12 第五章 数列 章末综合提升-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教B版2019）

章末综合提升 学生用书↓第46页 一　等差(比)数列的基本运算 主要考查角度： (1)求公差(公比)；(2)求数列中某一项；(3)求通项公式；(4)求前n项和；(5)求前n项和的最值． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)数学抽象；(4)数学建模． 例1　等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. [点拨] (1) (2) 解：(1)设{an}的公比为q， 由已知得16＝2q3，解得q＝2， 所以an＝2×2n－1＝2n. (2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32. 设{bn}的公差为d，则有 解得 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28. 所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝6n2－22n. 　 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，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(或q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，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．　 对点练1.(1)等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．13 B．26 C．52 D．156 (2)已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于(　　) A．n(2n－1) B．(n＋1)2 C．n2 D．(n－1)2 答案：(1)B　(2)C 解析：(1)3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，所以6a4＋6a10＝24，所以a4＋a10＝4，所以S13＝＝＝＝26.故选B． (2)因为a5·a2n－5＝a＝22n，且an＞0，所以an＝2n，所以a2n－1＝22n－1，所以log2a2n－1＝2n－1，所以log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝＝n2.故选C． 二　求数列的通项公式 主要考查角度： (1)根据定义求通项公式；(2)由递推公式求通项公式；(3)由Sn求an. 关键核心素养： (1)数学分析；(2)逻辑推理；(3)数学运算． 例2　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an； (2)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝Sn，求an. [点拨]　(1)已知Sn求an时，应分n＝1与n≥2讨论； (2)在已知式中既有Sn又有an时，应转化为Sn或an形式求解． 解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1， 当n＝1时，a1＝S1＝5不适合上式． 所以an＝ (2)因为Sn＝3an＋1，　　　　　　① 所以n≥2时，Sn－1＝3an. ② ①－②得Sn－Sn－1＝3an＋1－3an， 所以3an＋1＝4an，所以＝， 又a2＝S1＝a1＝. 所以n≥2时，an＝×()n－2，不适合n＝1. 所以an＝ 学生用书↓第47页 数列通项公式的求法 1．定义法：即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目． 2．已知Sn求an：若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解． 3．累加或累乘法：形如an－an－1＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．　　 对点练2.(1)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，求数列{an}的通项公式． 解：(1)两边同除以5n＋1，得＝×＋， 可得－1＝. 由于－1＝－≠0，所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，从而－1＝－×，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1. (2)由题意，可得＝＝＋2， 又＝， 所以数列是首项为，公差为2的等差数列， 故＝＋2(n－1)＝， 所以数列{an}的通项公式为an＝. 三　等差(比)数列的判定 主要考查角度： (1)根据定义判定等差(比)数列； (2)构造新的等差(比)数列． 关键核心素养： (1)逻辑推理；(2)数学运算；(3)数据分析． 例3　数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)． (1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列； (2)设cn＝，求证：{cn}是等差数列． [点拨]　分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明． 证明：(1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an. ＝＝ ＝＝2. 因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5. 所以b1＝a2－2a1＝3. 所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an， 所以－＝3. 所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2， 所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2. 等差数列、等比数列的判断方法 1．定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列． 2．中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)⇔{an}是等比数列． 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}是等比数列． [注意]　①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定．②若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)即可．　　 学生用书↓第48页 对点练3.数列{an}的前n项和为Sn，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.求证：数列{cn}是等比数列． 证明：当n＝1时，a1＝S1. 由an＋Sn＝n，　　　　　　① 得a1＋S1＝1，即2a1＝1，解得a1＝. 又an＋1＋Sn＋1＝n＋1, ② ②－①得an＋1－an＋(Sn＋1－Sn)＝1， 即2an＋1－an＝1, ③ 所以＝， 因为cn＝an－1，所以c1＝－， 所以数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列． 四　数列求和 例4　已知等差数列的前n项和为Sn，an≠0，anan＋1＝2Sn，是各项均为正数的等比数列，b7＋b8＝8，且b1＝2. (1)求和的通项公式； (2)设cn＝数列的前n项和为Tn，证明：T2n<. 解：(1)设的公差为D． 因为anan＋1＝2Sn, 所以当n≥2时，an－1an＝2Sn－1， 两式相减， 得an＝2(Sn－Sn－1)＝2an， 因为an≠0, 所以an＋1－an－1＝2d＝2, 所以d＝1， 又a1a2＝2S1, 得a2＝2, 所以an＝n. 设的公比为q, 由条件知＝q3＝8, 得q＝2， 又b1＝2, 所以bn＝2n. (2)证明：根据题意cn＝ 在前2n项中， 奇数项之和An＝＋＋…＋ ＝＝－<， 偶数项之和Bn＝＋＋＋…＋＋， Bn＝＋＋＋…＋＋， 所以Bn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝－×， 所以Bn＝－×<， 故T2n＝An＋Bn<＋＝. 　 数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解． 一般常见的求和方法有： 1．公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式； 2．分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列； 3．裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和； 4．错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和； 5．倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．　 对点练4.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋an(n∈N*)． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由已知条件可知，对任意的n∈N*，an＞0. 当n＝1时，a＋a1＝2S1＝2a1，解得a1＝1； 当n≥2时，由2Sn＝a＋an可得2Sn－1＝a＋an－1， 上述两式作差得2an＝a－a＋an－an－1， 即a－a－an－an－1＝0， 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， 由已知条件可知an＋an－1＞0，所以an－an－1＝1， 所以数列{an}是等差数列，且首项为1，公差也为1，因此an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)可知Sn＝， 则bn＝＝ ＝(－1)n. 因此，Tn＝－＋－＋…＋(－1)n＝－2＋. 学生用书↓第49页 五　数列创新题 例5　随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an，规定为数列的二阶差分数列，其中Δ2an＝Δan＋1－Δan. (1)数列的通项公式为an＝n3，试判断数列，是否为等差数列，并说明理由． (2)数列是以1为公差的等差数列，且a>2，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，求a的值． 解：(1)因为an＝n3，所以Δan＝an＋1－an＝－n3＝3n2＋3n＋1， 因为Δa1＝7，Δa2＝19，Δa3＝37， 故Δa2－Δa1＝12，Δa3－Δa2＝18， 显然Δa2－Δa1≠Δa3－Δa2， 所以不是等差数列． 因为Δ2an＝Δan＋1－Δan＝6n＋6，则Δ2an＋1－Δ2an＝6，Δ2a1＝12， 所以是首项为12，公差为6的等差数列． (2)因为数列是以1为公差的等差数列， 所以logabn＋1－logabn＝1，故＝a， 所以数列是公比为a的正项等比数列，bn＝b1an－1， 所以Δ2bn＝Δbn＋1－Δbn＝bn＋2－bn＋1－＝bn＋2－2bn＋1＋bn， 且对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，即b1an＋1－2b1an＋b1an－1＝b1am－1，两边同除以an－1， 所以＝am－n，因为a>2，所以m－n>0， ①若m－n＝1，则a2－3a＋1＝0，解得a＝(舍)，或a＝， 即当a＝时，对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm. ②若m－n≥2，则am－n≥a2>，对任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm. 综上所述，a＝. 新情境下数列问题的求解策略 1．读懂新定义，理解新情境，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等，建立数学模型． 2．利用新定义，求解数学模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．　　 对点练5.设a，b，c，d∈R，定义＝ad－bc，设数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，且＝0，＝0. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，证明：＜＋＋＋…＋＜2. 解：(1)根据已知得4an＋1＝3an－bn＋4，　　① 4bn＋1＝3bn－an－4.　　② 由①＋②得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，整理得＝， 所以数列{an＋bn}是以a1＋b1＝1为首项，为公比的等比数列． 所以an＋bn＝.　　③ 由①－②得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2， 所以数列{an－bn}是以a1－b1＝1为首项，2为公差的等差数列． 所以an－bn＝2n－1.　　④ ③＋④得2an＝(2n－1)＋， 即an＝＋， 根据③－④得到bn＝－， 所以an＝＋，bn＝－. (2)证明：因为数列{an}的前n项和为Sn， 所以Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋＝＋＝＋1－， 则Sn＋an＝＋1－＋＋＝， 所以＝＜＝2， ＝＞ ＝2， 所以＋＋＋…＋＜2＝2＜2， ＋＋＋…＋＞2 ＝2≥， 所以＜＋＋＋…＋＜2. 学生用书↓第50页 (2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求使Sn>an成立的n的最小值． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 则由题意，得 得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－6. (2)Sn＝＝＝n2－5n， 则由n2－5n>2n－6，整理得n2－7n＋6>0，解得n<1，或n>6. 因为n∈N*，所以使Sn>an成立的n的最小值为7. (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n　①， 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)　②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)， 所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得d＝1，所以a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－，n∈N*， 所以当n＝12，或n＝13时，(Sn)min＝－78. (2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求D． 解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d， 解得a1＝d， 所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， 所以S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3，或d＝(舍去)， 所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)因为{bn}为等差数列， 所以2b2＝b1＋b3，即＝＋， 所以6＝＝， 即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d，或a1＝2d， 因为d>1，所以an>0， 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， 所以a50－＝1，即a－a50－2 550＝0， 解得a50＝51，或a50＝－50(舍去)． 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d>1矛盾，舍去； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d ， 而bn＝k∈N*， 则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， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：法一：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*， 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 法二：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 单元检测卷(一)　数列 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．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．等比数列{an}中，若a3＝4，则a2·a4＝(　　 ) A．8 B．16 C．32 D．64 答案：B 解析：因为等比数列{an}中，a3＝4，所以a2·a4＝a＝42＝16. 2．已知公比为q的等比数列{an}中，a5＋a9＝q，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为(　　) A．1 B．－4 C． D．－ 答案：C 解析：由a5＋a9＝q得，a4＋a8＝，所以a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2＝.故选C． 3．某个与正整数有关的命题：如果当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立．现已知n＝5时命题不成立，那么可以推得(　　) A．当n＝4时命题不成立 B．当n＝6时命题不成立 C．当n＝4时命题成立 D．当n＝6时命题成立 答案：A 解析：因为当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立，所以假设当n＝4时命题成立，那么n＝5时命题也成立，这与已知矛盾，所以当n＝4时命题不成立． 4．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＋a9－a4＝6，则S11＝(　　) A．132 B．108 C．66 D．不能确定 答案：C 解析：因为数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，设公差为d，由a1＋a9－a4＝6，得a1＋5d＝a6＝6， 则S11＝＝11a6＝66. 5．已知正项等比数列{an}的首项和公比相等，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝(　　) A．4 B．32 C．108 D．256 答案：D 解析：因为正项等比数列{an}的首项和公比相等，故an＝qn，由题可得，b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝log2a＝12，所以a＝212＝(24)3，即a2＝24＝42，所以q＝4，所以a4＝44＝256. 6．已知数列{an}满足an＝，若对于任意的n∈N*，都有an>an＋1，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：因为an>an＋1恒成立，所以解得<a<.故选B． 7．已知数列满足a1＝0，a2＝1.若数列an＋an－1是公比为2的等比数列，则a2 024＝(　　 ) A． B． C．21 012－1 D．21011－1 答案：A 解析：依题意，a1＋a2＝1，an＋1＋an＝2n－1，当n≥2时，an＋an－1＝2n－2，则an＋1－an－1＝2n－2，所以a2 024＝a2＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2 024－a2 022)＝1＋2＋23＋25＋…＋22 021＝1＋＝.故选A． 8．已知数列{bn}的前n项和为Tn，若数列{bn}满足各项均为正项，并且以(bn，Tn)(n∈N*)为坐标的点都在曲线ay＝x2＋x＋b(a为非零常数)上运动，则称数列{bn}为“抛物数列”．已知数列{bn}为“抛物数列”，则(　　) A．{bn}一定为等比数列 B．{bn}一定为等差数列 C．{bn}只从第二项起为等比数列 D．{bn}只从第二项起为等差数列 答案：B 解析：由已知条件可知，数列{bn}为“抛物数列”，若数列{bn}各项均为正项，并且以(bn，Tn)(n∈N*)为坐标的点都在曲线ay＝x2＋·x＋b，当n＝1时，aT1＝·b＋·b1＋b⇒·b－b1＋b＝0，即b1＝；当n≥2时，由aTn＝·b＋·bn＋b，得aTn－1＝·b＋·bn－1＋b，两式相减得a·bn＝·(b－b)＋·(bn－bn－1)⇒·(b－b)－·(bn＋bn－1)＝0，由各项均为正项，可得bn－bn－1＝1(n≥2)，由等差数列的定义可知{bn}一定为等差数列． 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则(　　) A．此数列的第20项是200 B．此数列的第19项是182 C．此数列的通项公式为an＝ D．84不是此数列中的项 答案：AC 解析：观察此数列，n为偶数时，an＝，n为奇数时，an＝，所以此数列的通项公式为an＝故C正确；a20＝＝200，故A正确；a19＝＝180，故B错误；a13＝＝84，故D错误．故选AC． 10．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　) A．q＝1 B．数列{Sn＋2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{lg an}是公差为2的等差数列 答案：BC 解析：由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32>0，a2＋a3＝12>0，故a2>0，a3>0.根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根．解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4.故必有公比q>0，所以a1＝>0.因为等比数列{an}是递增数列，所以q>1.所以a2＝4，a3＝8满足题意．所以q＝2，a1＝＝2.故选项A不正确；an＝a1·qn－1＝2n.因为Sn＝＝2n＋1－2.所以Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.所以数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确；S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确；因为lg an＝lg 2n＝n，所以数列{lg an}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．故选BC． 11．将数列中的所有项排成如下数阵： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 … 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数a1，a2，a5，…成等差数列．若a2＝2，a10＝8，则(　　 ) A．a1＝－1 B． a i＝168 C．a 2024位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次 解析:根据题意可知,a1 ,a2,a5,a10成等差数列,设公差为d,则a10-a2=2d=8-2=6,d=3,所以a1=a2-d=2-3=-1,故A正确;因为从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2 为公比的等比数列,所以 a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝2＋22＋23＋5＋5×2＋5×22＋5×23＋5×24＝2＋4＋8＋5(1＋2＋4＋8＋16)＝169，故B错误；由题意可知，第1行有1项，第2行有3项，第3行有5项，…，第n行有2n－1项，所以共有1＋3＋…＋(2n－1)＝＝n2，442＝1 936，第45行有89项，所以a2 024在第45行，2 024－1 937＋1＝88，故a2 024位于第45行第88列，故C正确；由A，C选项知，第n＋1行第1项为an2＋1＝－1＋3n，第n＋1行第m列的项为(3n－1)·2m－1(1≤m≤2n＋1)，令(3n－1)·2m－1＝2 024，(3n－1)·2m＝4 048，则m＝1，n＝675和m＝3，n＝169时，满足题意，故D正确．故选ACD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．一牧羊人赶着一群羊通过4个关口，每过一个关口，守关人将扣留当时羊的一半，然后退还1只给牧羊人，过完这些关口后，牧羊人只剩下3只羊，则牧羊人在过第1个关口前有______只羊． 答案：18 解析：记此牧羊人通过第1，2，3，4个关口前的羊只数能组成数列{an}(n＝1，2，3，4)，则由题意得a2＝a1＋1，a3＝a2＋1，a4＝a3＋1，又a4＋1＝3，解得a4＝4，因此可得出a1＝18. 13．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝28，＝，则数列{an}的公比为________． 答案：3 解析：设等比数列公比为q，当q＝1时，＝＝2≠28，不符合题意；当q≠1时，因为＝28，所以·＝1＋qm＝28，得qm＝27，又因为＝，所以qm＝，由＝27，得m＝3，所以q3＝27，即q＝3. 14．已知在数列{an}中，a6＝11且nan－(n－1)an＋1＝1，设bn＝，n∈N*，则an＝________，数列{bn}前n项和Tn＝________． 答案：2n－1，n∈N*　，n∈N* 解析：由nan－(n－1)an＋1＝1，可得当n＝1时，a1＝1，由a6＝11，可得a5＝9，a4＝7，a3＝5，a2＝3，猜想an＝2n－1，n∈N*，下面用数学归纳法证明当n≥1时，an＝2n－1，①当n＝1时，a1＝2－1，结论成立；②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝2k－1，则当n＝k＋1时，k(2k－1)－(k－1)ak＋1＝1，ak＋1＝＝2(k＋1)－1，所以当n＝k＋1时，结论也成立．则an＝2n－1，n∈N*成立，则bn＝＝＝，Tn＝＝＝. 四、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)已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)． (1)在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处，判断{cn}是否是递增数列，并说明理由．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(5分) (2)若Sn＝，求数列{Sn}的前n项和Tn.(8分) 解：因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列， 所以an＝1＋n－1＝n. 设正项等比数列{bn}的公比为q. (1)若选①，由b3＝a4，得b3＝a4＝4， 又b1＝1，所以q＝2，则bn＝2n－1，cn＝n·2n－1， 由＝＝<1，得cn<cn＋1，故{cn}是递增数列． 若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝1，q＝1，bn＝1，cn＝n， 则cn＝n<cn＋1＝n＋1，故{cn}是递增数列． 若选③，由a2＝4b2＝2，得b2＝，q＝，bn＝， 所以cn＝，＝＝≥1， 则cn≥cn＋1，故{cn}不是递增数列． (2)因为an＝n，Sn＝，所以Sn＝， 所以Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝＋＋＋…＋＝＝. 16．(本小题满分15分)在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1；等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(6分) (2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.(9分) 解：(1)设等差数列{bn}的公差为D． 由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d， 故即 解得或(舍去)． 所以an＝3n，bn＝2n＋1. (2)由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n. 当n为偶数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n＝n＋－＝＋n－； 当n为奇数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－2(2n－3)＋(－1)n－1(2n－1)]＋(－1)n(2n＋1)＋3＋32＋…＋3n＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－. 所以Sn＝ 17．(本小题满分15分)某公司一下属企业负责某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金的年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元． (1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；(5分) (2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．(10分) 解：(1)由题意得a1＝2 000×(1＋50%)－d＝3 000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d． 则an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d． (2)由(1)得an＝an－1－d＝－d＝·an－2－d－d＝…＝a1－d， 整理得an＝(3 000－d)－2d＝(3 000－3d)＋2d． 由题意得am＝4 000，所以(3 000－3d)＋2d＝4 000，解得d＝＝. 故该企业每年上缴资金d的值为万元时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元． 18．(本小题满分17分)在数列{an}，{bn}中，an＝bn＋n＋1，bn＝－an＋1. (1)证明：数列{an＋3bn}是等差数列；(7分) (2)求数列的前n项和Sn.(10分) 解：(1)证明：因为在数列{an}，{bn}中，an＝bn＋n＋1，bn＝－an＋1. 所以an＝－an＋1＋n＋1，整理得2an＝n＋2， 则an＝， 所以bn＝－， 所以an＋3bn＝1－n， 因为(an＋1＋3bn＋1)－(an＋3bn)＝1－(n＋1)－(1－n)＝－1. 所以数列{an＋3bn}是以－1为公差的等差数列． (2)设cn＝＝， 所以Sn＝＋＋…＋　①， Sn＝＋＋…＋　 ②， ①－②得Sn＝＋＋…＋－ ＝－－， 整理得Sn＝－1. 19．(本小题满分17分)已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当an＋1－an＝bn(n∈N＋)时，数列{bn}为等差数列．若a1＝25，a3＝67，a5＝101. (1)求数列{bn}的通项公式；(7分) (2)求数列{an}的最大值．(10分) 解：(1)由定义知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4， 得b1＋b2＝a3－a1＝42， b3＋b4＝a5－a3＝34. 设数列{bn}的公差为d，b3＋b4－(b1＋b2)＝4d＝－8，即d＝－2，易得b1＝22， 所以数列{bn}的通项公式为bn＝－2n＋24. (2)由题知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4，…，bn－1＝an－an－1，累加可得， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1 ＝＋25 ＝－n2＋25n－24＋25 ＝－n2＋25n＋1(n≥2)． 又当n＝1时，a1＝25也满足上式， 所以an＝－n2＋25n＋1. 由于二次函数y＝－x2＋25x＋1在x＝时取得最大值， 所以数列{an}的最大值为a12＝a13＝157. 学科网（北京）股份有限公司 $$