第5章 数列章末整合提升(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第三册同步学习指导(人教B版2019)

# # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 章末整合提升 + , = > ? @ 数列 数列的概念与简单表示法 定义：按照一定顺序排列的一列数 分类有穷数列{无穷数列 表示方法 列表法 解析法通项公式{递推公式     图像法 函数特征（数列的单调性）递增数列{                递减数列 两个基本数列 等差数列 定义：从第２项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数 递推公式：ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｄ（常数） 通项公式：ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ －１）ｄ 前ｎ项和公式：Ｓｎ ＝ ｎ（ａ１ ＋ ａｎ）２ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ －１） ２ ｄ 性质：若ｍ ＋ ｎ ＝ ｐ ＋ ｑ，则ａｍ ＋ ａｎ ＝ ａｐ ＋ ａｑ（ｍ，ｎ，ｐ，ｑ∈Ｎ          ） 等比数列 定义：从第２项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数 递推公式：ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｑ（ｑ是常数） 通项公式：ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １ 前ｎ项和公式：Ｓｎ ＝ ｎａ１（ｑ ＝１） ａ１（１ － ｑｎ） １ － ｑ ＝ ａ１ － ａｎｑ １ － ｑ （ｑ≠１{ ） 性质：若ｍ ＋ ｎ ＝ ｐ ＋ ｑ，则ａｍ·ａｎ ＝ ａｐ·ａｑ（ｍ，ｎ，ｐ，ｑ∈Ｎ                                     ） 数列的求和 公式求和 分组求和 错位相减法求和 裂项求和       倒序相加求和 数学归纳法基本原理{                                                    简单应用 A B C D E F 要点一 由递推公式求数列的通项公式 　 　 数列的通项公式是数列的核心之一，它如同 函数的解析式一样，有解析式便可研究其性质；而 有了数列的通项公式便可求出任一项及前ｎ项 和，所以求数列的通项往往是解题的突破口和关 键点      ． !%# ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # １．已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，且ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ３ｎ － ｎ，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 　 　 ［尝试作答          ］ 　 　 ［规律方法］　 因为ａｎ ＝（ａｎ － ａｎ － １）＋（ａｎ － １ － ａｎ － ２）＋…＋（ａ３ － ａ２）＋（ａ２ － ａ１）＋ ａ１，所以形 如ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ｆ（ｎ）型递推关系式求通项ａｎ．设ｂｎ ＝ ｆ（ｎ），若｛ｂｎ｝可求和，则用累加法求解． （１）若ｆ（ｎ）是关于ｎ的一次函数，累加后可 转化为等差数列求和． （２）若ｆ（ｎ）是关于ｎ的二次函数，累加后可 分组求和． （３）若ｆ（ｎ）是关于ｎ的指数函数，累加后可 转化为等比数列求和． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　２．在数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋ １ ＝ ２（ｎ ＋１）ｎ ａｎ， 求通项ａｎ． ［分析］　 条件式可变形为ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ２（ｎ ＋１） ｎ ，当 ｎ变化时，除２倍外，后一项的分子都是前一项的 分母，逐项相乘可以消去，故用累乘法求解． 　 　 ［尝试作答        ］ 　 　 ［规律方法］　 若数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＋ １ａｎ ＝ ｆ（ｎ）（ｎ ∈Ｎ），其中数列｛ｆ（ｎ）｝前ｎ项积可求，则可用累 乘法求ａｎ． ３．（１）已知数列｛ａｎ｝满足：ａ１ ＝ ２，ａｎ ＝ ａｎ － １ １ ＋ ａｎ － １ （ｎ≥２），求ａｎ； （２）已知数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＋ １ ＝ ３ａｎ ＋ ２（ｎ∈ Ｎ），ａ１ ＝ １，求通项公式ａｎ． 　 　 ［尝试作答             ］ 　 　 ［规律方法］　 一般地，若给出的数列递推关 系式或ａｎ与Ｓｎ的关系式，通过适当变形，能够变 形为ａｎ ＋ １ ＋ ｆ（ｎ）与ａｎ ＋ ｆ（ｎ）的关系（这里ｆ（ｎ）一 般为常数或ｎ的一次式、指数式）．或变形为 １ ａｎ ＋ １ ＋ ｋ 与１ａｎ ＋ ｋ的关系式等，可用换元转化法求 解．形如ａｎ ＋ １ ＝ ｋａｎ ＋ ｍ的递推关系一定可变形为 ａｎ ＋ １ ＋ ｐ ＝ ｋ（ａｎ ＋ ｐ）的形式令ｂｎ ＝ ａｎ ＋ ｐ，则ｂｎ ＋ １ ＝ ｋｂｎ即可用等比数列｛ｂｎ｝求解． 要点二 等差（等比）数列的判定或证明 ４．记Ｓｎ 为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，ｂｎ 为数列 ｛Ｓｎ｝的前ｎ项积，已知２Ｓｎ ＋ １ ｂｎ ＝２． （１）证明：数列｛ｂｎ｝是等差数列； （２）求｛ａｎ｝的通项公式                                                                       ． !%$ # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 　 　 ［尝试作答          ］ 　 　 ［规律方法］　 已知某条件式，证明关于ａｎ （或Ｓｎ）的某个表达式成等差（或等比）数列，问题 本身就给出了条件式的变形方向，可依据等差（等 比）数列定义，结合ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １（ｎ≥２）对条件式 变形构造新数列求解． 要点三 等差、等比数列的性质 ５．已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ，满足Ｓｎ ＝ ａ（Ｓｎ － ａｎ ＋１）（ａ为常数，且ａ ＞ ０），且４ａ３ 是ａ１ 与２ａ２的等差中项． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ ２ｎ ＋１ａｎ ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项 和Ｔｎ． 　 　 ［尝试作答          ］ 　 　 ［规律方法］　 巧用性质、整体考虑、减少运 算量 在解决等差、等比数列的运算问题时，恰当地 应用等差、等比数列的性质，如中项的概念、下标 和相等的两项的和（等差数列）、积（等比数列）相 等等；在方程组中整体代入或整体观察某些项的 和与积；可以大大减少运算量，达到事半功倍的 效果． 要点四 数列求和 　 　 数列求和是数列部分的重要内容，求和问题 也是很常见的题型，对于等差数列、等比数列的求 和主要是运用公式．某些既不是等差数列，也不是 等比数列的求和问题，一般有四种常用求和技巧 和方法． ６．已知等差数列｛ａｎ｝中，ａ２ ＝ ６，ａ５ ＝ １５，若ｂｎ ＝ ａ２ｎ，则数列｛ｂｎ｝的前５项和等于 （Ｃ ） Ａ． ３０　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ｂ． ４５ Ｃ． ９０ Ｄ． １８６ 　 　 ［规律方法］　 若数列｛ａｎ｝为等差（或等比） 数列或可转化为等差（或等比）数列，则用公式法 求和． ７．求数列２ １４，４ １ ８，６ １ １６，…，２ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ １ ，…的 前ｎ项和Ｓｎ． ［分析］　 此数列的通项公式为ａｎ ＝ ２ｎ ＋ １ ２ｎ ＋ １ ，而数列｛２ｎ｝是一个等差数列，数列１２ｎ{ }＋ １ 是 一个等比数列，故采用分组求和法． 　 　 ［尝试作答            ］ 　 　 ［规律方法］　 如果一个数列的通项公式能 拆成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等 比数列，那么可用分组求和法求解                                                                        ． !%% ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # ８．求和： １ ２２ － １ ＋ １ ３２ － １ ＋ １ ４２ － １ ＋…＋ １ ｎ２ － １ （ｎ≥２）． ［分析］　 此数列的通项公式为ａｎ ＝ １ｎ２ － １，而 １ ｎ２ － １ 可以分解成两项的差，于是可以采用裂项相 消法求和． 　 　 ［尝试作答               ］ 　 　 ［规律方法］　 如果数列的通项公式可转化 为类似于ｆ（ｎ ＋ ｋ）－ ｆ（ｎ）的形式，常采用裂项求和 的方法，特别地，当数列的通项公式是关于ｎ的分 式形式时，可尝试采用此法．使用裂项相消法时要 注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些 项．注意到由于数列｛ａｎ｝中每一项ａｎ均裂成一正 一负两项，所以互为相反数的项合并为零后，所剩 正数项与负数项的项数必然是一样多的，切不可 漏写未被消去的项． 若｛ａｎ｝为等差数列，则求 １ａｎ ＋ １ａ{ }ｎ 的各项和 可用裂项求和法求解，此时 １ａｎ ＋ １ａｎ ＝ １ ｄ １ ａｎ － １ａｎ( )＋ １ ． ９．设数列｛ａｎ｝为１，２ｘ，３ｘ２，４ｘ３，…，ｎｘｎ － １，… （ｘ≠０）．求此数列前ｎ项的和． ［分析］　 这个数列的每一项都是一个等差 数列与一个等比数列的对应项的积，因此可以用 错位相减法． 　 　 ［尝试作答         ］ 　 　 ［规律方法］　 若｛ａｎ｝为等差数列，｛ｂｎ｝为等 比数列，ｃｎ ＝ ａｎｂｎ 则求｛ｃｎ｝前ｎ项和用错位相减 法求解． 要点五 归纳——猜想——证明 　 　 利用已知的递推公式可以先求出数列的前几 项，然后依据求出的前几项猜想出数列的通项公 式，用数学归纳法给出证明即可． １０．（２０２４·北师大实验中学高二检测）已知 数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，对任意ｎ∈Ｎ，都有ａｎ ＋ １ ＝ ｎ２ ＋ ２ａｎ ｎ ＋１成立． （１）直接写出ａ２，ａ３，ａ４的值； （２）推测出｛ａｎ｝的通项公式并证明． 　 　 ［尝试作答         ］                                                                       　 　 !%& # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 即时巩固 １．（２０２４·全国高三专题练习）已知数列｛ａｎ｝满 足：ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ ＝２ｎ － １，则ａ２１ ＋ ａ２２ ＋ ａ２３ ＋… ＋ ａ２ｎ ＝ （　 　 ） Ａ． １３（２ ｎ －１）　 　 　 　 　 　 　 Ｂ．（２ｎ －１）２ Ｃ． １３（４ ｎ －１） Ｄ． ４ｎ －３ ２． （２０２４·河南高二月考（文））已知等比数列 ｛ａｎ｝中ａ１ ０１０ ＝ ２，若数列｛ｂｎ｝满足ｂ１ ＝ １４，且ａｎ ＝ ｂｎ ＋ １ ｂｎ ，则ｂ２ ０２０ ＝ （　 　 ） Ａ． ２２ ０１７ Ｂ． ２２ ０１８ Ｃ． ２２ ０１９ Ｄ． ２２ ０２０ ３．（２０２３·辽宁高三一模（文））已知数列｛ａｎ｝满 足ａ１ ＝ １，ａｎａｎ ＋ １ ＝ ２ｎ（ｎ∈Ｎ），则Ｓ２ ０２１ ＝ （　 　 ） Ａ． ３（２１ ０１１ － １） Ｂ． ２１ ０１１ － ３ Ｃ． ３（２１ ０１０ － １） Ｄ． ２１ ０１２ － ３ ４．（２０２４·广西河池市高二期末（文））已知在前ｎ 项和为Ｓｎ 的数列ａ{ }ｎ 中，ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ － ａｎ － ２，则Ｓ１０１ ＝ （Ｃ ） Ａ． － ９７ Ｂ． － ９８ Ｃ． － ９９ Ｄ． － １００ ５．已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ １ ＋ ａ槡ｎ （ｎ∈ Ｎ）．记数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，则（Ａ ） Ａ． １２ ＜ Ｓ１００ ＜ ３　 　 　 　 　 Ｂ． ３ ＜ Ｓ１００ ＜ ４ Ｃ． ４ ＜ Ｓ１００ ＜ ９ ２ Ｄ． ９ ２ ＜ Ｓ１００ ＜ ５ ６．（２０２４·江苏徐州市高三二模）已知数列｛ａｎ｝ 的前ｎ项和为Ｓｎ，Ｓｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ，ｎ∈Ｎ，且ａ１ ＝ ４． （１）证明：｛ａｎ ＋ １ － ２ａｎ｝是等比数列，并求｛ａｎ｝的 通项公式； （２）在①ｂｎ ＝ ａｎ ＋ １ － ａｎ；② ｂｎ ＝ ｌｏｇ２ ａｎｎ；③ ｂｎ ＝ ａｎ ＋ ２ ａｎ ＋ １ａｎ 这三个条件中任选一个补充在下面横线 上，并加以解答． 已知数列｛ｂｎ｝满足　 　 　 　 　 　 ，求｛ｂｎ｝的前 ｎ项和Ｔｎ． 注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案 解答计分． ７．（２０２４·天津）已知数列｛ａｎ｝是公比大于０的等 比数列．其前ｎ项和为Ｓｎ．若ａ１ ＝ １，Ｓ２ ＝ ａ３ － １． （１）求数列｛ａｎ｝前ｎ项和Ｓｎ； （２）设ｂｎ ＝ ｋ，ｎ ＝ ａｋ ｂｎ － １ ＋ ２ｋ，ａｋ ＜ ｎ ＜ ａｋ{ ＋ １，ｋ∈Ｎ，ｋ ≥２． （ⅰ）当ｋ≥２，ｎ ＝ ａｋ ＋ １时，求证：ｂｎ － １≥ａｋ·ｂｎ； （ⅱ）求∑ Ｓｎ ｉ ＝ １ ｂｉ ． 请同学们认真完成考案（一                                                                        ） !%' 例5：(1)当n=3时，左边=2+22=6，右边=2(2-1)=6， 等式成立： 例2a1=2,a4=2n+a (2)假设n=k时，结论成立，即2+22+…+2-1 =2(2-1-1), 2 01 那么n=k+1时，2+22+…+2-1+2=2(2-1-1)+2= -2×3 2·2°-2=2(2-1)=2[209-4-1]. 2· 所以当n=k+1时，等式也成立 由(1)(2)可知.等式对任意n>2,n∈N都成立 a_2×n 课堂检测·固双基 an-1 n-It 1.C当n=1时，2n+1=2×1+1=3,所以左边为1+2+3.故 : 以上n-1个等式左右两边分别相乘得二=n·2-, 应选C 2.B由数学归纳法的证明步骤可知，假设n=k(k≥2)为偶数 即a,=n·2, 时命题为真， 且n=1时，a1=2也适合上式 则还需要用归纳假设再证n=k+2, .a。=n·2" 不是n=k+1,因为n是偶数，k+1是奇数， ,“1两边取倒数得}-1=1， 故选B 例3：(1)由a,=1+a, a。a-1 3.C若n=4时，该命题成立，由条件可推得n=5命题成立. 它的逆否命题为：若n=5不成立，则n=4时该命题也不！ 数列侣是首项为宁，公差为1的等差数列 d 成立 4f2")>”+2 a. 2 自变量的取值依次为2,4=2,8=2,16=2， 2 32=2,…,故为2°.右边分母全为2，分子依次为3,4,5,6,7，…，故 4.=2n-了 右边为2即2)>”生是 (2)%1=3a。+2. 2 a1+1=3(a.+1) 51)将n=12,3代人8+a=2+1中得，4=号=2- 又a1+1=2≠0， 2 ,数列1a。+11是首项为2，公比为3的等比数列 4=子=2-%=2- 7 0+1=2·3-.a=2·3-1-1 2b。 猜想a,=2-2 1 例4：()证明：由已知民+女=2得S7-且6.≠0. (2)①由(1)知当n=1时.命题成立： ②假设n=k时，命题成立，即a,=2- 取n=1,由S=6得6=子 则当n=k+1时，41+a2+…+a:+a41+a4=2(k+1)+1, 由于b。为数列S,{的前n项积， 且a1+a+…+a%=2k+1-a4, 2b1 2h2 26 六2k+1-a+2a1=2(k+1)+1=2k+3, 所以26-‘2h一气…26。-=6 24=4-=2- 2b2h, 所以‘2，… 2b。山 261=6.1 即当n=k+1时，命题成立 b以 2b山 根据①2得neN”。,=2-都成立 所以2b.-1。 由于6.1≠0 章末整合提升 要点专项突破 所以26产公即6-6，之其中neN 2 例1：由an1-a.=3°-n, 所以数列6.是以6，=子为首项，以d=宁为公差的等差 得a,-a-1=3-1-(n-1), 数列： 4,-1-a,-2=32-(n-2), 40 (2)由(1)可得，数列6是以6，=子为首项，以d=为 45-42=32-2,42-01=3-1. :公差的等差数列， 当n≥2时，以上n-1个等式两端分别相加，得(a。-a。-1) +(a。-1-a-2）+…+(a-a） 6=+(a-)x=1+受 =3-1+3-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+2+1], 2b。 2+n pa,-a1=31-3-)n(n- 5.=26,六1+m 1-3 2 当n=l时，a=5=2 3 又a=la=分×3”.2-号 2 2 显然a=1也适合上式， 当32时a=8-中 六a的通项公式为a,=号×3"2D-号 1 2 n(n+)显然对于n=l不成立， -140 -,n=1 =3[(-)+(3-4)+(3-)*… ..a n(n+1)n2 +(点川 例5：(1)当n=1时，S=a(S-a1+1), 所以a1=a, =+ 当n≥2时，S。=a(S.-a。+1),① 32n+1 5-1=a(S.-1-a-1+1),② =4-2nn+ln≥2)， 由①-②，得a,=a·41,即8=a 例9：Sn=1+2x+3x2+4x2+…+mx-,① de-1 x5。=x+2x2+3x3+…+(n-1)x-l+x",② 所以a.是首项a:=a,公比为a的等比数列，所以a,= 由①-②，得(1-x)S=1+x+x2+…+x-1-, a·a-=a,a=d2,a3=a, 由4是a:与2m1的等差中项，可得8=a,+2,即8a3 当1时.1-8m =a+2a2, -1--r+n'-1-1+nr+nr 因为a≠0，整理得8m2-2a-1=0, 1-x 1- 即(2a-1)(4a+1)=0,解得0=或a=-(舍去)，所 S=1-(1+n)r+nr4 (1-x)2 以a,=(=2 当x=1时，S。=1+2+3+4++n=n1+m 2 (2)(1),得6.=2n+1=(2n+1)2, (1+m,(x=1) 2 所以T=3×2+5×2+7×2+…+(2m-1)·2-1+(2m+ 1-(1+n)+x 1)·2°，① (1-x)2 一，(x≠1) 2T.=3×22+5×2'+7×2+…+(2n-1)·2°+(2n+1) .21② 例10：(1)由01=22+1以及4=， n 由①-②，得-T,=3×2+2(2+2+…+2)- 令n=1,可得0=4， (2n+1)…2*1 令n=2,可得a3=9, -62225-(2a42 令n=3,可得a4=16 (2)由(1)，归纳猜想a,=n2(n∈N). =-2+2+2-(2n+1)）·2 下面应用数学归纳法进行证明： =-2-(2n-1)·2. ①当n=1时，1==1，满足题意，故成立 所以T.=2+(2n-1)·2+ ②假设当n=(k≥2，keN·)时成立，即a4=2, 例6：C数列1a.}为等差数列，由题意得 ∫a=a+d=6. 放当a+1时a=,会1=+2+1=+ la5=4+4d=15, 故n=k+1时，等式成立. 由①②可知，a,=n2(neN) 即时巩固 ∴a,=3+(n-1)×3=3n, 1.C因为a+a2+…+a.=2°”-1①， 六bn=a.=6n 所以a,+4+…+a,1=2”-l-1(n≥2)②. b-b=6, ①-②得an=2"-(n≥2)， :{b,是首项为6，公差为6的等差数列，其前5项的和为 s=5x6+5x5,1)x6=30+60=90 当n=1时a1=2-1=1,满足上式 所以an=2-(neN”)a2=22-2=4”- 例7：8=2+4g+66++(2m+2) 数列引是以1为首项，4为公比的等比数列， =24+6++2m)+(侵+分++) 1 1 d+d+国++宁-).做选C 2A因为a公，所以a山aa0 b =n(2n+2, -(] bs ba 1- ”小* b2o1s b2o1sb1 因为数列1a,为等比数列，且a1oo=2, aa+)+ 所以a1·a2·a3·…·a2g·a2o19=(a1·a2wg）·(a:· a1os）·…·(4m·a1tn）·a1o 例8：一(n-1)n+ =aoo‘io0·…·aio·a4oo=d00=220 点 所以=20，又6，=子所以6m2 故选A. 3.D因为数列fa}满足a1=1,a,a1=2(neN), -141 当n=1时，4=2，当n≥2，a,a1=2-,则8=2， "a。- 若选@6.=g÷即么=ls”什+e:2 所以数列a,的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列， =log:n 数列a,的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列， n 3 所以Se1= x(1-2102+2x1-2o0.21-1+2× 1-2 1-2 所以7-（子+子++l”）+1+2+…+n n 2100-2=2×2o1-3=22-3,故选D. n 2 4.C由a.1=-a,-2,有a,+a1=-2,则5o1=a1+(a:+ a）+…+(a1m+01a）=1-2×50=-99. =log(n+1)+1+n)n 2 故选C 5.A因为a1=1,a1= a(nEN), am+a。 1+a 所以a,>0,Sm之2 1 =1- (n+2)2”-7 a !7.(1)设等比数列a.1的公比为9>0， 因为a1=1,S2=a,-1,即a+a2=a,-1, 可得1+q=g2-1,整理得g-9-2=0,解得g=2或9=-1 根据累加法可得，右≤1+“号：“，当且仅当4=1时取 (舍去)， 2 /a. 所以8号-山 等号a,≥(n+1月 4 (2)(i)证明：由(1)可知a4=2-,且keN°k≥2 = 1+石1+之…2≤ an+3 当n=a1=2≥4时，则=2<2-1=n- In-1=a1-1<a ,即a,<n n+1 -1<a 6 由累乘法可得a.≤(n+)(n+2) 可知a=2-,bn=k+1, b,-1=b+(a1-a4-1）·2k=k+2k(2-1-1)=k(2- 当且仅当n=1时取等号， 1), 由裂项求和法得： 可得6，-1-a·6=k(2-1)-(k+1)2-+=(k-1)2-1-6 所以≤6（++ 1111 了+…+0102 ≥2(k-1)-k=k-2≥0， 当且仅当k=2时，等号成立，所以b.1≥a4·b: =6(分)<3，<sm<3 (i)由(1)可知：S=2-1=a1-1, 故选：A 若n=1,则S1=1,b=1: 6.(1)证明：当n≥2时，因为S,1=4a,所以S.=4a,,两式相 若n≥2，则a1-a4=2- 减得，a+1=4a,-4a- 当2-<i≤2-1时，6-b-1=2k,可知b,1为等差数列， 所以a,1-2a,=2(a.-2a,-1 可得室A=2+2422山：4=g(3 2 当n=1时，因为S1=4a,所以S=4a1,又a1=4,故a:= 12,于是42-2a1=4, -1)4-(3k-4)4-1]. 所以at-2a}是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以20，=1+5×4-2x4+8×4-5×4++(3n 所以41-2a,=2,两边除以2得，器-会=1 1)4-(3m-4)4-门=3n-4+山，且m=1,符合上式，综 9 又号=2，所以{会}是以2为首项1为公差的等差数列 上所述：26-3n-04+1 9 所以号=n+1,即a=a+)·2 第六章导数及其应用 (2)若选①：b,=a+1-a.,即6，=(n+2)·21-(n+1)· 6.1 导数 2°=(n+3)·2 因为T。=4×2+5×22+6×2+…+(n+3)×2, 6.1.1函数的平均变化率 所以2Tn=4×22+5×2+6×2+…+(n+3)×21 必备知识·探新知 两式相诚得，-T。=4×2+(22+2+…+2*)-(n+3) ×21 知识点1 是（是） 平均变 △x2-x1 =8+4x(2-D-(n+3)×2r=-(n+2)×2+4, 化率 2-1 所以Tn=(n+2)×2+1-4. 知识点2 A()-h(/s) 2-5 -142