阶段性练习卷(2)-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练习（人教B版）

高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 一、 单项选择题： 本题共 6 小题， 在每小题 给出的四个选项中， 只有一项是符合题 目要求的 . 1. 已知等比数列 {a n } 满足 a 1 =3 ， a 1 +a 3 + a 5 =21 ， 则 a 3 +a 5 +a 7 = （ ） A. 21 B. 42 C. 63 D. 84 2. 已知 { a n } 为等比数列 ， a 5 +a 8 =-3 ， a 4 a 9 =-18 ， 则 a 2 +a 11 = （ ） A. 9 B. -9 C. 21 2 D. - 21 4 3. “十二平均律” 是通用的音律体系， 明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比 例， 为这个理论的发展作出了重要贡献 . 十 二平均律将一个纯八度音程分成十二份， 依 次得到十三个单音， 从第二个单音起， 每一 个单音的频率与它的前一个单音的频率的比 都等于 2 12 姨 . 若第一个单音的频率为 f ， 则 第八个单音的频率为 （ ） A. 2 3 姨 f B. 2 2 3 姨 f C. 2 5 12 姨 f D. 2 7 12 姨 f 4. 已知公比为 q 的等比数列 {a n } 的首 项 a 1 >0 ， 则 “ q>1 ” 是 “ a 5 >a 3 ” 的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a n =log n （ n+1 ） （ n≥2 ， n∈N + ）， 定义： 使乘积 a 1 · a 2 · a 3 ·… · a k 为正整数的 k （ k∈N + ） 称为 “幸运数”， 则在 ［ 1 ， 2 022 ］ 内的所有 “幸运数” 的和 为 （ ） A. 2 046 B. 4 083 C. 4 094 D. 2 036 6. 已知等比数列 {a n } 的各项均为正数， 公比为 q ， a 1 >1 ， a 6 +a 7 >a 6 a 7 +1>2 ， 记 {a n } 的 前 n 项积为 T n ， 则下列选项错误的是 （ ） A. 0<q<1 B. a 6 >1 C. T 12 >1 D. T 13 >1 二、 多项选择题： 本题共 2 小题， 在每小题 给出的四个选项中， 有多项符合题目 要求 . 7. 已知数列 {a n } 是等比数列， 公比为 q ， 前 n 项和为 S n ， 下列判断错误的有 （ ） A. 1 a n n % 为等比数列 B. {log 2 a n } 为等差数列 C. {a n +a n+1 } 为等比数列 D. 若 S n =3 n-1 +r ， 则 r=- 1 3 8. 等比数列 {a n } 的公比为 q ， 前 n 项积 a 1 a 2 ·…· a n =T n ， 若 a 1 >1 ， a 2 020 · a 2 021 >1 ， （ a 2 020 - 1 ）（ a 2 021 -1 ） <0 ， 则下列说法错误的有 （ ） A. q<1 B. T 2 021 是 T n 的最大值 C. a 2 020 · a 2 022 >1 D. 使 T n >1 的 n 的最大值是 4 040 三、 填空题： 本题共 4 小题 . 9. 等比数列 {a n } 的各项均为正数， 且 a 1 a 5 =4 ， 则 log 2 a 1 +log 2 a 2 +log 2 a 3 +log 2 a 4 +log 2 a 5 = 阶段性练习卷 （二） 16 第五章 数 列 练 . 10. 已知等比数列 {a n } 满足 a 1 +a 2 + … + a 10 =2 ， a 11 +a 12 + … +a 20 =10 ， 则 a 21 +a 22 + … +a 30 = . 11. 将数列 {a n } 中的所 有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成如图所示的 数阵： 记数阵中的第 1 列数 a 1 ， a 2 ， a 4 ， …构成的数列为 {b n } ， S n 为数列 {b n } 的前 n 项和， 若 S n =2b n - 1 ， 则 a 56 = . 12. 设 S n 是数列 {a n } 的前 n 项和， 若 S n = （ -1 ） n a n + 1 2 n ， 则 S 1 +S 2 + … +S 9 = . 四、 解答题： 本题共 2 小题， 解答应写出文 字说明、 证明过程或演算步骤 . 13. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 且 满足 a 1 =1 ， S n+1 =2S n +1 ， n∈N 鄢 . （ 1 ） 证明： {S n +1} 为等比数列， 并求数 列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 令 b n = ［ lga n ］， 其中 ［ x ］ 表示不超 过 x 的最大整数， 求数列 {b n } 的前 15 项 和 T 15 . 14. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 且 S n =2a n -a 1 （ n∈N 鄢 ）， 数列 {b n } 满足 b 1 =6 ， b n =S n + 1 a n +4 （ n∈N 鄢 ） . （ 1 ） 求数列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 记数列 1 b n n $ 的前 n 项和为 T n ， 证 明： T n < 1 2 . 第 11 题图 a 1 a 2 ， a 3 a 4 ， a 5 ， a 6 ， a 7 ， a 8 ， a 9 ， a 10 … 17 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 5 3 ×3 n +t ， ∴t=- 5 3 . 8. 4 7 【解析】 公比为 2 的等比数列 {a n } ， S 2 023 -S 2 020 = a 2 023 +a 2 022 +a 2 021 =a 2 023 + a 2 023 2 + a 2 023 4 = 7a 2 023 4 =1 ， 则 a 2 023 = 4 7 . 9. 8 【解析】 设第 8-n （ n∈N * ， 1≤n≤7 ） 层的灯数 为 a n ∈N * ， 由题意可知， 数列 {a n } 是公比为 2 的等比数 列， 则 a 1 （ 1-2 7 ） 1-2 ≥1 000 ， 解得 a 1 ≥ 1 000 127 ≈7.9 ， 且 a n ∈ N * ， ∴ 顶层最少 8 盏灯 . 10. 解： （ 1 ） ∵ 数列 {a n } 为等差数列， 公差为 d ， a 1 =d=2 ， ∴a n =2n. 又 ∵ 数列 {b n } 为各项均为正数的等比数列， 设公 比为 q ， q>0 ， ∴q 2 = （ b 2 +b 3 ） q 2 b 2 +b 3 = b 4 +b 5 b 2 +b 3 = 24 6 =4 ， ∴q=2. 又 b 2 +b 3 =b 2 +b 2 q=b 2 +2b 2 =6 ， 得 b 2 =2 ， ∴b n =b 2 q n-2 =2×2 n-2 = 2 n-1 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 c n =2n+2 n-1 ， 则 S n = （ 2+4+6+ … +2n ） + （ 1+2+2 2 + … +2 n-1 ） = n （ 2+2n ） 2 + 1-2 n 1-2 ， 整理得 S n =n （ n+1 ） +2 n -1. 提升练习 11. C 【解析】 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， 由题意 知 q≠1 ， 则由 S 8 S 4 =5 ， 得 a 1 （ 1-q 8 ） 1-q a 1 （ 1-q 4 ） 1-q =5 ， 则 1+q 4 =5 ， ∴q 4 = 4 ， 即 q 2 =2. ∵a 2 +a 4 =a 2 （ 1+q 2 ） =3a 2 =6 ， ∴a 2 =2 ， ∴a 10 =a 2 q 8 =2× 4 2 =32. 故选 C. 12. B 【解析】 当 n=1 时， a 1 =2 ， 当 n≥2 时， 由 S n ＝ 2a n -2 ， 得 S n-1 ＝2a n-1 -2 ， 两式相减得 ， a n =2a n-1 ， ∴ 数列 {a n } 是以 2 为首项、 2 为公比的等比数列， ∴a n =2 n ， a 1 =2 ， 适合上式， ∴a 2 020 =2 2 020 . 故选 B. 13. 77 【解析】 在 a n 和 a n+1 之间插入 n 个 1 ， 构成数 列 {b n } ： a 1 ， 1 ， a 2 ， 1 ， 1 ， a 3 ， 1 ， 1 ， 1 ， a 4 ， …， ∴ 共有 n+ ［ 1+2+ … + （ n-1 ）］ =n+ （ n-1 ）（ 1+n-1 ） 2 = 1 2 （ n 2 +n ）个数， 当 n=5 时， 1 2 × （ 5 2 +5 ） =15 ， 当 n=6 时， 1 2 × （ 6 2 +6 ） =21 ， 由于 a n =2 n ， ∴S 20 = （ a 1 +a 2 + … +a 5 ） + （ 20-5 ） ×1= 2 （ 1-2 5 ） 1-2 +15=77. 14. 解： （ 1 ） 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 = 2 3 （ a n -1 ） - 2 3 （ a n-1 - 1 ）， 整理得 a n a n-1 =-2. 又 ∵a 1 =S 1 = 2 3 （ a 1 -1 ）， 得 a 1 =-2 ， 则数列 {a n } 是以 -2 为首项、 -2 为公比的等比数列 . 则 a n = （ -2 ） n ， n∈N * . （ 2 ） 当 n=4k ， k∈N * 时， b 4k = （ -2 ） 4k · cos 4kπ 2 =2 4k ， 当 n=4k-1 ， k∈N * 时， b 4k-1 = （ -2 ） 4k-1 · cos （ 4k-1 ） π 2 =0 ， 当 n=4k-2 ， k∈N * 时 ， b 4k-2 = （ -2 ） 4k-2 · cos （ 4k-2 ） π 2 =-2 4k-2 ， 当 n=4k-3 ， k∈N * 时， b 4k-3 = （ -2 ） 4k-3 · cos （ 4k-3 ） π 2 =0 ， 则 T 100 =b 1 +b 2 +b 3 + … +b 100 =- （ 2 2 +2 6 + … +2 98 ） + （ 2 4 +2 8 + … +2 100 ） =- 2 2 -2 98 ×2 4 1-2 4 + 2 4 -2 100 ×2 4 1-2 4 = 2 102 -4 5 . 15. B 【解析】 易知 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， …是首项为 1 、 公 差为 2 的等差数列 . 设该数列为 {a m } ， 则 a m =2m-1 ， 设 a n =2n+7 ， 令 2m-1=2n+7 ， ∴m=n+4 ， ∴ f （ n ）是以 2 为首项、 2 2 =4 为公比的等比数列的前 n+4 项的和， ∴f （ n ） = 2 （ 1-4 n+4 ） 1-4 = 2 3 （ 4 n+4 -1 ） . 故选 B. 阶段性练习卷 （二） 1. B 【解析】 由题意知 a 1 +a 3 +a 5 a 1 =1+q 2 +q 4 = 21 3 =7 ， 解 得 q 2 =2 （负值舍去） . ∴a 3 +a 5 +a 7 = （ a 1 +a 3 +a 5 ）· q 2 =21×2=42. 故选 B. 2. C 【解析 】 ∵4+9=5+8 ， ∴a 4 a 9 =a 5 a 8 =-18. 又 ∵a 5 + a 8 =-3 ， 可解得 a 5 =-6 ， a 8 = = 3 或 a 5 =3 ， a 8 =-6 = . 设等比数列 {a n } 的公 比为 q ， 则当 a 5 =-6 ， a 8 = = 3 时， q 3 = a 8 a 5 =- 1 2 ， ∴a 2 +a 11 = a 5 q 3 +a 8 q 3 = -6 - 1 2 +3× - 1 2 2 ) = 21 2 ； 当 a 5 =3 ， a 8 =- = 6 时 ， q 3 = a 8 a 5 =-2 ， ∴a 2 +a 11 = a 5 q 3 +a 8 q 3 = 3 -2 + （ -6 ） × （ -2 ） = 21 2 . 故选 C. 36 参 考 答 案 3. D 【解析】 设第 n 个单音的频率为 a n ， 由题意， a n a n-1 = 2 12 姨 （ n≥2 ）， ∴ {a n } 为等比数列 . ∵a 1 =f ， ∴a 8 =a 1 · （ 2 12 姨 ） 7 = 2 7 12 姨 f. 故选 D. 4. A 【解析】 由于公比为 q 的等比数列 {a n } 的首项 a 1 >0 ， ∴a 5 >0 ， a 3 >0. 若 a 5 >a 3 ， 则 a 3 q 2 >a 3 ， ∴q 2 >1 ， 即 q>1 或 q<-1 ， ∴ 公比为 q 的等比数列 {a n } 的首项 a 1 >0 ， 则 “ q>1 ” 是 “ a 5 >a 3 ” 的充分不必要条件 . 故选 A. 5. D 【解析】 ∵a n =log n （ n+1 ） = lg （ n+1 ） lgn （ n≥2 ， n∈N * ）， ∴a 1 · a 2 · a 3 ·…· a k =log 2 （ k+1 ） . 又 ∵a 1 · a 2 · a 3 ·…· a k 为整数， ∴k+1 必须是 2 的 n 次幂 （ n∈N * ） ， 即 k=2 n -1. ∴k∈ ［ 1 ， 2 022 ］ 内所有的 “幸运数 ” 的和 S= （ 2 1 -1 ） + （ 2 2 - 1 ） + （ 2 3 -1 ） + （ 2 4 -1 ） + … + （ 2 10 -1 ） = 2 （ 1-2 10 ） 1-2 -10=2 036. 故选 D. 6. D 【解析】 等比数列 {a n } 的各项均为正数， a 1 >1 ， a 6 +a 7 >a 6 a 7 +1>2 ， ∴ （ a 6 -1 ）（ a 7 -1 ） <0. ∵a 1 >1 ， 若 a 6 <1 ， 则一定有 a 7 <1 ， a 6 +a 7 <2 ， 不符合题 意； ∴a 6 >1 ， a 7 <1 ， ∴0<q<1 ， 故 A ， B 正确； ∵a 6 a 7 +1>2 ， ∴a 6 a 7 >1 ， T 12 =a 1 a 2 a 3 ·…· a 12 = （ a 6 a 7 ） 6 >1 ， 故 C 正确 ； T 13 = a 1 a 2 a 3 ·…· a 12 a 13 =a 13 7 <1 ， 故 D 错误 . 故选 D. 7. BC 【解析】 令 b n = 1 a n ， 则 b n+1 b n = a n a n+1 = 1 q （ n∈N + ）， ∴ 1 a n n % 是等比数列， 故 A 正确； 若 a n <0 ， 则 log 2 a n 无意 义， 故 B 错误； 当 q=-1 时， a n +a n+1 =0 ， 此时 {a n +a n+1 } 不 是等比数列， 故 C 错误； 若 S n =3 n-1 +r ， 则 a 1 =S 1 =1+r ， a 2 = S 2 -S 1 =3+r- （ 1+r ） =2 ， a 3 =S 3 -S 2 =9+r- （ 3+r ） =6 ， 由 {a n } 是等 比数列， 得 a 2 2 =a 1 a 3 ， 即 4=6 （ 1+r ）， 解得 r=- 1 3 ， 故 D 正 确 . 故选 BC. 8. ABC 【解析 】 根据条件可得 a n =a 1 q n-1 ， 则 a 2 020 = a 1 q 2 019 ， a 2 021 =a 1 q 2 020 . 又 ∵a 1 >1 ， 则 a 2 020 · a 2 021 =a 2 1 q 4 039 >1 ， ∴q>0. 若 q≥1 ， 则 a 2 020 =a 1 q 2 019 >1 ， a 2 021 =a 1 q 2 020 >1 ， ∴ （ a 2 020 - 1 ）（ a 2 020 -1 ） >0 与条件 （ a 2 020 -1 ）（ a 2 021 -1 ） <0 矛盾， ∴0<q< 1 ， 故 A 错误； 由 a 1 >1 ， 0<q<1 ， 可得等比数列 {a n } 单 调递减， 又 （ a 2 020 -1 ）（ a 2 021 -1 ） <0 ， 可得 a 2 020 >1 ， 0<a 2 021 < 1 ， ∴T 2 020 是 T n 的最大值， 故 B 错误； 由 a 1 >1 ， 0<q<1 ， 可得等比数列 {a n } 单调递减， 可得 a 2 020 >1 ， 0<a 2 021 <1 ， a 2 020 · a 2 022 =a 2 2 021 ， a 2 2 021 ∈ （ 0 ， 1 ）， 故 C 错误； T 4 040 =a 1 a 2 ·…· a 4 040 = （ a 1 · a 4 040 ） 2 020 = （ a 2 020 · a 2 021 ） 2 020 >1 ， T 4 040 =T 4 039 · a 4 040 >1 ， 由上可知 0<a 4 040 <1 ， 可得 T 4 039 >1 ， 由此类推可得当 n≤ 4 040 时， T n >1. T 4 041 =a 1 a 2 ·…· a 4 041 =a 2 021 4 041 <1 ， 由 0<a 4 042 < 1 ， 可得 T 4 042 =T 4 041 · a 4 042 <1 ， 由此类推可得当 n≥4 041 时， T n <1 ， ∴ 使 T n >1 的 n 的最大值是 4 040 ， 故 D 正确 . 故选 ABC. 9. 5 【解析】 由等比数列性质知 a 1 a 5 =a 2 a 4 =a 2 3 =4. ∵a n > 0 ， ∴a 3 =2 ， ∴a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 = （ a 1 · a 5 ）·（ a 2 · a 4 ）· a 3 =2 5 ， ∴log 2 a 1 + log 2 a 2 +log 2 a 3 +log 2 a 4 +log 2 a 5 =log 2 （ a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 ） =log 2 2 5 =5. 10. 50 【解析 】 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 则 S 10 =a 1 +a 2 + … +a 10 =2 ， S 20 -S 10 =a 11 +a 12 + … +a 20 =10 ， ∴S 20 =12. 又 ∵ 数列 {a n } 为等比数列， ∴S 10 ， S 20 -S 10 ， S 30 -S 20 成 等比数列 ， 于是 （ S 20 -S 10 ） 2 =S 10 ·（ S 30 -S 20 ）， 解得 S 30 =62 ， ∴a 21 +a 22 + … +a 30 =S 30 -S 20 =50. 11. 1 024 【解析 】 当 n≥2 时 ， ∵S n =2b n -1 ， ∴S n-1 = 2b n-1 -1 ， ∴b n =2b n -2b n-1 ， ∴b n =2b n-1 （ a≥2 且 n∈N * ） . ∵b 1 = 2b 1 -1 ， ∴b 1 =1 ， ∴ 数列 {b n } 是首项为 1 、 公比为 2 的等 比数列， ∴b n =2 n-1 . 设 a 1 ， a 2 ， a 4 ， a 7 ， a 11 ， …的下标 1 ， 2 ， 4 ， 7 ， 11 ， … 构成数列 {c n } ， 则 c 2 -c 1 =1 ， c 3 -c 2 =2 ， c 4 -c 3 =3 ， c 5 -c 4 =4 ， …， c n -c n-1 =n-1 ， 叠加得 c n -c 1 =1+2+3+4+ … + （ n-1 ） ， ∴c n = n （ n-1 ） 2 +1 ， 由 c n = n （ n-1 ） 2 +1=56 ， 得 n=11 （负值已舍 去）， ∴a 56 =b 11 =2 10 =1 024. 12. 341 1 024 【解析】 ∵S n = （ -1 ） n a n + 1 2 n ， 则 S n+1 = （ -1 ） n+1 · a n+1 + 1 2 n+1 ， 两式相减， 得 a n+1 = （ -1 ） n+1 a n+1 - （ -1 ） n a n - 1 2 n+1 . 当 n 为奇数时， a n = 1 2 n+1 ； 当 n 为偶数时， 2a n+1 =-a n - 1 2 n+1 ， ∴a n =-2a n+1 - 1 2 n+1 = （ -2 ） · 1 2 n+2 - 1 2 n+1 =- 1 2 n . 故当 n 为奇数时， S n =-a n + 1 2 n =- 1 2 n+1 + 1 2 n = 1 2 n+1 ； 当 n 为偶数时， S n =a n + 1 2 n =- 1 2 n + 1 2 n =0. ∴S 1 +S 2 + … +S 9 = 1 4 1- 1 4 4 ( 5 5 * 1- 1 4 = 341 1 024 . 13. （ 1 ） 证明： 由 S n+1 =2S n +1 得 S n+1 +1=2 （ S n +1 ）， 即 37 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 S n+1 +1 S n +1 =2. 又 ∵S 1 +1=a 1 +1=2 ， ∴ {S n +1} 是以 2 为首项、 2 为公比的等比数列， 则 S n +1=2×2 n-1 =2 n ， 即 S n =2 n -1. 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =2 n -1- （ 2 n-1 -1 ） =2 n-1 . 又 ∵a 1 =1 符合 a n =2 n-1 ， ∴ 数列 {a n } 的通项公式为 a n = 2 n-1 ， n∈N * . （ 2 ） 解： b n = ［ lga n ］ = ［ lg2 n-1 ］， 若［ lg2 n-1 ］ =0 ， 则 0≤lg2 n-1 <1 ， 得 1≤n≤4 ； 若［ lg2 n-1 ］ =1 ， 则 1≤lg2 n-1 <2 ， 得 5≤n≤7 ； 若［ lg2 n-1 ］ =2 ， 则 2≤lg2 n-1 <3 ， 得 8≤n≤10 ； 若［ lg2 n-1 ］ =3 ， 则 3≤lg2 n-1 <4 ， 得 11≤n≤14 ； 若［ lg2 n-1 ］ =4 ， 则 4≤lg2 n-1 <5 ， 得 15≤n≤17. 故 T 15 =0×4+1×3+2×3+3×4+4×1=25. 14. （ 1 ） 解： ∵S n =2a n -a 1 （ n∈N * ）， ① ∴ 当 n≥2 时， S n-1 =2a n-1 -a 1 ， ② ①-② 得 a n =2a n -2a n-1 ， 即 a n =2a n-1 （ n≥2 ） . ∵b n =S n + 1 a n +4 ， ∴b 1 =a 1 + 1 a 1 +4. 又 ∵b 1 =6 ， ∴a 1 =1 ， ∴ 数列 {a n } 是首项为 1 、 公比为 2 的等比数列 ， ∴a n =2 n-1 . （ 2 ） 证明： 由 （ 1 ） 可得 S n =2a n -a 1 =2 n -1 ， ∴b n =S n + 1 a n +4=2 n -1+ 1 2 n-1 +4= 2 2n-1 +3 · 2 n-1 +1 2 n-1 （ n∈N * ）， ∴ 1 b n = 2 n-1 2 2n-1 +3 · 2 n-1 +1 = 2 n-1 （ 2 n +1 ）（ 2 n-1 +1 ） = 1 2 n-1 +1 - 1 2 n +1 ， ∴T n = 1 2 0 +1 - 1 2 1 +1 + 1 2 1 +1 - 1 2 2 +1 + … + 1 2 n-1 +1 - 1 2 n +1 = 1 2 - 1 2 n +1 < 1 2 ， ∴T n < 1 2 . 专题课 1 数列的通项公式 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 当 n=1 时， 2 n -1 n =1≠0 ， 故 A 项 错误； 当 n=2 时， 2 n-1 -1 n = 1 2 ≠ 3 2 ， 故 B 项错误； 当 n= 1 时， n+ 1 n =2≠0 ， 故 C 项错误； 因数列 0 ， 3 2 ， 8 3 ， 15 4 ， …， 可以写成 1- 1 1 ， 2- 1 2 ， 3- 1 3 ， 4- 1 4 ， …， 故 其通项公式可以写成 a n =n- 1 n ， 故 D 项正确 . 故选 D. 变式训练 2 2n+2 姨 【解析】 ∵a n = 2+a 2 n-1 姨 ， ∴a 2 n =2+a 2 n-1 ， ∴a 2 n -a 2 n-1 =2 ， ∴ {a 2 n } 是以 4 为首项、 公差为 2 的等差数 列， ∴a 2 n =4+ （ n-1 ） ×2 ， ∴a n = 2n+2 姨 . 变式训练 3 解： （ 1 ） 当 n=1 时， a 1 =1 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 = 1 3 a n + 2 3 - 1 3 a n-1 - 2 3 ， 整理得 2 3 a n =- 1 3 a n-1 ， 即 a n a n-1 =- 1 2 ， ∴ {a n } 是以首项为 1 、 公比为 - 1 2 的等比数列， ∴a n = - 1 2 2 * n-1 . （ 2 ） 设 b n =n 2 a n ， {b n } 的前 n 项和为 S n . 当 n=1 时， b 1 =5 ， 则 a 1 =5 ； 当 n≥2 时， b n =S n -S n-1 =3n 2 +2-3 （ n-1 ） 2 -2=6n-3 ， 则 a n = 6n-3 n 2 （ n≥2 ） . 经检验， a 1 不符合上式， ∴a n = 5 ， n=1 ， 6n-3 n 2 ， n≥2 2 - - - , - - - . . 变式训练 4 解： ∵a n+1 -a n = 1 2 n ， ∴ 当 n≥2 时， a n -a n-1 = 1 2 n-1 ， …， a 4 -a 3 = 1 2 3 ， a 3 -a 2 = 1 2 2 ， a 2 -a 1 = 1 2 ， ∴a 2 -a 1 +a 3 -a 2 + a 4 -a 3 + … +a n -a n-1 = 1 2 + 1 2 2 + … + 1 2 n-1 ， ∴a n -a 1 = 1 2 - 1 2 n 1- 1 2 =1- 1 2 n-1 ， a n = 3 2 - 1 2 n-1 ， 经检验 n=1 时符合上式 . 变式训练 5 2 （ n-1 ） n 2 【解析】 ∵a n+1 =2 n · a n ， ∴ 当 n≥2 时， a n a n-1 =2 n-1 ， …， a 4 a 3 =2 3 ， a 3 a 2 =2 2 ， a 2 a 1 =2 ， ∴ a n a n-1 ·…· a 4 a 3 · a 3 a 2 · a 2 a 1 =2 n-1 ·…· 2 3 · 2 2 · 2=2 （ n-1 ） + … +3+2+1 ， ∴ a n a 1 =2 （ n-1 ） n 2 ， ∴a n =2 （ n-1 ） n 2 . 变式训练 6 解： （ 1 ） 由题意可得 a n+1 =4a n +1 ， ∴a n+1 + 1 3 =4 a n + 1 3 2 3 ， ∴ a n + 1 3 3 1 是以 1 为首项、 4 为公比的等比数 列， ∴a n + 1 3 =4 n-1 ， ∴a n =4 n-1 - 1 3 . （ 2 ） 将 a n+1 =2a n +3 · 2 n 两边同时除以 2 n+1 ， 得 a n+1 2 n+1 = a n 2 n + 3 2 ， 则 a n+1 2 n+1 - a n 2 n = 3 2 . 又 a 1 2 1 = 2 2 =1 ， 故数列 a n 2 n 3 1 是以 1 为首项、 3 2 为公差的等差数列 . 由等差数列的通项公式， 得 a n 2 n =1+ 3 2 （ n-1 ） = 3 2 n- 1 2 ， 38