1.2 通项公式求法-【学习帮】高中数学解法精讲及训练

第十一章 变式训练参考答案 1. 易知 S 9 = 9a5 = 3a5 ⇒ a5 = 0,所以 S 5 = S 6,故选 D. 2. 依题意可得  a1 + 2d = 5 4a1 + 6d = 8a1 + 4d 解得  a1 = 1 d = 2 所以 an = 2n − 1,于是 a10 = 19. 3. a2 + 2a7 + a8 a3 + a6 = 2a5 + 2a7 a3 + a6 = 4a6 a3 + a6 = 20 11 ,于是 a6 a3 + a6 = 5 11 ,故 S 11 S 8 = 11a6 4(a3 + a6) = 11 4 × 5 11 = 5 4 ,选 D. 4. 根据公式 S n = na n+1 2 可知 S 9 = 9a5 = 81⇒ a5 = 9,所以 d = 4,于是 a10 = a5 + 5d = 9 + 4 × 5 = 29,故选 D. 5. 根据题意 S 9 = S 4 ⇒ S 9 − S 4 = 0可知 a7 = 0,所以 2a4 = a1 + a7 = 1⇒ a4 = 1 2 . 故选 C. 6. 根据公式 S n = na n+1 2 可知 S 4 = 4a2.5 = 0⇒ a2.5 = 5 − 0 2.5 = 0,所以 d = a5 − a2.5 5 − 2.5 = 2,又因为等差 数列的通项公式是关于 n的一次函数,并且一次项系数为公差,排除 B;又等差数列的前 n项和是 关于 n的无常数项的二次函数,并且二次项系数为公差的一半,排除 C,D,故选 A. 7. 不妨假设 a1 = 1⇒ a2 = 3⇒ an = 2n − 1,利用公式 S n = na n+12 ,可得 S 10 S 5 = 10a5.5 5a3 = 2 × 10 5 = 4. 8. 由已知得 an+1 2n − 3 = an 2n − 5 + 1,又 a1 2 − 5 = −7,可得数列 { an 2n − 5 } 是首项为 −7,公差为 1的等差 数列,所以 an 2n − 5 = n − 8⇒ an = (2n − 5)(n − 8),其对称轴 n = 10.5 2 = 5.25,所以 {an}的最小的一 项是第 5项. 9. 由已知得 S 4 = 4a2.5 = 11⇒ a2.5 = 11 4 ,所以 d = 3 − 114 3 − 2.5 = 1 2 ,可得 S 7 = 7a4 = 7 × ( 3 + 1 2 ) = 49 2 . 344 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 10. 依题意 S 6 = 90⇒ 6a3.5 = 90⇒ a3.5 = 15, a27 = a3a9 ⇒ (15 + 3.5d) 2 = (15 − 0.5d)(15 + 5.5d),解 得 d = −2,故 B!;所以 a1 = a3.5 − 2.5d = 20,故 A%;易知数列 an 单调递减,且 an = −2n + 22,故 S n = n(21 − n),对称轴为 n = 11.5,故 C!; ∵ S 20 > 0, S 21 = 0,故 D!. 11. 依题意 2 √ S 2 + 1 = √ S 1 + 1 + √ S 3 + 1,即 2 √ 7 + d = 2 + √ 10 + 3d,解得 d = 2或 d = 18(舍 去), ∴ an = 2n + 1,于是 S n = n(n + 2), ∴ S n + 10 an + 1 = n2 + 2n + 10 2n + 2 = (n + 1)2 + 9 2(n + 1) = 1 2 [ (n + 1) + 9 n + 1 ] ⩾ √ (n + 1) · 9 n + 1 = 3,当且仅当 n = 2时 ( S n + 10 an + 1 ) min = 3. 12. 由已知得 a21 + (a1 + 4d) 2 = 8,化简得 (a1 + 2d) 2 + 4d2 = 4,引入参数方程  a1 + 2d = 2 cos θ 4d = 4 sin θ 于 是 a1 + a2 = 4 cos θ − 3 sin θ = −5 sin(θ + φ),其中 tanφ = − 4 3 ,故有最大值 5. 13. 由已知得 an+1 2n − 3 = an 2n − 5 + 1,又 a1 2 − 5 = −7,即数列 { an 2n − 5 } 是首项为 −7,公差为 1的等差 数列,于是 an 2n − 5 = n − 8,则 an = (2n − 5)(n − 8),其对称轴 n = 5.25,所以 an 的最小的一项是第 5 项. 故选 A. 14. ∵ a1 = 0, ∴ 4an+1 · an ⩾ 0, ∴ an+1 + an − 1 = 2 √ 4an+1 · an ,即 (√ an+1 − √ an )2 = 1,即数列 {√ an } 是首项为 0 ,公差为 1的等差数列, ∴ √an = n − 1,即 an = (n − 1)2. 15. 设等差数列 {an}的公差为 d, 2020 · a2019 = 2019 · a2020 ⇒ 2020(a1 + 2018d) = 2019(a1 + 2019d), 于是 a1 = d,则 {an}的前 n项和 S n = 1 2 n(n + 1)d , 0,故 S 2019 S 2020 = 1 2 × 2019 × 2020 1 2 × 2020 × 2021 = 2019 2021 . 16. S 5 S 9 = 5a3 9a5 = 5 9 × 1 3 = 5 27 . 17. 设数列 {an}的公差为 d,则 2 × S 2 a2 = 1 + S 3 a3 ,可得 d(d − a1) = 0,于是 d = a1(d > 0), ∴ an = a1 + (n − 1)d = na1 , S n = n(n + 1) 2 a1 ,即 S n an = n + 1 2 ,则 S 3 a3 = 2,选 B. 18. 易知奇函数 f (0) = 0⇒ an+1 − an = cos nπ 3 ,所以 a2 = a1 + cos π 3 = 3 2 , a3 = a2 + cos 2π 3 = 1, a4 = a3 + cos 3π 3 = 0, a5 = a4 + cos 4π 3 = −1 2 , a6 = a5 + cos 5π 3 = 0, a7 = a6 + cos 6π 3 = 1,于是最小 正周期为 6, 批星戴月上学去，万家灯火回家来！ 第 345页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 ∴ 2020 ÷ 6 = 336 · · · · · · 4,于是 S 2020 = a1+a2+a3+a4+· · ·+a2020 = a1+a2+a3+a4+336(a1+a2+a3+a4+a5+a6) = 7 2 +336×3 = 2023 2 . 故选 A. 19. (1)依题意 S 9 = 9a5 = 54⇒ a5 = 6,又 a3 = 2, ∴ d = 6 − 2 5 − 3 = 2, ∴ an = 2n − 4; (2) 证 由 (1)知 √ 1 an + 3 = 1 √ 2n − 1 > 2 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = √ 2n + 1 − √ 2n − 1, ∴ √ 1 a1 + 3 + √ 1 a2 + 3 + √ 1 a3 + 3 + · · · + √ 1 a100 + 3 > ( √ 3 − 1) + ( √ 5 − √ 3) + · · · + ( √ 201 − √ 199) = √ 201 − 1 > 14 − 1 = 13. 20. 依题意, a2019 = S 2019 − S 2018 > 0, a2020 = S 2020 − S 2019 < 0,所以等差数列 {an}递减,且 a1 , a2 , · · · , a2019 > 0, a2020 , a2021 , · · · , an < 0,且 a2019 + a2020 > 0, 对于 bn = anan+1an+2 ,易知 • 当 n ⩽ 2017时, bn > 0, 1 bn > 0, Tn ↗; • 当 n = 2018时, bn < 0, 1 bn < 0, T2018 < T2017; • 当 n = 2019时, bn > 0, 1 bn > 0, T2019 > T2018; • 当 n > 2020时, bn < 0, 1 bn < 0, Tn ↘. 所以 Tn 的最大值是 T2017, T2019 中的一个,又 1 b2018 + 1 b2019 = 1 a2018a2019a2020 + 1 a2019a2020a2021 = a2021 + a2018 a2018a2019a2020a2021 (11.1) 而  a2021 + a2018 = a2019 + a2020 > 0 (11.2)a2018a2019a2020a2021 > 0 (11.3) 由式 (11.1), (11.2), (11.3)可知 1 b2018 + 1 b2019 > 0, 所以 T2019 > T2017. 故选 B. 注特殊化: 令 a2019 = 3, a2020 = −1,满足 a2019 + a2020 > 0. 即可方便验证. 第 346页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 21. 由赋值法可得数列 {an}是以 2为首项, 2为公比的等比数列,故其前前 n项和 S n = 2(2n − 1) = 2n+1 − 2,所以 ak+1 + ak+2 + · · · + ak+10 = S k+10 − S k = 2k+11 − 2k+1 = 215 − 25,解得 k = 4. 22. (1)依题意 a1 + a2 = a1(1 + q) = 4, a3 − a1 = a1(q2 − 1) = 8,两式作比可得 1 q − 1 = 1 3 ⇒ q = 3, 所以 an = 3 n−1. (2)由 (1)知数列 { log3 an } 的通项公式为 n − 1,于是 S n = n(n − 1) 2 ,故由式 S m + S m+1 = S m+3 可得 m(m − 1) 2 + m(m + 1) 2 + (m + 2)(m + 3) 2 ,解得 m = 6或 m = 0(舍去). 23. (1) an = 2n; (2)依题意 b2 = 1, b4 = 2, b8 = 3，b16 = 4，b32 = 5，b64 = 6,前 100项其余为 0,故 S 100 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. 24. 易知此数列为等比数列,当 n = 1时, a1 = −2,当 n = 2时, a2 = a1 + a2 2 − 1,可知 a2 = −4,所以 公比 q = 2,于是 S 7 = (−2)(1 − 27) 1 − 2 = −254,答案为 −254. 25. 依题意 S n = 3 2 an + 3 2 , ∴ a1 = −3, q = 3⇒ an = −3n, ∴ a10 a8 = k = 32 = 9. 26. ∵ S n = Aqn − A, ∴ S n = a 4 · 4n + b, ∴ a 4 = −b, ∴ b a = −1 4 . 27. 依题意可设 an = kqn,则 anan+1 = k2q · (q2)n,所以 q2 = 9,且 k2q = 1,于是 q = 3. 28. 由数列通项公式的通性,不妨设 ana · bn,则 an + an+1 = ab(1 + b)bn−1 = 4 × 3n−1,解得 a = 1 3 , b = 3,于是 an = 3 n−1,经验证 a1 = 1符合上式,故数列 {an}是以 1为首项, 3为公比的等比数列,故 S 2020 = 32020 − 1 2 . 29. 根据公式 S 2021 = a1(1 − q2021) 1 − q ,可知 a1 和 S 2021 同号,故选 C. 30. 等比数列 S 3, S 6 − S 3, S 9 − S 6, · · · 成等比数列,设 S 3 = 1,则 S 5 = 6,于是 S 9 − S 6 = 25,所以 S 9 = 31,则 S 9 S 6 = 31 6 . 32. 令 a1 = 2, q = 3,满足 {an}是递增数列,故 A%;令 a1 = −1, q = 2,满足 {an}是递减数列,故 B %;令 a1 = 1, q = 1 2 ,则 a6 < a5 , S 6 − S 5 < S 5 − S 4,故 C%;选项 D明显正确. 业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈 第 347页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 33. 由等比数列性质知 a1a11 + 2a5a9 + a3a13 = a 2 6 + 2a6a8 + a 2 8 = (a6 + a8) 2 = 25,于是 a6 + a8 = 5,所 以 a1a13 = a6a8 ⩽ (a6 + a8 2 )2 = 25 4 ,当且仅当 a6 = a8 = 5 2 时取等号. 34. (1)由 an+1 = a1 + 2Tn得 a2 = a1 + 2b1 = 2 + 2 = 4,因为数列 {an}为等差数列,所以该数列的公 差为 a2 − a1 = 2,于是 S n = 2n + n(n − 1) 2 · 2 = n2 + n; (2)当 n ⩾ 2时, an = a1 + 2Tn−1,因为 Tn − Tn−1 = bn ,所以 an+1 − an = 2bn ,即 an+1 = an + 2bn ,同理可 得 bn+1 = bn + 2an , 则 an+1 + bn+1 = 3(an + bn),所以 an+1 + bn+1 an + bn = 3(n ⩾ 2),又 a2 = a1 + 2b1 = 2+ 2 = 4, b2 = b1 + 2a1 = 5, 所以 a2 + b2 a1 + b1 = 3,所以 an+1 + bn+1 an + bn = 3,所以数列 {an + bn}是以 3为首项, 3为公比的等比数列; 因为 an+1 − bn+1 = −(an − bn),所以 an+1 − bn+1 an − bn = −1(n ⩾ 2),又 a2 − b2 a1 − b1 = 4 − 5 2 − 1 = −1,所以 an+1 − bn+1 an − bn = −1,所以数列 {an − bn}是以 −1为首项, −1为公比的等比数列. 35. a7 = a6 + 2a5 ⇒ q2a5 = qa5 + 2a5 ⇒ q2 = q + 2,解得 q = 2或 q = −1(舍去),所以 √ aman = 4a1 ⇒ √ a12m−1 · a12n−1 = 4a1 , ∴ 2m+n−2 = 16⇒ m + n = 6,由权方和不等式知 1 m + 4 n ⩾ (1 + 2)2 6 = 3 2 . 当且仅当 n = 2m时等号成立. 36. 由式 a1a2a3 = 1可得 a2 = ±1,所以  a1a3 = 1 1 a1 + 1 a3 = 5 2 解得  a1 = 2 a3 = 1 2 或  a1 = 1 2 a3 = 2 于是可解得 an = 2 n−2或 an = 2 2−n. 37. a2019 − 1 a2020 − 1 < 0⇒ a2019 和 a2020 一个比 1大,一个比 1小,但 a1 > 1说明等比数列 {an}单调递减, 故 0 < q < 1,且 a2019 > 1, 0 < a2020 < 1,故 S 2019 < S 2020 ,所以 A"; 有因为等比数列,所以 a2019a2021 − 1 = a22020 − 1 < 0,所以 B"; T2019 是数列 {Tn}中的最大值,所以 C%; D%. 答案为 A,B. 38. 由比例的等比性质可知 a4 a2 = a5 a4 = a5 − a4 a4 − a2 = d 2d = 1 2 ,所以 a2 = 2a4 ,又 a1 = 5,所以 5 + d = 2 × (5 + 3d),于是 d = −1,所以 a2020 = 5 − 2019 = −2014. 故选 D. 39. (1)由比例的等比性质可知 a4 a2 = a8 a4 = a8 − a4 a4 − a2 = 4d 2d = 2,所以 a4 = 2a2 = 2(a1 + d) = 8 + 2d,又 a4 = a1 + 3d = 4 + 3d,所以 d = 4,于是 an = 4n; 第 348页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)由 (1)知 S n = n(2n + 2),所以 1 S n = 1 2 ( 1 n − 1 n + 1 ) ,于是 Tn = 1 S 1 + 1 S 2 + · · · + 1 S n = 1 2 [( 1 − 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + · · · + ( 1 n − 1 n + 1 )] = 1 2 ( 1 − 1 n + 1 ) 40. 由比例的等比性质可知 a3 a2 = a9 a3 = a9 − a3 a3 − a2 = 6d d = 6,所以 a3 = 6a2 ,又 a3 = a2 + d,所以 d = 5a2 ,于是 a2 + a3 + a4 a4 + a5 + a6 = a3 a5 = a2 + d a2 + 3d = 3 8 . 故选 B. 41. 由式 2a7 − a13 = 1可得 a1 = 1,由 a1 , a3 − 1, a6 + 5成等比数列,可得 d = 2 (负值舍去),则 an = 2n − 1, 所以数列 {(−1)n−1an}的前 21项和为 a1 − a2 + a3 − a4 + · · · + a19 − a20 + a21 = 1 − 3 + 5 − 7 + · · · + 37 − 39 + 41 = −2 × 10 + 41 = 21. 42. 依题意 2(a1 + a2 + · · · + a5) − (cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5) = 5π,又因为 cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5 不是 π的倍数,故 cos a1 + cos a2 + · · · + cos a5 = 0,因此 2(a1 + a2 + · · · + a5) = 10a3 = 5π⇒ a3 = π 2 . 故选 D. 43. 易知 f (x)的对称中心为 ( 3π 8 , 1 ) . a1 + a2 + · · · + a21 = 21 · a11 = 21 × 3π 8 ⇒ f (a1) + f (a2) + · · · + f (a11) = 21 × 1 = 21. 44. 依题意 f (x) + f (2 − x) = ex − e2−x + 1 + e2−x − ex + 1 = 2,所以 f (x)的对称中心为 (1, 1),故 f (x) + f (2 − x) = 2. 又由阶差法可知数列 {an}是以 1 4 为首项,公比等于 2的等比数列,于是 an = 2 n−3, 所以 f (log2 a1) + f (log2 a2) + · · · + f (log2 a2) = f (−2) + f (−1) + · · · + f (4) = ( f (−2) + f (4)) + ( f (−1) + f (3)) + ( f (0) + f (2)) + f (1) = 3 × 2 + 1 = 7. 45. 当 n = 1时, a1 + b1 = 1, 当 n ⩾ 2时, an + bn = S n − S n−1 = 2n − 2 + 2n−1,所以 a2 + b2 = 4,于是 d + q = (a2 + b2) − (a1 + b1) = 3. 敏而好学，不耻下问。——孔子 第 349页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 46. 依题意  a1 + 3a2 + · · · + 3 n−1an = n (11.4) a1 + 3a2 + · · · + 3n−2an−1 = n − 1 (11.5) 式 (11.4) − (11.5)得 3n−1an = 1⇒ an = 31−n, ∴ S 4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 1 + 1 3 + 1 32 + 1 33 = 40 27 . 47. 当 n = 1时, a1 = 2a1 − 2,解得 a1 = 2,当 n ⩾ 2时, S n = 2an − 2,所以 S n−1 = 2an−1 − 2,两式做差 得 an = 2an−1 ,所以数列 {an}是首项为 2,公比为 2的等比数列,故 an = 2n,于是由 aman = 64可得 2m+n = 26,解得 m + n = 6, • m = 1, n = 5,此时 1 1 + 16 5 = 21 5 ; • m = 5, n = 1,此时 1 5 + 16 1 = 81 5 ; • m = 2, n = 4,此时 1 2 + 16 4 = 9 2 ; • m = 4, n = 2,此时 1 4 + 16 2 = 33 4 ; 故选 B. 48. 当 n = 1时, 2√a1 = a1 + 1,解得 a1 = 1,当 n ⩾ 2时, 4S n = a2n + 2an + 1,所以 4S n−1 = a2n−1 + 2an−1 + 1,两式做差得 a 2 n − a2 n−1 = 2an + 2an−1 ,于是 an − an−1 = 2,所以数列 {an}是首项 为 1,公差为 2的等差数列,故 an − 7 = 2n − 8,于是 Tn = n(n − 7),当 n = 3时 Tn有最小值 −12. 49. ∵ S n + S n+1 = 2n2 + 3n, S n+1 + S n+2 = 2(n + 1)2 + 3(n + 1),两式相减得 S n+2 − S n = an+2 + an+1 = 4n + 5,化简得 an+2 = 4n + 5 − an+1 ,于是 an+1 = 4n + 1 − an(n ⩾ 2), 两式相减得 an+2 − an = 4(n ⩾ 2),可得数列 {an}是从第二项开始的偶数项,组成的以 4为公差的等 差数列,由 an+2 − an = 4可得 an+1 − an−1 = 4(n ⩾ 3),可得数列 {an}是从第三项开始的奇数项,组成 的以 4为公差的等差数列, 又因为 S 1 + S 2 = 2a1 + a2 = 5,则有 a2 = 5 − 2a1 , a3 = 9 − a2 = 4 + 2a1 , a4 = 13 − a3 = 9 − 2a1 , a5 = 17 − a4 = 8 + 2a1 , a6 = 21 − a5 = 13 − 2a1 ,对 ∀n ∈ N∗, an < an+1 ,则由 a1 < a2 < · · · < an ,从第 二项开始,得: 由 a2 < a3 得 a1 > 1 4 ; 由 a3 < a4 得 a1 < 5 4 ; 由 a4 < a5 得 a1 > 1 4 ; 由 a5 < a6 得 a1 < 5 4 ; · · · ,于 是 1 4 < a1 < 5 4 . 50. 依题意当 n ⩾ 2时,a1 + 4a2 + 7a3 + · · · + (3n − 2)an = (n − 1)4n+1 + 2,于是 a1 + 4a2 + 7a3 + · · · + (3n − 5)an−1 = (n − 2)4n + 2,两式相减得 (3n − 2)an = [(4n − 4) − (n − 2)]4n = (3n − 2) · 4n,即 an = 4n(n ⩾ 2), 第 350页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 当 n = 1时,易知 a1 = 2, ∴ an =  2, n = 1 4n, n ⩾ 2 于是有 S n = 2 + 42 + 43 + · · · + 4n = 2 + 16 ( 1 − 4n−1 ) 1 − 4 = 4n+1 − 10 3 ,由方程 3 2 (S n − 16) = 2019化简 可得 4n+1 = 4096 = 46, ∴ n = 5, ∴所有正整数 n的集合是 {5}. 51. 依题意  a1 + 2a2 + 3a3 + · · · + nan = 2 n − 1 (11.6) a1 + 2a2 + 3a3 + · · · + (n − 1)an−1 = 2n−1 − 1 (11.7) (11.6) − (11.7)得 nan = 2n−1, ∴ an = 2n−1 n , 所以 2n−1 n ⩽ n + 1 n · λ⇒ λ ⩾ 2 n−1 n + 1 ,记 bn = 2n−1 n + 1 ,则 bn+1 bn = 2(n + 1) n + 2 = n + 2 + n n + 2 > 1, ∴数列 {bn}单调递增, bn ⩾ b1 = 1 2 ,故 λ的最小值为 1 2 . 答案为 2n−1 n , 1 2 . 52. 依题意可得 an+1 = 32 + n∑ i=1 2i = 32 + n(2 + 2n) 2 = 32 + n(n + 1),于是 an = 32 + n(n − 1),故 an n = 32 n + n − 1,当 n = 6时有最小值 31 3 . 选 C. 53. 依题意可得 an+1 = 2 + n∑ i=1 (2i + 2) = 2 + n(n + 3),于是 an = n(n + 1),所以 1 an = 1 n − 1 n + 1 ,故 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 a20 = 1 − 1 21 = 20 21 . 选 D. 54. 依题意可得 an+1 − an = 2 × 3n + 1,所以 an+1 = 3 + n∑ i=1 (2 × 3i + 1) 分组求和========= 3 + 2 × (3 + 32 + · · · + 3n) + n = 3n+1 + n,于是 an = 3n + n − 1. 55. (1) 证 易知 an = 2 n−1,依题意得 (bn+2 − bn+1) − (bn+1 − bn) = 2,所以数列 {bn+1 − bn}是以 1为首项, 2为 公差的等差数列,于是 bn+1 − bn = 2n − 1, 所以 bn+1 = 1 + n∑ i=1 (2i − 1) = 1 + n2,所以 bn = 1 + (n − 1)2 = n2 − 2n + 2; (2)设 cn = bn an ,所以 cn − cn−1 = n2 − 2n + 2 2n−1 − (n − 1) 2 − 2(n − 1) + 2 2n−2 = − (n − 2)(n − 4) 2n−1 , ∴ c1 = c2 < c3 = c4 > c5 > c6 > · · · ,故 cn 的最大值为 c4 = 42 − 8 + 2 23 = 5 4 . 海纳百川有容乃大；壁立千仞无欲则刚。——林则徐 第 351页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 56. 依题意 an+1 = ( 1 + 2 n ) an ⇒ an+1 an = n + 2 n ,由分母减去分子 (大减小)除以 n的系数得 (n + 2) − n 1 = 2,可知 an+1 a1 = (n + 2)(n + 1) 1 × 2 ⇒ an+1 = (n + 2)(n + 1)⇒ an = n(n + 1). 57. 十字相乘 (n + 1)a2n+1 − na2n + an+1an = 0可化为 (an+1 + an)[(n + 1)an+1 − nan] = 0,所以 an+1 an = n n + 1 ,由分母减去分子 (大减小)除以 n的系数得 (n + 1) − n 1 = 1,可知 an+1 a1 = 1 (n + 1) ⇒ an = 1 (n + 1) . 58. 由 2(n + 1)an − nan+1 = 0可得 an+1 n + 1 = 2 × an n ,所以 {an n } 是以 a1 1 = 4为首项, 2为公比的等比数 列,故 A%;因为 an n = 4 × 2n−1 = 2n+1,所以 an = n · 2n+1,显然递增,故 A!;因为 S n = 1 × 22 + 2 × 23 + · · · + n · 2n+1, 2S n = 1 × 23 + 2 × 24 + · · · + n · 2n+2,所以 −S n = 1 × 22 + 23 + · · · + 2n+1 − n · 2n+2 = 22(1 − 2n) 1 − 2 − n · 2 n+2,于是 S n = (n − 1) × 2n+2 + 4,故 C%; 因为 an 2n+1 = n · 2n+1 2n+1 = n,所以 { an 2n+1 } 的前 n项和 Tn = n2 + n 2 ,故 D!. 59. 设 an + λ = 2 3 (an−1 + λ)⇒ an = 2 3 an−1 − 1 3 λ (11.8) 由题设 an+1 = 2 3 an + 1 (11.9) 比较 (11.8) , (11.9)两式可得 λ = −3,故 an − 3 = 2 3 (an−1 − 3),因此数列 {an − 3}是首项为 1 − 3 = −2,公比为 2 3 的等比数列,所以 an − 3 = (−2) × ( 2 3 )n−1 ⇒ an = 3 − 3 × ( 2 3 )n . 60. 当 n = 1时, a1 = 3a1 − 2⇒ a1 = 1,当 n = 2时, a1 + a2 = 3a2 − 4⇒ a2 = 5 2 ,当 n = 3时, a1 + a2 + a3 = 3a3 − 6⇒ a3 = 19 4 ,于是 ( 5 2 + λ )2 = (1 + λ) ( 19 4 + λ ) ,解得 λ = 2. 61. (1)由式 S n = 3an − 2n得 S n+1 = 3an+1 − 2(n + 1),两式做差得 an+1 = 3 2 an + 1,由第 13页一次函 数型的做法构造等比数列可知 {an + 2}为以 3为首项, 3 2 为公比的等比数列,即 {bn}为以 3为首 项, 3 2 为公比的等比数列. ∴ an + 2 = 3 × ( 3 2 )n−1 ⇒ an = 3 × ( 3 2 )n−1 − 2; (2) ∵ cn = 1 3 · ( 2 3 )n−1 , ∴ Tn = 1 3 [ 1 − ( 2 3 )n] 1 − 23 = 1 − ( 2 3 )n , ∴ Tn < 1,故 m ⩾ 1. 第 352页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 62. (1)由 T1 = 2b1 − 1得 b1 = 1，因为 Tn − Tn−1 = (2bn − n) − [2bn−1 − (n − 1)](n ⩾ 2)，所以 bn = 2bn−1 + 1，从而由 bn + 1 = 2(bn−1 + 1)，得 bn + 1 bn−1 + 1 = 2(n ⩾ 2),所以数列 {bn}是以 2为首项, 2 为公比的等比数列,故 bn = 2 n − 1; (2)依题意, an = 2 log2(1+ bn)− 1 = 2n− 1，a1 = 1，b1 = 1，所以 an+1 − an = 2，于是数列 {an}是以 1为首项，2为公差的等差数列，又因为 b1 = 1，b2 = 3，b3 = 7，b4 = 15，b5 = 31，b6 = 63， b7 = 127，a56 = 111，a57 = 113, 所以 c1 + c2 + · · · + c50 = (a1 + a2 + · · · + a56) − (b1 + b2 + · · · + b6) = 56(1 + 111) 2 − (21 + 22 + · · · + 26 − 6) = 562 − (27 − 8) = 3016. 63. 式子 an+1 = 1 2 an + 1 2n+1 两边同乘以 2n+1,得 2n+1an+1 = 2 nan + 1,所以数列 {2nan}是以 1为首项, 1为公差的等差数列,于是 2nan = n,解得 an = n 2n ,由错位相减法得 S n = 2 − n + 2 2n ,于是 S 10 = 2 − 12 210 = 2 − 3 28 = 509 256 . 64. 给式 an+1 = 2an + 4 · 3n−1 两边同除以 3n+1,得 an+1 3n+1 = 2 3 · an 3n + 4 32 . 令 bn = an 3n ,得 bn+1 = 2 3 bn + 4 9 (11.10) 设 bn+1 + λ = 2 3 (bn + λ)⇒ bn+1 = 2 3 bn − 1 3 λ (11.11) 由式 (11.10), (11.11)可得 λ = −4 3 ,因此数列 { bn − 4 3 } 为首项等于 −1,公比为 2 3 的等比数列,于 是 bn − 4 3 = (−1) × ( 2 3 )n−1 ⇒ bn = 4 3 − ( 2 3 )n−1 ,所以 an = 3 n 43 − ( 2 3 )n−1 = 4 · 3n−1 − 3 · 2n−1. 65. (1) 证 ∵ 3an+1 = an + 1 3n , ∴ 3n+1an+1 = 3 nan + 1,又因为 a1 = 1,所以 3a1 = 3, ∴数列 { 3n · an } 是以 3为首项, 1为公差的等差数列. (2)由 (1)知 3n · an = 3 + n − 1 = n + 2, ∴ an = n + 2 3n , S n = 3 · 1 3 + 4 · ( 1 3 )2 + 5 · ( 1 3 )3 + · · · + (n + 1) ( 1 3 )n−1 + (n + 2) ( 1 3 )n , 1 3 S n = 3 · ( 1 3 )2 + 4 · ( 1 3 )3 + 5 · ( 1 3 )4 + · · · + (n + 1) ( 1 3 )n + (n + 2) ( 1 3 )n+1 , ∴ 2 3 S n = 1 + ( 1 3 )2 + ( 1 3 )3 + ( 1 3 )4 + · · · + ( 1 3 )n − (n + 2) ( 1 3 )n+1 = 2 3 + 1 2 ( 1 − 1 3n ) − (n + 2) ( 1 3 )n+1 , ∴ S n = 7 4 − ( n 2 + 7 4 ) ( 1 3 )n = 7 4 − 2n + 7 4 · 3n . 穷则独善其身，达则兼济天下。——孟子 第 353页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 66. 设 2(an + xn + y) = an−1 + x(n − 1) + y,和原式比较可解得 x = −6, y = 9, 所以数列 {an − 6n + 9}是首项为 9 2 ,公比为 1 2 的等比数列,于是 an − 6n + 9 = 9 2 · ( 1 2 )n−1 ⇒ an = 9 · ( 1 2 )n + 6n − 9. 67. 设 an+1 + k(n + 1) + b = 2(an + kn + b),和原式比较可解得 k = 2, b = 1, 所以数列 {an + 2n + 1}是首项为 5,公比为 2的等比数列,于是 an + 2n + 1 = 5 · 2n−1 ⇒ an = 5 · 2n−1 − 2n − 1. 68. 给式 an+1 = an 3an + 1 取倒数, 1 an+1 = 3an + 1 an = 1 an + 3,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = bn + 3,得数列 {bn}为 首项等于 1,公差为 3的等差数列,于是 bn = 3n − 2,所以 1 anan+1 = 1 (3n − 2)(3n + 1) . 答案为 C. 69. 给式 an+1 = an an + 3 取倒数, 1 an+1 = an + 3 an = 3 an + 1,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = 3bn + 1, 设 bn+1 + λ = 3(bn + λ)⇒ bn+1 = 3bn + 2λ, 由以上两式可得 λ = 1 2 ,因此数列 { bn + 1 2 } 为首项等于 1 2 + 1 2 = 1,公比为 3的等比数列,于是 bn + 1 2 = 1 × 3n−1 ⇒ bn = 3n−1 − 1 2 ,所以 an = 2 2 × 3n−1 − 1 . 70. 给式 an+1 = an 2an + 1 取倒数, 1 an+1 = 2an + 1 an = 1 an + 2,令 bn = 1 an ,则 bn+1 = bn + 2,因此数列 {bn} 为首项等于 1,公差为 2的等差数列,于是 bn = 2n − 1,所以 an = 1 2n − 1 . 71. 由阶差法可得 an+1 − an−1 = 2，分奇偶可得  a2k−1 = 2k − 1 a2k = 2k ，故 an = n. 72. 依题意，当 n = 2k − 1(k ∈ N∗)时， a2k+1 = [ 1 + cos2 (2k − 1)π 2 ] a2k−1 + sin 2 (2k − 1)π 2 = a2k−1 + 1 所以数列 {a2k−1}以 1为首项，1为公差的等差数列，因此 a2k−1 = k； 当 n = 2k(k ∈ N∗)时， a2k+2 = [ 1 + cos2 (2k)π 2 ] a2k + sin 2 (2k)π 2 = 2a2k 所以数列 {a2k }以 2为首项，2为公比的等比数列，因此 a2k = 2k. 故 an =  n + 1 2 (n为奇数) 2 n 2 (n为偶数) . 第 354页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 73. ∵ S n − S n−2 = 3 · ( −1 2 )n−1 (n ⩾ 3)，所以 an + an−1 = 3 · ( −1 2 )n−1 ，已经是类型 3了. 74. 观察题目,我们可得 an+2 − an = λ，假设结论成立，通过前 3项可得 λ = 4，由类型 1可得 an = 2n − 1. 76. (1)依题意 a2 + a3 = 2a1 ⇒ q2 + q − 2 = 0⇒ q = −2. (2)记 bn = nan ,由 (1)知数列 {bn}的通项公式为 n(−2)n−1,于是 b1 = 1, a = 1, p = −2,故 A = ap p − 1 = 2 3 , B = b1 − Ap p − 1 = − 7 9 ,故 S n = ( 2 3 n − 7 9 ) (−2)n + 7 9 . 78. (1)当 n = k ∈ N⋆时, S = −1 2 n2 + kn取得最大值,即 8 = S k = − 1 2 k2 + k2 ⇒ k = 4, 从而 an = S n − S n−1 = 9 2 − n(n ⩾ 2),又 a1 = S 1 = 7 2 ,所以 an = 9 2 − n; (2) ∵ 9 − 2an 2n = n 2n−1 , ∴ Tn = 1 + 2 2 + 3 22 + · · · + n − 1 2n−2 + n 2n−1 ，∴ 2Tn = 2 + 2 + 3 2 + · · · + n − 1 2n−3 + n 2n−2 , 所以 2Tn − Tn = 2 + 1 + 1 2 + · · · + 1 2n−2 − n 2n−1 = 4 − 1 2n−2 − n 2n−1 = 4 − n + 2 2n−1 ⇒ Tn = 4 − n + 2 2n−1 79. (1)依题意当 n = 1时, a1 + 2 2 = √ a1 · 2⇒ a1 = 2, 当 n ⩾ 2时, an + 2 2 = √ S n · 2,两边平方整理得 a2 n + 4an + 4 = 8S n (11.12) a2 n+1 + 4an+1 + 4 = 8S n+1 (11.13) 式 (11.13) − (11.12)得 a2 n+1 − a2 n + 4(an+1 − an) = 8an+1 , 整理得 (an+1 + an)(an+1 − an − 4) = 0⇒ an+1 − an = 4 (11.14) ∴ {an}是首项为 2,公差为 4的等差数列,通项公式为 an = 4n − 2; (2) 读书破万卷，下笔如有神。——杜甫 第 355页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 证 由 (1)知 bn = 8 anan+1 = 2 (2n − 1)(2n + 1) 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ,则 Tn = b1 + b2 + b3 + · · · + bn = ( 1 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 5 ) + · · · + ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 1 − 1 2n + 1 ∵ n ∈ N⋆, ∴ 0 < 1 2n + 1 ⩽ 1 3 , ∴ 2 3 ⩽ 1 − 1 2n + 1 < 1. 于是 2 3 ⩽ Tn < 1. 80. ∵ (2 + 2d)2 = 2 · (2 + 6d),所以 d = 1,故 an = n + 1,则 1 (n + 1)(n + 2) 分母 n + 1的 n移到分子 =================== n (1 + 1)(n + 2) . 当 n = 2019时,选 B. 81. (1) an = n + 5; (2)由 (1)知 cn = 1 (2an − 11)(2an − 9) = 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) ,所以数列 {cn}的前 n项和 Tn = 1 2 ( 1 − 1 2n + 1 ) = n 2n + 1 ,又不等式 Tn < k 2018 ⇔ k 2018 > n 2n + 1 . 根据本书第 271页“ 1 1 ”型 函数性质知 k 2018 ⩾ 1 2 ,因此 k ⩾ 1009. 82. (1)由式 4S n = a2n + 2an 得 4S n+1 = a2n+1 + 2an+1 ,两式做差得 4an+1 = a 2 n+1 − a2n + 2an+1 − 2an ,即 (an+1 + an)(an+1 − an − 2) = 0,所以 an+1 − an = 2,又 a1 = 2符合上式,故 {an}是首项为 2,公差为 2的 等差数列,因此 an = 2n; (2) 证 由 (1)知 bn = 1 (2n + 1)2 = 1 4n2 + 4n + 1 < 1 4n(n + 1) = 1 4 ( 1 n − 1 n + 1 ) , ∴ Tn < 1 4 ( 1 − 1 2 ) + 1 4 ( 1 2 − 1 3 ) + · · · + 1 4 ( 1 n − 1 n + 1 ) = 1 4 ( 1 − 1 n + 1 ) < 1 4 . 83. (1)当 n ⩾ 2时, an = S n − S n−1 = 2n,又 n = 1时, a1 = S 1 = 2满足上式, ∴ an = 2n, ∵ b5 + 4是 b4 , b6 的等差中项,可得 b4 + b6 = 2(b5 + 4),又等比数列 {bn}的公比 q > 1,且 b4 + b5 + b6 = 56，∴ b5 = 16，b4 + b6 = 40,又 ∵ b4b6 = b 2 5 = 162，q > 1,解得 b4 = 8，b6 = 32， ∴ q = 2，bn = 2 n−1; (2) ∵ bn + 1 a2n − 1 = 2n−1 + 1 (2n)2 − 1 = 2 n−1 + 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) , ∴ Tn = (20 + 21 + · · · + 2n−1) + 1 2 ( 1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + · · · + 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 2n − 1 + n 2n + 1 . 84. (1)令 n = 1,得 a1b1 = 3 + (2 − 3) × 2 = 1,所以 b1 = 1,令 n = 2,得 a1b1 + a2b2 = 7,所以 a2 = 2, 故数列 {an}的公比为 a2 a1 = 2,所以 an = 2 n−1； 第 356页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)当 n ⩾ 2时, a1b1 + a2b2 + · · · + anbn = 3 + (2n − 3)2n,于是 a1b1 + a2b2 + · · · + an−1bn−1 = 3 + (2n − 5)2n−1. 两式做差得 anbn = 3 + (2n − 3)2n − [3 + (2n − 5)2n−1] = (2n − 1)2n−1, 得 bn = 2n − 1, n = 1时也成立. 所以 bn = 2n − 1,故 1 bnbn+1 = 1 (2n − 1)(2n + 1) = 1 2 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) , 于是 Tn = 1 2 ( 1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + · · · + 1 2n − 1 − 1 2n + 1 ) = 1 2 ( 1 − 1 2n + 1 ) = n 2n + 1 . 85. (1)因为点 (S n, an+1)在直线 y = x + 1上,所以 an+1 = S n + 1,于是 an = S n−1 + 1(n ⩾ 2),两式相 减得 an+1 − an = an ,即 an+1 an = 2(n ⩾ 2),经验证 a2 a1 = 2合适,所以数列 {an}是首项为 1,公比为 2的 等比数列,于是 an = 2 n−1; (2)由 (1)知 bn = 1 n(n + 2) = 1 2 ( 1 n − 1 n + 2 ) ,所以 Tn = 1 2 [( 1 − 1 3 ) + ( 1 2 − 1 4 ) + · · · + ( 1 n − 1 n + 2 )] = 3 4 − 1 2 ( 1 n + 1 + 1 n + 2 ) = 3 4 − 2n + 3 2(n + 1)(n + 2) . 86. (1)由阶差法得 an = 2n + 1; (2)由 (1)知 bn = 2n + 3 2n + 1 + 2n + 1 2n + 3 = 2 2n + 1 − 2 2n + 3 + 2,所以 Tn = b1 + b2 + · · · + bn =( 2 3 − 2 5 + 2 ) + ( 2 5 − 2 7 + 2 ) + · · · + ( 2 2n + 1 − 2 2n + 3 + 2 ) = 2 3 − 2 2n + 3 + 2n = 4n 6n + 9 + 2n. 87. (1)当 n ⩾ 2时, (n − 1)an = n(an−1 + 2n − 2)两边同除以 n(n − 1),得 an n = an−1 + 2n − 2 n − 1 ,即 an n − an−1 n − 1 = 2,所以数列 {an n } 是以 a1 1 = 4为首项, 2为公差的等差数列; (2)由 (1)得 an n = 2n + 2⇒ an = 2n(n + 1),所以 bn = 2n + 1 a2n = 1 4 [ 1 n2 − 1 (n + 1)2 ] ,于是 S n = 1 4 [( 1 − 1 22 ) + ( 1 22 − 1 32 ) + · · · + ( 1 n2 − 1 (n + 1)2 )] = 1 4 [ 1 − 1 (n + 1)2 ] = n2 + 2n 4(n + 1)2 . 88. (1)由 a2a7 = 3a24 ⇒ a21q7 = 3a21q6 ⇒ q = 3, ∵ −3, S 4, 9a3 成等差数列, ∴ 2S 4 = 9a3 − 3,从而有 2a1(1 − 34) 1 − 3 = 9a1 · 3 2 − 3⇒ a1 = 3, ∴ an = 3n; (2) bn = (−1)nan + 1 n(n + 1) = (−3)n + 1 n − 1 n + 1 ,所以 Tn = [(−3)1 + (−3)2 + · · · + (−3)n] + ( 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + · · · + 1 n − 1 n + 1 ) = −3[1 − (−3)n] 4 + 1 − 1 n + 1 = 3[(−3)n − 1] 4 + n n + 1 . 君子之交淡若水，小人之交甘若醴。——庄子 第 357页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 89. 依题意数列 { a2n } 是首项为 1,公差为 2的等差数列,所以 a2n = 2n − 1,于是 an = √ 2n − 1,故 1 an + an+1 = 1 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = 1 2 (√ 2n + 1 − √ 2n − 1 ) ,所以数列 { 1 an + an+1 } 的前 n项和 S n = 1 2 (√ 2n + 1 − 1 ) ,故 S 60 = 1 2 (√ 121 − 1 ) = 5. 90. (1)由 S 9 = 54可得 9a5 = 54⇒ a5 = 6,所以 d = 6 − 2 6 − 3 = 2,故 an = 2n − 4; (2) ∵ √ 1 an + 3 = 1 √ 2n − 1 > 2 √ 2n − 1 + √ 2n + 1 = √ 2n + 1 − √ 2n − 1, ∴ √ 1 a1 + 3 + √ 1 a2 + 3 + · · · + √ 1 a100 + 3 > ( √ 3 − 1) + ( √ 5 − √ 3) + · · · + ( √ 201 − √ 199) = √ 201 − 1 > 14 − 1 = 13. 91. (1)阶差法: 当 n ⩾ 2时,  S n = 2an − a1 S n−1 = 2an−1 − a1 ,两式做差得 an = 2an−1 ,因为 bn = S n + 1 an + 4,所 以 6 = a1 + 1 a1 + 4,解得 a1 = 1,所以数列 {an}是公比为 2,首项为 1的等比数列,于是 an = 2n−1. (2) 证 由 (1)知 S n = 2an − a1 = 2n − 1,于是 bn = 2n + 1 2n−1 + 3, 即 1 bn = 2n−1 (2n + 1) ( 2n−1 + 1 ) = 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ,所以 Tn = ( 1 20 + 1 − 1 21 + 1 ) + ( 1 21 + 1 − 1 22 + 1 ) + · · · + ( 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ) = 1 2 − 1 2n + 1 < 1 2 . 92. (1)设数列 {an}的公比为 q,依题意得 S 1 − S 3 = 2S 2,所以 −(a2 + a3) = 2(a1 + a2),得 −a1(q + q2) = 2a1(1 + q),且 a1 , 0,所以 q2 + 3q + 2 = 0,解得 q = −1或 q = −2,因为 S n , 0,所以 q = −2,又因为 a1a2 = a3 ,则 a1 = q,于是 an = (−2)n; (2)由 (1)得 bn = −3(−2)n [(−2)n + 1][(−2)n+1 + 1] = (−2)n+1 − (−2)n [(−2)n + 1][(−2)n+1 + 1] = 1 (−2)n + 1 − 1 (−2)n+1 + 1 ,于 是 Tn = [ 1 (−2)1 + 1 − 1 (−2)2 + 1 ] + [ 1 (−2)2 + 1 − 1 (−2)3 + 1 ] + · · · + [ 1 (−2)n + 1 − 1 (−2)n+1 + 1 ] = −1 − 1 (−2)n+1 + 1 = − (−2)n+1 + 2 (−2)n+1 + 1 93. (1)依题意 an+1 − 2an + 2 = 0⇒ an+1 − 2 = 2(an − 2),所以数列 {an − 2}是以 6为首项, 2为公比 的等比数列; 第 358页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (2)由 (1)知 an − 2 = 6 · 2n−1,即 an = 3 · 2n + 2,所以 bn = (−1)nan (2n + 1)(2n+1 + 1) = (−1)n ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) 1 当 n为偶数时, Tn = ( − 1 2 + 1 − 1 22 + 1 ) + ( 1 22 + 1 + 1 23 + 1 ) + · · · + ( − 1 2n−1 + 1 − 1 2n + 1 ) + ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) = −1 3 + 1 2n+1 + 1 此时 Tn递减,于是当 n = 2时 Tn取得最大值 − 2 9 ,则 m ⩾ −2 9 ; 2 当 n为奇数时, Tn = Tn−1 + bn = − 1 3 + 1 2n + 1 − ( 1 2n + 1 + 1 2n+1 + 1 ) = −1 3 − 1 2n+1 + 1 . 此时 Tn递增,于是 Tn < − 1 3 ,则 m ⩾ −1 3 , 综上所述, m的取值范围为 [ −2 9 ,+∞ ) . 94. (1)依题意 S n = an+1 ⇒ S n = S n+1 − S n ⇒ S n+1 = 2S n,又 S 1 = a1 = 2, 所以 {S n}是以 2为公比, 2为首项的等比数列,所以 S n = 2n, 当 n ⩾ 2时, an = S n − S n−1 = 2n−1,当 n = 1时, a1 = S 1 = 2不满足上式. 所以 an =  2, n = 1 2n−1, n ⩾ 2 (2) 证 由 (1)知 bn = S n (1 + S n)(1 + S n+1) = 2n (1 + 2n)(1 + 2n+1) = 1 1 + 2n − 1 1 + 2n+1 所以 Tn = ( 1 1 + 21 − 1 1 + 22 ) + ( 1 1 + 22 − 1 1 + 23 ) + · · · + ( 1 1 + 2n − 1 1 + 2n+1 ) = 1 3 − 1 1 + 2n+1 ∵ 1 1 + 2n+1 > 0, ∴ 1 3 − 1 1 + 2n+1 < 1 3 , ∴ Tn < 1 3 . 三更灯火五更鸡，正是男儿读书时。——颜真卿 第 359页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 95. (1)阶差法:当 n ⩾ 2时,  2S n = (n + 1)an 2S n−1 = nan−1 ,两式做差并整理得 an an−1 = n n − 1 ,由第 12页累乘法 可知 an = 2n,所以 S n = n(n + 1); (2)由 (1)知 bn = an+1 S n+1S n = 2 n(n + 1)(n + 2) = 1 n + 1 ( 1 n − 1 n + 2 ) = 1 n(n + 1) − 1 (n + 1)(n + 2) ,所以 Tn = b1 + b2 + · · · + bn = ( 1 2 − 1 6 ) + ( 1 6 − 1 12 ) + · · · + ( 1 n(n + 1) − 1 (n + 1)(n + 2) ) = 1 2 − 1 (n + 1)(n + 2) < 1 2 100. 如图 11.1,由杠杆原理可知 2BM = 3ME, ∴ # »AM = 2 5 # » AB + 3 5 # » AE = 2 5 # » AB + 2 5 # » AC, 图 11.1 ∴ xy = 2 5 × 2 5 = 4 25 ,选 B. 101. 依题意 # »EF = # »EB + # »BF = 1 2 # » AB + 2 3 # » AD, ∴ m = 1 2 , n = 2 3 ,于是 m + n = 7 6 . 故选 B. 102. 依题意若 # »CE = 4 # »ED,则 # »CE = 4 5 # » CD, ∴ # »BE = # »BC + # »CE = # »AD + 4 5 # » CD = −4 5 # » AB + # » AD. 故选 A. 103. 设 # »AE = λ # »AC + µ # »BF,因为 # »AC = # »AD + # »DC, # »AE = 1 2 ( # » AC + # » AB ) = 1 2 # » AD + 3 2 # » DC, # » BF = # » BA + # » AD + # » DF = # » AD − 3 2 # » DC,所以 1 2 # » AD + 3 2 # » DC = λ ( # » AD + # » DC ) + µ ( # » AD − 3 2 # » DC ) ,所以 λ + µ = 1 2 λ − 3 2 µ = 3 2 解得  λ = 9 10 µ = −2 5 故选 A. 104. 由式 # »MA + # »MB + # »MC = 0可知点 M为 4ABC的重心,故答案为 3. 第 360页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 105. 由定理 2.3可知 1 x + 1 y = 3,于是 3x + y = 1 3 (3x + y) ( 1 x + 1 y ) = 1 3 ( 3 + 3x y + y x + 1 ) ⩾ 4 + 2 √ 3 3 , 当且仅当 3x y = y x 时等号成立. 106. 解法一在 # »OC = λ # »OA + µ # »OB中,两边分别平方即可.选 A. 解法二设 # »OA = (1, 0), # »OB = (0, 1)⇒ # »OC = (λ, µ). 因此 ∣∣∣ # »OC∣∣∣ = 1⇒ λ2 + µ2 = 1. 107. 根据题意. # »AD = 1 2 ( # » AB + # » AC ) = 1 2λ # » AE + 1 2µ # » AF. 又 D，E，F 三点共线,可知 1 2λ + 1 2µ = 1⇒ 2 = 1 λ + 1 µ ⩾ 2 √ 1 λµ ⇒ λµ ⩾ 1. 109. 特殊化,令点 M和点 B重合,可知答案为 C. 110. 特殊值法：取这条直线为 BC,则 m = n = 1. 答案为 2. 111. 由第 44页定理 2.3易知 # »AG = 1 3 ( # » AB + # » AC ) = 1 3x # » AM + 1 3y # » AN. 令 m = 1 3x n = 1 3y ⇒  m + n = 1 3x + y = 1 m + 1 3 n 由权方和不等式可得 1 m + 1 3 n ⩾ 1 + √13 2 = 43 + 2 √ 3 3 . 112. 依题意可知 a3 + a98 = 1⇒ a1 + a100 = 1, ∴ S 100 = 50,选 D. 113. 取 AC中点 D,式子 # »AO = x # »AB + y # »AC = x # »AB + 2y # » AC 2 ,所以 B，O，D三点共线,且 ∠BDA = 90◦,设 AD = CD = m,于是 BD = √ 12 − m2,所以 S4ABC = 1 2 AC · BD = m · √ 12 − m2 = √ m2(12 − m2) ⩽ √( m2 + 12 − m2 2 )2 = 6. 114. 见第 49页推论 2.1 115. 如图 11.2,依题意,设 # »AP = (λ + µ) # »AE = λ # »AB + µ # »AD,易知 B, E, D三点共线,故当直线 l//BD 图 11.2 图 11.3 图 11.4 人生的价值，并不是用时间，而是用深度量去衡量的。 第 361页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 且与  C相切时（切点为 P）λ + µ有最大值,此时 | # » AP| | # »AE| = | # »AM| | # »AN | = 3r r = 3. 116. 如图 11.3, (λ + µ)max = |AP| |AG| = |AE| |AD| = 2. 120. # »BE = 1 2 # » BA + 1 2 # » BD = 1 2 # » BA + 1 2 × 2 3 # » BC = −1 2 # » AB + 1 3 # » AC − 1 3 # » AB = 1 3 # » AC − 5 6 # » AB,故选 D. 121. 如图 11.5,由重心质量法易知 CM = 3ME,所以 图 11.5 # » CM = 3 4 # » CE 对面的女孩看过来 ================ 3 4 ( 2 3 # » CA + 1 3 # » CB ) = −1 2 # » AC + 1 4 # » CA + 1 4 # » CB = 1 4 # » AB − 3 4 # » AC. 故选 D. 122. 由极化恒等式可知 # »PA · # »PB = ∣∣∣ # »PC∣∣∣2 − 12,而 ∣∣∣ # »PC∣∣∣的最小值即为圆心到直线的距离 d = |1 − 0 + 1| √ 2 = √ 2,故选 A. 123. 如图 11.6,取 DE中点 M,连接 AM,则 # »AD · # »AE = ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »MD∣∣∣2 = ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 − 1 9 ,而 ∣∣∣ # »AM∣∣∣2min = 1, 图 11.6 图 11.7 图 11.8 所以 # » AD · # »AE ⩾ 8 9 ，排除 B，D，而当 B，D两点重合 (或 C，E两点)时 ∣∣∣ # »AM∣∣∣最大,如图 11.7，在 4ABM中运用余弦定理可知 ∣∣∣ # »AM∣∣∣2max = 139 ，所以 # »AD · # »AE ⩽ 139 − 19 = 43，故选 A. 第 362页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 124. 如图 11.8所示,取 AB，BC的中点 E，D，由极化恒等式,有  # » PB · # »PC = |PD|2 − |BD|2 # » P0B · # » P0C = |P0D|2 − |BD|2 ⇒ |PD|2 ⩾ |P0D|2 因此，DP0⊥EB⇒ DE = DB⇒ CA = CB.故选 D. 125. 如图 11.9所示,过 MB中点 N 作 NG⊥CB,由极化恒等式,有 图 11.9 图 11.10 # » CM · # »CB = |CN|2 − |BN|2 = |CG|2 + |GN|2 − (|GN|2 + |GB|2) = |CG|2 − |BG|2 = 4 − 1 = 3，故选 B. 126. 如图 11.10所示,取 AB中点 N,由极化恒等式,有 # »MA · # »MB = |MN|2 − |AN |2 = |MN |2 − 1. 易 知 |MN |2的最大值为 |MN|2 = |DA|2 + |AN|2 = 5,最小值为 0,故选 D. 127. 如图 11.11所示,取 AB中点 D，CD中点 E，连接 PD，PE， 图 11.11 图 11.12 图 11.13 # » PC · ( # » PA + # » PB ) = 2 # » PC · # »PD = 2 ( |PE|2 − |ED|2 ) = 2 ( |PE|2 − 3 4 ) ，再利用圆上动点最值理论知答案 为 A. 128. 如图 11.12所示,取 MN 的中点 P. 由极化恒等式 # »CM · # »CN = |CP|2 − |MP|2 = |CP|2 − 1 2 ,所以 当 P为 AB的中点时, # »CM · # »CN 的取值最小 4;当 M为 A时, # »CM · # »CN 的取值最大 6,故选 B. 人的一生可能燃烧也可能腐朽，我不能腐朽，我愿意燃烧起来！ 第 363页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 129. 如图 11.13所示,取 CD中点 E,则 # »OC · # »OD = OE2 − ED2 = OE2 − 1，取 AB中点 F,连接 FE，FO，我们易知 FO + FE = 1 + 2 = 3,并且当 O，F，E三点共线时 OE有最大值 3，所以 # » OC · # »OD = OE2 − ED2 = OE2 − 1 ⩽ 9 − 1 = 8.故选 D. 130. 仿照第 54页例题 2.18的做法.选 D. 131. 仿照第 54页例题 2.18的做法.选 C. 132. 如图 11.14所示，取 BC中点 D，AD中点 E，则 # » PA · ( # » PB + # » PC ) = 2 # » PA · # »PD = 2 ( |PE|2 − |ED|2 ) = 2 ( |PE|2 − 3 4 ) ，又 |PE|2的最小值为 0，故选 B. 133. 依题易知正三角形 ABC的边长为 2 √ 3,由极化恒等式,有 # »PA · # »PB = |PD|2 − |AD|2 = |PD|2 − 3. 因此, P在 C点时 |PD|最大, P在 CO的延长线与圆的交点处 |PD|最小,故选 B. 134. 取 AB中点 M,连接 EM,则 # »AE · # »BE = ∣∣∣ # »EM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AM∣∣∣2 = ∣∣∣ # »EM∣∣∣2 − 1 4 ⩾ ∣∣∣∣ # »E′M∣∣∣∣2 − 14 = 2116 ,故选A. 图 11.14 图 11.15 图 11.16 135. 解法一 根据极化恒等式以及向量夹角公式可知  # » AB · # »AC = ∣∣∣ # »AD∣∣∣2 − ∣∣∣ # »BD∣∣∣2 = 9 − 9 4 = 27 4 # » AB · # »AC = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »AC∣∣∣ · cos 60◦ = 1 2 ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »AC∣∣∣ 以上两式可知 bc = 27 2 . 所以 S4ABC = 1 2 bc sin 60◦ = 27 √ 3 8 . 图 11.17 图 11.18 第 364页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解法二如图 11.18,采用倍长中线法,则 ∠ACE = 120◦,分别对 4ACE，4ABC利用余弦定理可得 36 = b2 + c2 + bc 9 = b2 + c2 − bc 以上两式可知 bc = 27 2 . 所以 S4ABC = 1 2 bc sin 60◦ = 27 √ 3 8 . 解法三利用 ∠ADB + ∠ADC = 180◦,分别对 4ADB，4ADC利用余弦定理可得答案. 136. 依题意, ∣∣∣2 # »AP − λ # »AB∣∣∣ ⩾ 8,得 ∣∣∣∣∣ # »AP − λ2 # »AB ∣∣∣∣∣ ⩾ 4,即点 P到 AB所在的直线的距离大于等于 4,取 图 11.19 AB的中点 M,由极化恒等式可知 # »PA · # »PB = ∣∣∣ # »PM∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 4 = ∣∣∣ # »PM∣∣∣2 − 25 ⩾ 16 − 25 = −9,选 C. 137. 依题意及矩形大法得 ∣∣∣ # »OP∣∣∣2 + ∣∣∣ # »OC∣∣∣2 = ∣∣∣ # »OA∣∣∣2 + ∣∣∣ # »OB∣∣∣2 = 8⇒ ∣∣∣ # »OC∣∣∣ = √7, 图 11.20 ∴ # » OC · # »OP = 1 × √ 7 × cos〈 # »OC, # »OP〉 ∈ [− √ 7, √ 7]. 138. 设 a =  √32 , 12 , b =  √32 ,−12 为符合题意的两个向量,则 a + b = (√3, 0),即 C(√3, 0),而 |m − a − b| = 1,则m的终点在以 C为圆心, 1为半径的圆上,从而当m的终点在点 D( √ 3 + 1, 0) 处时, |m|最大,且 |m|max = √ 3 + 1. 故选 B. 139. 依题意可知,  # » PA + # » PB + # » PC = # » AP + # » PB⇒ # »PC = 2 # »AP # » RA + # » RB + # » RC = # » CA⇒ # »QA = 2 # »BQ # » RA + # » RB + # » RC = # » CA⇒ # »RB = 2 # »CR , 谁要游戏人生，他就一事无成。 第 365页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 即点 P, Q, R为各边的三等分点,再特殊化令 4ABC为边长为 3的等边三角形可知 S4PQR S4ABC = 1 3 . 故选 B. 140. 如图 11.21,设 #»a = # »OA, #»b = # »OB, #»c = # »OC,依题意, C在以 O为圆心,半径为 1的圆上,又 图 11.21( #»a − #»b ) · ( #»a + #» b − 2 #»c ) = 0⇒ # »BA · ( # » CA + # » CB ) = 0,取 AB中点 M,则 AB⊥CM,又因为 | #»a − #»c | = 3, ∴ ∣∣∣ # »CA∣∣∣ = ∣∣∣ # »CB∣∣∣ = 3,即 A, B在以 C为圆心,半径为 3的圆上, 构造矩形 OADB,由平面向量矩形性质可知 ∣∣∣ # »CD∣∣∣2 = ∣∣∣ # »CA∣∣∣2 + ∣∣∣ # »CB∣∣∣2 − ∣∣∣ # »CO∣∣∣2 = 9 + 9 − 1 = 17,再由平 面几何矩形对角线等长以及圆的“一箭穿心”原理可知 | # »AB|max = | # » OD|max = | # » CD| + 1 = √ 17 + 1. 141. 依题意,对任意 x ∈ R, ∣∣∣x # »AC + # »AB∣∣∣ ⩾ ∣∣∣ # »AD − # »AB∣∣∣恒成立,我们可得 BD⊥AC,在 Rt4ABD中, 设 AD = 2t,则 AB = 4t,在 4ABC中,由余弦定理可得 BC = √13,再由余弦定理可得 cos ∠ABC = 5 √ 13 26 ,故答案为 5 √ 13 26 . 142. 根据题意 # »AP = λ # »AB + # »AC ⇒ # »AP · # »BC = ( λ # » AB + # » AC ) · # »BC = 0. 又因为 # »BC = # »AC − # »AB,所以( λ # » AB + # » AC ) ( # » AC − # »AB ) = 0,整理得 (λ − 1) # »AB · # »AC − λ ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = 0⇒ 7 = 12λ⇒ λ = 7 12 143. 延长 F2Q交 PF1 于点 A,如图 11.22所示,由 1 知 QF2⊥ ∠F2PF1 的平分线,由 2 知 QP 图 11.22 第 366页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 和 ∠F2PF1的平分线共线,由此我们可以得到 4APF2是以 P为顶点的等腰三角形,由双曲线的 定义得 |PF1| − |PF2| = 2,所以 |PF1| − |AP| = |AF1| = 2,连接 OQ,由中位线可知 |OQ| = 1,所以点 Q的轨迹方程为 x2 + y2 = 1(y , 0). 144. 根据题意,以 OA为 x轴,以 OB为 y轴建立直角坐标系,则 # »OA = (1, 0), # »OB = (0, √ 3), # » OC = (m, √ 3n),因此 tan 30◦ = √ 3n m = √ 3 3 ⇒ m n = 3. 145. 根据题意 # »EA · ( # » EB + # » EC ) = 2 # » EA · # »ED = −2 ∣∣∣ # »EA∣∣∣ ∣∣∣ # »ED∣∣∣ = −2 ∣∣∣ # »EA∣∣∣ (2 − ∣∣∣ # »EA∣∣∣) ⩾ −2. 146. 根据题意,建立如图 11.23所示的坐标系,设 N(x, y),则 图 11.23 M(2, √ 3), C(5, √ 3)⇒ # »AM · # »AN = 2x + √ 3y,按照线性规划,当直线 z = 2x + √ 3y过点 C ( 5, √ 3 ) 时有最大值 13. 147. 图 11.24 图 11.25 图 11.26 如图 11.24所示,以向量 b的模长为弦做圆,使得张角为 60◦,根据图形我们知,当 a为直径时, |a| 最大.所以 |a|的取值范围是 0, 2√33 . 148. 如图 11.25所示,令 a = (1, 0), b = (0, 1),易知 |c − a − b| = 1⇒ |c − (a + b)| = 1,即 c是以 (1, 1)为圆心,以 1为半径的圆.答案为 √ 2 + 1. 149. 如图 11.26所示.答案为 [0, 1]. 150. 以 |a|为弦画张角为 π 6 的圆.答案为 4. 为真理而斗争是人生最大的乐趣。——布鲁诺 第 367页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 152. 建立如图 11.27所示坐标系,设 #»a = # »OA， #»b = # »OB， #»c = # »OC，由式 ( #»a − #»c ) · ( #» b − #»c ) = 0可 知点 C在以 AB中点 D 1, √32 为圆心，半径为 r = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ 2 = √ 3 2 的圆上，由平面几何圆的“一箭 穿心”原理可知 | #»c | ∈ [|OD| − r, |OD| + r] =  √7 − √32 , √ 7 + √ 3 2 . 图 11.27 图 11.28 图 11.29 153. 设 a = (1, 0)，b = (0, 1)，如图 11.28，则 c = (1, 0)在以 ( 1 2 , 1 2 ) 为圆心，半径为 √ 2 2 的圆上运 动，故 |c|的最大值为 √ 2. 154. 易知 a = (1, 0), b = (0, 1), c = (cos θ, sin θ),于是 (a− c) · (b− c) = 1− (cos θ + sin θ) ⩾ 1− √ 2. 155. 如图 11.29所示,易知 〈a,b〉 = 120◦,画出一个圆.故 |c|的最大值为圆的直径,选 A. 156. 依题意 b2 − 4b · e + 3 = 0⇒ (b − e)(b − 3e) = 0,所以向量 b是以向量 e，3e的终点连线为直 径的一个圆,如图 11.30所示.此时 |a − b|的最小值是 √ 3 − 1. 选 A. 157. 依题意 (a − c) · (b − c) = 0可知向量 c在以向量 a，b终点为直径的圆上.如图 11.31所示.答 案为 √ 7 − √ 3 2 . 158. 依题意 | #»a | = | #»b | = #»a · #»b = 2，可知 〈 #»a , #»b 〉 = π 3 ，令 #»a = # » OA， #» b = # » OB， #»c = # » OC，则 图 11.30 图 11.31 图 11.32 第 368页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 ∠AOB = π 3 ，| # »OA| = | # »OB| = 2,所以 ( #»a − #»c ) · ( #» b − 2 #»c ) ⇔ ( #»a − #»c ) · ( 1 2 #» b − #»c ) = 1 2 (11.15) 如图 11.32,取 AB中点 B′,则式 (11.15)为 # »CA · # » CB′ = 1 2 ,取 AB′中点 P,由极化恒等式 # » CA · # » CB′ = |CP|2 − |AP|2 = 1 2 ⇒ |CP| = √ 5 2 (11.16) 式 (11.16)说明点 C在以 P为圆心, √ 5 2 为半径的圆上,由图可知,当 C位于直线 PB与P的交 点时, | #»b − #»c | = | # »CB|取最小值, ∴ | # »CB|min = |BP| − r = √ 7 − √ 5 2 . 161. 如图 11.33所示,取 BC中点 D,连接 PB, PC,根据题意 图 11.33 # » AP = k ( # » AB + # » AC ) = 2k # » AD⇒ AD AP = 1 2k (11.17) 所以 A, P, D三点共线.因为 P是 4ABC的外心,故 ∠BPC = 2∠DPC = 2∠BAC. 可知 2 5 = cos ∠BAC = cos ∠DPC = PD PC = PD PA ⇒ AD AP = 7 5 (11.18) 由式 (11.17), (11.18)知 k = 5 14 . 162. 对式 # »OA + # »OB = − √ 2 # » OC两边平方,可知 # »OA和 # »OB垂直,圆周角等于圆心角的一半,所以选 B. 163. 根据题意 3 # »OA + 4 # »OB = −5 # »OC ⇒ 9 + 16 + 24 # »OA · # »OB = 25⇒ # »OA⊥ # »OB⇒ S4OAB = 1 2 . 由奔驰 定理, S4OAB S4ABC = 5 3 + 4 + 5 . 于是 5 12 = 1 2 S4ABC ⇒ S4ABC = 6 5 ,选 C. 好脾气是一个人在社交中所能穿着的最佳服饰。——都德 第 369页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 164. 取 BC中点 D,因为 O是 4ABC的外心, # »AO = 1 3 ( # » AB + # » AC ) = 2 3 # » AD,外心重心重合,故 ∠BAC = 60◦. 选 C. 165. 依题意设圆心为 O,则 # » AD · # »BC = 2 # »AO · ( # » AC − # »AB ) = ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 (11.19) 又由 # » AB · # »BC = −3 2 可得 3 2 = ∣∣∣ # »AB∣∣∣ · ∣∣∣ # »BC∣∣∣ cos B⇒ ∣∣∣ # »AB∣∣∣ cos B = 3 4 (11.20) 在 4ABC中由余弦定理可得 ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 = 4 − 4 ∣∣∣ # »AB∣∣∣ cos B (11.21) 把式 (11.19), (11.20)代入式 (11.21),可得 # »AD · # »BC = 4 − 3 = 1. 故选 A. 166. 给式子 # »AO = x # »AB + y # »AC两边同时点乘 # »AB, # »AC得  1 2 ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 = x ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + y # »AB · # »AC ⇒ 2 = 4x + 3y (11.22) 1 2 ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = x # »AB · # »AC + y ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 ⇒ 9 2 = 3x + 9y (11.23) 解得 x = 1 6 , y = 4 9 , ∴ 2x + 3y = 5 3 . 选 B. 167. 依题意 # »AO · # »BC = # »AO · ( # » AC − # »AB ) = ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 − ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 2 = 10,选 C. 168. 依题意,给式子 # »AO = m # »AB + n # »AC两边分别点乘向量 # »AB, # »AC得 ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 2 = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + n # »AB · # »AC = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣2 + n ∣∣∣ # »AB∣∣∣ ∣∣∣ # »AC∣∣∣ cos 60◦∣∣∣ # »AC∣∣∣2 2 = m # » AB · # »AC + n ∣∣∣ # »AC∣∣∣2 = m ∣∣∣ # »AB∣∣∣ ∣∣∣ # »AC∣∣∣ cos 60◦ + n| # »AC|2 ⇒  m = 21 45 n = 5 45 ∴ m + n = 26 45 . 169. 由式 ∣∣∣ # »OA∣∣∣ = ∣∣∣ # »OB∣∣∣ = ∣∣∣ # »OC∣∣∣可知点 O是 4ABC的外心,给式子 # »AO = m # »AB + n # »AC两边分别点乘 # » AB， # » AC,得  1 2 # » AB2 = 100m + 30n 1 2 # » AC2 = 30m + 36n ⇒  m = 7 15 n = 1 9 ⇒ m + 3n = 4 5 . 第 370页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 172. 依题意 d = 2，d′ = 1,若圆 C上至多有一个点到直线 x − √ 3y + 3 = 0的距离为 1,则 d ⩾ r + d′ ⇒ 0 < r ⩽ 1,若圆 C上有两个点到直线 x − √ 3y + 3 = 0的距离为 1,则 1 < r < 3,所以 q : 0 < r < 3,故选 C. 175. 易知 a = 1,且 M(1, 0),所以 # »MP · # »MF2 = √ 2 − 1. 选 C. 176. e = ∣∣∣∣∣ sin 90◦sin 30◦ − sin 60◦ ∣∣∣∣∣ = √3 + 1. 178. S4MF1F2 = b2 tan θ2 = 2,所以点 M到点 x轴的距离为 d = 2S4MF1F2 2c = 2 √ 3 = 2 √ 3 3 . 180. 如图 11.34所示,以 F1，F2为直径做圆,当 ∠F1PF2为钝角时,点 P一定在圆内,此时,有 图 11.34 x2 0 4 + y2 0 = 1 x2 0 + y2 0 < 3 ⇒ x 2 0 < 8 3 . 181. 特殊化,令 ∠PFA = 2∠PAF = 90◦,此时 b2 a = a + c⇒ c2 − 2a2 − ac = 0⇒ e2 − e − 2 = 0⇒ e = 2. 182. 由本书第 71页定义 3.1可得点 P  c2 , √ 3c 2 ,所以 |OP| = c = 12 |F1F1|,于是 4PF1F2是顶角 ∠F1PF2为直角,底角分别为 30◦和 60◦的直角三角形,于是 e = sin 90◦ sin 60◦ − sin 30◦ = √ 3 + 1. 184. tanα · tan β = e2 − 1 = −3 4 ，∴所求 = 1 + tanα · tan β 1 − tanα · tan β = 1 7 . 186. 由式 (3.4.3)得 |PF1| + |PF2| = 4, |PF1| · |PF2| = 4⇒ |PF1| = |PF2| = 2 所以点 P为短轴顶点,故选 D. 无论你怎样地表示愤怒，都不要做出任何无法挽回的事来。 第 371页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 187. 由定理的证明方法可知 1 e2 1 + 3 e2 2 = 4. 换元,  m = 1 e2 1 n = 3 e2 2 ⇒  e2 1 = 1 m e2 2 = 3 n m + n = 4 由权方和不等式知 e2 1 + 2e2 2 = 1 m + 6 n ⩾ (1 + √ 6)2 4 = 7 + 2 √ 6 7 188. 由两曲线的中心对称性以及定理 3.5可知 1 e2 1 + 3 e2 2 = 4. 再由基本不等式可得 4 = 1 e2 1 + 3 e2 2 ⩾ 6 e2 1 e2 2 当且仅当 1 e2 1 = 3 e2 2 = 2时等号成立.此时 e2 2 = 3 2 ⇒ b a = √ 2 2 ,故选 C. 196. 根据向量的定义可知 A在双曲线的左支, B在双曲线的右支,设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),则 # » AF = 3 # » BF ⇒ c − x1 = 3(c − x2)⇒ 2c = 3x2 − x1 (11.24) 又根据双曲线图象易知 x1 < −a⇒ −x1 > a x2 > a⇒ 3x2 > 3a ⇒ 3x2 − x1 > 4a (11.25) 由式 (11.24)(11.25)可知 2c > 4a⇒ e > 2. 197. 根据第 96页定理 3.6可知 e cos θ = 1 3 ⇒ a = 3c cos θ, 又因为 |AB| = |BF1|且根据椭圆定义知 |BF1| + |BF2| = 2a,所以 |AF2| = a,又由焦半径公式【第 93 页定义 3.8】知 b2 a − c cos θ = a⇒ 2a 2 = 3b2,依题意 c = 1⇒ a2 = 3,故选 B. 202. 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),易知 # » OA · # »OB = x1 x2 + y1y2 = p2 4 − p2 = −3p 2 4 = −12⇒ p = 4 203. 由 |AB| = 2p sin2 θ ,知焦点弦的倾斜角为 π 4 ,于是 S4AMB = 1 2 × 2 × 8 × sin π 4 = 4 √ 2. 故选 B. 第 372页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 204. (1) 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2),则  x2 1 6 + y2 1 2 = 1 (11.26) x2 2 6 + y2 2 2 = 1 (11.27) (11.26)-(11.27)得 x2 1 − x2 2 6 = y2 2 − y2 1 2 ⇒ (x1 + x2)(x1 − x2) 6 = (y2 + y1)(y2 − y1) 2 ⇒ 2(x1 − x2) 6 = (y2 − y1) 2 即 kAB = − 2 3 ,所以直线 l的方程为 4x + 6y − 7 = 0. (2) 定值为 √ 6 6 . 205. kPA · kPB = b2 a2 = 9 4 ,离心率 e = √ 1 + ( b2 a2 ) = √ 13 2 ,故选 A C. 206. 依题意易知 (1) C : x2 4 + y2 3 = 1; (2) 由椭圆中点弦定理 (点差法)可知 kAB = − 3 4 · 1 t = − 3 4t ,因此 kl = 4t 3 . 又因为直线 l过 P(1, t)点,由点斜式方程可得: y = 4t 3 (x − 1) + t,整理得 y = ( 4 3 x − 1 3 ) t,故直 线 l恒过点 ( 1 4 , 0 ) . 207. 设 A(x1 , y1)，B(x2 , y2)关于直线 l对称, N(x0 , y0)为 AB的中点,由本书第 112页定理 3.8以及 直线 l方程  x0 y0 = 1 3 y0 = 4x0 + m ⇒ m = −x0 (11.28) 再由 N 在椭圆内,可得 x2 0 4 + y2 0 3 < 1⇒ m ∈ −2√1313 , 2 √ 13 13 . 少而好学，如日出之阳；壮而好学，如日中之光。 第 373页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解 易知 f (x) = (x− 3)3 + (x− 3)+ 2，所以对称中心为 (3, 2)，由 f (a1)+ f (a2)+ f (a3)+ · · ·+ f (a7) = 14 = 7 × 2可知 a1 + a2 + a3 + · · · + a7 = 7 × 3 = 21. 例 1.12设函数 f (x) = sin x + tan x,项数为 27的等差数列 {an}满足 an ∈ ( −π 2 , π 2 ) ,且公差 d不为零, 若 f (a1) + f (a2) + f (a3) + · · · + f (a27) = 0,则当 k = ▲ 时, f (ak ) = 0. 解 易知 f (x)的对称中心为 (0, 0),所以 f (a1) + f (a2) + · · · + f (a27) = 0,可知 a1 + a2 + · · · + a27 = 0⇒ a14 = 0 例 1.13设函数 f (x) = e−x−ex，若函数 h(x) = f (x−4)+ x，则函数 h(x)的图象的对称中心为 ▲ ； 若数列 {an}为公差不为零的等差数列，a1 + a2 + a3 + · · · + a11 = 44，则 h(a1) + h(a2) + h(a3) + · · · + h(a11) = ▲ . 解 函数 h(x)的图象的对称中心为 (4, 4)，h(a1) + h(a2) + h(a3) + · · · + h(a11) = 4 × 11 = 44. 变式训练 EXERCISES 42. 设函数 f (x) = 2x− cos x, {an}是公差为 π 8 的等差数列,若 f (a1)+ f (a2)+ f (a3)+ · · ·+ f (a5) = 5π, 则 [ f (a3)] 2 − a1a5 = ( ) (A) 0 (B) 1 16 π2 (C) 1 8 π2 (D) 13 16 π2 43. 设函数 f (x) = sin 2x + 2 cos2 x,等差数列 {an}满足 a11 = 3π 8 ,记 bn = f (an),则数列 {bn}的前 21 项和为 ▲ . 44. 已知数列 {an}的前 n项和 S n = − 1 2 + 2an ,设 f (x) = e x − e2−x + 1,则 f (log2 a1)+ f (log2 a2)+ · · ·+ f (log2 a7)的值等于 ( ) (A) 0 (B) 1 (C) 7 (D) 14 1.2 通项公式求法 数列通项公式是数列的核心,如同函数的解析式,因此,求数列的通项公式往往是解题的突破 口、关键点.·总·结:·数·列·通·项·公·式·的·求·法·见·下·表 海纳百川有容乃大；壁立千仞无欲则刚。——林则徐 第 9页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 数列通项公式的求法 已知前几项 观察法 形如 an+1 = p · an + f (n)的递推式 待定系数法 已知前 n项和 S n 阶差法 形如 an+1 = pan qan + p 的递推式 取倒法 an+1 = an + f (n) 累加法 an+1 = A · an + B ·Cn an+1 = p · an + qan−1an 相除法 an+1 = an · f (n) 累乘法 an+1 = p · arn 对数法 1.2.1 阶差法 阶差法 S n是数列 {an}的前 n项和,把已知关系通过 an =  S 1, n = 1S n − S n−1 n ⩾ 2 转化为 an 或 S n的递 推关系. 例 1.14已知正项数列 {an}中, S n 是其前 n项和,并且 S n = 1 4 (an + 1) 2,求数列 {an}的通项公式. 解 当 n = 1时, 4a1 = (a1+1) 2 ⇒ a1 = 1，当 n ⩾ 2时，  S n = 1 4 (an + 1) 2 S n−1 = 1 4 (an−1 + 1) 2 两式做差得 an−an−1 = 2， 所以数列 {an}是首项为 1,公差为 2的等差数列.故 an = 2n − 1. 例 1.15【多选】已知数列 {an}中，a1 = 1，a2 = 2，且∀n > 1，其前 n项和 S n满足 S n+1+S n−1 = 2(S n+1), 则 ( ) (A) a7 = 13 (B) a8 = 14 (C) S 7 = 43 (D) S 8 = 64 解 由 S n+1 + S n−1 = 2(S n + 1),得 an+1 − an = 2(n ⩾ 2),又因为 a2 − a1 = 1,所以数列 {an}从第二项 起为等差数列,且公差 d = 2,于是 a7 = 12，a8 = 14,所以 A%; B!; 又 S 7 = 43, S 8 = 57,所以 C!; D%. 变式训练 EXERCISES 45. 【2020江苏】设 {an}是公差为 d的等差数列, {bn}是公比为 q的等比数列,已知 {an + bn}的前 n项和 S n = n2 − n + 2n − 1(n ∈ N∗),则 d + q的值是 ▲ . 46. 已知数列 {an}的前 n项和为 S n,且满足 a1 + 3a2 + · · · + 3n−1an = n,则 S 4 = ▲ . 47. 已知数列 {an}的前 n项和为 S n, S n = 2an − 2,若存在两项 am, an ,使得 am · an = 64,则 1 m + 16 n 的最小值为 ( ) 第 10页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (A) 25 6 (B) 21 5 (C) 9 2 (D) 17 3 48. 已知正项数列 {an}中, S n是其前 n项和,并且 2 √ S n = an + 1,则数列 {an − 7}的前 n项和 Tn的 最小值为 ( ) (A) −49 4 (B) −7 2 (C) 7 2 (D) −12 49. 已知数列 {an}中, S n是其前 n项和,并且 S n + S n+1 = 2n2 + 3n,若 an < an+1 ,则首项 a1 的取值范 围是 ▲ . 50. 若数列 {an}满足 a1 + 4a2 + 7a3 + · · · + (3n − 2)an = (n − 1)4n+1 + 2对 n ∈ N∗恒成立,且 {an}的前 n项和为 S n,则使方程 3 2 (S n − 16) = 2019成立的所有正整数 n的集合是 ▲ . 51. 数列 {an}满足 a1 + 2a2 + 3a3 + · · · + nan = 2n − 1(n ∈ N∗), 则 an = ▲ , 若存在 n ∈ N∗ 使得 an ⩽ n + 1 n · λ成立,则实数 λ的最小值为 ▲ . 1.2.2 累加累乘法 累加法 形如 an+1 − an = f (n)的递推公式. ·这·是·广·义·的·等·差·数·列. 例 1.16已知数列 {an}满足 an+1 − an = 3n + 2(n ∈ N∗),且 a1 = 2,求数列 {an}的通项公式. 解 由 an+1 − an = 3n + 2⇒ an+1 = a1 + n∑ i=1 (3i + 2) = 2 + n(3n + 7) 2 ,所以 an = 3n2 + n 2 . 例 1.17已知数列 { an } 满足 an+1 − an = 1 n2 + n (n ∈ N∗),且 a1 = 1 2 ,求数列 {an}的通项公式. 解 根据题意, an+1 = a1 + n∑ i=1 1 i2 + i ⇒ an+1 = 1 2 + n∑ i=1 1 i2 + i , 又根据裂项相消法 (详见本书 23页第 1.3.2节), n∑ i=1 1 i2 + i = 1 − 1 n + 1 ,所以 an+1 = 1 2 + 1 − 1 n + 1 ⇒ an = 3 2 − 1 n . 变式训练 EXERCISES 52. 已知数列 {an}满足 an+1 = an + 2n(n ∈ N∗),且 a1 = 32,则 an n 的最小值为 ( ) (A) 8 √ 2 − 1 (B) 52 5 (C) 31 3 (D) 10 53. 已知数列 {an}满足 an+1 = an + 2n + 2,且 a1 = 2,则 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 a20 的值为 ( ) (A) 19 10 (B) 19 20 (C) 10 21 (D) 20 21 第 11 穷则独善其身，达则兼济天下。——孟子 页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 54. 已知数列 {an}满足 an+1 = an + 2 × 3n + 1,且 a1 = 3,则 an = ▲ . 55. 已知等比数列 {an}的首项为 1,公比为 2,数列 {bn}满足 b1 = a1 , b2 = a2 , bn+2 = 2bn+1 − bn + 2. (1) 证明数列 {bn+1 − bn}为等差数列,求数列 {bn}的通项公式; (2) 求数列 { bn an } 的最大项. 累乘法 形如 an+1 an = f (n)的递推公式.·这·是·广·义·的·等·比·数·列. 例 1.18已知数列 {an}满足 an+1 an = n + 2 n ,且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 由分母减去分子 (大减小) 除以 n 的系数得 (n + 2) − n 1 = 2, 可知 an+1 a1 = (n + 2)(n + 1) 1 × 2 = (n + 2)(n + 1) 2 ⇒ an = n(n + 1) 2 . 例 1.19已知数列 {an}是首项为 1的正项数列,满足 (n + 1)a2n+1 − na2n + anan+1 = 0,则 {an}的通项公 式 an = ▲ . 解 对式子 (n + 1)a2n+1 − na2n + anan+1 = 0 十字相乘可得 [(n + 1)an+1 − nan](an+1 + an) = 0, 解得 an+1 an = n n + 1 , 由分母减去分子 (大减小) 除以 n 的系数得 (n + 1) − n 1 = 1, 可知 an+1 a1 = 1 n + 1 ⇒ an+1 = 1 n + 1 ⇒ an = 1 n . 变式训练 EXERCISES 56. 已知数列 {an}满足 an+1 = ( 1 + 2 n ) an ,且 a1 = 2,求数列 {an}的通项公式. 57. 已知正项数列 {an} 满足 (n + 1)a2n+1 − na2n + an+1an = 0, 且 a1 = 1, 则数列 {an} 的通项公式 an = ▲ . 58. 已知数列 {an}满足 2(n + 1)an − nan+1 = 0,且 a1 = 4,则 ( ) (A) {an n } 为等差数列 (B) {an}为递增数列 (C) {an}的前 n项和 S n = (n − 1) · 2n+1 + 4 (D) { an 2n+1 } 的前 n项和 Tn = n2 + n 2 第 12页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 1.2.3 待定系数法 方法 1.1. 一次函数型 形如 an+1 = can + d的类型,其中 c , 0, a1 = a. • 当 c = 1时,数列 {an}为等差数列. • 当 d = 0时,数列 {an}为等比数列. • 当 c , 1,且 d , 0时,数列 {an}为线性递推数列. 注构造 an+1 + λ = c(an + λ),转化为等比数列. 例 1.20已知数列 {an}满足 an = 3an−1 + 2(n ⩾ 2, n ∈ N∗),且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 设 an + λ = 3(an−1 + λ)⇒ an = 3an−1 + 2λ (1.1) 由题设 an = 3an−1 + 2 (1.2) 比较 (1.1) , (1.2)两式可得 λ = 1,故 an + 1 = 3(an−1 + 1),因此数列 {an + 1}是首项为 2,公比为 3的等比数列,所以 an + 1 = (a1 + 1) · 3n−1 = 2 · 3n−1 ⇒ an = 2 · 3n−1 − 1. 例 1.21已知数列 {an}的前 n项和 S n满足 S n + an = 2n+ 1(n ∈ N∗),则 {an}的通项公式 an = ▲ . 解 当 n = 1时, a1 + a1 = 3⇒ a1 = 3 2 ，当 n ⩾ 2时,  S n + an = 2n + 1 S n−1 + an−1 = 2n − 1 两式做差得 an = 1 2 an−1 + 1 (1.3) 设 an + λ = 1 2 (an−1 + λ)⇒ an = 1 2 an−1 − 1 2 λ (1.4) 比较 (1.3) , (1.4)两式可得 λ = −2,故 an − 2 = 1 2 (an−1 − 2),因此数列 {an − 2}是首项为 3 2 − 2 = −1 2 , 公比为 1 2 的等比数列,所以 an − 2 = ( −1 2 ) × ( 1 2 )n−1 = − ( 1 2 )n ⇒ an = 2 − 1 2n . 变式训练 EXERCISES 59. 已知数列 {an}满足 an+1 = 2 3 an + 1(n ∈ N∗),且 a1 = 1,则 {an}的通项公式 an = ▲ . 60. 已知数列 {an}的前 n项和 S n = 3an − 2n(n ∈ N∗),若 {an + λ}成等比数列,则实数 λ = ▲ . 读书破万卷，下笔如有神。——杜甫 第 13页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 61. 设数列 {an}的前 n项和为 S n，S n = 3an − 2n，bn = an + 2，cn = 1 bn . (1) 证明: {bn}为等比数列,并求 an； (2) 记 Tn 为 {cn}的前 n项和, Tn < m恒成立,求 m的取值范围. 62. 已知数列 {bn}的前 n项和 Tn = 2an − n(n ∈ N∗),数列 {an}满足 an = 2 log2(1 + bn) − 1. (1) 证明: {bn + 1}为等比数列,并求 bn ; (2) 若数列 {an}中去掉与数列 {bn}中相同的项后,余下的项按原顺序组成数列 {cn},求 c1 + c2 + · · · + c50 的值. 方法 1.2. 指数型 形如 an+1 = pan + q n的类型,其中 n , 0, 1. • 当 p = 1时,累加即可. • 当 p , 1时,等式两边同除以 qn+1,转化为一次函数型求解. 解法一原等式两边同除以 qn+1,得 an+1 qn+1 = p q · an qn + 1 (1.5) 换元,令 bn = an qn ,则式 (1.5)化为 bn+1 = p q · bn + 1，接下来仿照第 13页一次函数型的做法构造等 比数列. 解法二待定系数法 an+1 + λq n+1 = p(an + λq n). 详见下例. 注应用待定系数法时,要求 p , q,否则待定系数法失效. 例 1.22已知数列 {an}满足 an = 3an−1 + 2n−1(n ⩾ 2, n ∈ N∗),且 a1 = −1,求数列 {an}的通项公式. 解法一给 an = 3an−1 + 2 n−1 两边同除以 2n,得 an 2n = 3 2 · an−1 2n−1 + 1 2 . 令 bn = an 2n ,得 bn = 3 2 bn−1 + 1 2 ,构 造 bn + λ = 3 2 (bn−1 + λ)⇒ λ = 1,因此数列 {bn + 1}为等比数列，bn + 1 = 3n−1 2n ⇒ an = 3n−1 − 2n. 解法二令 an + λ2 n = 3 ( an−1 + λ2 n−1),即 an = 3an−1 + λ2n−1, ∴ λ = 1, ∴ an + 2 n = 3 ( an−1 + 2 n−1)，于是数列 {an + 2n} 是首项为 −1 + 2 = 1，公比为 3 的等比数列， ∴ an + 2 n = 3n−1，∴ an = 3 n−1 − 2n. 例 1.23已知数列 {an}满足 an+1 = 1 3 an + ( 1 2 )n+1 ，且 a1 = 5 6 ，求数列 {an}的通项公式. 第 14页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解 给 an+1 = 1 3 an + ( 1 2 )n+1 两边同乘以 2n+1, 得 2n+1 · an+1 = 2 3 · (2n · an) + 1. 令 bn = 2n · an , 构造 bn+1 = 2 3 bn + 1⇒ bn = 3 − 2 ( 2 3 )n ,所以 an = 3 ( 1 2 )n − 2 ( 1 3 )n . 变式训练 EXERCISES 63. 已知数列 {an}中, a1 = 1 2 , an+1 = 1 2 an + 1 2n+1 (n ∈ N∗),则数列 {an}的前 10项的和为 ( ) (A) 33 16 (B) 129 64 (C) 509 256 (D) 65 32 64. 已知数列 {an}满足 an+1 = 2an + 4 · 3n−1,且 a1 = 1,则数列 {an}的通项公式 an = ▲ . 65. 已知数列 {an}满足 3an+1 = an + 1 3n (n ∈ N∗). (1) 求证:数列 { 3n · an } 为等差数列; (2) 求数列 {an}的前 n项和 S n. 方法 1.3. 类一次函数 形如 an+1 = pan + kn + b的类型,其中 k, b为常数且 k , 0. 注待定系数法: 通过凑配可转化为 an+1 + x(n + 1) + y = p(an + xn + y). 例 1.24已知数列 {an}满足 an+1 = 3an + 2n,且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 设 an+1 + x(n+1)+ y = 3(an + xn+ y)⇒ an+1 = 3an +2xn− x+2y,和原式比较可解得 x = 1, y = 1 2 , 所以数列 { an + n + 1 2 } 是首项为 5 2 ,公比为 3的等比数列,于是 an + n + 1 2 = 5 2 × 3n−1 ⇒ an = 5 2 × 3n−1 − n − 1 2 . 变式训练 EXERCISES 66. 已知数列 {an}满足 2an − an−1 = 6n − 3,且 a1 = 3 2 ,则数列 {an}的通项公式 an = ▲ . 67. 已知数列 {an}满足 an+1 = 2an + 2n − 1,且 a1 = 2,则数列 {an}的通项公式 an = ▲ . 君子之交淡若水，小人之交甘若醴。——庄子 第 15页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 1.2.4 倒数法、对数变换法 方法 1.4. 倒数法 形如 an+1 = Aan C + Dan 的类型,其中 A, C, D为常数. 注取倒数,构造等差数列或第 13页一次函数型的做法构造等比数列. 解 原等式两边取倒数 1 an+1 = C + Dan Aan = C A · 1 an + D A ,构造等差数列或第 13页一次函数型的做法 构造等比数列. 例 1.25已知数列 {an}满足 an+1 = 2an 2 + an ,且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 取倒数 1 an+1 = 1 an + 1 2 ,即数列 { 1 an } 为等差数列,所以 1 an = 1 a1 + 1 2 (n − 1) = n + 1 2 ⇒ an = 2 n + 1 例 1.26已知数列 {an}满足 an = 2an−1 3an−1 + 2 ,且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 取倒数 1 an = 3an−1 + 2 2an−1 = 1 an−1 + 3 2 ,即数列 { 1 an } 是以 1为首项, 3 2 为公差的等差数列,所以 1 an = 1 a1 + 3 2 (n − 1) = 3n − 1 2 ⇒ an = 2 3n − 1 变式训练 EXERCISES 68. 已知数列 {an}满足 an+1 = an 3an + 1 (n ∈ N∗),且 a1 = 1,则数列 { 1 anan+1 } 的前 10项和 S 10 = ( ) (A) 9 28 (B) 27 28 (C) 10 31 (D) 30 31 69. 已知数列 {an}满足 an+1 = an an + 3 (n ∈ N∗),且 a1 = 2,求数列 {an}的通项公式. 70. 已知数列 {an}满足 an+1 = an 2an + 1 (n ∈ N∗),且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 第 16页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 方法 1.5. 对数变换法形如 an+1 = parn , a1 = m的类型,其中 an > 0, p > 0. 注取对数,构造等比数列或第 13页一次函数型的做法构造等比数列. 解 原等式两边取对数 logd an+1 = logd(pa r n ) = r logd an + logd p, 换元, 令 bn = logd an , 可得 bn+1 = rbn + logd p,构造第 13页一次函数型的做法构造等比数列. 例 1.27已知数列 {an}满足 an+1 = a2n ,且 a1 = 3,求数列 {an}的通项公式. 解 取以 3为底的对数,得 log3 an+1 = 2 log3 an . 即数列 {log3 an}是首项为 1 ,公比为 2的等比数列, 所以 log3 an = 2 n−1 ⇒ an = 32 n−1 . 例 1.28已知数列 {an}满足 an+1 = 1 10 · a2 n ,且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 取对数 lg an+1 = lg ( 1 10 · a2 n ) = 2 lg an − 1,令 bn = lg an ,则 bn+1 = 2bn − 1 (1.6) 设 bn+1 + λ = 2(bn + λ) ⇒ bn+1 = 2bn + λ (1.7) 由式 (1.6), (1.7) 可得 λ = −1, 因此数列 {bn − 1} 为首项等于 −1, 公比为 2 的等比数列, 于是 bn − 1 = (−1) × 2n−1 ⇒ bn = 1 − 2n−1,所以 an = 101−2 n−1 . 例 1.29已知正项数列 {an}满足 an = 2a2n−1(n ∈ N∗, n ⩾ 2),且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 取对数 log2 an = log2(2a 2 n−1) = 2 log2 an−1 + 1⇒ log2 an + 1 = 2(log2 an−1 + 1),令 bn = log2 an + 1, 则数列 {bn}为首项等于 log2 1+ 1 = 1,公比为 2的等比数列,于是 bn = 2n−1 ⇒ log2 an = 2n−1 − 1⇒ an = 2 2n−1−1,所以 an = 2 2n−1−1. 例 1.30已知正项数列 {an}满足 an = 2 √ an−1(n ∈ N∗, n ⩾ 2),且 a1 = 1,求数列 {an}的通项公式. 解 取对数 log2 an = log2( √ an−1) = 1 2 log2 an−1 + 1⇒ log2 an − 2 = 1 2 (log2 an−1 − 2),令 bn = log2 an − 2, 则数列 {bn} 为首项等于 log2 1 − 2 = −2, 公比为 1 2 的等比数列, 于是 bn = −22−n ⇒ log2 an = 2 − 22−n ⇒ an = 22−2 2−n ,所以 an = 2 2−22−n . 例 1.31已知数列 {an}的首项 a1 = 2, an+1 = an + 6 √ an + 2 + 9,则 a27 = ( ) 三更灯火五更鸡，正是男儿读书时。——颜真卿 第 17页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 (A) 7268 (B) 5068 (C) 6398 (D) 4028 解 依题意, an+1 = an + 6 √ an + 2 + 9 = (an + 2) + 2 × √ an + 2 × 3 + 32 − 2, 所以 an+1 + 2 = (an + 2) + 2 × √ an + 2 × 3 + 32 = ( √ an + 2 + 3 )2 (1.8) 于是 √ an+1 + 2 = √ an + 2 + 3 (1.9) 所以数列 { √ an + 2 } 是以 2为首项,公差为 3的等差数列,于是 √ a27 + 2 = 80,所以 a27 = 6398,选 C. 1.2.5 隔项递推数列通项公式求法 类型 1 1 an − an−2 = d，n = 3, 4, 5, · · · , 2 an an−2 = q，n = 3, 4, 5, · · · , 这是隔项递推数列最简单也最基本的递推公式，一般用等差（比）数列通项公式直接求解. 例 1.32已知 {an}是由非负整数组成的数列，满足 a1 = 0，a2 = 3，an = an−2 + 2，n = 3, 4, 5, · · ·， 求数列 {an}的通项公式. 解 易知奇数项是以 0为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以 3为首项，2为公差的等差数 列，则  a2k−1 = 0 + 2(k − 1) (1.10)a2k = 3 + 2(k − 1) = 2k + 1 (1.11) 式 (1.10)中令 n = 2k − 1解得 k = n + 1 2 ，故 an = 2 ( n + 1 2 − 1 ) = n − 1 (n为奇数) (1.12) 同理 an = n + 1 (n为偶数) (1.13) 于是 an =  n − 1 (n为奇数)n + 1 (n为偶数) 或 an = n + (−1)n. 例 1.33已知数列 {an}和 {bn}满足 a1 = 1，a2 = 2，an > 0，bn = √ anan+1，且 {bn}是以 q为公比的 等比数列. (1) 证明: an+2 = anq 2； (2) 求数列 {an}的通项公式. 第 18页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解 (1)由 bn+1 = bnq可得 √an+1an+2√anan+1 = √an+2√an = q，∴ an+2 = anq 2. (2) ∵ an+2 = anq 2，易知奇数项是以 1为首项，q2 为公比的等比数列，偶数项是以 2为首项，q2 为公比的等比数列，则  a2k−1 = a1 · (q2)k−1 = q2k−2 a2k = a2 · (q2)k−1 = 2q2k−2 ，于是 an =  qn−1 (n为奇数)2qn−2 (n为偶数) 类型 2 1 an − an−2 = f (n)，n = 3, 4, 5, · · · , 2 an an−2 = f (n)，n = 3, 4, 5, · · · , 这类问题都可以采用累加法、累乘法处理. 例 1.34已知数列 {an}中，a1 = 1，a2k = a2k−1 + (−1)k，a2k+1 = a2k + 3k，其中 k = 1, 2, 3, · · · . (1) 求 a3，a5； (2) 求数列 {an}的通项公式. 解 (1) a3 = 3，a5 = 13；(2)依题  a2k = a2k−1 + (−1) k (1.14) a2k+1 = a2k + 3 k (1.15) 两式合并可得 a2k+1 − a2k−1 = 3k + (−1)k，由累加法 a2k+1 − a2k−1 = 3k + (−1)k a2k−1 − a2k−3 = 3k−1 + (−1)k−1 · · · · · · a3 − a1 = 3 + (−1) ∴ a2k+1 − a1 = 3 2 (3k − 1) + 1 2 [(−1)k − 1]，∴ a2k+1 = 3k+1 2 + 1 2 (−1)k − 1，于是 a2k = a2k−1 + (−1)k = 3k 2 + 1 2 (−1)k−1 − 1 + (−1)k = 3 k 2 + 1 2 (−1)k − 1 因此 an =  3 n 2 2 + 1 2 (−1) n−12 − 1 (n为奇数) 3 n 2 2 + 1 2 (−1) n2 − 1 (n为偶数) 例 1.35已知数列 {an}中，a1 = 1，a2 = 2，an = 2nan−2，其中 n = 3, 4, · · ·，求数列 {an}的通项公式. 人生的价值，并不是用时间，而是用深度量去衡量的。 第 19页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解 采用累乘法，当 n为偶数时， an = an an−2 · an−2 an−4 · an−4 an−6 · · · · · a4 a2 · a2 = 2n+(n−2)+(n−4)+···+4+1 = 2 n2+2n−4 4 当 n为奇数时， an = an an−2 · an−2 an−4 · an−4 an−6 · · · · · a3 a1 · a1 = 2n · 2n−2 · 2n−4 · · · · · 23 · 1 = 2n+(n−2)+(n−4)+···+3 = 2 (n−1)(n+3) 4 因此 an =  2 (n−1)(n+3) 4 (n为奇数) 2 n2+2n−4 4 (n为偶数) 类型 3 1 an+1 + an = f (n)， 2 an+1an = f (n) 例 1.36已知数列 {an}中，a1 = 1，a2 = 4，an+1 + an = 3n + 2，求数列 {an}的通项公式. 解 依题意  an+1 + an = 3n + 2 (1.16)an+1 + an+2 = 3n + 5 (1.17) (1.17) − (1.16)得 an+2 − an = 3，易知奇数项是以 1为首项，3为公差的等差数列，偶数项是以 4 为首项，3为公差的等差数列，则  a2k−1 = 1 + 3(k − 1) = 3k − 2 (1.18)a2k = 4 + 3(k − 1) = 3k + 1 (1.19) 式 (1.18)中令 n = 2k − 1解得 k = n + 1 2 ，故 an = 3n − 1 2 (n为奇数) (1.20) 同理 an = 3n + 2 2 (n为偶数) (1.21) 于是 an =  3n − 1 2 (n为奇数) 3n + 2 2 (n为偶数) 或 an = 3(−1)n + 6n + 1 4 . 例 1.37已知数列 {an}中，a1 = 1，an+1an = 4 × 3n，求数列 {an}的通项公式. 第 20页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练 解 易知 a2 = 12，an+1an = 4 × 3n，an+2an+1 = 4 × 3n+1，两式相除可得 an+2 an = 3，仿照例 1.33的做 法可得 an =  3 n−1 2 (n为奇数) 12 × 3 n−22 (n为偶数) . 变式训练 EXERCISES 71. 已知各项全不为零的数列 {an}的前 n项和为 S n，且 S n = 1 2 anan+1，其中 a1 = 1，求数列 {an} 的通项公式. 72. 数列 {an}满足 a1 = 1，a2 = 2，an+2 = ( 1 + cos2 nπ 2 ) an + sin 2 nπ 2 ，n = 1, 2, 3, · · ·，求数列 {an}的 通项公式. 73. 数列 {an}的前 n项和为 S n，满足 S n − S n−2 = 3 · ( −1 2 )n−1 (n ⩾ 3)，且 S 1 = 1，S 2 = − 3 2 ，求数 列 {an}的通项公式. 74. 已知数列 {an}满足 an , 0，a1 = 1，an · an+1 = λS n − 1，是否存在 λ，使得数列 {an}为等差数列. 75. 已知数列 {an}满足 an , 0，a1 = 1，a2 = λ 2 ， an+2 an = λ，是否存在 λ，使得数列 {an}为等比数列. 1.3 数列求和 1.3.1 错位相减法 方法 1.6. 错位相减法 当数列 {an}的通项公式为等差和等比之积时,即 an = (an + b) · qn 时,求数列 {an}的前 n项 和 S n 可用错位相减法. 解法一当数列 {an}的通项公式为等差和等比之积时,即 an = (an + b) · qn时,求数列 {an}的前 n项 和 S n 可用错位相减法. S n = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an = (a + b) · q + (2a + b) · q2 + · · · + [a(n − 1) + b] · qn−1 + (an + b) · qn (1.22) qS n = (a + b) · q2 + (2a + b) · q3 + · · · + [a(n − 1) + b] · qn + (an + b) · qn+1 (1.23) 人的一生可能燃烧也可能腐朽，我不能腐朽，我愿意燃烧起来！ 第 21页 学习帮 · 高中数学解法精讲及训练