第四章《数列》章末复习提升与检测-2023-2024学年高二数学下学期期末复习提升与检测（人教A版2019）

第四章《数列》章末复习提升与检测 ( 知识体系 ) ( 能力整合 ) 一、等差与等比数列的基本运算 1．数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小． 2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例1】（1）（2023全国甲卷数学（理））已知正项等比数列中，为前n项和，，则（    ） A．7 B．9 C．15 D．30 （2）（2023全国甲卷数学（文））记为等比数列的前项和．若，则的公比为________． 【解题技法】在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，可以“知三求二”，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用． 【跟踪训练】 1.（2023全国甲卷数学（文））记为等差数列的前项和．若，则（    ） A．25 B．22 C．20 D．15 2.（2023全国乙卷数学（文）已知为等比数列，，，则______. 二、等差、等比数列的判定 1．判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列． 2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养． 【例2】（2021•甲卷（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解题技法】判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或）为与正整数n无关的常数． (2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列．②若a＝an－1· an＋1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔{an}是公比不为1的等比数列． 【跟踪训练】 （2024·苏州市苏州高新区第一中学期中）已知数列{an}满足a1＝，且当n>1，n∈N*时，有＝. (1)求证：数列为等差数列； (2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由． 三、数列的通项 1．数列的通项公式的求法在考查中也经常涉及．在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等． 2．通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例3】在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式． 【解题技法】求数列通项的常用方法 (1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1. (2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)． (3)累乘法：适用于形如“＝f(n)”， an＝a1···…·. (4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列. ②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①. 【跟踪训练】 设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.求数列{an}的通项公式． 四、数列求和 1．数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等． 2．通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例4】（2023全国甲卷数学（理））11．已知数列中，，设为前n项和，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【解题技法】数列求和的常用类型 (1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列． (3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和． (4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论． 【跟踪训练】 （2022•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 五、数列的综合应用与创新问题 1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上． 2．通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养． 【例5】（1）（2023全国乙卷数学（文））已知等差数列的公差为，集合，若，则（    ） A．－1 B． C．0 D． （2）（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则　　 A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 【解题技法】此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识． 【跟踪训练】 （2024·怀仁第一中学校月考）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球(a1＝1)，第二层有3个球(a2＝3)，第三层有6个球(a3＝6)，第四层有10个球(a4＝10)，第五层有15个球(a5＝15)，…，各层球数之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2,3,4,5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3,6,12,23,41，则该数列的第8项为(　　) A．51 B．68 C．106 D．157 ( 章末检测 ) (时间：120分钟，满分：150分) 1．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 023，则n＝(　　) A．667　　　　　　　　　 B．668 C．669 D．675 2.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是(　　) A.81 B.120 C.168 D.192 3．已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a3，a5，a8成等比数列，则S18＝(　　) A．398 B．388 C．189 D．199 4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝(　　) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 5．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，且m≥2)，则必定有(　　) A．Sm>0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0 C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0 6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的(　　) A．第8项 B．第10项 C．第12项 D．第14项 7．已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝，a1＝，则a2 021＝(　　) A. B. C. D. 8.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一．风雨桥由桥、塔、亭组成．其亭、塔平面图通常是正方形、正六边形和正八边形．如图是风雨桥亭、塔正六边形的正射影．其正六边形的边长计算方法如下：A1B1＝A0B0－B0B1，A2B2＝A1B1－B1B2，A3B3＝A2B2－B2B3，……，AnBn＝An－1·Bn－1 －Bn－1Bn，其中Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1，n∈N*.根据每层边长间的规律．建筑师通过推算，可初步估计需要多少材料．所用材料中．横向梁所用木料与正六边形的周长有关．某一风雨桥亭、塔共5层，若A0B0＝8 m，B0B1＝0.5 m．则这五层正六边形的周长总和为(　　) A．35 m B．45 m C．210 m D．270 m 2、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有(　　) A．a9·a10<0 B．a9>a10 C．b10>0 D．b9>b10 10．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N＋)，则下列结论正确的是(　　) A．a5＝－16 B．S5＝－31 C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N＋，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an＋1}是等差数列 B．数列{an＋1}是等比数列 C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1 D．Tn＜1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N＋.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________． 13．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“免子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N＋)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 022项的和为________． 14.若项数为的数列满足：我们称其为项的“对称数列”．例如：数列为项的“对称数列”；数列为项的“对称数列”．设数列为项的“对称数列”，其中是公差为的等差数列，数列的最大项等于，记数列的前项和为，若，则 ． 3、 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an. (1)求{an}的通项公式及其前n项和Sn； (2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b2＝a1＋a2＋a3，求T38. 16．(本小题满分12分)已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______（从①；②，，成等比数列；③这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）． (1)求； (2)设，数列的前项和为，求． 17．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝，且n∈N*时，an＋1，an，－成等差数列． (1)求证：数列为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项．在数列{bn}中，b1＝2，点P(bn，bn＋1)在直线y＝x＋2上． (1)求a1和a2的值； (2)求数列{an}，{bn}的通项公式； (3)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 19.(本小题满分17分)设数列，为的满足下列性质的排列的个数，性质T：排列中仅存在一个，使得． (1)求的值，并写出时其中一种排列的情形． (2)若，求满足性质的所有排列的情形． (3)求数列的通项公式． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章《数列》章末复习提升与检测 ( 知识体系 ) ( 能力整合 ) 一、等差与等比数列的基本运算 1．数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小． 2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例1】（1）（2023全国甲卷数学（理））已知正项等比数列中，为前n项和，，则（    ） A．7 B．9 C．15 D．30 【答案】C 【解析】由题知, 即,即,即. 由题知,所以.所以，故选C. （2）（2023全国甲卷数学（文））记为等比数列的前项和．若，则的公比为________． 【答案】 【解析】若，则由得，则，不合题意.所以 当时，因为，所以， 即，即，即， 解得. 【解题技法】在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，可以“知三求二”，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用． 【跟踪训练】 1.（2023全国甲卷数学（文））记为等差数列的前项和．若，则（    ） A．25 B．22 C．20 D．15 【答案】C 【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得， ，即, 又，解得：， 所以． 故选：C. 方法二：，，所以，， 从而，于是， 所以．故选C. 2.（2023全国乙卷数学（文）已知为等比数列，，，则______. 【答案】 【解析】设的公比为，则，显然， 则，即，则，因为，则， 则，则，则， 二、等差、等比数列的判定 1．判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列． 2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养． 【例2】（2021•甲卷（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】选择①③为条件，②结论． 证明过程如下： 由题意可得：，， 数列的前项和：， 故， 据此可得数列 是等差数列． 选择①②为条件，③结论： 设数列的公差为，则： ， 数列 为等差数列，则：， 即：，整理可得：，． 选择③②为条件，①结论： 由题意可得：，， 则数列 的公差为， 通项公式为：， 据此可得，当时，， 当时上式也成立，故数列的通项公式为：， 由，可知数列是等差数列． 【解题技法】判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或）为与正整数n无关的常数． (2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列．②若a＝an－1· an＋1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔{an}是公比不为1的等比数列． 【跟踪训练】 （2024·苏州市苏州高新区第一中学期中）已知数列{an}满足a1＝，且当n>1，n∈N*时，有＝. (1)求证：数列为等差数列； (2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由． (1)证明　当n≥2时， 由＝，得an－1－an＝4an－1an， 两边同除以an－1an， 得－＝4. 所以数列是首项为＝5，公差为d＝4的等差数列． (2)由(1)得＝＋(n－1)d＝4n＋1， 所以an＝， 所以a1a2＝×＝， 假设a1a2是数列{an}中的第t项， 则at＝＝， 解得t＝11∈N*， 所以a1a2是数列{an}中的第11项． 三、数列的通项 1．数列的通项公式的求法在考查中也经常涉及．在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等． 2．通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例3】在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式． 【解】对于任意的m，n∈N*， 都有am＋n＝am＋an＋mn， 令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1， 则an＋1－an＝n＋1， ∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， ∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝2＋3＋4＋…＋n， 即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n， 又a1＝1， ∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝. 【解题技法】求数列通项的常用方法 (1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1. (2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)． (3)累乘法：适用于形如“＝f(n)”， an＝a1···…·. (4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列. ②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①. 【跟踪训练】 设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.求数列{an}的通项公式． 【解】当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1， 两式相减得，2an＝(n＋1)an－nan－1， 整理可得＝， 而＝2， 所以是首项为2，公比为1的等比数列， 故＝2，即an＝2n，n∈N*. 四、数列求和 1．数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等． 2．通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例4】（2023全国甲卷数学（理））11．已知数列中，，设为前n项和，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【解】（1）因为， 当时，，即； 当时，，即， 当时，，所以， 化简得：，当时，，即， 当时都满足上式，所以． （2）因为，所以， ， 两式相减得， ， ，即，． 【解题技法】数列求和的常用类型 (1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列． (3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和． (4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论． 【跟踪训练】 （2022•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【解析】（1）已知，是公差为的等差数列， 所以，整理得，①， 故当时，，②， ①②得：， 故， 化简得：，，，，； 所以， 故（首项符合通项）． 所以． 证明：（2）由于， 所以， 所以． 五、数列的综合应用与创新问题 1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上． 2．通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养． 【例5】（1）（2023全国乙卷数学（文））已知等差数列的公差为，集合，若，则（    ） A．－1 B． C．0 D． 【答案】B 【解析】依题意，等差数列中，， 显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又， 则在中，或， 于是有，即有，解得， 所以，. 故选：B （2）（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则　　 A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 【答案】 【解析】设，则，，， 由题意得：，， 且， 解得，故选：． 【解题技法】此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识． 【跟踪训练】 （2024·怀仁第一中学校月考）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球(a1＝1)，第二层有3个球(a2＝3)，第三层有6个球(a3＝6)，第四层有10个球(a4＝10)，第五层有15个球(a5＝15)，…，各层球数之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2,3,4,5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3,6,12,23,41，则该数列的第8项为(　　) A．51 B．68 C．106 D．157 【答案】C 【解析】现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3，6,12,23,41， 各项与前一项之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…， 即2,3,6,11,18，…， 3－2,6－3,11－6,18－11，…， 即1,3,5,7，…是等差数列， 所以a7＝41＋(18＋9)＝68， a8＝68＋(18＋9＋11)＝106. ( 章末检测 ) (时间：120分钟，满分：150分) 1．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 023，则n＝(　　) A．667　　　　　　　　　 B．668 C．669 D．675 【答案】D 【解析】由2 023＝1＋3(n－1)，解得n＝675. 2.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是(　　) A.81 B.120 C.168 D.192 【答案】B 【解析】由a5＝a2q3得q＝3. ∴a1＝＝3，S4＝＝＝120. 3．已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a3，a5，a8成等比数列，则S18＝(　　) A．398 B．388 C．189 D．199 【答案】C 【解析】由题可得a＝a3a8，即(2＋4d)2＝(2＋2d)·(2＋7d)，整理得d2－d＝0，由d≠0，所以d＝1. 故S18＝18×2＋×18×17×1＝189. 4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝(　　) A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 【答案】A 【解析】在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A. 5．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，且m≥2)，则必定有(　　) A．Sm>0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0 C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0 【答案】A 【解析】因为－am<a1<－am＋1， 所以a1＋am>0，a1＋am＋1<0， 所以Sm>0，且Sm＋1<0. 6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的(　　) A．第8项 B．第10项 C．第12项 D．第14项 【答案】D 【解析】当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝则2＋1－2＝254，n＝14，故选D. 7．已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝，a1＝，则a2 021＝(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由an＋1＝得＝＋1，所以数列是等差数列，首项＝2，公差为1，所以＝2＋(2 021－1)×1＝2 022，则a2 021＝. 8.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一．风雨桥由桥、塔、亭组成．其亭、塔平面图通常是正方形、正六边形和正八边形．如图是风雨桥亭、塔正六边形的正射影．其正六边形的边长计算方法如下：A1B1＝A0B0－B0B1，A2B2＝A1B1－B1B2，A3B3＝A2B2－B2B3，……，AnBn＝An－1·Bn－1 －Bn－1Bn，其中Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1，n∈N*.根据每层边长间的规律．建筑师通过推算，可初步估计需要多少材料．所用材料中．横向梁所用木料与正六边形的周长有关．某一风雨桥亭、塔共5层，若A0B0＝8 m，B0B1＝0.5 m．则这五层正六边形的周长总和为(　　) A．35 m B．45 m C．210 m D．270 m 【答案】C 【解析】由已知得：AnBn＝An－1Bn－1－Bn－1Bn，Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1＝0.5， 因此数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)是以a1＝A0B0＝8为首项，公差为d＝－0.5的等差数列，设数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)前5项和为S5， 因此有S5＝5a1＋×5×4·d＝5×8－×5×4×0.5＝35 m， 所以这五层正六边形的周长总和为6S5＝6×35＝210 m. 2、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有(　　) A．a9·a10<0 B．a9>a10 C．b10>0 D．b9>b10 【答案】AD 【解析】∵等比数列{an}的公比q＝－， ∴a9和a10异号，∴a9a10＝a<0，故A正确； 但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确； ∵a9和a10异号，且a9>b9且a10>b10， ∴b9和b10中至少有一个数是负数， 又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正确； ∴b10一定是负数，即b10<0，故C不正确．故选A、D. 10．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N＋)，则下列结论正确的是(　　) A．a5＝－16 B．S5＝－31 C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列 【答案】ABC 【解析】因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N＋)， 所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1， 所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确； 因此a5＝－1×24＝－16，故A正确； 又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B正确； 因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选A、B、C. 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N＋，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an＋1}是等差数列 B．数列{an＋1}是等比数列 C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1 D．Tn＜1 【答案】BCD 【解析】由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，即an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1， 可化为an＋1＋1＝2(an＋1)． 由a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 则an＋1＝2n，即an＝2n－1， 又＝＝－， 可得Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＜1，故A错误，B、C、D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N＋.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________． 【答案】22－2n　110 【解析】设{an}的首项，公差分别是a1，d，则 解得a1＝20，d＝－2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n. S10＝10×20＋×(－2)＝110. 13．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“免子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N＋)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 022项的和为________． 【答案】1348 【解析】由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数， 故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{an}是周期为3的周期数列， 且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 022＝674×3， 所以数列{an}的前2 022项的和为674×2＝1 348. 14.若项数为的数列满足：我们称其为项的“对称数列”．例如：数列为项的“对称数列”；数列为项的“对称数列”．设数列为项的“对称数列”，其中是公差为的等差数列，数列的最大项等于，记数列的前项和为，若，则 ． 【答案】3或4 【解析】由题意，，又是公差为的等差数列，故，则，. 又，故，即， 由等差数列前项和公式有，化简得，解得或. 3、 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an. (1)求{an}的通项公式及其前n项和Sn； (2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b2＝a1＋a2＋a3，求T38. 【解】(1)因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an， 所以＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以{an}的通项公式an＝1×3n－1＝3n－1，前n项和Sn＝＝(3n－1)． (2)由(1)可得b1＝3，b2＝1＋3＋9＝13，所以公差d＝10，所以T38＝38×3＋×10＝7 144. 16．(本小题满分12分)已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______（从①；②，，成等比数列；③这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）． (1)求； (2)设，数列的前项和为，求． 【解】（1）①由，得，即； ②由，，成等比数列，得，，即； ③由，得，即； 选择①②､①③､②③条件组合，均得，， 故. （2） ∴ . 17．(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝，且n∈N*时，an＋1，an，－成等差数列． (1)求证：数列为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 【解】(1)证明：由题意，当n∈N*时，an＋1，an，－成等差数列， 则an＋1－＝2an，即an＋1＝2an＋， 所以an＋1＋＝2an＋＋＝2， 又因为a1＋＝＋＝1， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，知an＋＝2n－1， 即an＝2n－1－，n∈N*. 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝ ＝(1＋21＋22＋…＋2n－1)－n＝－n＝2n－n－1. 18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项．在数列{bn}中，b1＝2，点P(bn，bn＋1)在直线y＝x＋2上． (1)求a1和a2的值； (2)求数列{an}，{bn}的通项公式； (3)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 【解】(1)由2an＝Sn＋2，得2a1＝S1＋2，即2a1＝a1＋2，解得a1＝2. 同理得2a2＝S2＋2，即2a2＝a1＋a2＋2，解得a2＝4. (2)由2an＝Sn＋2，得2an－1＝Sn－1＋2(n≥2)， 两式相减，得2an－2an－1＝Sn－Sn－1， 即2an－2an－1＝an， 即an＝2an－1(n≥2)． 所以当n≥2时，an＝a22n－2＝4×2n－2＝2n，a1满足该式，故an＝2n. 因为点P(bn，bn＋1)在直线y＝x＋2上， 所以bn＋1＝bn＋2， 所以数列{bn}是等差数列，且其公差d＝2. 又因为b1＝2，所以bn＝2＋2(n－1)＝2n. (3)cn＝anbn＝n·2n＋1， 则Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 2Tn＝23＋2×24＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2， 两式相减，得－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2＝(1－n)2n＋2－4， 故Tn＝(n－1)2n＋2＋4. 19.(本小题满分17分)设数列，为的满足下列性质的排列的个数，性质T：排列中仅存在一个，使得． (1)求的值，并写出时其中一种排列的情形． (2)若，求满足性质的所有排列的情形． (3)求数列的通项公式． 【解】（1）由性质的定义可知：当时，由1构成的排列不满足性质，故； 当时，由构成的排列满足性质，故； 当时，由构成的所有排列为： 其中满足仅存在一个，使得的排列有： ，从中任选一个即可； （2）若，由构成的所有种排列中， 符合性质的排列有： ，故； （3）由（1）、（2）可得：，同理可得：； ∴归纳出， 证明：∵在的所有排列中， 若，，从个数中选个数， 从小到大排列为：， 其余的则按从小到大的顺序排列在余下位置， ∴满足题意的排列个数为， 若，则满足题意的排列个数为， 综上：，即， ∴ ＝ ， 故数列的通项公式为． 学科网（北京）股份有限公司 $$