此數列{an}是周期數列，周期是6，所以a2 023＝a1＝1.故選B.
答案：B
2．解析：由a1＝3，a2＝3－＝，a3＝3－＝，且0a2>a3成立，假設n＝k≥3，ak>ak＋1成立，當n＝k＋1時，則ak＋1－ak＋2＝ak＋1－3＋＝＝>0，所以ak＋1>ak＋2，故{an}為遞減數列．故選A.
答案：A
3．解析：由2Sn＝3an－2　①，所以2Sn＋1＝3an＋1－2　②，②－①：2an＋1＝3an＋1－3an，所以an＋1＝3an ＝3，當n＝1時，2S1＝3a1－2，所以a1＝2，所以數列{an}是首項為a1＝2，公比q＝3的等比數列，所以an＝2·3n－1(n∈N*)，所以a6＝2×36－1＝2×35＝486.故選C.
答案：C
4．解析：因為an＋1＝an，所以＝，
所以＝＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得：＝···…···＝，因為a1＝2，所以an＝.
答案：第二節　等差數列
1.理解等差數列的概念．
2．掌握等差數列的通項公式與前n項和公式．
3．能在具體的問題情境中識別數列的等差關系，并能用有關知識解決相應的問題．
4．了解等差數列與一次函數、二次函數的關系．
問題思考·夯實技能
【問題1】　推導等差數列的前n項和公式的方法是什么？請你試一試．
【問題2】　在等差數列{an}中，通項an是關于n的一次函數嗎？前n項和Sn是關于n的二次函數嗎？
關鍵能力·題型剖析
題型一 等差數列基本量的運算
例1 (1)[2024·九省聯考]記等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，則S16＝(　　)
A．120 　 B．140
C．160 　 D．180
(2)[2024·安徽安慶模擬]林業部門規定：樹齡500年以上的古樹為一級，樹齡300～500年之間的古樹為二級，樹齡100～299年的古樹為三級，樹齡低于100年不稱為古樹．林業工作者為研究樹木年齡，多用年輪推測法，先用樹木測量生長錐在樹干上打孔，抽取一段樹干計算年輪個數，由經驗知樹干截面近似圓形，年輪寬度依次構成等差數列．現為了評估某棵大樹的級別，特測量數據如下：樹干周長為3.14米，靠近樹芯的第5個年輪寬度為0.4 cm，靠近樹皮的第5個年輪寬度為0.2 cm，則估計該大樹屬于(　　)
A．一級 　 B．二級
C．三級 　 D．不是古樹
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題后師說
等差數列基本運算的求解策略
鞏固訓練1
(1)[2024·河南洛陽模擬]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S3＝18，則S6＝(　　)
A．54 B．71
C．80 D．81
(2)[2024·河北唐山模擬]已知等差數列{an}滿足a1＋a3＝2，a3＋a5＝4，則a5＋a7＝________．
題型二 等差數列的判斷與證明
例2 [2021·全國甲卷]已知數列{an}的各項均為正數，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．
①數列{an}是等差數列；②數列{}是等差數列；③a2＝3a1.
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
[聽課記錄]
題后師說
鞏固訓練2
[2024·河北石家莊模擬]已知數列{an}滿足a1＝3，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求證：數列{}是等差數列；
(2)求數列{an}的通項公式．
題型三 等差數列的性質
角度一　等差數列項的性質
例3 (1)[2024·黑龍江哈爾濱模擬]已知等差數列{an}的前n項和Sn，若a2＋a3＋a14＋a15＝40，則S16＝(　　)
A．150 B．160
C．170 D．與a1和公差有關
(2)[2024·河北石家莊模擬]已知數列{an}對任意正整數n都有an＋an＋2＝2an＋1，且a2，a6是方程x2－8x－5＝0的兩個實根，則a1＋a4＋a7＝________．
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
(1)在等差數列題目中，只要出現項的和問題，一般先考慮應用項的性質．
(2)項的性質常與等差數列的前n項和公式Sn＝相結合．
鞏固訓練3
(1)[2024·江西宜春模擬]已知等差數列{an}滿足a2－a5＋a8＝4，則數列{an}的前9項和S9＝(　　)
A．9 B．18
C．36 D．72
(2)[2024·江蘇徐州模擬]若一個等差數列的前5項和為15，后5項和為145，且該數列共有31項，則這個等差數列的公差為________．
角度二　等差數列前n項和的性質
例4 (1)已知等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn，Tn(Sn，Tn≠0)，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，則的值為(　　)
A． B．
C． D．
(2)在等差數列{an}中， a1＝－2 024，其前n項和為Sn，若＝2，則S2 024＝(　　)
A．2 023 B．－2 023
C．－2 024 D．2 024
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題后師說
在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，則：
(1)數列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數列．
(2){}也為等差數列．
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
(5)若n為偶數，則S偶－S奇＝；若n為奇數，則S奇－S偶＝a中(中間項)．
鞏固訓練4
(1)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S10＝20，S20＝10，則S30＝(　　)
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
(2)已知等差數列{an}的公差為2，項數是偶數，所有奇數項之和為15，所有偶數項之和為25，則這個數列的項數為(　　)
A．10 B．20
C．30 D．40
角度三　等差數列的最值問題
例5 (多選)等差數列{an}的前n項和記為Sn，若a1>0，S10＝S20，則成立的是(　　)
A．d>0
B．Sn的最大值是S15
C．a16<0
D．當Sn<0時，n最大值為32
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題后師說
求等差數列前n項和Sn的最值的兩種常用方法
鞏固訓練5
已知數列{an}是等差數列，若a9＋a12>0，a10·a11<0，且數列{an}的前n項和Sn有最大值，那么當Sn>0時，n的最大值為(　　)
A．10 B．11
C．20 D．21
1．[2023·全國甲卷]記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝(　　)
A．25 B．22
C．20 D．15
2．[2022·新高考Ⅱ卷]圖(1)是中國古代建筑中的舉架結構，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖(2)是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝(　　)
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
3．[2022·全國乙卷]記Sn為等差數列的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝________.
4．[2020·新高考Ⅰ卷]將數列{2n－1}與{3n－2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為________.
第二節　等差數列
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：倒序相加法. 對于等差數列{an}中，前n項和為Sn，則Sn＝a1＋a2＋…＋an　①，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1　②.
①＋②得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)＝n(a1＋an)，
∴Sn＝.
【問題2】　提示：an不一定是關于n的一次函數，事實上，在等差數列{an}中，an＝kn＋b(k，b∈R)，當k＝0，即數列為常數列時，an不是關于n的一次函數；同理Sn不一定是關于n的二次函數，當數列為常數列時，Sn＝bn，不是二次函數．
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)方法一　，解得，
∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
方法二　因為a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，
所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160.故選C.
(2)設樹干的截面圓的半徑為r，樹干周長2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm，從內向外數：a5＝0.4，an－4＝0.2，Sn＝r＝50＝＝0.3n，∴n＝≈167年，所以為三級．故選C.
答案：(1)C　(2)C
鞏固訓練1　解析：(1)設等差數列{an}的公差為d，因為a1＝1，S3＝18，可得3a1＋3d＝3＋3d＝18，解得d＝5，所以S6＝6a1＋15d＝6＋15×5＝81.故選D.
(2)設等差數列{an}的公差為d，由題意知，
解得，所以a5＋a7＝2a1＋10d＝2×＋10×＝6.
答案：(1)D　(2)6
例2　解析：①③ ②.
已知{an}是等差數列，a2＝3a1.
設數列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因為數列{an}的各項均為正數，所以＝n，
所以 ＝(n＋1)－n＝(常數)，所以數列{}是等差數列．
①② ③.
已知{an}是等差數列，{}是等差數列．
設數列{an}的公差為d，數列{}的公差為d1，
則Sn＝na1＋d＝n2d＋n，＝＋(n－1)d1.
代入解得d1＝，d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知數列{}是等差數列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
設數列{}的公差為d，d>0，則＝＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，n＝1滿足上式，故an＝(2n－1)d2，an－an－1＝2d2，所以數列{an}是等差數列．
鞏固訓練2　解析：證明：(1)∵＝＝＝＝＝，∴－＝，
∴數列{}是以為公差的等差數列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
∴an＝(n∈N*)．
例3　解析：(1)因為{an}是等差數列，所以a2＋a3＋a14＋a15＝2(a1＋a16)＝40，所以a1＋a16＝20，所以S16＝＝＝160.故選B.
(2)因為數列{an}對任意正整數n都有an＋an＋2＝2an＋1，所以數列{an}是等差數列，因為a2，a6是方程x2－8x－5＝0的兩個實根，由根與系數的關系可得a2＋a6＝8，所以a1＋a4＋a7＝a2＋a6＋(a2＋a6)＝8＋4＝12.
答案：(1)B　(2)12
鞏固訓練3　解析：(1)根據題意，等差數列{an}中，a2＋a8＝2a5，則a2－a5＋a8＝a5＝4，數列{an}的前9項和S9＝＝9a5＝36，故選C.
(2)設這個等差數列為{an}，則a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝15，a27＋a28＋a29＋a30＋a31＝5a29＝145，所以a3＝3，a29＝29，所以公差d＝＝1.
答案：(1)C　(2)1
例4　解析：(1)由(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，得＝＝＝＝＝＝＝.故選B.
(2)由{an}是等差數列，設公差為d，則Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d，＝(常數)，則{}也為等差數列．由＝2，則數列{}的公差為1.所以＝＋(n－1)×1＝－2 024＋n－1＝n－2 025，所以＝2 024－2 025＝－1，所以S2 024＝－2 024.故選C.
答案：(1)B　(2)C
鞏固訓練4　解析：(1)由等差數列{an}的前n項和的性質可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差數列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故選C.
(2)設該數列有2n項，則S偶－S奇＝nd，得2n＝25－15＝10，故該數列的項數為10，故選A.
答案：(1)C　(2)A
例5　解析：設等差數列的公差為d，S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋d＝0，d＝－<0，A選項錯誤；所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C選項正確；所以Sn的最大值是S15，B選項正確；由于n≥16時，an<0，{an}是單調遞減數列，所以當Sn<0時，n沒有最大值，D選項錯誤．故選BC.
答案：BC
鞏固訓練5　解析：由等差數列的性質可知，a9＋a12＝a11＋a10>0，又∵a10·a11<0，∴a10和a11異號，∵數列{an}的前n項和Sn有最大值，∴數列{an}是遞減的等差數列，即an－an－1＝d<0，∴a10>0，a11<0，∴S21＝＝21a11<0，S20＝＝10(a9＋a12)>0，∴當Sn>0時，n的最大值為20.故選C.
答案：C
隨堂檢測
1．解析：方法一　由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.設等差數列{an}的公差為d，則d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故選C.
方法二　設等差數列{an}的公差為d，則由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5　①，
由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45　②，
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故選C.
答案：C
2．解析：設OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由題意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故選D.
答案：D
3．解析：方法一　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.因為2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
答案：2
4．解析：因為數列{2n－1}是以1為首項，以2為公差的等差數列，
數列{3n－2}是以1為首項，以3為公差的等差數列，
所以這兩個數列的公共項所構成的新數列{an}是以1為首項，以6為公差的等差數列，
所以{an}的前n項和為n·1＋·6＝3n2－2n.
答案：3n2－2n第三節　等比數列
1.理解等比數列的概念．
2．掌握等比數列的通項公式與前n項和公式．
3．了解等比數列與指數函數的關系．
問題思考·夯實技能
【問題1】　類比指數函數的性質，說出公比q>0的等比數列的單調性．
【問題2】　任何兩個實數都有等差中項和等比中項對嗎？
關鍵能力·題型剖析
題型一 等比數列基本量的運算
例1 (1)[2024·山東昌樂模擬]等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3＝15，a3＝5，則公比q的值為(　　)
A．－ B．1
C．－或1 D．或1
(2)[2024·黑龍江齊齊哈爾模擬]有這樣一道題目：“戴氏善屠，日益功倍．初日屠五兩，今三十日屠訖，問共屠幾何？”其意思為：“有一個姓戴的人善于屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5兩肉，共屠了30天，問一共屠了多少兩肉？”在這個問題中，該屠夫前5天所屠肉的總兩數為(　　)
A．35 B．75
C．155 D．315
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
等比數列的通項公式an＝a1qn－1及前n項和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求其二，體現了方程思想的應用．
鞏固訓練1
(1)[2024·河北秦皇島模擬]一個由正數組成的等比數列，它的前4項和是前2項和的5倍，則此數列的公比為(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)[2024·河南開封模擬]記Sn為等比數列{an}的前n項和，已知2(a1＋a2)＝a2＋a3＝12，則S5＝(　　)
A．30 B．31
C．61 D．62
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題型二 等比數列的判定與證明
例2 已知數列{an}和{bn}滿足：a1＝λ，an＋1＝＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實數，n∈N*.
(1)對任意實數λ，證明數列{an}不是等比數列；
(2)試判斷數列{bn}是否為等比數列，并證明你的結論．
[聽課記錄]
題后師說
鞏固訓練2
Sn為等比數列的前n項和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常數λ，使得數列是等比數列？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．
題型三 等比數列的性質
角度一　等比數列項的性質
例3 (1)在等比數列{an}中，若a2a3a6a9a10＝32，則的值為(　　)
A．4 B．2
C．－2 D．－4
(2)[2024·湖北黃岡模擬]已知數列{an}是正項等比數列，數列{bn}滿足bn＝log2an.若a2a5a8＝212，b1＋b2＋b3＋…＋b9＝(　　)
A．24 B．32
C．36 D．40
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質，特別是性質“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以減少運算量，提高解題速度．
鞏固訓練3
(1)[2024·河南鄭州模擬]在等比數列{an}中，a1a2a3＝1，a3a4a5＝6，則a7a8a9的值為(　　)
A．48 B．72
C．216 D．192
(2)在等比數列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的兩根，則的值為________．
角度二　等比數列前n項和的性質
例4 (1)[2024·河北滄州模擬]正項等比數列{an}的前n項和為Sn，S30＝21S10，S10＋S30＝220，則S20＝(　　)
A．90 B．50
C．40 D．30
(2)已知一個項數為偶數的等比數列{an}，所有項之和為所有偶數項之和的4倍，前3項之積為64，則a1＝(　　)
A．11 B．12
C．13 D．14
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
在等比數列中，當前n項和的下標成等差數列時，往往借助Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比數列這一性質求解，減少了運算量，提高了解題速度．
鞏固訓練4
(1)[2024·遼寧沈陽模擬]已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若＝，則＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
(2)已知等比數列{an}共有2n項，其和為－240，且奇數項的和比偶數項的和大80，則公比q＝________．
1．[2022·全國乙卷]已知等比數列{an}的前3項和為168，a2－a5＝42，則a6＝(　　)
A．14 B．12
C．6 D. 3
2．[2023·全國甲卷]已知正項等比數列{an}中，a1＝1，Sn為{an}前n項和，S5＝5S3－4，則S4＝(　　)
A．7 B．9
C．15 D．30
3．[2023·新課標Ⅱ卷]記Sn為等比數列{an}的前n項和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝(　　)
A．120 B．85
C．－85 D．－120
4．[2023·全國乙卷]已知為等比數列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，則a7＝________．
第三節　等比數列
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：①當q>1時，若a1>0，則{an}單調遞增；若a1<0，則{an}單調遞減．
②當00，則{an}單調遞減；若a1<0，則{an}單調遞增．
③當q＝1時，{an}不具有單調性．
【問題2】　提示：任何兩個實數都有等差中項是正確的，a，b∈R，等差中項A＝，而任何兩個實數都有等比中項是錯誤的．只有同號的兩個實數才有等比中項，且等比中項一定有兩個，它們互為相反數，G＝±.
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)由題設知：S3＝a1＋a2＋a3＝15，又a3＝5，故a1＋a2＝10，∴a1(1＋q)＝10，而a1q2＝5，即1＋q＝2q2，解得q為－或1.故選C.
(2)由題意可得該屠夫每天屠的肉成等比數列，記首項為a1，公比為q，前n項和為Sn，所以a1＝5，q＝2，因此前5天所屠肉的總兩數為＝＝155.故選C.
答案：(1)C　(2)C
鞏固訓練1　解析：(1)設此數列的公比為q，根據題意得q>0且q≠1，由題意S4＝5S2，即由＝，解得q＝2.故選B.
(2)設等比數列的首項為a1，公比為q，依題意＝＝q＝2，且2(a1＋a1q)＝6a1＝12，得a1＝2，則S5＝＝62.故選D.
答案：(1)B　(2)D
例2　解析：(1)證明：假設存在一個實數λ，使{an}是等比數列，則有＝a1·a3，
即(λ－3)2＝λ(λ－4) λ2－4λ＋9＝λ2－4λ 9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比數列．
(2)因為bn＝(－1)n(an－3n＋21)，
bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1·(an＋1－3n＋18)
＝(－1)n＋1(an－2n＋14)
＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以當λ＝－18時，b1＝0，
此時{bn}不是等比數列；
當λ≠－18，b1＝－(λ＋18)時，由上可知bn≠0，
∴＝－(n∈N*)，
此時{bn}是等比數列．
鞏固訓練2　解析：(1)易知q≠1，
由題意可得
解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假設存在常數λ，使得數列是等比數列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，
此時Sn＋＝×3n，則＝＝3，
故存在常數λ＝，使得數列是以為首項，3為公比的等比數列．
例3　解析：(1)由a2a3a6a9a10＝(a2a10)·(a3a9)·a6＝＝32＝25，得a6＝2，則＝＝a6＝2.故選B.
(2)因為{an}是正項等比數列，a2a5a8＝212，所以＝212＝(24)3，則a5＝24，所以b1＋b2＋b3＋…＋b9＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝log2(a1a2a3…a9)＝＝log2(24)9＝log2236＝36.故選C.
答案：(1)B　(2)C
鞏固訓練3　解析：(1)由a1a2a3＝1，得＝1，由a3a4a5＝6，得＝6，所以q6＝＝6，所以a7a8a9＝a1a2a3q18＝q18＝63＝216.故選C.
(2)因為a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的兩根，所以a1＋a13＝13，a1·a13＝9，所以a1>0，a13>0，又{an}為等比數列，則a7＝a1·q6>0，又a1a13＝a2a12＝＝9，所以a7＝3或a7＝－3 (舍去)，所以＝a7＝3.
答案：(1)C　(2)3
例4　解析：(1)因為Sn是正項等比數列{an}的前n項和，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，又因為S30＝21S10，S10＋S30＝220，所以S10＝10，S30＝210，所以(S20－10)2＝10(210－S20)，解得S20＝50或S20＝－40(舍)．故選B.
(2)由題意可得所有項之和S奇＋S偶是所有偶數項之和的4倍，∴S奇＋S偶＝4S偶，設等比數列{an}的公比為q，由等比數列的性質可得S偶＝qS奇，即S奇＝S偶，∴S偶＋S偶＝4S偶，∵S偶≠0，∴解得q＝，又前3項之積a1a2a3＝＝64，解得a2＝4，∴a1＝＝12.故選B.
答案：(1)B　(2)B
鞏固訓練4　解析：(1)等比數列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數列，設S4＝m，則S8＝3m，S8－S4＝2m，S12－S8＝4m，S12＝7m，所以＝＝.故選D.
(2)由題意，得解得S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝＝＝2.
答案：(1)D　(2)2
隨堂檢測
1．解析：設等比數列{an}的公比為q.由題意知，兩式相除，得＝4，解得q＝.代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故選D.
答案：D
2．解析：由題知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由題知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故選C.
答案：C
3．解析：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……為等比數列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.當S2＝－1時，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；當S2＝時，結合S4＝－5得，化簡可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故選C.
答案：C
4．解析：設數列{an}的公比為q，則由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
答案：－2第四節　數列求和
1.熟練掌握等差、等比數列的前n項和公式．
2．掌握非等差、等比數列求和的幾種常見方法．
問題思考·夯實技能
【問題1】　使用裂項相消法求和時要注意哪些問題？
【問題2】　推導等比數列的前n項和公式的方法是什么？請你試一試．
關鍵能力·題型剖析
題型一 分組求和與并項求和
例1 [2024·河南開封模擬]記Sn為正項數列{an}的前n項和，已知a1＝1，Sn＋Sn－1＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求數列{an}的前n項和Sn；
(2)若bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
[聽課記錄]
題后師說
(1)分組轉化法求和的常見類型主要有：分段型(如①an＝②an＝2n＋3n－1)，周期型.
(2)并項求和法：一個數列的前n項和中，可兩兩或幾個相結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．
鞏固訓練1
[2024·廣東深圳模擬]已知數列{an}中，a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝求數列{bn}的前100項和．
題型二 裂項相消法求和
例2 [2024·河北秦皇島模擬]已知數列{an}的前n項和為Sn，且{Sn＋2}是首項為4，公比為2的等比數列．
(1)求an；
(2)求證：數列{}的前n項和Tn<.
[聽課記錄]
題后師說
一般是前面裂幾項，后面就裂幾項；消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項．
鞏固訓練2
[2024·安徽馬鞍山模擬]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，且a1，a2，S3成等比數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
題型三 錯位相減法求和
例3 [2024·河北衡水模擬]已知數列{an}的前n項和為Sn，滿足a1＝1，Sn＝(n＋t)n(t為常數)．
(1)求{an}的通項公式；
(2)若bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
[聽課記錄]
題后師說
(1)一般地，如果數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，求數列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以數列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
鞏固訓練3
[2024·遼寧沈陽模擬]已知各項均不為零的數列{an}滿足a1＝，且2an－2an＋1＝3anan＋1，n∈N*.
(1)證明：{}為等差數列，并求{an}的通項公式；
(2)令cn＝，Tn為數列{cn}的前n項和，求Tn.
1．[2024·江西景德鎮模擬]在數列{an}中，an＝＋…＋(n∈N＋)，bn＝，則數列{bn}的前n項和S10＝(　　)
A． B． C． D．
2．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＝，則S10＝(　　)
A．130 B．169 C．200 D．230
3．已知函數y＝f(x)滿足f(x)＋f(1－x)＝1，若數列{an}滿足an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)，則數列{an}的前20項的和為(　　)
A．230 B．115 C．110 D．100
4．[2021·新高考Ⅰ卷]某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規格為20 dm×12 dm的長方形紙，對折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm兩種規格的圖形，它們的面積之和S1＝240 dm2，對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規格的圖形，它們的面積之和S2＝180 dm2.以此類推，則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為________；如果對折n次，那么＝________ dm2.
第四節　數列求和
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：(1)使用裂項相消法求和時，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．
(2)將通項裂項后，有時需要調整前面的系數，是裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等．例如：設an為等差數列，公差為d，＝)，＝)．
【問題2】　提示：錯位相減求和法. 對于等比數列{an}中，前n項和為Sn，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1　①，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn　②.
①－②得(1－q)Sn＝a1(1－qn)，
∴當q≠1時，Sn＝，當q＝1時，Sn＝na1.
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)當n≥2時，因為an＝Sn－Sn－1，
所以Sn＋Sn－1＝，
即＝1，所以數列}為等差數列，公差為1，首項為＝1，
所以＝n，又{an}為正項數列，則Sn＝.
(2)由(1)可知，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝，
a1＝1亦適合上式，所以an＝，
所以bn＝＝(－1)n()，
當n為偶數時，Tn＝－1＋1＋＋…＋＝，
當n為奇數時，Tn＝－1＋1＋＋…－＝－，
綜上可知Tn＝
鞏固訓練1　解析：(1)∵nan＋1－(n＋1)an＝1，
∴＝＝，
∴{}是常數列，即＝＝3，∴an＝3n－1.
(2)由(1)知，{an} 是首項為2，公差為3的等差數列，
由題意得b2n－1＝a2n－1＋1＝6n－3，b2n＝2a2n＋1＝12n＋4，
設數列{b2n－1}，{b2n}的前50項和分別為T1，T2，
∴T1＝＝25×300＝7 500，
T2＝＝25×620＝15 500，
∴{bn}的前100項和為T1＋T2＝7 500＋15 500＝23 000.
例2　解析：(1)∵{Sn＋2}是首項為4，公比為2的等比數列，
∴Sn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1－2，
當n≥2時，Sn－1＝2n－2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
又∵a1＝S1＝2，∴an＝2n(n∈N*)．
(2)＝＝，
∴Tn＝＋…＋
＝＋…＋
＝，
∵n∈N*，2n＋2－2>0，∴<，
得Tn<.
鞏固訓練2　解析：(1)若等差數列{an}的公差為d，
由＝a1S3，則(1＋d)2＝1×＝3(1＋d)，
所以d＝－1或d＝2，
當d＝－1時，a2＝0，與a1，a2，S3成等比數列矛盾，排除；
所以d＝2，則an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知：Sn＝＝n2，
則bn＝＝＝)，
所以Tn＝(1－＋…＋)＝(1－)＝.
例3　解析：(1)令n＝1，S1＝a1＝(＋t)，可得t＝，
所以Sn＝(n＋)n，
當n≥2時，Sn－1＝[(n－1)＋](n－1)，
可得an＝Sn－Sn－1＝[n2－(n－1)2]＋＝n，
所以an＝n(n≥2，n∈N*)，
又因為a1＝1滿足上式，
所以an＝n(n∈N*)．
(2)因為bn＝＝n·()n＋1，
所以Tn＝1×()2＋2×()3＋3×()4＋…＋n×()n＋1，
兩邊乘得：Tn＝1×()3＋2×()4＋3×()5＋…＋(n－1)×()n＋1＋n×()n＋2，
兩式相減得：Tn＝()2＋()3＋()4＋()5＋…＋()n＋1－n×()n＋2，
即Tn＝－n×()n＋2，
所以Tn＝－()×()n.
鞏固訓練3　解析：(1)由2an－2an＋1＝3anan＋1，得＝3，n∈N*，
又＝5，∴{}是首項為5，公差為3的等差數列．
∴＝5＋3(n－1)＝3n＋2，故an＝，n∈N*.
(2)由(1)知an＝，∴cn＝＝(3n＋2)·2n－1，
所以Tn＝5＋8×2＋11×22＋…＋(3n－1)·2n－2＋(3n＋2)·2n－1　①，
2Tn＝5×2＋8×22＋11×23＋…＋(3n－1)·2n－1＋(3n＋2)·2n　②，
①－②得：－Tn＝5＋3×2＋3×22＋…＋3×2n－1－(3n＋2)·2n＝5＋－(3n＋2)·2n＝(1－3n)·2n－1，
∴Tn＝(3n－1)·2n＋1.
隨堂檢測
1．解析：∵an＝＋…＋＝＝＝，∴bn＝＝＝4()，∴S10＝4×(1－＋…＋)＝4×(1－)＝.故選D.
答案：D
2．解析：∵an＝，∴S10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝(1＋5＋9＋13＋17)＋(11＋21＋31＋41＋51)＝45＋155＝200.故選C.
答案：C
3．解析：an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)　①，
an＝f(1)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(0)　②，
兩式相加，又因為f(x)＋f(1－x)＝1，
故2an＝n＋1，所以an＝，
所以{an}的前20項的和為Sn＝a1＋a2＋…＋a20＝＋…＋，Sn＝20×1＋＝115.故選B.
答案：B
4．解析：(1)由對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規格的圖形，所以對折三次的結果有：×12，5×6，10×3，20×，共4種不同規格(單位dm2)；
故對折4次可得到如下規格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5種不同規格(單位dm2)；
(2)由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對折后的圖形，不論規格如何，其面積成公比為的等比數列，首項為120，第n次對折后的圖形面積為120×n－1，對于第n次對折后的圖形的規格形狀種數，根據(1)的過程和結論，猜想為n＋1種(證明從略)，故得猜想Sn＝，
設S＝＝＋…＋，
則S＝＋…＋，
兩式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此S＝720－＝720－.
答案：5　720－

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