資源簡(jiǎn)介 (共63張PPT)第六章§6.4 數(shù)列中的構(gòu)造問題數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)數(shù)列中的構(gòu)造問題是歷年高考的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，主、客觀題均可出現(xiàn)，一般通過構(gòu)造新的數(shù)列求數(shù)列的通項(xiàng)公式.課標(biāo)要求例1 已知數(shù)列{an}中，a1=5且an+1=4an+6，則an= . 待定系數(shù)法題型一命題點(diǎn)1 an+1=pan+q(p≠0，1，q≠0)7×4n-1-2因?yàn)閍n+1=4an+6，所以an+1+2=4an+8=4(an+2)，又因?yàn)閍1+2=5+2=7≠0，所以=4，所以數(shù)列{an+2}是以7為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，所以an+2=7×4n-1 an=7×4n-1-2.例2 已知數(shù)列{an}滿足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，則k等于A.253 B.506 C.1 012 D.2 024√命題點(diǎn)2 an+1=pan+qn+c(p≠0，1，q≠0)設(shè)an+1+λ(n+1)+u=4(an+λn+u)，所以an+1=4an+3λn+3u-λ，所以所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).又a1-4=0，故{an-4n}為常數(shù)列，所以an=4n.由ak=4k=2 024，解得k=506.例3 (2024·衡陽(yáng)模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=an+1-2n+1，a1=2，則an= . 命題點(diǎn)3 an+1=pan+qn(p≠0，1，q≠0，1)(n+1)2n-1因?yàn)镾n=an+1-2n+1，Sn-1=an-2n(n≥2)，兩式相減得Sn-Sn-1=(an+1-2n+1)-(an-2n)，即an+1=2an+2n.兩邊同除以2n+1可得-=(n≥2)，又S1=a2-22=2，得a2=6，滿足-=所以數(shù)列是首項(xiàng)為=1，公差為的等差數(shù)列，故=1+=即an=(n+1)2n-1.思維升華形式 構(gòu)造方法an+1=pan+q 引入?yún)?shù)c，構(gòu)造新的等比數(shù)列{an-c}an+1=pan+qn+c 引入?yún)?shù)x，y，構(gòu)造新的等比數(shù)列{an+xn+y}an+1=pan+qn跟蹤訓(xùn)練1 (多選)已知數(shù)列{an}，下列結(jié)論正確的有A.若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，則an=n·2nB.在數(shù)列{an}中，a1=1，且an=2an-1+3(n≥2，且n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+1-3C.若a1=2，an=an-1+(n≥2)，則數(shù)列是等比數(shù)列D.已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=2an+n-1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-n+1√√∵2(n+1)an-nan+1=0，∴=∴是首項(xiàng)為=2，公比為2的等比數(shù)列，∴=2·2n-1，∴an=n·2n，故A正確；由an=2an-1+3(n≥2)，得an+3=2(an-1+3)，即=2，又a1+3=1+3=4，∴數(shù)列{an+3}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列，∴an+3=4×2n-1，即an=2n+1-3，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+1-3，故B正確；根據(jù)題意，an=an-1+ -=1，n≥2，又=6，∴是首項(xiàng)為6，公差為1的等差數(shù)列，故C錯(cuò)誤；設(shè)an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，∴an+1=2an+kn+b-k，由an+1=2an+n-1，得解得∴=2，即{an+n}是首項(xiàng)為a1+1=2，公比為2的等比數(shù)列.∴an+n=2×2n-1=2n，故an=2n-n，故D錯(cuò)誤.例4 已知數(shù)列{an}中，a1=1，an+1=(n∈N*)，則an= . 取倒數(shù)法和取對(duì)數(shù)法題型二命題點(diǎn)1 取倒數(shù)法因?yàn)閍n+1=(n∈N*)，所以=+1，設(shè)+t=3所以3t-t=1，解得t=所以+=3又+=1+=所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以+=×3n-1=所以an=.例5 (2025·岳陽(yáng)模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=10，an+1=10若as·at=a10，則s+t的最大值為A.10 B.12 C.16 D.18√命題點(diǎn)2 取對(duì)數(shù)法由an+1=10可得an>0，lg an+1=lg(10)=2lg an+1，故lg an+1+1=2(lg an+1)，又lg a1+1=2，故{lg an+1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則lg an+1=2n，故an=由as·at=a10可得·==故2s+2t=210，則210≥2=2=故+1≤10，得0故s+t的最大值為18.(1)形如an+1==·+的形式，化歸為bn+1=pbn+q的通項(xiàng)公式，再求an.(2)形如an+1=p的遞推公式，兩邊同取以p為底的對(duì)數(shù)，得logpan+1=qlogpan+1，將logpan看成整體，運(yùn)用待定系數(shù)法求得logpan的表達(dá)式，再得出an.思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (1)在數(shù)列{bn}中，b1=-1，bn+1=則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn= . bn+1=的兩邊同時(shí)取倒數(shù)，得=即=+3，因此+3=2又+3=2，故是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，則+3=2·2n-1=2n，可得bn=.(2)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=100，an>0，且10an=(n≥2)，則an= . 由10an=(n≥2)且an>0，兩邊取對(duì)數(shù)得lg an+1=2lg an-1，n≥2，令xn=lg an，則xn+1=2xn-1，n≥2，整理得xn-1=2(xn-1-1)，又x1-1=lg a1-1=1，所以數(shù)列為首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，則xn-1=2n-1，故xn=2n-1+1，故an=1.an＋2＝pan＋1＋qan對(duì)應(yīng)于一元二次方程x2－px－q＝0，此方程為該數(shù)列的特征根方程.(1)若特征根方程有兩個(gè)不等實(shí)根α，β，則an＝A·αn＋B·βn，A，B由a1，a2的值決定；(2)若特征根方程只有一個(gè)實(shí)根α，則an＝(An＋B)·αn，A，B由a1，a2的值決定.特征根法求an＋2＝pan＋1＋qan型的通項(xiàng)公式微拓展典例 (1)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，則an＝ . an＋2＝3an＋1－2an，其特征方程為x2＝3x－2，解得x1＝1，x2＝2，令an＝c1·1n＋c2·2n，由得∴an＝1＋2n－1.1＋2n－1(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，則an＝ . 4an＋2＝4an＋1－an，其特征方程為4x2＝4x－1，解得x1＝x2＝令an＝(c1＋nc2)由得∴an＝.若數(shù)列{an}滿足an＋1＝的遞推公式，則不動(dòng)點(diǎn)方程為x＝，則cx2＋(d－a)x－b＝0.(1)若不動(dòng)點(diǎn)方程有兩個(gè)不等實(shí)根α，β，則數(shù)列為等比數(shù)列.(2)若不動(dòng)點(diǎn)方程有一個(gè)實(shí)根α，則數(shù)列為等差數(shù)列.(3)若不動(dòng)點(diǎn)方程無實(shí)根，則考慮數(shù)列為周期數(shù)列.不動(dòng)點(diǎn)法求an＋1＝型的通項(xiàng)公式微拓展典例 (1)設(shè){an}滿足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，則an＝ . 設(shè)函數(shù)f(x)＝，解方程f(x)＝x求出不動(dòng)點(diǎn)p＝2，q＝－1，于是＝－·，逐次迭代得·，解得an＝. (2)數(shù)列{an}滿足a1＝2a，an＋1＝2a－，a≠0，n∈N*，則an＝ . 設(shè)函數(shù)f(x)＝2a－，解方程f(x)＝x求出不動(dòng)點(diǎn)p＝a，于是，所以＋(n－1)·，所以an＝a＋.a＋課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案12345678910題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7答案 D C B A ABD ACD題號(hào) 8 答案 答案12345678910(1)由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，可知數(shù)列{Sn+n+1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，則an=2n-1-1，n≥2，且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.9.答案12345678910(2)由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，則bn+1-bn=n-(n-1)=1，可知{bn}是首項(xiàng)b1=0，公差為1的等差數(shù)列，可得Tn==當(dāng)n≥2時(shí)，則==2所以+++…+=2=2.9.答案12345678910(1)∵an+1=,∴==+,∴1-=-=,又1-=≠0,∴數(shù)列是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列.10.答案12345678910(2)由(1)知1-=,故an==.(3)bn==·===1-,顯然數(shù)列為遞增數(shù)列,10.答案12345678910且3-2>0對(duì)n∈N*恒成立,∴數(shù)列為遞減數(shù)列,∴數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列,且bn<1,∴bn10.一、單項(xiàng)選擇題1.在數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，首項(xiàng)a1=1，又函數(shù)f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，若f'(0)=0，則S2 025等于A.22 023-2 024 B.22 024-2 025C.22 025-2 026 D.22 026-2 027√12345678910答案12345678910答案因?yàn)閒(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，所以f '(x)=3x2-an+1cos x+2an+1，若f '(0)=0，則an+1=2an+1，所以an+1+1=2(an+1)，又a1+1=2，所以數(shù)列{an+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an+1=2n，所以an=2n-1，故Sn=-n=2n+1-n-2，所以S2 025=22 026-2 027.12345678910答案2.已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=2an+n，則a4等于A.17 B.18 C.19 D.20√12345678910答案方法一 因?yàn)閍n+1=2an+n，所以an+1+n+2=2an+2n+2=2(an+n+1)，又a1+1+1=1+1+1=3，即數(shù)列{an+n+1}是以3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，即an+n+1=3·2n-1，即an=3·2n-1-n-1，故a4=3·23-4-1=19.12345678910答案方法二 由an+1=2an+n，a1=1，故a2=2a1+1=3，a3=2a2+2=8，a4=2a3+3=19.3.(2025·宜賓模擬)一只蜜蜂從蜂房A出發(fā)向右爬，每次只能爬向右側(cè)相鄰的兩個(gè)蜂房(如圖)，例如：從蜂房A只能爬到1號(hào)或2號(hào)蜂房，從1號(hào)蜂房只能爬到2號(hào)或3號(hào)蜂房……以此類推，用an表示蜜蜂爬到n號(hào)蜂房的方法數(shù)，則a2 023a2 025-等于A.1 B.-1C.2 D.-2√12345678910答案12345678910答案依題意，an=an-1+an-2(n≥3)，a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，當(dāng)n≥2時(shí)，anan+2-=an(an+1+an)-=anan+1+-=+an+1(an-an+1) =-an+1an-1=-(an-1an+1-)，a1a3-=-1，所以數(shù)列{anan+2-}是首項(xiàng)為-1，公比為-1的等比數(shù)列，所以a2 023a2 025-=(-1)×(-1)2 023-1=-1.4.在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1=3an-2n-1(n∈N*)，記cn=3n-2×(-1)nλan，若數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為A. B.(-2，1)C.(-1，1) D.(0，1)√12345678910答案12345678910由an+1=3an-2n-1，得=·-即-=而-=0，則-=0，即an=2n-1，則cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ，由數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，得 n∈N*，cn+1>cn恒成立，則 n∈N*，3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ，即3n-1>(-2)n-1λ恒成立，答案12345678910當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，λ<恒成立，數(shù)列為遞增數(shù)列的最小值為1，則λ<1，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ>-恒成立，數(shù)列為遞減數(shù)列，-的最大值為-則λ>-所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍為.答案二、多項(xiàng)選擇題5.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2(n∈N*)，則下列說法正確的有A.a1= B.S4=C.{an}是等比數(shù)列 D.是等比數(shù)列√12345678910答案√√12345678910由題意，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2，則a2=3S1+2=3a1+2，所以a1=故A正確；因?yàn)閍n+1=3Sn+2， ①所以當(dāng)n≥2 時(shí)，an=3Sn-1+2， ②①-②得an+1-an=3an，即an+1=4an，當(dāng)n=1時(shí)，a1=不滿足a2=4a1，故數(shù)列{an}不是等比數(shù)列，故C錯(cuò)誤；答案12345678910當(dāng)n≥2時(shí)，an+1=4an，則a3=4a2=12，a4=4a3=48，故S4=+3+12+48=故B正確；由an+1=3Sn+2，得Sn+1-Sn=3Sn+2，所以Sn+1=4Sn+2，令Sn+1+λ=4(Sn+λ)，則Sn+1=4Sn+3λ，所以3λ=2，即λ=答案12345678910所以Sn+1+=4即=4，故是首項(xiàng)為S1+=a1+=1，公比為4的等比數(shù)列，故D正確.答案6.(2024·邢臺(tái)模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=3，an+1=4an+3×4n，則A.a2=24 B.為等比數(shù)列C.S10= D.log2(4a100-3S100+1)=200√12345678910答案√√12345678910選項(xiàng)A，由題意得a2=4a1+3×4=24，A正確；選項(xiàng)B，將an+1=4an+3×4n兩邊同時(shí)除以4n+1，得=+即-=則是首項(xiàng)為=公差為的等差數(shù)列，不是等比數(shù)列，B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，由=+(n-1)=n，得an=3n×4n-1，所以Sn=3+6×4+9×42+…+3n×4n-1， ①答案12345678910則4Sn=3×4+6×42+9×43+…+3n×4n， ②①-②得，-3Sn=3+3×(4+42+43+…+4n-1)-3n×4n=3+3×-3n×4n=-(3n-1)×4n-1，即Sn=則S10=C正確；選項(xiàng)D，因?yàn)?an-3Sn+1=4×3n×4n-1-3×+1=4n，所以log2(4a100-3S100+1)=log24100=log22200=200，D正確.答案三、填空題7.已知數(shù)列{an}中，a1=1，a2=2，an+1-5an+4an-1=0(n∈N*，n≥2)，則{an}的通項(xiàng)公式為 . 12345678910答案an=因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，an+1-5an+4an-1=0，所以an+1-an=4(an-an-1)，又a1=1，a2=2，則a2-a1=1，所以{an+1-an}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，所以an+1-an=4n-1，從而an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=4n-2+4n-3+…+41+40+1=+1=當(dāng)n=1時(shí)，a1=1滿足上式，所以an=.12345678910答案8.(2025·南京模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1，2an+1-an+anan+1=0(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為 . 12345678910答案an=12345678910在數(shù)列{an}中，a1=1，2an+1-an+anan+1=0，顯然an≠0，則有=2·+1，即+1=2而+1=2，因此數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以+1=2n，即an=.答案四、解答題9.(2025·湖北云學(xué)重點(diǎn)高中聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2=1且Sn+1=2Sn+n(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；12345678910答案12345678910答案由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，可知數(shù)列{Sn+n+1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，則an=2n-1-1，n≥2，且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=log2(an+1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求+++…+.12345678910答案12345678910答案由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1，則bn+1-bn=n-(n-1)=1，可知{bn}是首項(xiàng)b1=0，公差為1的等差數(shù)列，可得Tn==當(dāng)n≥2時(shí)，則==2所以+++…+=2=2.10.(2025·八省聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中,a1=3,an+1=.(1)證明:數(shù)列為等比數(shù)列;12345678910答案12345678910答案∵an+1=,∴==+,∴1-=-=,又1-=≠0,∴數(shù)列是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列.(2)求{an}的通項(xiàng)公式;12345678910答案由(1)知1-=,故an==.(3)令bn=,證明:bn12345678910答案12345678910答案bn==·===1-,顯然數(shù)列為遞增數(shù)列,且3·-2>0對(duì)n∈N*恒成立,∴數(shù)列為遞減數(shù)列,∴數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列,且bn<1,∴bn第六章§6.3 等比數(shù)列數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)1.通過生活中的實(shí)例，理解等比數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義.2.掌握等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，理解等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系.3.能在具體問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題.4.體會(huì)等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.課標(biāo)要求課時(shí)精練內(nèi)容索引第一部分 落實(shí)主干知識(shí)第二部分 探究核心題型落實(shí)主干知識(shí)第一部分1.等比數(shù)列有關(guān)的概念(1)定義：一般地，如果一個(gè)數(shù)列從第 項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比都等于 常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等比數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的 ，公比通常用字母q(q≠0)表示.(2)等比中項(xiàng)：如果在a與b中間插入一個(gè)數(shù)G，使a，G，b成 數(shù)列，那么 叫做a與b的等比中項(xiàng)，此時(shí)，G2= .2同一個(gè)公比等比Gab2.等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式(1)若等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，則其通項(xiàng)公式為an= .(2)等比數(shù)列通項(xiàng)公式的推廣：an=amqn-m.(3)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：當(dāng)q=1時(shí)，Sn=na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn=________= .3.等比數(shù)列的常用性質(zhì)(1)若m+n=p+q，則 ，其中m，n，p，q∈N*.特別地，若2w=m+n，則 ，其中m，n，w∈N*.a1qn-1aman=apaqaman=(2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比數(shù)列，公比為 (k，m∈N*).(3)若數(shù)列{an}，{bn}是兩個(gè)項(xiàng)數(shù)相同的等比數(shù)列，則數(shù)列{ban}，{pan·qbn}和也是等比數(shù)列(b，p，q≠0).(4)若或則等比數(shù)列{an}遞 .若或則等比數(shù)列{an}遞 .qm增減4.等比數(shù)列前n項(xiàng)和的常用性質(zhì)若等比數(shù)列{an}的 前n項(xiàng)和為Sn，則Sn， ， 仍成等比數(shù)列(公比q=-1且n為偶數(shù)除外)，其公比為qn.S2n-SnS3n-S2n1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)等比數(shù)列的公比q是一個(gè)常數(shù)，它可以是任意實(shí)數(shù).( )(2)三個(gè)數(shù)a，b，c成等比數(shù)列的充要條件是b2=ac.( )(3)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則S4，S8-S4，S12-S8成等比數(shù)列.( )(4)對(duì)有窮等比數(shù)列，與首末兩項(xiàng)“等距離”的兩項(xiàng)之積等于首末兩項(xiàng)的積.( )×√××2.(2025·臨汾模擬)在等比數(shù)列{an}中，a1=1，a5=4，則a3等于A.2 B.-2 C.±2 D.2√由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，=a1·a5=4，所以a3=±2，又因?yàn)?q2>0，所以a3=2.3.(多選)設(shè)數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，則A.a3，a5，a7成等比數(shù)列 B.{}是等比數(shù)列C.{lg an}是等比數(shù)列 D.是等比數(shù)列√√√設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q(q≠0).對(duì)于A==q8，a3·a7=(a1q2)·(a1q6)=q8，所以=a3·a7，則a3，a5，a7成等比數(shù)列，A正確；對(duì)于B，因?yàn)?q3，所以{}是等比數(shù)列，B正確；對(duì)于C，不妨設(shè)等比數(shù)列{an}為an=1，則lg an=0，所以{lg an}不是等比數(shù)列，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)?=所以是等比數(shù)列，D正確.4.在等比數(shù)列{an}中，a1=3，a1+a3+a5=21，則a7+a9= . 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1=3，且a1+a3+a5=21，可得a1(1+q2+q4)=21，解得q2=2，所以a7+a9=a1(q6+q8)=24a1=72.72解題時(shí)關(guān)注三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)當(dāng)q≠0，且q≠1時(shí)，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}是等比數(shù)列的充要條件，此時(shí)k=.(2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數(shù)列，還要驗(yàn)證a1≠0.(3)在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須注意對(duì)q=1與q≠1分類討論，防止因忽略q=1這一特殊情形而導(dǎo)致解題失誤.返回微點(diǎn)提醒探究核心題型第二部分例1 (1)(2023·全國(guó)甲卷)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，若a1=1，S5=5S3-4，則S4等于A. B. C.15 D.40√等比數(shù)列基本量的運(yùn)算題型一方法一 若該數(shù)列的公比q=1，代入S5=5S3-4中，有5=5×3-4，不成立，所以q≠1.由=5×-4，化簡(jiǎn)得q4-5q2+4=0，所以q2=1(舍)或q2=4，因?yàn)榇藬?shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q=2，所以S4==15.方法二 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.(2)我國(guó)明代的數(shù)學(xué)家、音樂理論家朱載堉創(chuàng)立的十二平均律是第一個(gè)利用數(shù)學(xué)使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精確規(guī)定八度的比例，把八度分成13個(gè)半音，使相鄰兩個(gè)半音之間的頻率比是常數(shù)，如表所示，其中a1，a2，…，a13表示這些半音的頻率，它們滿足log2=1(i=1，2，…，12).若某一半音與D#的頻率之比為則該半音為頻率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13半音 C C# D D# E F F# G G# A A# B C(八度)A.F# B.G C.G# D.A√依題意可知an>0(n=1，2，…，13).由于a1，a2，…，a13滿足log2=1(i=1，2，…，12)，則=2，所以=所以數(shù)列a1，a2，…，a13為等比數(shù)列，公比q=D#對(duì)應(yīng)的頻率為a4，所求半音與D#的頻率之比為=所以所求半音對(duì)應(yīng)的頻率為a4·=a8，即對(duì)應(yīng)的半音為G.等比數(shù)列基本量的運(yùn)算的解題策略(1)等比數(shù)列中有五個(gè)量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求解.(2)解方程組時(shí)常常利用“作商”消元法.(3)運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，一定要討論公比q=1的情形，否則會(huì)漏解或增解.思維升華跟蹤訓(xùn)練1 (1)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2=4=8，則a1等于A.16 B.8 C.6 D.2√設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由=8，即==8，可得q3=8，即q=2，又a2=4，所以a1==2.(2)(2024·嘉興模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若b1=-1，b5=8b2，(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，則an= . 2n設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，由b5=8b2，則q3=8，解得q=2，又b1=-1，所以bn=-2n-1，所以Tn==1-2n，代入(1-2n)Sn=n(n+1)Tn，解得Sn=n(n+1)，當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=2，當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n，a1=2滿足上式，所以an=2n，n∈N*.例2 (1)(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，下列說法正確的是A.若b2=ac，則a，b，c成等比數(shù)列B.若{an}為等差數(shù)列，則{}為等比數(shù)列C.若Sn=3n-1，則數(shù)列{an}為等比數(shù)列D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，則{an+1-an}為等比數(shù)列等比數(shù)列的判定與證明題型二√√√對(duì)于A，當(dāng)a=b=c=0時(shí)，b2=ac，此時(shí)a，b，c不成等比數(shù)列，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則此時(shí)有==2d>0，所以數(shù)列{}為等比數(shù)列，故B正確；對(duì)于C，若Sn=3n-1，則a1=S1=2，an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，a1=2顯然滿足an=2·3n-1，所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)?an+1=an+2an+2，所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0，而a1=1，a2=2，因此數(shù)列{an+1-an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，故D正確.(2)(2024·福州模擬)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=且滿足an+1=.①求證：數(shù)列為等比數(shù)列；由an+1=得=1+·則-2=又a1=-2=≠0，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列.②若+++…+<2 025，求滿足條件的最大正整數(shù)n.由①可得-2=所以=+2，則++…+=+2n=+2n=1-+2n，由+++…+<2 025，得1-+2n<2 025，即2n-<2 024，又函數(shù)y=2n-為增函數(shù)，所以滿足2n-<2 024的最大正整數(shù)為1 012.等比數(shù)列的四種常用判定方法(1)定義法：若=q(q為非零常數(shù)，且n≥2，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列.(2)等比中項(xiàng)法：若在數(shù)列{an}中，an≠0且=anan+2(n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列.(3)通項(xiàng)公式法：若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可寫成an=cqn-1(c，q均為非零常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列.(4)前n項(xiàng)和公式法：若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=kqn-k(k為常數(shù)，且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數(shù)列.思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (2024·昆明模擬)已知數(shù)列{an}滿足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=.(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，∴an·an-1+an·3an+1=4an-1an+1，∴+=∴-=3又-=4-1=3≠0，∴數(shù)列是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列.(2)求{an}的通項(xiàng)公式.由(1)得-=3×3n-1=3n，∴當(dāng)n≥2時(shí)++…+=3n-1+3n-2+…+31==即-=∴=+=+1=∴an=又a1=1也滿足上式，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=.例3 (2023·全國(guó)乙卷)已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，則a7= . 命題點(diǎn)1 項(xiàng)的性質(zhì)等比數(shù)列的性質(zhì)題型三-2方法一 {an}為等比數(shù)列，∴a4a5=a3a6，∴a2=1，又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3，∴a7=-2.方法二 設(shè){an}的公比為q(q≠0)，則a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，顯然an≠0，則a4=q2，即a1q3=q2，則a1q=1，∵a9a10=-8，則a1q8·a1q9=-8，則q15=(q5)3=-8=(-2)3，則q5=-2，則a7=a1q·q5=q5=-2.(1)若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則·…·=·…·.(2)若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，則++…+=++…+.下標(biāo)和相等的等差(比)性質(zhì)的推廣微拓展典例 已知等差數(shù)列{an}，Sn為前n項(xiàng)和，且a9=5，S8=16，則S11= .S8==16，∴a1+a8=4，又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，故S11=11a6=33.33例4 (1)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S2=2，a3+a4=6，則等于A.2 B. C.3 D.命題點(diǎn)2 和的性質(zhì)√由題意得S2=2，S4-S2=6，S4=S2+6=8，且等比數(shù)列{an}的公比q≠-1，則S2，S4-S2，S6-S4成等比數(shù)列，故=S2(S6-S4)，即62=2(S6-8)，解得S6=26，故==.因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}有2n+1項(xiàng)，則奇數(shù)項(xiàng)有n+1項(xiàng)，偶數(shù)項(xiàng)有n項(xiàng)，設(shè)公比為q，得到奇數(shù)項(xiàng)的和為1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85，偶數(shù)項(xiàng)的和為q+q3+q5+…+q2n-1=42，整體代入得q=2，所以前2n+1項(xiàng)的和為=85+42=127，解得n=3.(2)已知等比數(shù)列{an}有2n+1項(xiàng)，a1=1，所有奇數(shù)項(xiàng)的和為85，所有偶數(shù)項(xiàng)的和為42，則n等于A.2 B.3 C.4 D.5√(1)在解決與等比數(shù)列有關(guān)的問題時(shí)，要注意挖掘隱含條件，利用性質(zhì)，特別是“若m+n=p+q，則aman=apaq”，可以減少運(yùn)算量，提高解題速度.(2)在應(yīng)用等比數(shù)列的性質(zhì)解題時(shí)，要注意性質(zhì)成立的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形.此外，解題時(shí)注意設(shè)而不求思想的運(yùn)用.思維升華跟蹤訓(xùn)練3 (1)(多選)下列說法正確的是A.若等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n-1+t，則t=-1B.若{an}為等比數(shù)列，且a2a7+a3a6=6，則a1a2a3…a8=81C.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，則Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成等比數(shù)列D.項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)的等比數(shù)列{an}，a1=2，S奇=S偶=則公比q=√√對(duì)于A，因?yàn)镾n=2n-1+t=t+×2n，由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn==-qn，知t=-所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由a2a7+a3a6=6，得到a2a7=a3a6=3，所以a1a2a3…a8==81，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)q=-1，n為偶數(shù)時(shí)，Sn=0，顯然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比數(shù)列，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)數(shù)列{an}共有2m+1項(xiàng)，由題意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=S偶=a2+a4+…+a2m=則S奇=a1+a2q+…+a2mq=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+q=解得q=故D正確.(2)(多選)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)積為Tn，且滿足條件a1>1，a2 024a2 025>1，(a2 024-1)(a2 025-1)<0，則下列結(jié)論正確的是A.{an}為遞減數(shù)列B.S2 024+1C.T2 024是數(shù)列{Tn}中的最大項(xiàng)D.T4 049>1√√由(a2 024-1)(a2 025-1)<0，得或∵a2 024a2 025>1，∴a2 024和a2 025同號(hào)，且一個(gè)大于1，一個(gè)小于1.∵a1>1，∴a2 024>1，0即數(shù)列{an}的前2 024項(xiàng)都大于1，而從第2 025項(xiàng)開始都小于1，公比q=<1，且q>0.∵a1>1，∴an=a1qn-1為減函數(shù)，故{an}為遞減數(shù)列，故A正確；∵a2 025<1，∴a2 025=S2 025-S2 024<1，即S2 024+1>S2 025，故B錯(cuò)誤；等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，且數(shù)列{an}的前2 024項(xiàng)大于1，而從第2 025項(xiàng)開始都小于1，故T2 024是數(shù)列{Tn}中的最大項(xiàng)，故C正確；T4 049=a1a2a3…a4 049=∵a2 025<1，∴<1，即T4 049<1，故D錯(cuò)誤.返回課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案1234567891011121314題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8答案 B D B C A B AC BD題號(hào) 9 10 13 14 15 16 答案 32 -44 ACD ABC 21 012 1516答案1234567891011121314(1)當(dāng)k=2時(shí)，有an+an+2=2an+1，即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，因?yàn)閍1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，所以S10=1×10+×2=100.(2)當(dāng)k=時(shí)，an+2=an+1-an，11.1516答案1234567891011121314所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列，所以bn=1×=.11.1516答案1234567891011121314(1)∵=an+∴2Sn=2nan+n(1-n)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)，則2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)，化簡(jiǎn)得an-an-1=1(n≥2)，又∵a1=2，∴{an}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，12.1516答案1234567891011121314∴an=n+1，∴{an}的通項(xiàng)公式為an=n+1.(2)由(1)知bn==2-n=∴當(dāng)n≥2時(shí)=-=-又∵b1b2=12.1516答案1234567891011121314∴{(-1)n+1bnbn+1}是以為首項(xiàng)，-為公比的等比數(shù)列，∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.12.1516一、單項(xiàng)選擇題1.(2024·北京模擬)已知數(shù)列{an}中，a1=1-=0，Sn為其前n項(xiàng)和，則S5等于A. B. C.11 D.31√1234567891011121314知識(shí)過關(guān)答案15161234567891011121314答案由-=0得=又∵a1=1，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，∴S5==2-=.15161234567891011121314答案2.(2025·廊坊模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1+a3+a5=1，a2+a4+a6=2，則S12-S6等于A.18 B.54 C.128 D.192√設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則(a1+a3+a5)q=a2+a4+a6，解得q=2.S12-S6=a7+a8+…+a12=(a1+a2+…+a6)×26=3×26=192.15163.(2025·哈師大附中模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若=則等于A. B.8 C.9 D.16√1234567891011121314答案15161234567891011121314設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由=得S6-S3=3S3，則q3==3，又Sn為{an}的前n項(xiàng)和，則S3，S6-S3，S9-S6，S12-S9成等比數(shù)列，公比為q3=3，于是S12=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)=S3+3S3+32S3+33S3=40S3，所以==8.答案15164.(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4=-5，S6=21S2，則S8等于A.120 B.85 C.-85 D.-120√1234567891011121314答案15161234567891011121314方法一 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，首項(xiàng)為a1，若q=1，則S6=6a1=3×2a1=3S2，不符合題意，所以q≠1.由S4=-5，S6=21S2，可得=-5，=21× ①由①可得，1+q2+q4=21，解得q2=4，所以S8==·(1+q4)=-5×(1+16)=-85.答案15161234567891011121314方法二 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)镾4=-5，S6=21S2，所以q≠-1，否則S4=0，從而S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6成等比數(shù)列，所以(-5-S2)2=S2(21S2+5)，解得S2=-1或S2=當(dāng)S2=-1時(shí)，S2，S4-S2，S6-S4，S8-S6，即為-1，-4，-16，S8+21，答案15161234567891011121314易知S8+21=-64，即S8=-85；當(dāng)S2=時(shí)，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q2)=(1+q2)S2>0，與S4=-5矛盾，舍去.綜上，S8=-85.答案15165.在流行病學(xué)中，基本傳染數(shù)R0是指在沒有外力介入，同時(shí)所有人都沒有免疫力的情況下，一個(gè)感染者平均傳染的人數(shù).R0一般由疾病的感染周期、感染者與其他人的接觸頻率、每次接觸過程中傳染的概率決定，假設(shè)某種傳染病的基本傳染數(shù)R0=4，平均感染周期為7天，那么感染人數(shù)由1(初始感染者)增加到3 333大約需要的天數(shù)為(初始感染者傳染R0個(gè)人為第一輪傳染，這R0個(gè)人每人再傳染R0個(gè)人為第二輪傳染……參考數(shù)據(jù)：lg 2≈0.301 0)A.42 B.43 C.35 D.49√1234567891011121314答案15161234567891011121314設(shè)第n輪感染的人數(shù)為an，前n輪感染的總?cè)藬?shù)為Sn，則數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=4，公比q=4的等比數(shù)列，由Sn+1=+1≥3 333，可得4n+1≥10 000，兩邊取對(duì)數(shù)得(2n+2)lg 2≥4，所以n+1≥≈≈6.64，n≥5.64，所以感染人數(shù)由1增加到3 333需要6輪傳染，故需要的天數(shù)約為6×7=42.答案15166.(2025·遵義模擬)若數(shù)列{an}滿足a1=且對(duì)任意正整數(shù)p，q都有apaq=ap+q，則等于A.4 B. C.6 D.√1234567891011121314答案1516由apaq=ap+q，得(p+q)ap+q=pap·qaq，令bn=nan(n∈N*)，依題意，對(duì)任意正整數(shù)p，q都有bp+q=bpbq，令p=1，q=n(n∈N*)，則 n∈N*，bn+1=b1bn，而b1=a1=即bn+1=bn，因此數(shù)列{bn}是以為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列，bn=即nan=an=所以==.1234567891011121314答案1516二、多項(xiàng)選擇題7.(2024·黃岡模擬)數(shù)列{an}滿足a1=1，Sn-1=3an(n≥2)，則下列結(jié)論中正確的是A.a2= B.{an}是等比數(shù)列C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=n≥21234567891011121314√答案√1516由Sn-1=3an(n≥2)，當(dāng)n=2時(shí)，S1=a1=3a2=1，解得a2=故A正確；當(dāng)n≥1時(shí)，可得Sn=3an+1，所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，所以an=3an+1-3an(n≥2)，即an+1=an(n≥2)，而a2=a1，故C正確，B不正確；因?yàn)镾n-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=n≥2，故D錯(cuò)誤.1234567891011121314答案15168.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，下列命題為真命題的是A.若T3=1，a8=2，則T9=16B.若T3=1，T5=32，則a2+a3=3C.若a2a3=2，則T3T5=8D.若T5=32，則|a2|+|a4|≥4√1234567891011121314答案√15161234567891011121314對(duì)于A，易知T3=T5=T9=若T3=1，則a2=1，又因?yàn)閍8=2，所以a5=±=±所以T9==±16故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若T3=1，T5=32，則a2=1，a3=2，所以a2+a3=3，故B正確；對(duì)于C，若a2a3=2，則T3T5===8故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若T5=32，則a3=2，所以|a2|+|a4|≥2=2=4，當(dāng)且僅當(dāng)|a2|=|a4|=2時(shí)等號(hào)成立，故D正確.答案1516三、填空題9.(2025·南陽(yáng)模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且=9，3a3+4=a5，則a6= . 1234567891011121314答案32設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則==1+q3=9，解得q=2，又因?yàn)?a3+4=a5，得12a1+4=16a1，解得a1=1，所以a6=a1q5=32.151610.在等比數(shù)列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=-a3=-則++++= . 1234567891011121314答案-44設(shè)T5=++++則2T5=++++=++++===-88，所以T5=-44.1516四、解答題11.(2024·南昌模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1=1，a2=3，an+an+2=kan+1.(1)當(dāng)k=2時(shí)，求S10；1234567891011121314答案當(dāng)k=2時(shí)，有an+an+2=2an+1，即an+2-an+1=an+1-an，所以{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，因?yàn)閍1=1，a2=3，所以d=a2-a1=2，所以S10=1×10+×2=100.1516(2)若k=設(shè)bn=an+1-2an，求{bn}的通項(xiàng)公式.1234567891011121314答案當(dāng)k=時(shí)，an+2=an+1-an，所以an+2-2an+1=an+1-an=(an+1-2an)，即bn+1=bn，且b1=a2-2a1=1，所以{bn}是以1為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列，所以bn=1×=.151612.(2025·池州模擬)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知=an+a1=2.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；1234567891011121314答案15161234567891011121314答案∵=an+∴2Sn=2nan+n(1-n)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)，則2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)，化簡(jiǎn)得an-an-1=1(n≥2)，又∵a1=2，∴{an}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴an=n+1，∴{an}的通項(xiàng)公式為an=n+1.15161234567891011121314答案由(1)知bn==2-n=∴當(dāng)n≥2時(shí)=-=-又∵b1b2=∴{(-1)n+1bnbn+1}是以為首項(xiàng)，-為公比的等比數(shù)列，∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1==.(2)令bn=求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1.151613.(多選)(2024·紹興模擬)已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)積為Tn，且 n∈N*<0，則A.數(shù)列{an}是遞增數(shù)列B.數(shù)列{an}是遞減數(shù)列C.若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則q>1D.若數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，則q>11234567891011121314答案√能力拓展√√1516由題意可知Sn=Tn=a1(a1q)…(a1qn-1)=且 n∈N*<0，故有<0且q>0(否則若q<0，則的符號(hào)會(huì)正負(fù)交替，這與 n∈N*<0矛盾)，也就是有或1234567891011121314答案1516無論如何，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，即Sn+1-Sn=an+1>0，由以上分析可知只能故C正確；對(duì)于D，若數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，顯然不可能是(否則Tn=的符號(hào)會(huì)正負(fù)交替，這與數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列矛盾)，從而只能是且這時(shí)有=an+1>1，故D正確.1234567891011121314答案151614.(多選)“0，1數(shù)列”是每一項(xiàng)均為0或1的數(shù)列，在通信技術(shù)中應(yīng)用廣泛.設(shè)A是一個(gè)“0，1數(shù)列”，定義數(shù)列f(A)：數(shù)列A中每個(gè)0都變?yōu)椤?，0，1”，A中每個(gè)1都變?yōu)椤?，1，0”，所得到的新數(shù)列.例如數(shù)列A：1，0，則數(shù)列f(A)：0，1，0，1，0，1.已知數(shù)列A1：1，0，1，0，1，且數(shù)列Ak＋1＝f(Ak)，k＝1，2，3，…，記數(shù)列Ak中0的個(gè)數(shù)為ak，1的個(gè)數(shù)為bk，數(shù)列Ak的所有項(xiàng)之和為Sk，則下列結(jié)論正確的是A.數(shù)列{ak＋bk}為等比數(shù)列 B.數(shù)列{ak－bk}為等比數(shù)列C.數(shù)列{Sk＋Sk＋1}為等比數(shù)列 D.數(shù)列{Sk－Sk＋1}為等比數(shù)列1234567891011121314答案√√√15161234567891011121314答案由題意知ak＋1＝ak＋2bk，bk＋1＝2ak＋bk，兩式相加得ak＋1＋bk＋1＝3(ak＋bk)，又a1＋b1＝5，所以數(shù)列{ak＋bk}是以5為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，故A正確；兩式相減得ak＋1－bk＋1＝－(ak－bk)，又a1－b1＝－1，所以數(shù)列{ak－bk}是以－1為首項(xiàng)，－1為公比的等比數(shù)列，故B正確；而ak＋bk＝5×3k－1，ak－bk＝(－1)k，所以ak＝，bk＝，所以Sk＝0×ak＋1×bk＝bk，15161234567891011121314答案所以Sk＋Sk＋1＝＝10×3k－1，故C正確；所以Sk－Sk＋1＝＝－5×3k－1－(－1)k，設(shè)ck＝－5×3k－1－(－1)k，所以c1＝－4，c2＝－16，c3＝－44，但c1c3＝176≠256＝，故D錯(cuò)誤.151615.若數(shù)列{an}滿足+=k(k為常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為等比和數(shù)列，k稱為公比和，已知數(shù)列{an}是以3為公比和的等比和數(shù)列，其中a1=1，a2=2，則a2 025= . 123456789101112131421 012答案15161234567891011121314答案令bn=則bn+bn+1=3，bn+1+bn+2=3，兩式相減可得bn+2-bn=0，即bn+2=bn，又b1==2，所以b2=3-b1=1，則bn=m∈N*，即=m∈N*，所以a2 025=a1····…·=1×2×1×2×…×1=21 012.151616.歌德巴赫曾研究過“所有形如(m，n為正整數(shù))的分?jǐn)?shù)之和”問題.為了便于表述，引入記號(hào)：＋…＋＋…，寫出你對(duì)此問題的研究結(jié)論： ______________________(用數(shù)學(xué)符號(hào)表示). 1234567891011121314答案＝115161234567891011121314答案因?yàn)椋剑?br/>＋…＝，…＋…＝，…所以＋…＋＋…＝＋…＋＋…＝1－＋…＋＋…＝1.返回1516(共43張PPT)第六章必刷大題12 數(shù)列的綜合問題數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)答案123(1)由a1=1，得2S1-=1.因?yàn)閧2Sn-}是公差為1的等差數(shù)列，所以2Sn-=1+(n-1)=n.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1-=n-1，兩式相減，得2an-+=1，所以=又an≥1，所以an-1=an-1，則an-an-1=1，所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，1.4答案123所以an=1+(n-1)=n.(2)由(1)可知，Sn=則==4所以數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn=4=4=.1.4答案123(1)因?yàn)閍n+2=3an+1-2an，所以an+2-an+1=2(an+1-an)，又因?yàn)閍1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0，所以=2，所以數(shù)列{an+1-an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.所以an+1-an=2×2n-1=2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+22.4答案123=+2=2n，當(dāng)n=1時(shí)，a1=2也滿足上式，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n.(2)由題意可知an+1-an=(n+2-1)dn，所以(n+1)dn=an+1-an=2n，所以=所以Tn=+++…+ ①2.4答案123將①式兩邊同時(shí)乘以得Tn=+++…+ ②①-②得Tn=1++++…+-=1+-=-所以Tn=3-故數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn=3-.2.4答案123(1)f(x)的定義域?yàn)?-1，+∞)，且f(0)=0，f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f '(0)=0，①當(dāng)a≤0時(shí)，2a-<0，則令f '(x)>0，有x∈(-1，0)，令f'(x)<0，有x∈(0，+∞)，則f(x)在(-1，0)上單調(diào)遞增，在(0，+∞)上單調(diào)遞減，又f(0)=0，所以f(x)≤0，此時(shí)令x1x2<0，有<0，不符合題意；3.4答案123②當(dāng)a>0時(shí)，f '(x)有零點(diǎn)0和x0=-1，若-1此時(shí)令f '(x)<0，有x∈(x0，0)，令f '(x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上單調(diào)遞減，在(-1，x0)，(0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)>0，令x1>0，x2=x0，有<0，不符合題意；若x0>0，即03.4答案123此時(shí)令f '(x)<0，有x∈(0，x0)，令f '(x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(-1，0)，(x0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)<0，令-1有<0，不符合題意；若x0=0，即a=此時(shí)f '(x)=≥0，3.4答案123f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，當(dāng)-1則當(dāng)x≠0時(shí)>0，也即對(duì)x1x2≠0>0，綜上，a=.(2)由(1)的結(jié)論可知，3.4答案123當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；當(dāng)a=x>0時(shí)，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，則當(dāng)x>0時(shí)，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-將上述n個(gè)式子相加，3.4答案123tn-欲證tn-只需證tn-≤tn-只需證1++…+≤因?yàn)?<=2所以1++…+3.4答案123<1+2=-<得證，于是tn-3.4答案123(1)不是的，理由如下：如等差數(shù)列當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=a1a2…an>0，Tn 所以不是任意一個(gè)無窮等差數(shù)列對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.(2){an}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1=2，公比為q，所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n4.4答案123由已知得，對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Tn=am成立，即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得2n=2qm-1成立，即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得=21-n成立，①當(dāng)m=≥1時(shí)，得-(m-1)=1-n，所以q=2；②當(dāng)m=+(2-n)=≥1時(shí)，得+(1-n)=0，所以q=.4.4答案123綜上，q=2或q=.(3)對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，設(shè)公比為q'，則an=a1q'n-1=·令bn=cn=則an=bn·cn(n∈N*)，下面證明：{bn}是對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的.因?yàn)閎n=所以Tn==4.4答案123取正整數(shù)t=得Tn=bt，所以{bn}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，同理證明：{cn}也對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，所以對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.4.41.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不小于1，前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，{2Sn-}是公差為1的等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；123答案4123答案4由a1=1，得2S1-=1.因?yàn)閧2Sn-}是公差為1的等差數(shù)列，所以2Sn-=1+(n-1)=n.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1-=n-1，兩式相減，得2an-+=1，所以=又an≥1，所以an-1=an-1，則an-an-1=1，所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以an=1+(n-1)=n.(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.123答案4123答案4由(1)可知，Sn=則==4所以數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn=4=4=.123答案2.(2024·三明模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an.(1)證明：數(shù)列{an+1-an}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；4123答案4因?yàn)閍n+2=3an+1-2an，所以an+2-an+1=2(an+1-an)，又因?yàn)閍1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0，所以=2，所以數(shù)列{an+1-an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.所以an+1-an=2×2n-1=2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2123答案4=+2=2n，當(dāng)n=1時(shí)，a1=2也滿足上式，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n.123答案(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.4123答案4由題意可知an+1-an=(n+2-1)dn，所以(n+1)dn=an+1-an=2n，所以=所以Tn=+++…+ ①將①式兩邊同時(shí)乘以得Tn=+++…+ ②①-②得Tn=1++++…+-=1+-=-123答案4所以Tn=3-故數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn=3-.3.已知函數(shù)f(x)=ax2-x+ln(x+1)，a∈R.(1)若對(duì)定義域內(nèi)任意非零實(shí)數(shù)x1，x2，均有>0，求a；123答案4123答案f(x)的定義域?yàn)?-1，+∞)，且f(0)=0，f '(x)=2ax-1+=2ax-=x因此f ' (0)=0，①當(dāng)a≤0時(shí)，2a-<0，則令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)，令f ' (x)<0，有x∈(0，+∞)，則f(x)在(-1，0)上單調(diào)遞增，在(0，+∞)上單調(diào)遞減，又f(0)=0，所以f(x)≤0，此時(shí)令x1x2<0，有<0，不符合題意；4123答案②當(dāng)a>0時(shí)，f ' (x)有零點(diǎn)0和x0=-1，若-1此時(shí)令f ' (x)<0，有x∈(x0，0)，令f ' (x)>0，有x∈(-1，x0)∪(0，+∞)，f(x)在(x0，0)上單調(diào)遞減，在(-1，x0)，(0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)>0，令x1>0，x2=x0，有<0，不符合題意；若x0>0，即04123答案此時(shí)令f ' (x)<0，有x∈(0，x0)，令f ' (x)>0，有x∈(-1，0)∪(x0，+∞)，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(-1，0)，(x0，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則f(x0)<0，令-1有<0，不符合題意；若x0=0，即a=此時(shí)f ' (x)=≥0，4123答案f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，又f(0)=0，則當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，當(dāng)-1則當(dāng)x≠0時(shí)>0，也即對(duì)x1x2≠0>0，綜上，a=.4(2)記tn=1++…+(n∈N*)，證明：tn-123答案4123答案4由(1)的結(jié)論可知，當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-x+ln(x+1)≤0；當(dāng)a=x>0時(shí)，f(x)=x2-x+ln(x+1)>0，則當(dāng)x>0時(shí)，x-x2令x=(n∈N*)，有-即-所以-123答案4將上述n個(gè)式子相加，tn-欲證tn-只需證tn-≤tn-只需證1++…+≤因?yàn)?<=2所以1++…+123答案4<1+2=-<得證，于是tn-4.在無窮數(shù)列{an}中，令Tn=a1a2…an，若 n∈N*，Tn∈{an}，則稱{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的.(1)試判斷：任意一個(gè)無窮等差數(shù)列{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是否是封閉的？1234答案不是的，理由如下：如等差數(shù)列當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=a1a2…an>0，Tn 所以不是任意一個(gè)無窮等差數(shù)列對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.(2)設(shè){an}是無窮等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1=2，公比為q.若{an}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，求出q的兩個(gè)值；1234答案1234答案{an}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1=2，公比為q，所以an=a1·qn-1=2qn-1(n∈N*)，所以Tn=a1a2…an=2nq1+2+…+(n-1)=2n由已知得，對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Tn=am成立，即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得2n=2qm-1成立，即對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得=21-n成立，1234答案①當(dāng)m=≥1時(shí)，得-(m-1)=1-n，所以q=2；②當(dāng)m=+(2-n)=≥1時(shí)，得+(1-n)=0，所以q=.綜上，q=2或q=.(3)證明：對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.1234答案1234答案對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，設(shè)公比為q'，則an=a1q'n-1=·令bn=cn=則an=bn·cn(n∈N*)，下面證明：{bn}是對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的.因?yàn)閎n=所以Tn==取正整數(shù)t=得Tn=bt，1234答案所以{bn}對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，同理證明：{cn}也對(duì)前n項(xiàng)之積是封閉的，所以對(duì)任意的無窮等比數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列{bn}和{cn}，使得an=bn·cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}對(duì)前n項(xiàng)之積都是封閉的.(共96張PPT)第六章§6.2 等差數(shù)列數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)1.理解等差數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義.2.探索并掌握等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系.3.能在具體問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題.4.體會(huì)等差數(shù)列與一元函數(shù)的關(guān)系.課標(biāo)要求課時(shí)精練內(nèi)容索引第一部分 落實(shí)主干知識(shí)第二部分 探究核心題型落實(shí)主干知識(shí)第一部分1.等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)等差數(shù)列的定義一般地，如果一個(gè)數(shù)列從第 項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都等于，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，公差通常用字母 表示，定義表達(dá)式為___________________.(2)等差中項(xiàng)由三個(gè)數(shù)a，A，b組成等差數(shù)列，則A叫做a與b的等差中項(xiàng)，且有______.2同一個(gè)常數(shù)dan－an－1＝d(常數(shù))(n≥2，n∈N*)2A＝a＋b2.等差數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：an＝ .(2)前n項(xiàng)和公式：Sn＝ 或Sn＝ .3.等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)若{an}為等差數(shù)列，且p＋q＝s＋t，則 (p，q，s，t∈N*).(2)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性當(dāng)d>0時(shí)，{an}是 數(shù)列；當(dāng)d<0時(shí)，{an}是 數(shù)列；當(dāng)d＝0時(shí)，{an}是 .a1＋(n－1)dna1＋dap＋aq＝as＋at遞增遞減常數(shù)列4.等差數(shù)列前n項(xiàng)和的常用性質(zhì)(1)當(dāng)d≠0時(shí)，等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋n是關(guān)于n的二次函數(shù).(2)在等差數(shù)列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最 值；若a1<0，d>0，則Sn存在最 值.大小1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列.( )(2)等差數(shù)列{an}中，a10＝a1＋a9.( )(3)若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S6，S12，S18也成等差數(shù)列.( )(4)若{an}是等差數(shù)列，則對(duì)任意n∈N*都有2an＋1＝an＋an＋2.( )×√××2.在等差數(shù)列{an}中，若a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝21，則其公差等于A.2 B.3 C.6 D.18√由題意知，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝3，a4＋a5＋a6＝3a1＋12d＝21，兩式相減得9d＝18，所以d＝2.3.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a4的值為A.－7 B.－10 C.－12 D.10√設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)?S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋3d)＝(2a1＋d)＋(4a1＋6d)，又a1＝2，所以d＝－3，所以a4＝a1＋3d＝－7.4.在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，若a1＋a8＋a6＝6，則S9＝ . 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a1＋a8＋a6＝a1＋(a1＋7d)＋(a1＋5d)＝3(a1＋4d)＝3a5，所以a5＝2，所以S9＝＝9a5＝18.181.掌握等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md的等差數(shù)列.(2)若Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列.(3)若Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則數(shù)列也為等差數(shù)列.(4)若兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，則.(5)數(shù)列{an}是等差數(shù)列 Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)).微點(diǎn)提醒2.解題時(shí)靈活應(yīng)用以下結(jié)論若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n，則(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；(2)S偶－S奇＝nd.若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n＋1，則(1)S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；(2).返回微點(diǎn)提醒探究核心題型第二部分例1 (1)(2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，則S10＝ . 等差數(shù)列基本量的運(yùn)算題型一95方法一 (基本量法)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則由題意得解得則S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95.方法二 (利用下標(biāo)和性質(zhì))設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，則S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.下一層繞塔一周需多三步，則這位游客從底層進(jìn)入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需A.352步 B.387步 C.332步 D.368步(2)廣豐永和塔塔高九層，每至夜色降臨，金燈齊明，塔身晶瑩剔透，遠(yuǎn)望猶如仙境.某游客從塔底層(一層)進(jìn)入塔身，即沿石階逐級(jí)攀登，一步一階，此后每上一層均沿塔走廊繞塔一周以便瀏覽美景，現(xiàn)知底層共二十六級(jí)臺(tái)階，此后每往上一層減少兩級(jí)臺(tái)階，頂層繞塔一周需十二步，每往√設(shè)從第n層到第n＋1層所走的臺(tái)階數(shù)為an，繞第n＋1層一周所走的步數(shù)為bn，由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，所以數(shù)列{an}為首項(xiàng)為26，公差為－2的等差數(shù)列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，數(shù)列{bn}為公差為－3的等差數(shù)列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，所以S8＝＝152，T8＝＝180，S8＋T8＝152＋180＝332，故這位游客從底層進(jìn)入塔身開始到頂層繞塔一周停止共需332步.(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式共涉及五個(gè)量a1，n，d，an，Sn，知道其中三個(gè)就能求出另外兩個(gè)(簡(jiǎn)稱“知三求二”).(2)確定等差數(shù)列的關(guān)鍵是求出兩個(gè)最基本的量，即首項(xiàng)a1和公差d.思維升華跟蹤訓(xùn)練1 (1)(2025·南通模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a5＝5，a1＋S11＝46，則a3·a10是{an}中的A.第28項(xiàng) B.第29項(xiàng)C.第30項(xiàng) D.第32項(xiàng)√設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則解得所以a3·a10＝(a1＋2d)(a1＋9d)＝9×(－5)＝－45，令an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝－45，得n＝30，即a3·a10是{an}中的第30項(xiàng).(2)若冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個(gè)節(jié)氣，自冬至日起，其日影長(zhǎng)依次成等差數(shù)列，前三個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)之和為28.8尺，最后三個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)之和為4.5尺，則春分時(shí)節(jié)的日影長(zhǎng)為A.5.1尺 B.4.5尺 C.4.1尺 D.3.5尺√設(shè)冬至、小寒、大寒、立春、雨水、驚蟄、春分、清明、谷雨、立夏、小滿、芒種這十二個(gè)節(jié)氣日影長(zhǎng)構(gòu)成等差數(shù)列{an}，公差為d，由題意得解得所以an＝a1＋(n－1)d＝11.4－0.9n，所以a7＝11.4－0.9×7＝5.1，即春分時(shí)節(jié)的日影長(zhǎng)為5.1尺.例2 (1)(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則“數(shù)列{an}為等差數(shù)列”的充要條件是A.當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1－an＝d(d為常數(shù))B.an＝kn＋b(k，b為常數(shù))C.Sn＝an2＋bn(a，b為常數(shù))D.2an＋1＝an＋an＋2等差數(shù)列的判定與證明題型二√√√對(duì)于A，當(dāng)n≥1時(shí)，an＋1－an＝d 數(shù)列{an}為等差數(shù)列，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，符合an＝kn＋b的形式，若an＝kn＋b，則an＋1－an＝k(n＋1)＋b－kn－b＝k(常數(shù))，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可以表示為an＝kn＋b 數(shù)列{an}為等差數(shù)列，B正確；對(duì)于C，若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則Sn＝na1＋n，符合Sn＝an2＋bn的形式，若Sn＝an2＋bn，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)＝2an＋b－a，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝a＋b符合上式，故an＝2an＋b－a，即數(shù)列{an}為等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和可以表示為Sn＝an2＋bn的形式 數(shù)列{an}為等差數(shù)列，C正確；對(duì)于D，由2an＋1＝an＋an＋2，可得an＋1－an＝an＋2－an＋1 數(shù)列{an}為等差數(shù)列，D正確.(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3(n≥3).①求a3的值；在數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝3，且an＝2an－1－an－2＋3，令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7.②證明：數(shù)列{an－an－1}(n≥2)是等差數(shù)列；由an＝2an－1－an－2＋3(n≥3)，當(dāng)n≥2時(shí)，可得an＋1＝2an－an－1＋3，則(an＋1－an)－(an－an－1)＝3，又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1，所以{an＋1－an}是公差為3的等差數(shù)列，即數(shù)列{an－an－1}(n≥2)是公差為3的等差數(shù)列.③求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.由②知，數(shù)列{an＋1－an}是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列，即an＋1－an＝3n－2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[1＋4＋7＋…＋(3n－5)]＝2＋＝n2－n＋4，又a1＝2滿足上式，所以an＝n2－n＋4，即數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2－n＋4.判斷數(shù)列{an}是等差數(shù)列的常用方法(1)定義法：對(duì)于n≥2的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an－an－1為同一常數(shù).(2)等差中項(xiàng)法：驗(yàn)證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立.(3)通項(xiàng)公式法：驗(yàn)證an＝pn＋q.(4)前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn.思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (2025·晉中模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝且當(dāng)n≥2(n∈N*)時(shí)，2Sn·Sn－1＝－an.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；因?yàn)?Sn·Sn－1＝－an(n≥2)，所以2Sn＋1·Sn＝－an＋1，則2Sn·Sn＋1＝Sn－Sn＋1，因?yàn)镾1＝a1＝≠0，易知Sn≠0，所以＝2，又＝2，所以數(shù)列是首項(xiàng)與公差都為2的等差數(shù)列.(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝求b1＋b101的值.由(1)得＝2＋2(n－1)＝2n，則Sn＝當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝＝－2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝＝－·所以bn＝所以b1＋b101＝－2＋＝－.例3 (多選)(2024·南陽(yáng)模擬)已知{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論中正確的是A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，則a5＋a6＋a7＝20B.若a2＋a11＝4，則S12＝24C.若a1<0，S15<0，則S6D.若{an}和{anan＋1}都為遞增數(shù)列，則an>0√命題點(diǎn)1 項(xiàng)的性質(zhì)等差數(shù)列的性質(zhì)題型三√對(duì)于A，由a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，可得(a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3)＝6d＝6，所以d＝1，又由a5＋a6＋a7＝(a1＋a2＋a3)＋12d＝5＋12＝17≠20，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由S12＝＝24，所以B正確；對(duì)于C，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因?yàn)閍1<0，可得an<0(n＝1，2，…，8)，所以S6－S5＝a6<0，所以C正確；對(duì)于D，因?yàn)閧an}為遞增數(shù)列，可得公差d>0，因?yàn)閧anan＋1}為遞增數(shù)列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以對(duì)任意的n≥2，an>0，但a1的正負(fù)不確定，所以D錯(cuò)誤.命題點(diǎn)2 和的性質(zhì)例4 (1)(2025·咸陽(yáng)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S4＝2，S8＝12，則S20等于A.30 B.58 C.60 D.90√由數(shù)列{an}為等差數(shù)列，可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16也為等差數(shù)列，由S4＝2，S8＝12，則S8－S4＝10，故S12－S8＝18，S16－S12＝26，S20－S16＝34，即有S12＝18＋S8＝30，S16＝26＋S12＝56，S20＝34＋S16＝90.(2)已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn與Tn，且則等于A. B. C. D.√因?yàn)閧an}，{bn}均為等差數(shù)列，所以因?yàn)樗?例5 在等差數(shù)列{an}中，奇數(shù)項(xiàng)之和為220，偶數(shù)項(xiàng)之和為165.若此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為10，則此數(shù)列的公差為 ；若此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)，則此數(shù)列的中間項(xiàng)是 . 命題點(diǎn)3 奇、偶項(xiàng)的性質(zhì)－1155令S奇＝220，S偶＝165，若此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為10，則S偶－S奇＝5d，所以－55＝5d，所以d＝－11；若此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)，設(shè)項(xiàng)數(shù)為2n－1，則S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝＝(n－1)an，所以解得n＝4，所以第4項(xiàng)是此數(shù)列的中間項(xiàng)，a4＝＝55.等差數(shù)列的性質(zhì)(1)若{an}為等差數(shù)列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an；(2)若{an}是公差為d的等差數(shù)列，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)組成公差為md的等差數(shù)列；(3)在等差數(shù)列{an}中，數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差數(shù)列，且有S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)，S2n－1＝(2n－1)an.思維升華跟蹤訓(xùn)練3 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若對(duì)任意正整數(shù)n，都有則等于A. B. C. D.√由等差數(shù)列的性質(zhì)可得，.(2)(多選)(2024·廣州模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1>0，則下列命題正確的是A.若a3＋a7＝4，則S9＝18B.若a1＋a2＝5，a3＋a4＝9，則a7＋a8＝17C.若S15>0，S16<0，則>D.若S9＝S10，則S18>0√√√S9＝＝18，故A正確；設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d＝4，得d＝1，則a7＋a8＝(a1＋a2)＋12d＝5＋12＝17，故B正確；S15＝＝15a8>0，則a8>0，S16＝＝8(a8＋a9)<0，則a8＋a9<0，即0若S9＝S10，則a10＝0，S18＝＝9(a9＋a10)＝9a9，因?yàn)閍1>0，a10＝0，所以公差d＝<0，則a9＝a10－d>0，所以S18>0，故D正確.(3)等差數(shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，所有的奇數(shù)項(xiàng)之和為132，所有的偶數(shù)項(xiàng)之和為120，則n＝ . 10因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1＝132，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1＝120，所以解得n＝10.返回課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案1234567891011121314題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8答案 C C D D C D ABD ABD題號(hào) 9 10 13 14 15 16 答案 25 B BCD C 2n+1 1516答案1234567891011121314(1)∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，an=a1+(n-1)d=nd，又T3=b1+b2+b3=++=∴S3+T3=6d+=21，即2d2-7d+3=0，11.1516答案1234567891011121314解得d=3或d=(舍去)，∴an=nd=3n.(2)∵{bn}為等差數(shù)列，∴2b2=b1+b3，即=+∴6==即-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d，∵d>1，∴an>0，11.1516答案1234567891011121314又S99-T99=99，由等差數(shù)列的性質(zhì)知，99a50-99b50=99，即a50-b50=1，∴a50-=1，即-a50-2 550=0，解得a50=51或a50=-50(舍去).當(dāng)a1=2d時(shí)，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，與d>1矛盾，舍去；11.1516答案1234567891011121314當(dāng)a1=d時(shí)，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.綜上，d=.11.1516答案1234567891011121314(1)當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an=Sn-Sn-1，則2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，化簡(jiǎn)得Sn-1-Sn=2SnSn-1，又Sn≠0，所以-=2，又==1，所以是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列.12.1516答案1234567891011121314(2)由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，則Sn=故an=則an+1=-=-由2nan+1+<0，得-+<0，12.1516答案1234567891011121314則λ<令cn=則cn+1-cn=-=>0，所以數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，又c1=故λ<所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是.12.1516一、單項(xiàng)選擇題1.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1+a2+a3=9，a3+a7=10，則a8等于A.5 B.6 C.7 D.8√1234567891011121314知識(shí)過關(guān)答案由a1+a2+a3=3a2=9，得a2=3，由a3+a7=2a5=10，得a5=5，又a2+a8=2a5，即有3+a8=2×5=10，故a8=7.15161234567891011121314答案2.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1≠0，若a6=2a4，則等于A.12 B.10 C.9 D.6√設(shè){an}的公差為d，由a6=2a4，可得a1+5d=2(a1+3d)，得d=-a1≠0，則S24===-252a1，a30=a1+29d=-28a1，故=9.15163.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+3n+m，若p：m=0，q：數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則p是q的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.既不充分也不必要條件 D.充要條件√1234567891011121314答案15161234567891011121314當(dāng)m=0時(shí)，Sn=n2+3n，則a1=S1=4，an=Sn-Sn-1=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2(n≥2)，a1=4也滿足an=2n+2，所以an-an-1=2(n≥2)，故數(shù)列{an}為等差數(shù)列；由數(shù)列{an}為等差數(shù)列可知a1=4+m，a2=10+m-(4+m)=6，a3=18+m-(10+m)=8成等差數(shù)列，所以2a2=a1+a3，即12=12+m，解得m=0.綜上可知，p是q的充要條件.答案15164.(2025·煙臺(tái)模擬)記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若{an}的公差為首項(xiàng)a1∈sin a1=sin a2，則S16等于A.24π B.32π C.56π D.64π√1234567891011121314答案15161234567891011121314因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的公差為所以a2=a1+即sin a2=sin=cos a1，即sin a1=cos a1，則tan a1=1，又a1∈則a1=故S16=16×+×=64π.答案15165.(2024·包頭模擬)已知等差數(shù)列{an}中，a1=9，a4=3，設(shè)Tn=|a1|+|a2|+…+|an|，則T21等于A.245 B.263 C.281 D.290√1234567891011121314答案15161234567891011121314在等差數(shù)列{an}中，由a1=9，a4=3，得公差d==-2，則an=a1+(n-1)d=-2n+11，顯然當(dāng)n≤5時(shí)，an>0，當(dāng)n≥6時(shí)，an<0，所以T21=|a1|+|a2|+…+|a21|=(a1+a2+…+a5)-(a6+a7+…+a21)=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+a21)=2×-=281.答案15166.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，an+1(an+1-1)=an(an+1)，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，bn=則數(shù)列{bn}的前2 024項(xiàng)和T2 024等于A.1 012 B.1 011 C.2 024 D.2 025√1234567891011121314答案15161234567891011121314∵an+1(an+1-1)=an(an+1)，∴-=an+1+an，即(an+1-an)(an+1+an)=an+1+an，∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1-an=1，∵a1=1，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，∴an=n，答案15161234567891011121314∴Sn=∴==∴bn===∴T2 024=2+=2+2 023=2 025.答案1516二、多項(xiàng)選擇題7.(2025·遼寧名校聯(lián)合體聯(lián)考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn=kn2-2n(k∈R)，則下列結(jié)論正確的是A.a1=k-2B.{an}為等差數(shù)列C.{an}不可能為常數(shù)列D.若{an}為遞增數(shù)列，則k>01234567891011121314√答案√√1516對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=k-2，A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=kn2-2n-[k(n-1)2-2(n-1)]=2kn-(k+2)，顯然當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立，所以an=2kn-(k+2).因?yàn)閍n-an-1=2kn-(k+2)-[2k(n-1)-(k+2)]=2k，所以{an}是以2k為公差的等差數(shù)列，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，由上可知，當(dāng)k=0時(shí)，{an}為常數(shù)列，C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，若{an}為遞增數(shù)列，則公差2k>0，即k>0，D正確.1234567891011121314答案15168.(2024·株洲模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則以下四個(gè)選項(xiàng)中正確是A.若a5=0，則S9=0B.若S6-S9=a10，且a2>a1，則a8<0且a9>0C.若S16=64，且在前16項(xiàng)中，偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和之比為3∶1，則公差為2D.若(n+1)Sn>nSn+1，且=則S3和S4均是Sn的最大值√1234567891011121314答案√√15161234567891011121314對(duì)于A，因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，a5=0，所以S9==9a5=0，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閍2>a1，所以公差d=a2-a1>0，即{an}是遞增數(shù)列，因?yàn)镾6-S9=a10，即S9-S6=-a10，所以a9+a8+a7=-a10，即a10+a9+a8+a7=0，則a8+a9=0，所以a8<0且a9>0，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)镾16=64，所以=64，則a1+a16=8，則a8+a9=8，又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9，a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8，所以8a9=3×8a8，即a9=3a8，故4a8=8，得a8=2，a9=6，所以{an}的公差為a9-a8=4，故C錯(cuò)誤；答案15161234567891011121314對(duì)于D，因?yàn)?n+1)Sn>nSn+1，即>即>整理得d<0，因?yàn)?所以(a6+a2)(a6-a2)=0，由于a6-a2=4d≠0，所以a6+a2=0，故2a4=0，即a4=0，因?yàn)閐<0，所以{an}是遞減數(shù)列，則a3>0，a5<0，所以S3>S2>S1，S3=S4>S5>S6>…，故S3和S4均是Sn的最大值，故D正確.答案1516三、填空題9.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a3=1，a7+a8+a9=12，則S10= .1234567891011121314答案251516方法一 ∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，又a3=1，∴a3+a8=5，∴S10===25.方法二 設(shè){an}的公差為d，∵a7+a8+a9=3a8=12，∴a8=4，又a3=1，∴d==則a1=a3-2d=1-2×=-∴S10=10a1+d=25.1234567891011121314答案151610.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足2=+(n∈N*，且n≥2)，a1=1，a2=2，則a30= . 1234567891011121314答案2因?yàn)?=+由等差中項(xiàng)的定義可知，數(shù)列{}是首項(xiàng)=1，公差d=-=4-1=3的等差數(shù)列，所以=+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2，由此可知=3×30-2=88，又因?yàn)閍n>0，所以a30=2.1516四、解答題11.(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d>1.令bn=記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和.(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通項(xiàng)公式；1234567891011121314答案15161234567891011121314答案∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，an=a1+(n-1)d=nd，又T3=b1+b2+b3=++=∴S3+T3=6d+=21，即2d2-7d+3=0，解得d=3或d=(舍去)，∴an=nd=3n.1516(2)若{bn}為等差數(shù)列，且S99-T99=99，求d.1234567891011121314答案15161234567891011121314答案∵{bn}為等差數(shù)列，∴2b2=b1+b3，即=+∴6==即-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d，∵d>1，∴an>0，又S99-T99=99，由等差數(shù)列的性質(zhì)知，99a50-99b50=99，15161234567891011121314答案即a50-b50=1，∴a50-=1，即-a50-2 550=0，解得a50=51或a50=-50(舍去).當(dāng)a1=2d時(shí)，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，與d>1矛盾，舍去；當(dāng)a1=d時(shí)，a50=a1+49d=50d=51，解得d=.綜上，d=.151612.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，2-2anSn+an=0(n≥2，n∈N*)，且a1=1.(1)證明：為等差數(shù)列；1234567891011121314答案15161234567891011121314答案當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an=Sn-Sn-1，則2-2Sn(Sn-Sn-1)+Sn-Sn-1=0，化簡(jiǎn)得Sn-1-Sn=2SnSn-1，又Sn≠0，所以-=2，又==1，所以是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列.1516(2)對(duì)于任意n∈N*，不等式2nan+1+<0恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.1234567891011121314答案15161234567891011121314答案由(1)得=1+(n-1)×2=2n-1，則Sn=故an=則an+1=-=-由2nan+1+<0，得-+<0，則λ<15161234567891011121314答案令cn=則cn+1-cn=-=>0，所以數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，又c1=故λ<所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是.151613.(2024·漢中模擬)圖1是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)(簡(jiǎn)稱ICME-7)的會(huì)徽?qǐng)D案，會(huì)徽的主題圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把圖2中的直角三角形繼續(xù)作下去，則第n個(gè)三角形的面積為A. B.C. D.1234567891011121314答案√能力拓展1516記OA1，OA2，…，OAn的長(zhǎng)度構(gòu)成的數(shù)列為{an}，由題意知，OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，且△OA1A2，△OA2A3，…，△OA7A8都是直角三角形，所以a1=1，且=+1(n≥2，n∈N*)，所以數(shù)列{}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以=1+(n-1)×1=n，由an>0，所以an=.所以第n個(gè)三角形的面積為an×1=.1234567891011121314答案151614.(多選)(2024·武漢模擬)已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝，則下列結(jié)論正確的是A.當(dāng)m>n(m，n∈N*)時(shí)，am>anB.Sn＋Sn＋2<2Sn＋1C.數(shù)列{}是等差數(shù)列D.Sn－≥ln n1234567891011121314答案√√√15161234567891011121314答案對(duì)于A，由題意可知a1＝ ＝1，所以a1＝1，則a1＋a2＝ ＋2a2－1＝0，所以a2＝－1對(duì)于C，由Sn＝ Sn＝ ＝1(n≥2)，故C正確；對(duì)于B，＝1＋(n－1)×1＝n Sn＝，則Sn＋Sn＋2＝<2＝2Sn＋1，故B正確；15161234567891011121314答案對(duì)于D，易知Sn－，令f(x)＝x－－2ln x(x≥1)，則f'(x)＝1＋≥0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0 ≥ln n，即Sn－≥ln n，故D正確.151615.(2025·衢州模擬)已知等差數(shù)列{an}滿足：|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＋…＋＋…＋＝72，則n的最大值為A.18 B.16 C.12 D.81234567891011121314答案√15161234567891011121314答案∵|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＋…＋＝72，∴{an}不為常數(shù)列，且數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)，設(shè)為2k(k∈N*)則一定存在正整數(shù)k，使得ak>0，ak＋1<0或ak<0，ak＋1>0，不妨設(shè)ak<0，ak＋1>0，數(shù)列{an}的公差為d，∴∴15161234567891011121314答案從而得，數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，∵ak<0，∴ak－<0，且＋…＋＝＋…＋，∴ak＋≤0，∴ak≤－，同理ak＋1－≥0，即∴∴d≥2，15161234567891011121314答案根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，ak＋1－a1＝ak＋2－a2＝…＝a2k－ak＝kd，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝|a1|＋|a2|＋…＋|a2k|＝ak＋1＋ak＋2＋…＋a2k－a1－a2－…－ak＝k2d＝72，∴k2＝≤＝36，∴n＝2k≤2×6＝12，∴n的最大值為12.151616.已知Sn為各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1=3且Sn+Sn+1=-則an= . 12345678910111213142n+1答案15161234567891011121314答案因?yàn)镾n+Sn+1=-即2(Sn+Sn+1)=-3， ①當(dāng)n=1時(shí)，2(S1+S2)=-3，又因?yàn)閍1=3，即-2a2-15=0，解得a2=5或a2=-3(舍去)，當(dāng)n≥2時(shí)，2(Sn-1+Sn)=-3， ②①②兩式相減，可得(an+1+an)(an+1-an-2)=0，15161234567891011121314答案因?yàn)閍n>0，可得an+1-an=2(n≥2)，又a2-a1=2，所以an+1-an=2(n∈N*)，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，所以an=3+(n-1)×2=2n+1.返回1516(共77張PPT)第六章培優(yōu)點(diǎn)6 新情境、新定義下的數(shù)列問題數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)縱觀各地考題，總能在試卷的壓軸題位置發(fā)現(xiàn)新情境、新定義數(shù)列題的身影，它們對(duì)數(shù)列綜合問題的考查常常以新定義和新構(gòu)造形式呈現(xiàn)，有時(shí)還伴隨著數(shù)列與其他知識(shí)的交匯.重點(diǎn)解讀例1 (1)定義：滿足：＝q(q為常數(shù)，且q≠0，n∈N*)的數(shù)列{an}稱為二階等比數(shù)列，q為二階公比.已知二階等比數(shù)列{an}的二階公比為，a1＝1，a2＝，則使得an>2 025成立的最小正整數(shù)n為A.7 B.8 C.9 D.10以等差、等比的概念定義新數(shù)列題型一√由題意知二階等比數(shù)列{an}的二階公比為，a1＝1，a2＝，則，故，…，，將以上各式累乘得··…·(n≥2)，故an＝(n≥2)，又a1＝1符合該式，所以an＝.令>2 025，由于210＝1 024，211＝2 048，故>10(n∈N*)，即(n－1)n>40(n∈N*)，又(n－1)n的值隨n的增大而增大，且(7－1)×7＝42，(8－1)×8＝56，當(dāng)n＝7時(shí)，＝210×<2 025，當(dāng)n＝8時(shí)，＝214>2 025，故n的最小值為8.(2)定義高階等差數(shù)列：對(duì)于一個(gè)給定的數(shù)列{an}，令bn＝an＋1－an，則數(shù)列{bn}稱為數(shù)列{an}的一階差數(shù)列，再令cn＝bn＋1－bn，則數(shù)列{cn}稱為數(shù)列{an}的二階差數(shù)列.已知數(shù)列{An}為2，5，11，21，36，…，且它的二階差數(shù)列是等差數(shù)列，則A8＝ . 121該數(shù)列的一階差數(shù)列為3，6，10，15，…，則二階差數(shù)列為3，4，5，…，因?yàn)槎A差數(shù)列是等差數(shù)列，故二階差數(shù)列后面的項(xiàng)為6，7，8，…，所以一階差數(shù)列后面的項(xiàng)為21，28，36，…，從而原數(shù)列后面的項(xiàng)為57，85，121，…，故A8＝121.“新定義”主要是指即時(shí)定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時(shí)還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對(duì)新定義的透徹理解.思維升華跟蹤訓(xùn)練1 (多選)(2024·喀什模擬)對(duì)于數(shù)列{an}，定義bn＝an＋(n∈N*)，稱數(shù)列{bn}是{an}的“倒和數(shù)列”.下列說法正確的有A.若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列B.若an＝2n，則bn有最小值2C.若an＝2n，則bn有最小值D.若bn＋1＝bn>0，且an＋1≠an，則an＋1an＝1√√函數(shù)f(x)＝x＋在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，對(duì)于A，由于函數(shù)f(x)在定義域上不單調(diào)，則由數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，無法判斷數(shù)列{bn}的單調(diào)性，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，C，an＝2n≥2，則(bn)min＝b1＝a1＋，B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)于D，由bn＋1＝bn>0，得an>0，an＋1＋－an－＝0，整理得(an＋1－an)＝0，而an＋1≠an，因此an＋1an＝1，D正確.例2 給定數(shù)列{an}，若滿足a1＝a(a>0且a≠1)，且對(duì)于任意的m，t∈N*，都有am＋t＝am·at，則稱數(shù)列{an}為“指數(shù)型數(shù)列”.(1)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝4n，證明：{an}為“指數(shù)型數(shù)列”；以函數(shù)定義新數(shù)列題型二因?yàn)閍1＝4，且對(duì)于任意的m，t∈N*，都有am·at＝4m·4t＝4m＋t＝am＋t，所以{an}為“指數(shù)型數(shù)列”.(2)若數(shù)列{an}滿足a1＝，an＝3an＋1＋2anan＋1(n∈N*).①判斷數(shù)列是否為“指數(shù)型數(shù)列”，若是，給出證明，若不是，說明理由；將an＝3an＋1＋2anan＋1兩邊同除anan＋1，得＋2，所以＋1＝3，又＋1＝3，即數(shù)列是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以＋1＝3n，所以對(duì)于任意的m，t∈N*，都有＝3m＋t＝＋1，故是“指數(shù)型數(shù)列”.②若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：Sn<.由①知，＋1＝3n，則an＝，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝<，當(dāng)n≥2時(shí)，<，則Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<＋…＋＝<.綜上，Sn<.數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，本質(zhì)上數(shù)列是以正整數(shù)集或它的有限子集為定義域的“離散型”函數(shù)，數(shù)列問題可以融入函數(shù)問題之中，解決數(shù)列問題時(shí)可以結(jié)合函數(shù)知識(shí).思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (多選)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*，定義函數(shù)y＝f(x)是數(shù)列{an}的特征函數(shù)，則下列說法正確的是A.當(dāng)f(x)B.當(dāng)f(x)＝2x－1時(shí)，an＝1C.當(dāng)f(x)＝時(shí)，≤an≤2(n≥2)D.當(dāng)f(x)＝(x>0)時(shí)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則√√√由已知f(x)因?yàn)閒(x)＝2x－1，所以a2＝f(a1)＝f(1)＝2－1＝1，同理a3＝f(a2)＝f(1)＝1，易得an＝1，故B正確；因?yàn)閒(x)＝＝1＋在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，又a1＝1，an＋1＝f(an)，f(1)＝2，所以f(2)≤an≤2(n≥2)，所以≤an≤2(n≥2)，故C正確；因?yàn)閍n＋1＝，由a1＝1易知對(duì)任意的n∈N*，an>0，從而S2 024>a1＋a2＝1＋，所以<1，所以an＋1由an＋1＝可得1＋，所以－1＝，所以an＋1＝＝<＝2()，所以S2 024故有例3 (2025·泰安模擬)已知各項(xiàng)均不為0的遞增數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，a2＝4，anan＋1＝2Sn(Sn＋1＋Sn－1－2Sn)(n∈N*，且n≥2).(1)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn；以數(shù)列和項(xiàng)與通項(xiàng)關(guān)系定義新數(shù)列題型三anan＋1＝2Sn(Sn＋1＋Sn－1－2Sn)＝2Sn(an＋1－an)(n≥2)，∵{an}各項(xiàng)均不為0且為遞增數(shù)列，∴an＋1－an≠0，∴2Sn＝，∴2Sn－1＝(n≥3)，上述兩式相減得2an＝，化簡(jiǎn)得an(an＋1＋an－1－2an)＝0(n≥3)，∴an＋1＋an－1＝2an(n≥3)，∵a1＝2，a2＝4，∴a2a3＝2S2(a3－a2)，∴a3＝6，∴a1＋a3＝2a2，∴{an}為首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，∴an＝2n，Sn＝n2＋n，∴，∴Tn＝1－＋…＋.(2)定義首項(xiàng)為2且公比大于1的等比數(shù)列為“G－數(shù)列”.證明：①對(duì)任意k≤5且k∈N*，存在“G－數(shù)列”{bn}，使得bk≤ak≤bk＋1成立；設(shè)“G－數(shù)列”{bn}的公比為q，且q>1，由題意，只需證存在q對(duì)k≤5且k∈N*，使得2qk－1≤2k≤2qk成立，即(k－1)ln q≤ln k≤kln q成立，設(shè)f(x)＝，則f'(x)＝，令f'(x)＝0，解得x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∵ln 8∴<，∴f(k)＝≤，∴存在q＝，使得ln k≤kln q對(duì)任意k≤5且k∈N*成立，經(jīng)檢驗(yàn)，對(duì)任意k≤5且k∈N*，≤k均成立，∴對(duì)任意k≤5且k∈N*，存在“G－數(shù)列”{bn}使得bk≤ak≤bk＋1成立.②當(dāng)k≥6且k∈N*時(shí)，不存在“G－數(shù)列”{cn}，使得cm≤am≤cm＋1對(duì)任意正整數(shù)m≤k成立.由①知，若cm≤am≤cm＋1成立，則qm－1≤m≤qm成立，當(dāng)k≥6時(shí)，取m＝3得q2≤3≤q3，取m＝6得q5≤6≤q6，由∴q不存在，∴當(dāng)k≥6且k∈N*時(shí)，不存在“G－數(shù)列”{cn}使得cm≤am≤cm＋1對(duì)任意正整數(shù)m≤k成立.解決此類創(chuàng)新概念問題的關(guān)鍵：一是認(rèn)真審題，讀懂創(chuàng)新概念的含義；二是活用概念，即會(huì)利用創(chuàng)新概念，在相關(guān)知識(shí)的基礎(chǔ)上加以類比、提升與拓展，轉(zhuǎn)化為熟悉的相關(guān)問題；三是根據(jù)題意，并結(jié)合相關(guān)知識(shí)加以分析與求解，達(dá)到創(chuàng)新能力與轉(zhuǎn)化思維的統(tǒng)一，知識(shí)與能力的綜合，真正達(dá)到創(chuàng)新的目的.思維升華跟蹤訓(xùn)練3 對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)恒成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”.(1)證明：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”；因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，當(dāng)n≥4時(shí)，an－i＋an＋i＝a1＋(n－i－1)d＋a1＋(n＋i－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，i＝1，2，3，所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an對(duì)任意正整數(shù)n(n>3)恒成立，因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”.(2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)列.數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此，當(dāng)n≥3時(shí)，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an， ①當(dāng)n≥4時(shí)，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an. ②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)， ③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)， ④將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d'.在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d'，在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d'，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案12345678910題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7答案 A D D B BD BC 2題號(hào) 8 答案 n＋1 答案12345678910(1)由題意可知＋d＝＋1 ＝1，＝1，所以{}是等差數(shù)列，首項(xiàng)與公差均為1，則＝1＋1×(n－1)＝n，又an>0，所以an＝，n∈N*.9.答案12345678910(2)易知()(－1)2n＋()(－1)2n－1＝()＋()＝(＋1)＝4n，所以Tn＝4＋8＋12＋…＋4n＝2n(n＋1)，則，故.9.答案12345678910(1)當(dāng)k＝1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1，由n為任意正整數(shù)，且a1＝1，an＋1≠0，可得λ＝1.(2)由題意得， ①則an＋1＝Sn＋1－Sn＝()＝·)，因此·， ②10.答案12345678910由①②得，所以Sn＋1＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，從而Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n－1，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－2，n≥2，綜上可得an＝n∈N*.(3)若存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ－3”數(shù)列，則＝λ，10.答案12345678910則Sn＋1－3＋3－Sn＝λ3an＋1＝λ3(Sn＋1－Sn)，由a1＝1，an≥0，且Sn>0，令pn＝>0，則(1－λ3)－3＋3pn－(1－λ3)＝0，當(dāng)λ＝1時(shí)，pn＝，由pn>0，可得pn＝1，則Sn＋1＝Sn，即an＋1＝0，此時(shí){an}唯一，不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}，當(dāng)λ≠1時(shí)，令t＝，10.答案12345678910則－t＋tpn－1＝0，則(pn－1)[＋(1－t)pn＋1]＝0，①當(dāng)t≤1時(shí)，＋(1－t)pn＋1>0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；②當(dāng)1則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；10.答案12345678910③當(dāng)t＝3時(shí)，(pn－1)3＝0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；④當(dāng)t>3時(shí)，即0<λ<1時(shí)，Δ＝(1－t)2－4>0，＋(1－t)pn＋1＝0有兩個(gè)解α，β，設(shè)α<β，α＋β＝t－1>2，αβ＝1>0，則0<α<1<β，則對(duì)任意n∈N*，＝1或＝α3(舍去)或＝β3，10.答案12345678910由于數(shù)列{Sn}從任何一項(xiàng)求其后一項(xiàng)均有兩種不同的結(jié)果，所以這樣的數(shù)列{Sn}有無數(shù)多個(gè)，則對(duì)應(yīng)的數(shù)列{an}有無數(shù)多個(gè).則存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ－3”數(shù)列，且an≥0，綜上可得0<λ<1.10.一、單項(xiàng)選擇題1.在一個(gè)數(shù)列中，如果 n∈N*，都有an·an＋1·an＋2＝k(k為常數(shù))，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，k叫做這個(gè)數(shù)列的公積.已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，公積為8，則a1＋a2＋a3＋…＋a12等于A.28 B.20 C.24 D.10√12345678910答案12345678910答案由題知an·an＋1·an＋2＝8，an＋1·an＋2·an＋3＝8，所以an＝an＋3，故數(shù)列{an}是周期為3的周期數(shù)列，又a1a2a3＝8，a1＝1，a2＝2，所以a3＝4，所以a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝28.12345678910答案2.定義為n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”，若已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為，又bn＝，則＋…＋等于A. B. C. D.√12345678910答案根據(jù)“均倒數(shù)”的定義，有，故a1＋a2＋…＋an＝n(3n＋2)＝3n2＋2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋a2＋…＋an－1＝3(n－1)2＋2(n－1)，兩式相減得an＝6n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3＋2＝5也符合上式，故an＝6n－1.所以bn＝＝n，注意到，故＋…＋＝1－＋…＋.3.(2025·南充模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝，則稱數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“均值數(shù)列”.已知數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“均值數(shù)列”，且bn＝n，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，則以下說法正確的是A.an＝n B.an＝n＋1C.Tn＝ D.Tn＝√12345678910答案12345678910答案由題可知bn＝＝n，所以Sn＝n2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足，所以an＝2n－1，n∈N*.所以＝，因?yàn)閿?shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，所以Tn＝＝.4.向量數(shù)列{an}滿足an＋1＝an＋d，且|a1|＝3，a1·d＝－，令Sn＝a1·(a1＋a2＋a3＋…＋an)，則當(dāng)取最大值時(shí)，n為A.2 B.3 C.4 D.6√12345678910答案12345678910Sn＝a1·(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝a1·＝9n＋×＝－n2＋n，∴＝45－，若要取最大值，則要3(n＋1)＋最小，而3(n＋1)＋≥2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)n＋1＝∈(3，4)時(shí)等號(hào)成立，答案12345678910而n∈N*，上述等號(hào)不能成立，故當(dāng)n＝2或n＝3時(shí)取最小值，當(dāng)n＝2時(shí)，3(n＋1)＋＝23，當(dāng)n＝3時(shí)，3(n＋1)＋，故當(dāng)n＝3時(shí)，取最大值.答案二、多項(xiàng)選擇題5.若數(shù)列{an}滿足：對(duì) i，j∈N*，若iA.an＝n2－4n＋1 B.an＝C.an＝sin nπ D.an＝ln12345678910答案√√12345678910對(duì)于A，不妨取i＝1對(duì)于B，因?yàn)閍n＝＝1－，所以對(duì) i，j∈N*，若i，所以1－<1－，即ai對(duì)于C，不妨取i＝2答案12345678910對(duì)于D，因?yàn)閍n＝ln ＝ln，所以對(duì) i，j∈N*，若i，所以1－<1－，所以ln答案6.對(duì)于數(shù)列{an}，若存在正數(shù)M，使得對(duì)一切正整數(shù)n，都有|an|≤M，則稱數(shù)列{an}是有界的.若這樣的正數(shù)M不存在，則稱數(shù)列{an}是無界的.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，下列結(jié)論正確的是A.若an＝，則數(shù)列{an}是無界的B.若an＝sin n，則數(shù)列{Sn}是有界的C.若an＝(－1)n，則數(shù)列{Sn}是有界的D.若an＝2＋，則數(shù)列{Sn}是有界的√12345678910答案√12345678910對(duì)于A，∵|an|＝≤1恒成立，∴存在正數(shù)M＝1，使得|an|≤M恒成立，∴數(shù)列{an}是有界的，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵－1∴－∴Sn＝a1＋a2＋…＋an<＋…＋＝1－<1，答案12345678910Sn＝a1＋a2＋…＋an>－＝－1＋>－1，∴存在正數(shù)M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，∴數(shù)列{Sn}是有界的，B正確；對(duì)于C，∵an＝(－1)n，∴當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝0；答案12345678910當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝－1，∴|Sn|≤1，∴存在正數(shù)M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，∴數(shù)列{Sn}是有界的，C正確；對(duì)于D，<＝2，∴Sn＝2n＋1＋＋…＋<2n＋2答案12345678910＝2n＋2＝2，∵y＝x－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴n－∈，∴不存在正數(shù)M，使得|Sn|≤M恒成立，∴數(shù)列{Sn}是無界的，D錯(cuò)誤.答案三、填空題7.若在數(shù)列{an}中，對(duì)任意正整數(shù)n，都有＝p(常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，稱p為“公方和”.若數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，其前n項(xiàng)和為Sn，且“公方和”為1，首項(xiàng)a1＝1，則S2 024的最大值與最小值之和為 . 12345678910答案2由＝p得＝p，兩等式相減得.又“公方和”為1，首項(xiàng)a1＝1，所以＝…＝＝1，＝…＝＝0.所以S2 024的最大值為1 012，最小值為－1 010，其和為2.12345678910答案8.在數(shù)列{an}中，若存在常數(shù)t，使得an＋1＝a1a2a3…an＋t(n∈N*)恒成立，則稱數(shù)列{an}為“H(t)數(shù)列”.若數(shù)列{an}為“H(t)數(shù)列”，且a1＝2，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且＝an＋1＋bn－t，則bn＝ .(寫出通項(xiàng)公式) 12345678910答案n＋112345678910因?yàn)閿?shù)列{an}為“H(t)數(shù)列”，由＝an＋1＋bn－t(n∈N*)，得＝a1a2a3…an＋bn(n∈N*)， ①所以＝a1a2a3…anan＋1＋bn＋1(n∈N*)， ②①②兩式作差得＝(an＋1－1)a1a2a3…an＋bn＋1－bn(n∈N*)，又因?yàn)閿?shù)列{an}為“H(t)數(shù)列”，答案12345678910所以an＋1－t＝a1a2a3…an(n∈N*)，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，所以＝(an＋1－1)(an＋1－t)＋d(n∈N*)，即(t＋1)an＋1－(t＋d)＝0對(duì) n∈N*成立，則又a1＝2，＝a2＋b1＋1＝a1＋b1，得b1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×1＝n＋1.答案四、解答題9.(2025·無錫模擬)若數(shù)列{an}滿足an＋1＝(n∈N*)，其中d≠0，an>0，則稱數(shù)列{an}為M數(shù)列.已知數(shù)列{an}為M數(shù)列，當(dāng)d＝1，a1＝1時(shí).(1)求證：數(shù)列{}是等差數(shù)列，并寫出數(shù)列{an}(n∈N*)的通項(xiàng)公式；12345678910答案12345678910答案由題意可知＋d＝＋1 ＝1，＝1，所以{}是等差數(shù)列，首項(xiàng)與公差均為1，則＝1＋1×(n－1)＝n，又an>0，所以an＝，n∈N*.(2)Tn＝[()(－1)k](n∈N*)，求 (n∈N*).12345678910答案12345678910答案易知()(－1)2n＋()(－1)2n－1＝()＋()＝(＋1)＝4n，所以Tn＝4＋8＋12＋…＋4n＝2n(n＋1)，則，故.10.已知數(shù)列{an}(n∈N*)的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)λ和k為常數(shù)，若對(duì)一切正整數(shù)n，均有＝λ成立，則稱此數(shù)列為“λ－k”數(shù)列.(1)若等差數(shù)列{an}是“λ－1”數(shù)列，求λ的值；12345678910答案當(dāng)k＝1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1，由n為任意正整數(shù)，且a1＝1，an＋1≠0，可得λ＝1.(2)若數(shù)列{an}是“－2”數(shù)列，且an>0，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；12345678910答案12345678910答案由題意得， ①則an＋1＝Sn＋1－Sn＝()＝·)，因此·， ②由①②得，所以Sn＋1＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，12345678910答案從而Sn＋1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n－1，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－2，n≥2，綜上可得an＝n∈N*.(3)對(duì)于給定的λ，是否存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ－3”數(shù)列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.12345678910答案12345678910答案若存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ－3”數(shù)列，則＝λ，則Sn＋1－3＋3－Sn＝λ3an＋1＝λ3(Sn＋1－Sn)，由a1＝1，an≥0，且Sn>0，令pn＝>0，則(1－λ3)－3＋3pn－(1－λ3)＝0，當(dāng)λ＝1時(shí)，pn＝，12345678910答案由pn>0，可得pn＝1，則Sn＋1＝Sn，即an＋1＝0，此時(shí){an}唯一，不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}，當(dāng)λ≠1時(shí)，令t＝，則－t＋tpn－1＝0，則(pn－1)[＋(1－t)pn＋1]＝0，①當(dāng)t≤1時(shí)，＋(1－t)pn＋1>0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；12345678910答案②當(dāng)1則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；③當(dāng)t＝3時(shí)，(pn－1)3＝0，則pn＝1，同上分析不存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}；④當(dāng)t>3時(shí)，即0<λ<1時(shí)，Δ＝(1－t)2－4>0，＋(1－t)pn＋1＝0有兩個(gè)解α，β，設(shè)α<β，α＋β＝t－1>2，αβ＝1>0，則0<α<1<β，則對(duì)任意n∈N*，＝1或＝α3(舍去)或＝β3，12345678910答案由于數(shù)列{Sn}從任何一項(xiàng)求其后一項(xiàng)均有兩種不同的結(jié)果，所以這樣的數(shù)列{Sn}有無數(shù)多個(gè)，則對(duì)應(yīng)的數(shù)列{an}有無數(shù)多個(gè).則存在三個(gè)不同的數(shù)列{an}為“λ－3”數(shù)列，且an≥0，綜上可得0<λ<1.(共65張PPT)第六章§6.5 數(shù)列求和數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.2.掌握非等差數(shù)列、非等比數(shù)列求和的幾種常用方法.課標(biāo)要求課時(shí)精練內(nèi)容索引第一部分 落實(shí)主干知識(shí)第二部分 探究核心題型落實(shí)主干知識(shí)第一部分數(shù)列求和的幾種常用方法(1)公式法直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求和.①等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝ ＝ .②等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝na1＋d(2)分組求和法與并項(xiàng)求和法①分組求和法若一個(gè)數(shù)列是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減.②并項(xiàng)求和法一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和.形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項(xiàng)合并求解.(3)錯(cuò)位相減法如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式就是用此法推導(dǎo)的.(4)裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和.常見的裂項(xiàng)技巧① .② .③ .④ .⑤.1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比q不等于1，則其前n項(xiàng)和Sn＝.( )(2)求數(shù)列{2n＋2n}的前n項(xiàng)和可用分組求和法.( )(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時(shí)，只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘a即可根據(jù)錯(cuò)位相減法求得.( )(4)當(dāng)n≥2時(shí).( )×√×√2.已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，則數(shù)列{an}前2 025項(xiàng)和為A.－1 011 B.－1 012 C.1 013 D.1 014由題意可知，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＋an＋1＝(－1)n＝1，因此，數(shù)列{an}前2 025項(xiàng)和為S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝2＋1×1 012＝1 014.√3.Sn＝＋…＋等于A. B.C. D.√由Sn＝＋…＋ ①得Sn＝＋…＋ ②①－②得Sn＝＋…＋＝1－∴Sn＝.因?yàn)閍n＋1＝an＋即an＋1－an＝則an－an－1＝n≥2，所以an－a1＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a3－a2＋a2－a1＝＋…＋＋1－＝1－n≥2，又因?yàn)閍1＝2，所以an＝1－＋a1＝3－n≥2.又a1＝3－＝2，符合上式，所以an＝3－n∈N*.4.在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋則通項(xiàng)公式an＝ . 3－謹(jǐn)防三個(gè)易誤點(diǎn)(1)并項(xiàng)求和時(shí)注意哪些項(xiàng)進(jìn)行并項(xiàng).(2)裂項(xiàng)時(shí)注意是否還有系數(shù)及是否前后相鄰的項(xiàng)相消.(3)錯(cuò)位相減后構(gòu)造的等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是否是n項(xiàng).返回微點(diǎn)提醒探究核心題型第二部分例1 (1)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{an}滿足an＋2＝且a1＝2，a2＝1，則S20等于A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145√分組求和與并項(xiàng)求和題型一根據(jù)遞推公式可知，數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)依次為：2，22，23，…，為等比數(shù)列；數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)依次為：1，3，5，…，為等差數(shù)列.所以S20＝10×1＋×2＋＝100＋211－2＝2 146.(2)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，設(shè)Sn為數(shù)列{(－1)nan}的前n項(xiàng)和，則S2 026等于A.2 026 B.－2 026 C.3 039 D.－3 039√由已知a1＝tan 225°＝tan (180°＋45°)＝tan 45°＝1，故a5＝13a1＝13，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，可得d＝＝3，所以S2 026＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 026－a2 025)＝1 013d＝3 039.(1)分組求和法常見題型①若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.②若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝其中數(shù)列{an}，{bn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.思維升華(2)并項(xiàng)求和法常見題型①數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)nf(n)，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.②數(shù)列{an}是周期數(shù)列或ak＋ak＋1(k∈N*)為定值，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.思維升華跟蹤訓(xùn)練1 (2024·畢節(jié)模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＝2×(－2)n－1＋n－2.求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.由于an＝2×(－2)n－1＋n－2，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2×(－2)0＋(－1)＋2×(－2)1＋0＋2×(－2)2＋1＋…＋2×(－2)n－1＋n－2＝2×[(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1]＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]＝2×＝.例2 (2024·菏澤模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；裂項(xiàng)相消法求和題型二由Sn＝2an－2， ①當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－2， ②①－②，得an＝2an－1，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，∴an＝a12n－1＝2n.(2)若bn＝log2a2n－1，cn＝求證：c1＋c2＋c3＋…＋cn<.由(1)知a2n－1＝22n－1，∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.則cn＝故c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＝∵>0，∴1－<1<故c1＋c2＋c3＋…＋cn<.裂項(xiàng)相消法的原則及規(guī)律(1)裂項(xiàng)原則一般是前面裂幾項(xiàng)，后面就裂幾項(xiàng)，直到發(fā)現(xiàn)被消去項(xiàng)的規(guī)律為止.(2)消項(xiàng)規(guī)律消項(xiàng)后前面剩幾項(xiàng)，后面就剩幾項(xiàng)，前面剩第幾項(xiàng)，后面就剩倒數(shù)第幾項(xiàng).思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (2025·安順模擬)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，且 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；∵ n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝∴(n∈N*)，∵a1＝1，∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列，則＝1＋(n－1)＝即2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1(n≥2)，兩式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n≥2)，∴×…×××…××即＝n，an＝n(n≥2)，∵a1＝1符合上式，∴an＝n.(2)設(shè)bn＝{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn的最小值.bn＝＝1＋＝1＋∴Tn＝n＋＝n＋1－.∵Tn＋1－Tn＝＝1＋>0，∴數(shù)列{Tn}為遞增數(shù)列，∴＝T1＝.例3 (2025·貴陽(yáng)模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝an＋且a1＝－.設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Tn，bn＝3n·an.(1)證明：{bn}是等差數(shù)列；錯(cuò)位相減法求和題型三因?yàn)閎n＝3n·an，所以bn＋1＝3n＋1·an＋1，bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an＝3n＋1－3n·an＝1，且b1＝－2，所以{bn}是以－2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列.(2)求Tn.由(1)知，bn＝n－3，所以an＝＝(n－3)·.則Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·所以Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·兩式相減得Tn＝－＋…＋－(n－3)·＝－－(n－3)·＝－·因此Tn＝－·.(1)如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，常采用錯(cuò)位相減法.(2)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式.(3)[萬(wàn)能公式]形如cn＝(an＋b)·qn－1(q≠1)的數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝(An＋B)qn＋C(q≠1)，其中A＝B＝C＝－B.思維升華跟蹤訓(xùn)練3 已知數(shù)列{an}滿足a1＝且an＝(n∈N*，且n≥2).(1)設(shè)bn＝求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；因?yàn)閍n＝n≥2，則an－1＝－1＝則·即bn－bn－1＝n≥2，故數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為公差為的等差數(shù)列.(2)記cn＝(n＋1)·3n·an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.由(1)可知，bn＝n＋即解得an＝＋1＝；則cn＝(n＋1)·3n·an＝(n＋4)·3n，故Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，即Sn＝5·3＋6·32＋7·33＋…＋(n＋4)·3n，3Sn＝5·32＋6·33＋7·34＋…＋(n＋4)·3n＋1，故－2Sn＝5·3＋32＋33＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1＝12＋31＋32＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1＝12＋－(n＋4)·3n＋1＝·3n＋1，故Sn＝·3n＋1－.返回課時(shí)精練答案1234(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由條件得a1－a1＝2，所以a1＝4.當(dāng)n＝2時(shí)，由條件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2.因?yàn)镾n－an＝n2＋1，所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，兩式相減得an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，1.答案1234所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，從而數(shù)列{an＋1＋an}為等差數(shù)列.(2)由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…＋(4×19＋2)＝＝420.1.答案1234(1)因?yàn)閍n＋1＝3an－2，所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，所以＝3，所以{an－1}是以9為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.(2)由(1)知bn＝2.答案1234所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋…＋＝＝又>0，所以Tn<.2.答案1234(1)若－1＝－1＝0，解得a＝1，則數(shù)列不是等比數(shù)列；若－1＝－1≠0，即a≠1，因?yàn)镾n＋1－Sn＝所以an＋1＝易知an≠0，所以·3.答案1234所以－1＝所以(n∈N*)，當(dāng)a≠1時(shí)，數(shù)列是以為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列.(2)由(1)知－1＝×所以＋1，則＝n＋n.3.答案1234則Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，令Qn＝1＋2＋…＋n＝令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②①－②得Kn＝＋…＋－n3.＝·－n＝·得Kn＝·所以Tn＝·.3.答案1234(1)因?yàn)閚an＋1－(n＋1)an＝1，可得所以當(dāng)n≥2時(shí)＋…＋＋…＋＝1－又因?yàn)閍1＝1，則an＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1成立，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)4.答案1234＝sin＋cos[π(2n－1)]＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，因?yàn)閏os (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，所以T2n＝－2n，所以數(shù)列{bn}的前2 026項(xiàng)和為－2 026.4.答案12341.(2025·南通模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.(1)求a1，a2，并證明：數(shù)列{an＋an＋1}是等差數(shù)列；1234知識(shí)過關(guān)答案當(dāng)n＝1時(shí)，由條件得a1－a1＝2，所以a1＝4.當(dāng)n＝2時(shí)，由條件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2.因?yàn)镾n－an＝n2＋1，所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，兩式相減得an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，從而數(shù)列{an＋1＋an}為等差數(shù)列.1234答案(2)求S20.由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…＋(4×19＋2)＝＝420.1234答案1234答案2.已知數(shù)列{an}滿足a1＝10，an＋1＝3an－2.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；因?yàn)閍n＋1＝3an－2，所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，所以＝3，所以{an－1}是以9為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.(2)若bn＝記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn<.1234答案由(1)知bn＝所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋…＋＝＝又>0，所以Tn<.1234答案3.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝a(a≠0)，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＋1－Sn＝(n∈N*).(1)判斷數(shù)列是否為等比數(shù)列；1234答案1234若－1＝－1＝0，解得a＝1，則數(shù)列不是等比數(shù)列；若－1＝－1≠0，即a≠1，因?yàn)镾n＋1－Sn＝所以an＋1＝易知an≠0，所以·答案1234所以－1＝所以(n∈N*)，當(dāng)a≠1時(shí)，數(shù)列是以為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列.答案(2)若a1＝記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.1234答案1234由(1)知－1＝×所以＋1，則＝n＋n.則Tn＝1×＋2×＋…＋n＋1＋2＋…＋n，令Qn＝1＋2＋…＋n＝令Kn＝1×＋2×＋…＋n ①所以Kn＝1×＋2×＋…＋(n－1)·＋n ②答案1234①－②得Kn＝＋…＋－n＝·－n＝·得Kn＝·所以Tn＝·.答案4.已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；1234能力拓展答案因?yàn)閚an＋1－(n＋1)an＝1，可得所以當(dāng)n≥2時(shí)＋…＋＋…＋＝1－又因?yàn)閍1＝1，則an＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1成立，所以an＝2n－1.1234答案(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝sin＋cos(πan)，求數(shù)列{bn}的前2 026項(xiàng)和T2 026.1234答案由(1)知，bn＝sin＋cos(πan)＝sin＋cos[π(2n－1)]＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，因?yàn)閏os (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，所以T2n＝－2n，所以數(shù)列{bn}的前2 026項(xiàng)和為－2 026.返回1234答案(共29張PPT)第六章必刷小題11 數(shù) 列數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)對(duì)一對(duì)答案1234567891011121314題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8答案 C C A B C B D A題號(hào) 9 10 11 12 13 14答案 AB ABD ABC 19 2一、單項(xiàng)選擇題1.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且a2+a5=7，a4+a7=21，則a8+a11等于A.28 B.63 C.189 D.289√1234567891011121314答案設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a2+a5=7，a4+a7=21，則a4+a7=q2(a2+a5)=21，解得q2=3，故a8+a11=q4(a4+a7)=32×21=189.1234567891011121314答案2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n3-2n+sin π，則a6等于A.66 B.77 C.88 D.99√由Sn=n3-2n+sin π可得S6=63-12+sin 3π=216-12=204，S5=53-10+sin π=125-10+1=116，故a6=S6-S5=204-116=88.3.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中說：“九百九十六斤棉，贈(zèng)分八子做盤纏；次第每人多十七，要將第八數(shù)來言；務(wù)要分明依次第，孝和休惹外人傳.”說的是，有996斤棉花要贈(zèng)送給8個(gè)子女做旅費(fèi)，從第1個(gè)孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個(gè)孩子為止……根據(jù)這些信息，第三個(gè)孩子分得 斤棉花 A.99 B.116 C.133 D.150√1234567891011121314答案1234567891011121314依題意得，8個(gè)子女所得棉花斤數(shù)依次構(gòu)成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列為{an}，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，第1個(gè)孩子所得棉花斤數(shù)為a1，則由題意得d=17，S8=8a1+×17=996，解得a1=65，所以a3=a1+(3-1)d=65+2×17=99.答案4.已知數(shù)列{an}滿足an+1=2(an+1)，若a5=78，則a1等于A.4 B.3 C. D.2√1234567891011121314由an+1=2(an+1)可得an+1+2=2(an+2)，所以=2，則{an+2}是公比為2的等比數(shù)列，所以a5+2=(a1+2)·24=80，所以a1=3.答案5.已知一個(gè)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)的等比數(shù)列{an}，所有項(xiàng)之和為所有偶數(shù)項(xiàng)之和的4倍，前3項(xiàng)之積為64，則a1等于A.1 B.4 C.12 D.36√1234567891011121314答案1234567891011121314由題意可得，{an}的所有項(xiàng)之和S奇+S偶是所有偶數(shù)項(xiàng)之和S偶的4倍，所以S奇+S偶=4S偶，故S偶=S奇，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，該等比數(shù)列共有2k(k∈N*)項(xiàng)，則S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇，所以q=因?yàn)?a1a2a3=64，可得a2=4，因此a1==12.答案6.在數(shù)列{an}中，若a2=2，an=(n+2)(an+1-an)，則a2 026等于A.1 013 B.1 014 C.2 024 D.2 026√1234567891011121314因?yàn)閍n=(n+2)(an+1-an)，所以(n+3)an=(n+2)an+1，所以=所以是常數(shù)列，所以=又a2=2，所以a2 026=1 014.答案7.若整數(shù)a，b，c經(jīng)過適當(dāng)排序后可成等差數(shù)列，再經(jīng)過適當(dāng)排序后也可成等比數(shù)列，則此等比數(shù)列的公比不可能是A.1 B.- C.-2 D.21234567891011121314√答案當(dāng)a，b，c同號(hào)時(shí)，不妨設(shè)a≥b≥c，則有解得a=b=c，此時(shí)等比數(shù)列公比為1；當(dāng)a，b，c是兩個(gè)正數(shù)一個(gè)負(fù)數(shù)時(shí)，不妨設(shè)a>b>0>c，則有得c2=b(2b-c)，即c2+bc-2b2=(c+2b)(c-b)=0，由c≠b，得c=-2b，a=4b，1234567891011121314答案若構(gòu)成的等比數(shù)列為b，-2b，4b，則公比為-2；若構(gòu)成的等比數(shù)列為4b，-2b，b，則公比為-；當(dāng)a，b，c是兩個(gè)負(fù)數(shù)一個(gè)正數(shù)時(shí)，同理也有構(gòu)成的等比數(shù)列公比為-2或公比為-若構(gòu)成的等比數(shù)列公比為2，設(shè)這3個(gè)數(shù)為a，2a，4a(a≠0)，則不能構(gòu)成等差數(shù)列.1234567891011121314答案8.已知數(shù)列{an}滿足a3-a2=9，an-4an-1+3an-2=0(n≥3)，則當(dāng)n≥2時(shí)，an-a1等于A. B. C.2·3n-6 D.√1234567891011121314答案由已知得an-an-1=3(an-1-an-2)(n≥3)，又a3-a2=9，所以a3-a2=3(a2-a1)=9，即a2-a1=3，所以{an+1-an}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，因此an+1-an=3×3n-1=3n，當(dāng)n≥2時(shí)，a2-a1=3，a3-a2=32，…，an-an-1=3n-1，累加得an-a1=3+32+…+3n-1==.二、多項(xiàng)選擇題9.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，則A.S2=5 B.a2 025=25a2 023C.數(shù)列{an}是等比數(shù)列 D.數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列1234567891011121314√√答案1234567891011121314答案對(duì)于A，由an+1=4Sn，則a2=4S1=4a1=4，∴S2=a1+a2=5，A正確；對(duì)于B，an+1=4Sn， ①當(dāng)n≥2時(shí)，an=4Sn-1， ②①-②得an+1-an=4Sn-4Sn-1=4an，∴an+1=5an，∴a2 025=5a2 024=25a2 023，B正確；對(duì)于C，當(dāng)n≥2時(shí)，an+1=5an，1234567891011121314答案但a2=4a1不滿足，∴數(shù)列{an}不是等比數(shù)列，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由an+1=4Sn，即Sn+1-Sn=4Sn，∴Sn+1=5Sn；∴數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，不是等差數(shù)列，D錯(cuò)誤.10.已知等差數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，且a6=-2a3，前n項(xiàng)和為Sn，公差為d，則下列結(jié)論正確的有A.d<0 B.a1>0C.當(dāng)n=5時(shí)，Sn最小 D.當(dāng)Sn<0時(shí)，n的最小值為81234567891011121314√√答案√1234567891011121314由a6=-2a3，得a1+5d=-2(a1+2d)，即a1=-3d，由等差數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，知d<0，則a1>0，故A，B正確；而Sn=na1+d=n2-n，當(dāng)n=3或n=4時(shí)，Sn最大，令Sn=n2-n<0，解得n>7，即當(dāng)Sn<0時(shí)，n的最小值為8，故C錯(cuò)誤，D正確.答案11.(2025·四平模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和Sn滿足Sn+1+Sn=n(n∈N*)，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是A.數(shù)列{an+1+an}是常數(shù)列B.若a1<則{an}是遞增數(shù)列C.若a1=-1，則S2 025=1 012D.若a1=1，則{an}的最小項(xiàng)的值為-11234567891011121314答案√√√1234567891011121314答案對(duì)于A，當(dāng)n=1時(shí)，Sn+1+Sn=a1+a2+a1=2a1+a2=1， ①當(dāng)n≥2時(shí)，Sn+Sn-1=n-1，作差可得an+1+an=1，代入n=1可得a2+a1=1，與①可能矛盾，故數(shù)列{an+1+an}不一定是常數(shù)列，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由an+1+an=an+an-1=…=a3+a2=1可得an+1=an-1=an-3=…且an=an-2=an-4=…，所以數(shù)列{an}不是單調(diào)數(shù)列，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若a1=-1，則由以上選項(xiàng)可知a2=3，a3=-2，a4=3，…，1234567891011121314答案所以當(dāng)n≥2時(shí)，{an}的偶數(shù)項(xiàng)為3，奇數(shù)項(xiàng)為-2，而S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 022+a2 023)+(a2 024+a2 025)=-1+1 012=1 011，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若a1=1，則a2=-1，a3=2，故當(dāng)n≥2時(shí)，{an}的偶數(shù)項(xiàng)為-1，奇數(shù)項(xiàng)為2，則{an}的最小項(xiàng)的值為-1，故D正確.三、填空題12.在數(shù)列{an}中，若a1=1，an+1=則= . 1234567891011121314答案19 ∵an+1=則==+2，∴-=2，∴故數(shù)列為等差數(shù)列，且公差為2，又=1，故=1+2(n-1)=2n-1，∴=10×2-1=19.13.圍棋起源于中國(guó)，至今已有4 000多年的歷史.在圍棋中，對(duì)于一些復(fù)雜的問題，比如在判斷自己?jiǎn)蝹€(gè)眼內(nèi)的氣數(shù)是否滿足需求時(shí)，可利用數(shù)列通項(xiàng)的遞推方法來計(jì)算.假設(shè)大小為n的眼有an口氣，大小為n+1的眼有an+1口氣，則an與an+1滿足的關(guān)系是a1=1，a2=2，an+1-n=an-1(n≥2，n∈N*)，則{an}的通項(xiàng)公式為 . 1234567891011121314答案an=根據(jù)題意，an+1-an=n-1，當(dāng)n≥2時(shí)，可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1=+2=又當(dāng)n=1時(shí)，a1=1不滿足an=故an=1234567891011121314答案14.在數(shù)列{an}中，a1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，設(shè)bn=2n(an-λ)，其中λ為常數(shù)，若{bn}是遞減數(shù)列，則整數(shù)λ的最小值是 . 12345678910111213142答案1234567891011121314答案因?yàn)閍1=3，且(an+1-1)(an-1)=4(an-an+1)，可得(an+1-1)(an-1)=4[(an-1)-(an+1-1)]，所以=-=又因?yàn)?所以數(shù)列是以為首項(xiàng)為公差的等差數(shù)列，所以=+(n-1)×=所以an=1+=1234567891011121314答案因?yàn)閿?shù)列{bn}是遞減數(shù)列，即 n∈N*，bn+1代入可得λ>2an+1-an恒成立，又因?yàn)?an+1-an=-==1+=1+令g(n)=n+n∈N*，可得g(1)=g(2)所以g(n)min=g(1)=g(2)=3，1234567891011121314答案所以2an+1-an的最大值為所以λ>所以整數(shù)λ的最小值為2.(共67張PPT)第六章§6.6 子數(shù)列問題數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)子數(shù)列是數(shù)列問題中的一種常見題型.將原數(shù)列轉(zhuǎn)化為子數(shù)列問題一般適用于某個(gè)數(shù)列是由幾個(gè)有規(guī)律的數(shù)列組合而成的，具體求解時(shí)，要搞清楚子數(shù)列的項(xiàng)在原數(shù)列中的位置，以及在子數(shù)列中的位置，即項(xiàng)不變化，項(xiàng)數(shù)變化.重點(diǎn)解讀例1 (2023·新高考全國(guó)Ⅱ)已知{an}為等差數(shù)列，bn=記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和，S4=32，T3=16.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)問題題型一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，而bn=則b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6，于是解得a1=5，d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=2n+3.(2)證明：當(dāng)n>5時(shí)，Tn>Sn.方法一 由(1)知，Sn==n2+4n，bn=當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，Tn=·=n2+n，當(dāng)n>5時(shí)，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，因此Tn>Sn.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5，當(dāng)n>5時(shí)，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn.綜上，當(dāng)n>5時(shí)，Tn>Sn.方法二 由(1)知，Sn==n2+4n，bn=當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n，當(dāng)n>5時(shí)，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0，因此Tn>Sn，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，若n≥3，則Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=·+·=n2+n-5，顯然T1=b1=-1滿足上式，因此當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=n2+n-5，當(dāng)n>5時(shí)，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn，所以當(dāng)n>5時(shí)，Tn>Sn.思維升華數(shù)列中的奇、偶項(xiàng)問題的常見題型(1)數(shù)列中連續(xù)兩項(xiàng)和或積的問題(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))；(2)含有(-1)n的類型；(3)含有{a2n}，{a2n-1}的類型.跟蹤訓(xùn)練1 (2024·西安模擬)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差數(shù)列，∴2ln an+1=ln an+ln an+2，即=anan+2，而an>0，∴{an}為等比數(shù)列，設(shè){an}的公比為q，q>0，則得a1=1，q=2，∴an=2n-1.(2)若數(shù)列{bn}滿足bn=an+(-1)nlog2an+1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=+=2n+當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-∴Tn=例2 (2025·嘉興模擬)已知{an}是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1=4，bn+1=3bn-2n+1.(1)證明{bn-n}是等比數(shù)列，并求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；數(shù)列的公共項(xiàng)題型二由題意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)，而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，變形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3，故{bn-n}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列.從而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*).(2)若數(shù)列{an}與{bn}中有公共項(xiàng)，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照從小到大的順序?qū)⑦@些公共項(xiàng)排列，得到一個(gè)新的數(shù)列，記作{cn}，求c1+c2+…+cn.由題意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*，令m=3n-1(n∈N*)，則3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1，此時(shí)滿足條件，即m=2，5，8，…，3n-1，…時(shí)為公共項(xiàng)，易知數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列，所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]=+ (n∈N*).兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)，兩個(gè)等比數(shù)列的公共項(xiàng)是等比數(shù)列，公比是兩個(gè)等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù).思維升華跟蹤訓(xùn)練2 已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且an>0+2an=4Sn+3，bn=a2n-1，cn=3n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；由+2an=4Sn+3，可知+2an+1=4Sn+1+3，兩式相減得-+2(an+1-an)=4an+1，即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)，因?yàn)閍n>0，則an+1-an=2，又+2a1=4S1+3，a1>0，解得a1=3，即{an}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=3+2(n-1)=2n+1.(2)將數(shù)列{bn}與{cn}的所有公共項(xiàng)按從小到大的順序組成新數(shù)列{dn}，求{dn}的前10項(xiàng)和.方法一 由(1)知bn=4n-1，因?yàn)閏n=3n，數(shù)列{bn}與{cn}的所有公共項(xiàng)按從小到大的順序組成數(shù)列{dn}，且b1=c1=3，則數(shù)列{dn}是以3為首項(xiàng)，12為公差的等差數(shù)列，dn=3+12(n-1)=12n-9，令{dn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T10=10×3+×12=570，所以{dn}的前10項(xiàng)和為570.方法二 由(1)知，bn=4n-1，數(shù)列{bn}與{cn}的公共項(xiàng)滿足bn=ck，即4n-1=3k，k==n+而k，n∈N*，于是得=m-1(m∈N*)，即n=3m-2，此時(shí)k=4m-3，m∈N*，因此，b3m-2=c4m-3=12m-9，即dn=12n-9，數(shù)列{dn}是以3為首項(xiàng)，12為公差的等差數(shù)列，令{dn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T10=10×3+×12=570，所以{dn}的前10項(xiàng)和為570.例3 (2025·滄州模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1+++…+=2n.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；數(shù)列增減項(xiàng)題型二當(dāng)n=1時(shí)，a1=2；當(dāng)n≥2時(shí)=-=2n-2(n-1)=2，所以an=2n，n≥2.當(dāng)n=1時(shí)，上式亦成立，所以an=2n.(2)在數(shù)列{an}中的a1和a2之間插入1個(gè)數(shù)x11，使a1，x11，a2成等差數(shù)列；在a2和a3之間插入2個(gè)數(shù)x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差數(shù)列；…；在an和an+1之間插入n個(gè)數(shù)xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差數(shù)列，這樣可以得到新數(shù)列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求S55(用數(shù)字作答).由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55 n=10.所以新數(shù)列{bn}的前55項(xiàng)中包含數(shù)列{an}的前10項(xiàng)，還包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99.且x11=x21+x22=x31+x32+x33=…，x91+x92+…+x99=.所以S55=(a1+a2+…+a10)+++…+=+.設(shè)T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29，則2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210，所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.故T=17×210+2.所以S55=+×210=28×29+1=14 337.對(duì)于數(shù)列的中間插項(xiàng)或減項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列問題，我們要把握兩點(diǎn)：先判斷數(shù)列之間共插入(減少)了多少項(xiàng)(運(yùn)用等差等比求和或者項(xiàng)數(shù)公式去看)，再對(duì)于題目給出的條件確定它包含了哪些項(xiàng).思維升華跟蹤訓(xùn)練3 記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S5=15，a2=2，等比數(shù)列{bn}滿足b2=a1+a3，b3=2a4.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；設(shè){an}的公差為d，由題意可得解得所以{an}的通項(xiàng)公式為an=1+(n-1)×1=n，因?yàn)閎2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8，所以等比數(shù)列{bn}的公比q===2，且b1===2，所以等比數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，所以數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式分別為an=n，bn=2n.(2)將數(shù)列{an}中與{bn}的相同項(xiàng)去掉，剩下的項(xiàng)依次構(gòu)成新數(shù)列{cn}，求ci(n∈N*).將數(shù)列{an}中與{bn}的相同項(xiàng)去掉，剩下的項(xiàng)依次構(gòu)成新數(shù)列{cn}，則ci=c1+c2+…+{cn}中前2n項(xiàng)是由{an}的前2n+n項(xiàng)去掉與{bn}的前n項(xiàng)相同的項(xiàng)構(gòu)成的，所以ci=c1+c2+…+=-(2+22+…+2n)=-=+2(1-2n)=22n-1+(2n-3)2n-1+.課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案12345678910題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7答案 D C B D AD ABD -250題號(hào) 8 答案 答案12345678910(1)因?yàn)?Sn=3an-1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=3an-1-1，所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).當(dāng)n=1時(shí)，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，則{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，故an=3n-1.(2)由(1)可知，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn=an=3n-1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn=log3an=n-1.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)9.答案12345678910=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)=+=當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)=+=.綜上，Tn=9.答案12345678910(1)因?yàn)榈炔顢?shù)列{An}的首項(xiàng)為2，公差為8，所以A1=2，A2=10，又在{An}中每相鄰兩項(xiàng)之間插入三個(gè)數(shù)，使得它們與原數(shù)列的項(xiàng)一起構(gòu)成一個(gè)新的等差數(shù)列{an}，設(shè)其公差為d，則a1=A1=2，a5=A2=10，所以d==2，所以an=2+(n-1)×2=2n，即數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n，10.答案12345678910Sn==n(n+1)(n∈N*).所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n(n+1).(2)設(shè)等比數(shù)列…的公比為q，由于為等比數(shù)列的前兩項(xiàng)，且k1=1，k2=3，則q====3，所以=2×3n-1.由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，從而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，10.答案12345678910由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n=-n·3n=·3n-從而Tn=×3n+.10.一、單項(xiàng)選擇題1.(2024·連云港模擬)若將2~2 026這2 025個(gè)整數(shù)中能被3除余2且被7除余2的數(shù)按由小到大的順序排成一列，則此數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是A.94 B.95 C.96 D.97√12345678910答案12345678910答案設(shè)滿足題意的整數(shù)為t，則t=3m+2=7n+2 t-2=3m=7n，其中m，n∈N，則t-2是能被21整除的數(shù)，即t是被21除余2的整數(shù).記t=21k+2，k∈N，則2~2 026這2 025個(gè)整數(shù)中，滿足t形式的最小數(shù)為2，此時(shí)k=0；最大數(shù)滿足21k+2≤2 026 k≤96+則最大數(shù)對(duì)應(yīng)的k=96.故滿足題意的數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為97.12345678910答案2.(2025·漳州模擬)將數(shù)列{3n-1}與{2n}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則a20等于A.237 B.238 C.239 D.240√數(shù)列{2n}中的項(xiàng)為：2，4，8，16，32，64，128，256，…，經(jīng)檢驗(yàn)，數(shù)列{2n}中的奇數(shù)項(xiàng)都是數(shù)列{3n-1}中的項(xiàng)，即2，8，32，128，…可以寫成3n-1的形式，觀察歸納可得an=22n-1，所以a20=22×20-1=239.3.在數(shù)列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，則m等于A.3 B.4 C.5 D.6√12345678910答案12345678910答案由題意得a1a2=2，a2=2==2，即an+2=2an，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an=；設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2k=+=3(2k-1)，S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.若m為奇數(shù)，則am+am+1+…+am+9為3的倍數(shù)，248不是3的倍數(shù)，不合題意；若m為偶數(shù)，則am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1=-12345678910答案=(-3)-(-3)=-=(26-2)=62×=248，即=4，所以m=4.4.已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1若數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，則λ的取值范圍為A. B.C. D.√12345678910答案12345678910由a1=3，an+1-an=2，得數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，則an=2n+1，于是bn=×(-1)n+1×當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn==；答案12345678910當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， Tn=Tn+1-bn+1=+=當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=<；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=≤T1=因此=由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得<λ-λ2，即λ2-λ+<0，解得<λ<所以λ的取值范圍為.答案二、多項(xiàng)選擇題5.“埃拉托塞尼篩法”是保證能夠挑選全部素?cái)?shù)的一種古老的方法.這種方法是依次寫出2和2以上的自然數(shù)，留下第一個(gè)數(shù)2不動(dòng)，剔除掉所有2的倍數(shù)；接著，在剩余的數(shù)中留下2后面的一個(gè)數(shù)3不動(dòng)，剔除掉所有3的倍數(shù)；接下來，再在剩余的數(shù)中對(duì)3后面的一個(gè)數(shù)5作同樣處理；…；依次進(jìn)行同樣的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素?cái)?shù).基于“埃拉托塞尼篩法”，則A.2到20的全部素?cái)?shù)和為77B.挑選2到20的全部素?cái)?shù)過程中剔除的所有數(shù)的和為134C.2到30的全部素?cái)?shù)和為100D.挑選2到30的全部素?cái)?shù)過程中剔除的所有數(shù)的和為335√12345678910答案√12345678910由題可知，2到20的全部整數(shù)和S1==209，2到20的全部素?cái)?shù)和為S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，故A正確；所以挑選2到20的全部素?cái)?shù)過程中剔除的所有數(shù)的和為209-77=132，故B錯(cuò)誤；2到30的全部整數(shù)和S3==464，2到30的全部素?cái)?shù)和為S4=S2+23+29=129，故C錯(cuò)誤；所以挑選2到30的全部素?cái)?shù)過程中剔除的所有數(shù)的和為464-129=335，故D正確.答案6.在數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)之間插入此兩項(xiàng)的和形成新的數(shù)列，再把所得數(shù)列按照同樣的方法不斷構(gòu)造出新的數(shù)列.將數(shù)列1，2進(jìn)行構(gòu)造，第一次得到數(shù)列：1，3，2；第二次得到數(shù)列：1，4，3，5，2；…；第n次得到數(shù)列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，記an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則A.a4=123 B.k+1=2nC.an=(n2+3n) D.Sn=(3n+1+2n-3)√12345678910答案√√12345678910由題意，第一次得到數(shù)列：1，3，2，此時(shí)a1=3+3；第二次得到數(shù)列：1，4，3，5，2，此時(shí)a2=3+3+9；第三次得到數(shù)列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，此時(shí)a3=3+3+9+27；第四次得到數(shù)列：1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此時(shí)a4=3+3+9+27+81.所以a4=3+3+9+27+81=123，故A正確；因?yàn)閍n+1=1+(1+x1)+x1+(x1+x2)+x2+…+xk+(xk+2)+2=an+2(1+x1+x2+…+xk+2)-3=3an-3.答案12345678910故an+1-=3又a1-=所以是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an-=×3n-1 an=×(3n+1)，故C錯(cuò)誤；所以Sn=×(3+32+…+3n)+=×+=×(3n+1+2n-3)，故D正確；設(shè)a1有b1=3個(gè)數(shù)相加，a2有b2=3+2=5(個(gè))數(shù)相加，a3有b3=5+4=9(個(gè))數(shù)相加，…，an有bn=bn-1+2n-1(n≥2)個(gè)數(shù)相加，所以b2-b1=2，b3-b2=22，b4-b3=23，…，bn-bn-1=2n-1(n≥2)，答案12345678910各式相加得bn-b1=21+22+…+2n-1=2n-2，所以bn=2n-2+3=2n+1，n≥2，當(dāng)n=1時(shí)，b1=3符合該式，所以k=bn-2=2n-1 k+1=2n，故B正確.答案三、填空題7.已知數(shù)列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，則{an}的前20項(xiàng)和S20= . 12345678910答案-250數(shù)列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1，當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，an+2-an=-2，即數(shù)列{a2n-1}是以a1=1為首項(xiàng)，-2為公差的等差數(shù)列，于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3，當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，-an+2+an=4，即an+2-an=-4，則數(shù)列{a2n}是以a2=1為首項(xiàng)，-4為公差的等差數(shù)列，于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5，所以{an}的前20項(xiàng)和S20=×10+×10=-250.12345678910答案8.若數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去數(shù)列{bn}的第3項(xiàng)、第6項(xiàng)、第9項(xiàng)、…、第3n項(xiàng)、…余下的項(xiàng)的順序不變，構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{cn}，則數(shù)列{cn}的前100項(xiàng)和為 . 12345678910答案(3150-1)12345678910由an+1=3an+1，得an+1+=3又a1+=所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an+=·3n-1=所以an=-所以bn=2an+1=3n，設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，則S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149答案12345678910=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)=+=(3150-1).答案四、解答題9.(2025·河北滄衡名校聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn=3an-1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；12345678910答案12345678910答案因?yàn)?Sn=3an-1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn-1=3an-1-1，所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).當(dāng)n=1時(shí)，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，則{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，故an=3n-1.(2)若bn=求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.12345678910答案12345678910答案由(1)可知，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn=an=3n-1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn=log3an=n-1.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1)=(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2)=+=當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn)=(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1)12345678910答案=+=.綜上，Tn=10.已知等差數(shù)列{An}的首項(xiàng)為2，公差為8，在{An}中每相鄰兩項(xiàng)之間插入三個(gè)數(shù)，使得它們與原數(shù)列的項(xiàng)一起構(gòu)成一個(gè)新的等差數(shù)列{an}.(1)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；12345678910答案12345678910答案因?yàn)榈炔顢?shù)列{An}的首項(xiàng)為2，公差為8，所以A1=2，A2=10，又在{An}中每相鄰兩項(xiàng)之間插入三個(gè)數(shù)，使得它們與原數(shù)列的項(xiàng)一起構(gòu)成一個(gè)新的等差數(shù)列{an}，設(shè)其公差為d，則a1=A1=2，a5=A2=10，所以d==2，所以an=2+(n-1)×2=2n，即數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n，Sn==n(n+1)(n∈N*).所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n(n+1).(2)若…是從{an}中抽取的若干項(xiàng)按原來的順序排列組成的一個(gè)等比數(shù)列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.12345678910答案12345678910答案設(shè)等比數(shù)列…的公比為q，由于為等比數(shù)列的前兩項(xiàng)，且k1=1，k2=3，則q====3，所以=2×3n-1.由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，從而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1，由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，12345678910答案所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n=-n·3n=·3n-從而Tn=×3n+.(共91張PPT)第六章§6.1 數(shù)列的概念數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)1.了解數(shù)列的概念和幾種簡(jiǎn)單的表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式).2.了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類特殊函數(shù).課標(biāo)要求課時(shí)精練內(nèi)容索引第一部分 落實(shí)主干知識(shí)第二部分 探究核心題型落實(shí)主干知識(shí)第一部分概念 含義數(shù)列 按照確定的順序排列的一列數(shù)數(shù)列的項(xiàng) 數(shù)列中的_________通項(xiàng)公式 如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an與它的 之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)式子叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式遞推公式 如果一個(gè)數(shù)列的相鄰兩項(xiàng)或多項(xiàng)之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來表示，那么這個(gè)式子叫做這個(gè)數(shù)列的遞推公式1.數(shù)列的有關(guān)概念每一個(gè)數(shù)序號(hào)n概念 含義數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和 把數(shù)列{an}從第1項(xiàng)起到第n項(xiàng)止的各項(xiàng)之和，稱為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，記作Sn，即Sn=______________a1+a2+…+an分類標(biāo)準(zhǔn) 類型 滿足條件 項(xiàng)數(shù) 有窮數(shù)列 項(xiàng)數(shù)______ 無窮數(shù)列 項(xiàng)數(shù)______ 項(xiàng)與項(xiàng) 間的大 小關(guān)系 遞增數(shù)列 an+1 an 其中n∈N*遞減數(shù)列 an+1 an 常數(shù)列 an+1=an 擺動(dòng)數(shù)列 從第二項(xiàng)起，有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng)，有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列 2.數(shù)列的分類有限無限><3.數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系數(shù)列{an}是從正整數(shù)集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到實(shí)數(shù)集R的函數(shù)，其自變量是序號(hào)n，對(duì)應(yīng)的函數(shù)值是數(shù)列的第n項(xiàng)an，記為an=f(n).1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)數(shù)列1，2，3與3，2，1是兩個(gè)不同的數(shù)列.( )(2)數(shù)列1，0，1，0，1，0，…的通項(xiàng)公式只能是an=.( )(3)任何一個(gè)數(shù)列不是遞增數(shù)列，就是遞減數(shù)列.( )(4)若數(shù)列用圖象表示，則從圖象上看是一群孤立的點(diǎn).( )×√×√2.傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家用小石子來研究數(shù).如圖中的數(shù)1，5，12，22，…稱為五邊形數(shù)，則第8個(gè)五邊形數(shù)是 . ∵5-1=4，12-5=7，22-12=10，∴相鄰兩個(gè)圖形的小石子數(shù)的差值依次增加3，∴第5個(gè)五邊形數(shù)是22+13=35，第6個(gè)五邊形數(shù)是35+16=51，第7個(gè)五邊形數(shù)是51+19=70，第8個(gè)五邊形數(shù)是70+22=92.923.已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an=n+an-1(n≥2，n∈N*)，則an= . 數(shù)列{an}滿足a1=1，an=n+an-1(n≥2，n∈N*)，可得a1=1，a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…an-an-1=n，以上各式相加可得an=1+2+3+…+n=(n≥2)，又a1=1符合該式，所以an=.4.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=n2-4n+1，則an= . 當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=-2；當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2-4n+1-[(n-1)2-4(n-1)+1]=2n-5.因?yàn)楫?dāng)n=1時(shí)，不滿足an=2n-5，所以an=1.靈活應(yīng)用兩個(gè)常用結(jié)論(1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則an=(2)在數(shù)列{an}中，若an最大，則若an最小，則n≥2，n∈N*.2.掌握數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)由于數(shù)列可以看作一個(gè)關(guān)于n(n∈N*)的函數(shù)，因此它具備函數(shù)的某些性質(zhì)：(1)單調(diào)性——若an+1>an，則{an}為遞增數(shù)列；若an+1(2)周期性——若an+k=an(k為非零常數(shù))，則{an}為周期數(shù)列，k為{an}的一個(gè)周期.返回微點(diǎn)提醒探究核心題型第二部分例1 (1)(2025·漳州模擬)已知各項(xiàng)均不為0的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若3Sn=an+1，則等于A.- B.- C. D.√由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式題型一因?yàn)?Sn=an+1，則3Sn+1=an+1+1，兩式相減可得3an+1=an+1-an，即2an+1=-an，令n=7，可得2a8=-a7，且an≠0，所以=-.(2)已知數(shù)列{an}滿足=n+1，則a2 025等于A.2 025 B.2 024 C.4 049 D.4 050√由題意可得a1+++…+=n+1， ①當(dāng)n=1時(shí)，a1=2；當(dāng)n≥2時(shí)，a1+++…+=n， ②①②兩式相減得=1，即an=2n-1.又a1=2不滿足an=2n-1，綜上所述，an=所以a2 025=4 049.an與Sn的關(guān)系問題的求解思路(1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含Sn，Sn-1的關(guān)系式，再求解.(2)利用Sn-Sn-1=an(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含an，an-1的關(guān)系式，再求解.思維升華跟蹤訓(xùn)練1 (1)(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=(3n-1)，則下列說法正確的是A.a1=1 B.數(shù)列{an}為遞增數(shù)列C.數(shù)列{an}是等比數(shù)列 D.an=2×3n-1√√√∵Sn=(3n-1)，∴a1=S1=×(3-1)=1，故A正確；當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1=(3n-1-1)，∴an=Sn-Sn-1=(3n-1)-(3n-1-1)=3n-1，a1=1也適合，∴an=3n-1，故D錯(cuò)誤；∵==3，∴數(shù)列{an}是公比為3的等比數(shù)列，故C正確；∵a1=1，公比大于1，∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，故B正確.(2)(2024·廣州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+n，當(dāng)取得最小值時(shí)，n= . 3因?yàn)镾n=n2+n，則當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n，又當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=2，滿足an=2n，故an=2n，則==+又y=x+在(1，3)上單調(diào)遞減，在(3，+∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)n=3時(shí)，n+取得最小值，即當(dāng)n=3時(shí)取得最小值.命題點(diǎn)1 累加法例2 (2025·常德模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an-an+1=2nanan+1，則an= . 由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式題型二若an+1=0，則an-an+1=0，即an=an+1=0，這與a1=1矛盾，所以an+1≠0，由an-an+1=2nanan+1，兩邊同時(shí)除以anan+1，得-=2n，則-=2n-1，-=2n-2，…-=22，-=2，上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2(n≥2)，所以an=(n≥2)，又a1=1符合該式，所以an=.命題點(diǎn)2 累乘法例3 若數(shù)列{an}滿足a1=12，a1+2a2+3a3+…+nan=n2an，則a2 025= . 因?yàn)閍1+2a2+3a3+…+nan=n2an， ①所以a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=(n+1)2an+1， ②②-①得，(n+1)an+1=(n+1)2an+1-n2an =所以an=···…··a1=×××…××12=(n≥2)，又a1=12也符合，所以an=所以a2 025=.(1)形如an+1-an=f(n)的數(shù)列，利用累加法，即可求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.(2)形如=f(n)的數(shù)列，利用累乘法，即可求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.思維升華跟蹤訓(xùn)練2 (1)已知數(shù)列{an}中，a1=1，nan+1=2(a1+a2+…+an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為 . ∵nan+1=2(a1+a2+…+an)， ①∴當(dāng)n≥2時(shí)，(n-1)an=2(a1+a2+…+an-1)， ②①-②得nan+1-(n-1)an=2an，即nan+1=(n+1)an，∴=∴an=a1··…·=1××…×=n，當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論也成立.∴an=n.an=n(2)(2024·鹽城模擬)凸五邊形有5條對(duì)角線，那么凸n+2(n≥2)邊形的對(duì)角線條數(shù)為A. B.C. D.√凸四邊形有2條對(duì)角線，凸五邊形有5條對(duì)角線，則得到在凸n+1(n≥3)邊形的基礎(chǔ)上，多一個(gè)頂點(diǎn)，則多n條對(duì)角線，設(shè)凸n+2邊形有f(n+2)條對(duì)角線，所以f(n+2)-f(n+1)=n，則f(5)-f(4)=3，f(6)-f(5)=4，…，f(n+2)-f(n+1)=n，累加得f(n+2)-f(4)=3+4+…+n，則f(n+2)=2+3+4+…+n=n≥3，當(dāng)n=2時(shí)，f(4)=2也滿足此式，所以f(n+2)=n≥2.命題點(diǎn)1 數(shù)列的單調(diào)性例4 (2024·阜陽(yáng)模擬)已知數(shù)列{an}滿足an=2n2+λn(λ∈R)，則“{an}為遞增數(shù)列”是“λ≥0”的A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件√數(shù)列的性質(zhì)題型三由{an}為遞增數(shù)列得，an+1-an=[2(n+1)2+λ(n+1)]-(2n2+λn)=λ+4n+2>0，n∈N*，則λ>-(4n+2)對(duì)于n∈N*恒成立，得λ>-6，可得λ≥0 λ>-6，反之不成立.命題點(diǎn)2 數(shù)列的周期性例5 (2025·孝感模擬)在數(shù)列{an}中，a1=-2，anan+1=an-1，則數(shù)列{an}的前2 025項(xiàng)的積為A.-1 B.-2 C.-3 D.√因?yàn)閍nan+1=an-1，an≠0，所以an+1=1-又a1=-2，則a2=a3=a4=-2，所以數(shù)列{an}的周期為3，且a1a2a3=-1，設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，則T2 025=a1a2a3…a2 025=(-1)675=-1.命題點(diǎn)3 數(shù)列的最值例6 數(shù)列{bn}滿足bn=則當(dāng)n= 時(shí)，bn取最大值為 . 4方法一 ∵bn+1-bn=-=∴當(dāng)n≤3時(shí)，bn+1>bn，{bn}單調(diào)遞增，當(dāng)n≥4時(shí)，bn+1故當(dāng)n=4時(shí)，(bn)max=b4=.方法二 令即解得≤n≤又n∈N*，∴n=4，故當(dāng)n=4時(shí)，(bn)max=b4=.(1)解決數(shù)列的周期性問題，先求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，確定數(shù)列的周期，再根據(jù)周期性求值.(2)解決數(shù)列的單調(diào)性問題，常用作差比較法，根據(jù)差的符號(hào)判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性.思維升華跟蹤訓(xùn)練3 (1)(2024·周口模擬)在數(shù)列{an}中，a1=1，a2=5，an+2=an+1-an(n∈N*)，則a2 025的值為A.5 B.-5 C.4 D.-4√因?yàn)閍1=1，a2=5，an+2=an+1-an(n∈N*)，所以a3=a2-a1=4，a4=a3-a2=-1，a5=a4-a3=-5，a6=a5-a4=-4，a7=a6-a5=1，a8=a7-a6=5，故數(shù)列{an}的周期為6，所以a2 025=a6×337+3=a3=4.(2)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=kn2-n-2，若{an}為遞增數(shù)列，則k的取值范圍為A.(1，+∞) B.(0，+∞)C. D.√an=kn2-n-2，若{an}為遞增數(shù)列，則an+1>an(n∈N*)，有k(n+1)2-(n+1)-2>kn2-n-2(n∈N*)，解得k>(n∈N*)，則k>當(dāng)n=1時(shí)=所以k>則k的取值范圍為.返回課時(shí)精練對(duì)一對(duì)答案1234567891011121314題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8答案 D B B C D C ABC AD題號(hào) 9 答案 1(λ取滿足λ<3的任意一個(gè)實(shí)數(shù)值即可) 1516對(duì)一對(duì)答案1234567891011121314題號(hào) 10 13 14 15 16答案 341 C B ABD 4n+2 3π×4n-2π1516答案1234567891011121314(1)∵a1=1，an+1=2+1，∴a2=2+1=2+1=3.(2)方法一 由an+1=2+1，得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，即-=1，11.1516答案1234567891011121314則-=1(n≥2)，-=1，…-=1，由累加法可得=1+(n-1)=n，∴Sn=n2(n≥2)，又S1=a1=1，滿足上式，∴Sn=n2.當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1適合上式，∴an=2n-1.11.1516答案1234567891011121314方法二 由an+1=2+1，得(an+1-1)2=4Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，(an-1)2=4Sn-1，∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.∴--2an+1-2an=0，即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).11.1516答案1234567891011121314又∵a2-a1=2，∴{an}為等差數(shù)列，且公差為2，∴an=1+(n-1)×2=2n-1.11.1516答案1234567891011121314(1)因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，當(dāng)n≥2時(shí)，可得4Sn-1=an-1an+1，兩式相減得4an=an(an+1-an-1)，因?yàn)閍n≠0，故an+1-an-1=4，所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均為公差為4的等差數(shù)列，當(dāng)n=1時(shí)，由a1=1及S1=解得a2=3，所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.12.1516答案1234567891011121314(2)由(1)知an=2n-1，可得Sn==n2，因?yàn)閷?duì)于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，所以λ≥恒成立，設(shè)bn=則bn+1-bn=-=當(dāng)1-bn+1-bn>0，bn12.1516答案1234567891011121314當(dāng)n>1+即n≥3，n∈N*時(shí)，bn+1-bn<0，bn>bn+1，所以b1b4>b5>…，故=b3=所以λ≥即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為.12.1516一、單項(xiàng)選擇題1.觀察數(shù)列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，則該數(shù)列的第12項(xiàng)是A.1 212 B.12 C.ln 12 D.sin 12√1234567891011121314知識(shí)過關(guān)答案通過觀察數(shù)列得出規(guī)律，數(shù)列中的項(xiàng)是按正整數(shù)順序排列，且3個(gè)為一循環(huán)節(jié)，由此判斷第12項(xiàng)是sin 12.15161234567891011121314答案2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn=n2-1，則a3等于A.-5 B.5 C.7 D.8√因?yàn)镾n=n2-1，所以a3=S3-S2=(32-1)-(22-1)=5.15163.已知數(shù)列{an}的項(xiàng)滿足an+1=an，且a1=1，則an等于A. B.C. D.√1234567891011121314答案15161234567891011121314由an+1=an，得=所以===…==(n≥2)，所以···…··=×××…××所以=因?yàn)閍1=1，所以an=又因?yàn)閍1=1滿足上式，所以an=.答案15164.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)的值是A.3 B.19 C. D.√1234567891011121314答案15161234567891011121314令f(x)=x+(x>0)，運(yùn)用基本不等式得f(x)≥6當(dāng)且僅當(dāng)x=3時(shí)，等號(hào)成立.因?yàn)閍n=n∈N*，所以<所以當(dāng)n=9或n=10時(shí)，an=最大.答案15165.已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an-an+1=nanan+1(n∈N*)，則an等于A. B.C. D.√1234567891011121314答案15161234567891011121314易知an≠0，由題意，得-=n，則當(dāng)n≥2時(shí)-=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(dāng)n=1時(shí)，a1=1適合此式，所以an=.答案15166.(2025·江門模擬)物理學(xué)家法蘭克·本福特提出的定律：在b進(jìn)制的大量隨機(jī)數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為Pb(n)=logb.應(yīng)用此定律可以檢測(cè)某些經(jīng)濟(jì)數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)是否存在造假或錯(cuò)誤.若=(k∈N*)，則k的值為A.7 B.8 C.9 D.10√1234567891011121314答案15161234567891011121314=P10(k)+P10(k+1)+…+P10(80)=lg +lg +…+lg =lg而===2lg 3=lg 9，故k=9.答案1516二、多項(xiàng)選擇題7.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式為Sn=則下列說法正確的是A.數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1=B.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=C.數(shù)列{an}為遞減數(shù)列D.若數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積為Tn，則Tn=1234567891011121314√答案√√1516對(duì)于A，數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1=S1==故A正確；對(duì)于B，當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=-=a1=適合上式，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閍n+1-an=-=-<0，所以數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，故C正確；對(duì)于D，Tn=×××…×=所以數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)積Tn=故D錯(cuò)誤.1234567891011121314答案15168.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn-an=(n-1)2，bn=則A.Sn=n2 B.an=2nC.數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列 D.數(shù)列{bn}的最小值為√1234567891011121314答案√15161234567891011121314∵an=Sn-Sn-1(n≥2)，∴Sn-an=Sn-1，則Sn-1=(n-1)2，即Sn=n2(n∈N*)，∴a1=1，當(dāng)n≥2時(shí)，an=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1滿足上式，∴an=2n-1(n∈N*)，故A正確，B錯(cuò)誤；易知bn>0，∵bn=bn+1=∴==當(dāng)>1時(shí)，n>+1，答案15161234567891011121314∴當(dāng)1≤n<3時(shí)，bn>bn+1，當(dāng)n≥3時(shí)，bn∴數(shù)列{bn}不是遞減數(shù)列，且當(dāng)n=3時(shí)，bn取得最小值故C錯(cuò)誤，D正確.答案1516三、填空題9.已知數(shù)列{an}滿足an=n2-λn，n∈N*，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，試寫出一個(gè)滿足條件的實(shí)數(shù)λ的值： . 1234567891011121314答案1(λ取滿足λ<3的任意一個(gè)實(shí)數(shù)值即可)因?yàn)閿?shù)列{an}是遞增數(shù)列，且an=n2-λn，則an+1>an，即(n+1)2-λ(n+1)>n2-λn，整理可得2n+1-λ>0，即λ<2n+1，因?yàn)閚∈N*，即n≥1，所以2n+1≥3，所以λ<3.(λ取滿足λ<3的任意一個(gè)實(shí)數(shù)值即可)151610.九連環(huán)是中國(guó)傳統(tǒng)民間智力玩具，它用九個(gè)圓環(huán)相連成串，環(huán)環(huán)相扣，以解開為勝，趣味無窮.現(xiàn)假設(shè)有n個(gè)圓環(huán)，用an表示按照某種規(guī)則解下n個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)，且數(shù)列{an}滿足a1=1，a2=2，an=an-2+2n-1(n≥3，n∈N*)，則解開九連環(huán)最少需要移動(dòng) 次. 1234567891011121314答案3411516由題意，an=an-2+2n-1，故a3-a1=22，a5-a3=24，…a2n-1-a2n-3=22n-2，以上各式相加，可得a2n-1-a1=22+24+…+22n-2=41+42+…+4n-1，即a2n-1=1+41+42+…+4n-1==所以按規(guī)則解開九連環(huán)最少需要移動(dòng)的次數(shù)為a9==341.1234567891011121314答案1516四、解答題11.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1=1，an+1=2+1.(1)求a2的值；1234567891011121314答案∵a1=1，an+1=2+1，∴a2=2+1=2+1=3.1516(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.1234567891011121314答案15161234567891011121314答案方法一 由an+1=2+1，得Sn+1-Sn=2+1，故Sn+1=(+1)2.∵an>0，∴Sn>0，∴=+1，即-=1，則-=1(n≥2)，-=1，…-=1，15161234567891011121314答案由累加法可得=1+(n-1)=n，∴Sn=n2(n≥2)，又S1=a1=1，滿足上式，∴Sn=n2.當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，又a1=1適合上式，∴an=2n-1.方法二 由an+1=2+1，得(an+1-1)2=4Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，(an-1)2=4Sn-1，15161234567891011121314答案∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an.∴--2an+1-2an=0，即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).又∵a2-a1=2，∴{an}為等差數(shù)列，且公差為2，∴an=1+(n-1)×2=2n-1.151612.已知各項(xiàng)均不為0的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，Sn=.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；1234567891011121314答案15161234567891011121314答案因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，Sn=即4Sn=anan+1+1，當(dāng)n≥2時(shí)，可得4Sn-1=an-1an+1，兩式相減得4an=an(an+1-an-1)，因?yàn)閍n≠0，故an+1-an-1=4，所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均為公差為4的等差數(shù)列，當(dāng)n=1時(shí)，由a1=1及S1=解得a2=3，所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.1516(2)若對(duì)于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.1234567891011121314答案15161234567891011121314答案由(1)知an=2n-1，可得Sn==n2，因?yàn)閷?duì)于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，所以λ≥恒成立，設(shè)bn=則bn+1-bn=-=當(dāng)1-bn+1-bn>0，bn15161234567891011121314答案當(dāng)n>1+即n≥3，n∈N*時(shí)，bn+1-bn<0，bn>bn+1，所以b1b4>b5>…，故=b3=所以λ≥即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為.151613.(2024·武漢模擬)在研究多光束干涉在薄膜理論中的應(yīng)用時(shí)，用光波依次透過n層薄膜，記光波的初始功率為P0，記Pk為光波經(jīng)過第k層薄膜后的功率，假設(shè)在經(jīng)過第k層薄膜時(shí)，光波的透過率Tk==其中k=1，2，3，…，n，為使得≥2-2 025，則n的最大值為A.31 B.32 C.63 D.641234567891011121314答案√能力拓展1516由題意==…=所以=××…×=≥2-2 025，所以≤2 025，即n(n+1)≤4 050，顯然f(n)=n(n+1)關(guān)于n單調(diào)遞增，其中n∈N*，又f(63)=4 032<4 050所以n的最大值為63.1234567891011121314答案151614.已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積，Sn＝n2＋2n，＝1，則與Tn的大小關(guān)系是A.≥Tn B.>TnC.1234567891011121314答案√15161234567891011121314答案當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝n2－1，則an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，顯然a1＝3符合上式，因此an＝2n＋1，由＝1，得bn＝，則Tn＝×××…×，15161234567891011121314答案而2n·2n>(2n－1)(2n＋1)，即有<，所以×××…×<×××…×，從而<×××××…××＝2n＋1，所以×××…×<>Tn.151615.(多選)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝ (n∈N*)，則A.若a1＝1，則數(shù)列{an}為常數(shù)列B.若a1>1，則對(duì)任意n∈N*，有an＋1C.若a1>1，則對(duì)任意n∈N*，有an＋1－1≥(an－1)D.若a1＝2，則對(duì)任意n∈N*，有an≤1＋1234567891011121314答案√√√15161234567891011121314答案對(duì)于A，若a1＝1，則a2＝＝1，a3＝＝1，以此類推可知an＝1，所以數(shù)列{an}為常數(shù)列，故A正確；對(duì)于B，若a1>1，a2＝>×2＝1，a3＝>×2＝1，以此類推可知an>1，15161234567891011121314答案an＋1＝>×2＝1，則an＋1－an＝－an＝<0，即an＋1對(duì)于C，由a1>1結(jié)合選項(xiàng)B得出an>1，an＋1－1＝－1＝·(an－1)，因?yàn)?<<，所以an＋1－1<(an－1)，故C錯(cuò)誤；15161234567891011121314答案對(duì)于D，若a1＝2，則a1≤1＋＝2；1假設(shè)ak≤1＋(k∈N*，k≥2)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝，易知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ak＋1＝f(ak)≤f＝<1＋，由以上歸納得出n∈N*，an≤1＋，故D正確.151616.(2025·遵義模擬)第24屆北京冬奧會(huì)開幕式由一朵朵六角雪花貫穿全場(chǎng)，為不少人留下深刻印象.六角雪花曲線是由正三角形的三邊生成的三條1級(jí)Koch曲線組成，再將六角雪花曲線每一邊生成一條1級(jí)Koch曲線得到2級(jí)十八角雪花曲線(如圖3)……依次得到n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線.若正三角形邊長(zhǎng)為1，我們稱∧為一個(gè)開三角則n級(jí)Kn角雪花曲線的開三角個(gè)數(shù)為 ，n級(jí)Kn角雪花曲線的內(nèi)角和為 . 12345678910111213144n+2答案3π×4n-2π15161234567891011121314答案依題意，n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的每一條邊生成n+1級(jí)Kn+1(n∈N*)角雪花曲線的4條邊，因此n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的邊數(shù)構(gòu)成以12為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，則n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的邊數(shù)為12×4n-1=3×4n，當(dāng)n=1時(shí)，曲線有6個(gè)開三角，令n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數(shù)為an，a1=6，由于n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的每一條邊向外形成一個(gè)開三角，因此an+1=an+3×4n，15161234567891011121314答案當(dāng)n≥2時(shí)，n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數(shù)an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=6+3(4+42+…+4n-1)=6+3×=4n+2，a1=6滿足上式，所以n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的開三角數(shù)an=4n+2；令n級(jí)Kn角雪花曲線的內(nèi)角和為bn，顯然b1=6×+6×=10π，而n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線到n+1級(jí)Kn+1(n∈N*)角雪花曲線每增加一個(gè)開三角，其內(nèi)角和增加+2×=3π，于是bn+1=bn+3π×3×4n=bn+9π×4n，15161234567891011121314答案返回當(dāng)n≥2時(shí)，n級(jí)Kn(n∈N*)角雪花曲線的內(nèi)角和bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=10π+9π(4+42+…+4n-1)=10π+9π×=3π×4n-2π，又b1=10π滿足上式，所以n級(jí)Kn角雪花曲線的內(nèi)角和bn=3π×4n-2π.1516 展開更多...... 收起↑ 資源列表 第六章 §6.1 數(shù)列的概念.pptx 第六章 §6.2 等差數(shù)列.pptx 第六章 §6.3 等比數(shù)列.pptx 第六章 §6.4 數(shù)列中的構(gòu)造問題.pptx 第六章 §6.5 數(shù)列求和.pptx 第六章 §6.6 子數(shù)列問題.pptx 第六章 培優(yōu)點(diǎn)6 新情境、新定義下的數(shù)列問題.pptx 第六章 必刷大題12 數(shù)列的綜合問題.pptx 第六章 必刷小題11 數(shù) 列.pptx 縮略圖、資源來源于二一教育資源庫(kù)
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