第1章 数列 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（湘教版）

本讲义聚焦数列章末综合提升，系统梳理等差（比）数列的基本运算、性质应用、构造新数列、函数性质及实际应用等核心知识点。从基础题型如基本量计算、性质应用，到综合题型如构造新数列、开放题，再到高考真题溯源和单元检测，形成“基础-综合-应用-检测”的学习支架，帮助学生构建完整的数列知识体系。 该资料以数学运算、逻辑推理、数学建模等核心素养为主线设计内容，例如结合2023新课标Ⅰ卷真题，通过等差（比）数列判定、数列求和等题型，培养学生运算能力与推理意识。课中助力教师分层教学，课后学生可借助真题溯源和检测卷查漏补缺，提升解决数列综合问题的能力。

章末综合提升 学生用书⬇第37页 素养一、数学运算 　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养，主要表现为：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果等.在本章中，主要表现在求等差、等比数列的特定项，公差(公比)，前n项和，项数的运算中. 题型一　等差(比)数列的基本运算 (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(n∈N*). (2)因为{bn}为等差数列， 所以2b2＝b1＋b3，即＝＋， 所以6＝＝， 即－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－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＝. 题型二　等差、等比数列的性质及应用 (1)在等比数列{an}中，有a3a15＝8a9，数列{bn}是等差数列，且b9＝a9，则b7＋b11等于(　　) A.4 B.8 C.16 D.24 (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝(　　) A. B. C. D. 答案：(1)C　(2)D 解析：(1)因为{an}是等比数列，所以8a9＝a3a15＝，a9≠0，所以a9＝8，即b9＝a9＝8， 因为{bn}是等差数列，所以b7＋b11＝2b9＝16. 故选C. (2)因为{an}是等比数列，所以S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列， 因为＝，设S5＝2k，S10＝k， 则S10－S5＝－k，所以S15－S10＝，则S15＝， 所以＝＝.故选D. 素养二、数学抽象 　　数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养.主要表现为：获得数学概念和规则，提出数学命题和模型，形成数学方法和思想，认识数学结构与体系.在本章中，主要表现在构造新数列，及数列的函数性质中. 题型三　构造数列求通项公式 (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＝－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＝－×()n－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，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＝. 题型四　数列的函数性质 设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝21，S15＝－75，Tn为数列的前n项和，求Tn的最大值. 解：设等差数列{an}的公差为d，则 Sn＝na1＋d， 因为S7＝21，S15＝－75， 所以 解得 所以Sn＝9n－(n2－n)＝10n－n2， 所以＝10－n. 因为－＝－1，＝9，所以数列是首项为9，公差为－1的等差数列，所以Tn＝＝－n2＋n＝－(n－)2＋. 因为n∈N＋，所以当n＝9或10时，Tn有最大值为45. 学生用书⬇第38页 素养三、逻辑推理 　　逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养，主要表现为：掌握推理基本形式和规则，发现问题和提出问题，探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流.本章主要表现在求数列的通项公式，等差、等比数列判定，数列求和及数列开放题运用等方面. 题型五　等差、等比数列的判定 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. 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. 题型六　数列求和 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(　　) A.30 B.45 C.90 D.186 答案：C 解析：因为数列{an}为等差数列，由题意得 所以an＝3＋(n－1)×3＝3n，所以bn＝a2n＝6n. 因为bn＋1－bn＝6，所以{bn}是首项为6，公差为6的等差数列， 其前5项的和为S5＝5×6＋＝30＋60＝90. 题型七　数列开放型题目 给定81个数排成数阵如下图所示，若每一行，每一列都构成等差数列，且正中间一个数a55＝5，则此数阵中所有数之和为　　　　　. a11 a12 … a19 a21 a22 … a29 … … … … a91 a92 … a99 答案：405 解析：S＝(a11＋a12＋…＋a19)＋(a21＋a22＋…＋a29)＋…＋(a91＋a92＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.故此数阵中所有数之和为405. 素养四、数学建模 　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养，主要表现在：发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题.在本章主要表现在数列的实际应用问题中. 题型八　数列的实际应用 某企业2024年的纯利润为500万元，因为企业的设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若还进行技术改造，预测从2024年开始，此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造，2025年初该企业需一次性投入资金600万元，在未扣除技术改造资金的情况下，预测2025年的利润为750万元，此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元. (1)设从2025年起的第n年(以2025年为第一年)，该企业不进行技术改造的年纯利润为an万元；进行技术改造后，在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为bn万元，求an和bn关于n的表达式； (2)设从2025年起的第n年(以2025年为第一年)，该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元，依上述预测，从2025年起该企业至少经过多少年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润？ 解：(1)由题意得数列{an}是等差数列，a1＝480，d＝－20， 所以an＝500－20n. 由题意得b1＝750，bn＋1＝bn＋250， 所以bn＋1－500＝(bn－500)， 所以{bn－500}是首项为b1－500＝250，公比为的等比数列， 即bn－500＝250，所以bn＝500. (2)An是数列{an}的前n项和，所以An＝480n＋×(－20)＝490n－10n2. Bn是数列{bn}的前n项和减去600，所以Bn＝500(1＋＋1＋＋…＋1＋)－600＝500－600＝500n－－100. Bn－An＝500n－－100－(490n－10n2)＝10n2＋10n－－100， 当x≥1时，函数y＝10x2＋10x－100和y＝－均单调递增， 所以数列{Bn－An}是递增数列，且n＝3时，Bn－An＜0，n＝4时，Bn－An＞0， 所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润. 学生用书⬇第39页 (2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列的前n项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列.则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案：C 解析：法一：甲：为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d， ＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即－＝＝为常数，设为t，即＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选C. 法二：甲：为等差数列，设数列的首项a1，公差为d，即Sn＝na1＋d， 则＝a1＋d＝n＋a1－，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即－＝D，＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，当n≥2时，上两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选C. (2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　. 答案：95 解析：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 溯源：(湘教版选择性必修第一册P21T7) 已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn，求解下列问题： (1)若a2＋a5＝19，S5＝40，求a1； (2)若S12＝84，S20＝460，求S28. 点评：高考题与教材练习题都是考查等差数列中的基本量的计算. (2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　　；如果对折n次，那么Sk＝　　　　dm2. 答案：5　240 解析：依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.所以Sk＝240(1＋＋＋…＋＋)①，所以Sk＝240②，由①－②得，Sk＝240(1＋＋＋＋…＋－)＝240＝240(－)，所以Sk＝240 dm2. 溯源：(湘教版选择性必修一P36T15) 如图(1)，四边形A1B1C1D1是一边长为14 cm的正方形.A2，B2，C2，D2依次将A1B1，B1C1，C1D1，D1A1分成3∶4的两部分，得到正方形A2B2C2D2.依循相同的规律，A3，B3，C3，D3依次将A2B2，B2C2，C2D2，D2A2分成3∶4的两部分，得到正方形A3B3C3D3.不断重复这个步骤，得到正方形A4B4C4D4，…，AnBnCnDn，…. (1)求A2B2. (2)求A2A3∶A1A2. (3)一蚂蚁从A1出发，沿路径A1A2A3…An…爬行，如图(2)所示.证明：该蚂蚁所爬行的总距离不能大于21 cm. 点评：该高考题是在教材习题基础上的深化和拓展，考查角度完全相同，都要在具体的应用情境中探寻数列的规律，然后求数列的和. (2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　　　　. 答案：－2 解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 溯源：(湘教版选择性必修第一册P30练习T2) 已知等比数列{an}是递减数列，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，求a1和q. 点评：高考题与教材练习题都是考查等比数列中的基本量的计算. 学生用书⬇第40页 (2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和. 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝2a1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝. (2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝＝， 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝－n＝×()n－n－. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P40练习T3)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋1，求Sn. 点评：高考题与教材练习题都是考查数列中的通项an与前n项和Sn的关系，相似度极高，源于教材，高于教材. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋＜2. 解：(1)因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，所以Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝， 所以an＝a1××…× ＝1××…×＝(n≥2)， 显然对于n＝1也成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*). (2)证明：＝＝2(－)， 所以＋＋…＋ ＝2 ＝2(1－)＜2. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P41习题T11)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝. (1)求证：数列为等比数列. (2)若＋＋＋…＋＜100，求满足条件的最大整数n. 点评：高考题与教材习题都是考查数列的构造与不等式交汇问题，关联性很大. 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(本大题共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.等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a7＝(　　) A.10 B.20 C.16 D.12 答案：D 解析：因为{an}是等差数列， 所以d＝＝，所以a7＝2＋4×＝12. 2.已知{an}，{bn}均为等差数列，且a1＋b1＝1，a2＋b2＝3，则a2 020＋b2 020＝(　　) A.4 043 B.4 041 C.4 039 D.4 037 答案：C 解析：数列{an＋bn}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a2 020＋b2 020＝1＋2 019×2＝4 039，故选C. 3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，d＝2，则当Sn取最小值时，n等于(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案：A 解析：依题意an＝a1＋(n－1)d＝2n－13，由2n－13≤0得n≤＝6.5，由于n∈N＋，所以n＝6时，Sn取最小值. 故选A. 4.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长度依次成等差数列，冬至、立春、春分这三个节气的日影长度之和为31.5尺，前九个节气日影长度之和为85.5尺，则谷雨这一天的日影长度为(　　) A.5.5尺 B.4.5尺 C.3.5尺 D.2.5尺 答案：A 解析：设等差数列{an}，首项为a1，公差为d， 根据题意得a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝31.5， S9＝9a1＋36d＝85.5， 解得a1＝13.5，d＝－1， 所以a9＝a1＋8d＝5.5. 故选A. 5.设等差数列{an}前n项和为Sn，等差数列{bn}前n项和为Tn，若＝.则＝(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：因为＝，所以＝＝， 因为Sn是等差数列{an}的前n项和，Tn是等差数列{bn}的前n项和， 所以S9＝＝9a5，T9＝＝9b5， 则＝＝，＝，故选B. 6.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2＝(　　) A.2 B. C.3 D. 答案：C 解析：因为S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，所以＋＋＝＋＋＝.因为a1a2a3＝15，所以＝＋＋＝，所以a2＝3.故选C. 7.设数列{an}的首项a1＝1，且满足a2n＋1＝2a2n－1＋1，a2n＝a2n－1＋1，则数列{an}的前20项和为(　　) A.2 032 B.2 033 C.4 082 D.4 086 答案：C 解析：由a2n＋1＝2a2n－1＋1得a2n＋1＋1＝2(a2n－1＋1)，所以数列{a2n－1＋1}为等比数列，首项为2，又数列{a2n－1}的前10项恰为数列{an}的前20项中的奇数项， 其和为－10＝2 036， 又a2n＝a2n－1＋1，由数列{a2n－1＋1}为等比数列，所以数列{an}的前20项中的偶数项和为 ＝2 046， 则S20＝2 036＋2 046＝4 082. 故选C. 8.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(　　) A. B. C.2 D.3 答案：D 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，所以q＝3，故选D. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.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：因为等比数列{an}的公比q＝－， 所以a9和a10异号，所以a9a10＝(－)＜0，故A正确； 但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确； 因为a9和a10异号，且a9＞b9，a10＞b10， 所以b9和b10中至少有一个数是负数， 又因为b1＝12＞0，所以d＜0，所以b9＞b10，故D正确；所以b10一定是负数，即b10＜0，故C不正确.故选AD. 10.在公比为整数q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　) A.q＝2 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：ABC 解析：因为a1＋a4＝18，a2＋a3＝12且公比q为整数， 所以a1＋a1q3＝18，a1q＋a1q2＝12， 所以a1＝2，q＝2或q＝(舍去)，故A正确； Sn＝＝2n＋1－2，所以S8＝510，故C正确； 所以Sn＋2＝2n＋1，故数列{Sn＋2}是等比数列，故B正确； 而lg an＝lg 2n＝nlg 2，故数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列，故D错误.故选ABC. 11.设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N＋)等于一个非零常数，则称数列{an}为“和等比数列”.下列命题正确的是(　　) A.等差数列可能为“和等比数列” B.等比数列可能为“和等比数列” C.非等差等比数列不可能为“和等比数列” D.若正项数列{an}是公比为q的等比数列，且数列{ln an}是“和等比数列”，则q＝ 答案：ABD 解析：若等差数列的公差为0，则＝＝2是非零常数，则此数列为“和等比数列”，A对； 若等比数列的公比为1，则＝＝2是非零常数，则此数列为“和等比数列”，B对； 若数列{an}满足an＝，则＝1是非零常数，它既不是等差数列又不是等比数列，但它是“和等比数列”，C错； 正项数列{an}是公比为q的等比数列，所以an＝a1·qn－1， 则ln an＝ln(a1qn－1)＝ln a1＋ln(qn－1)＝ln a1＋(n－1)ln q， 故数列{ln an}是首项为ln a1，公差为ln q的等差数列，又数列{ln an}是“和等比数列”， 则＝ ＝ ＝2＋ ＝2＋ 又2＋为非零常数，则＝0，即2ln a1＝ln q，即q＝，D对，故选ABD. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上) 12.已知数列{an}为等差数列，a1，a2，a5成公比不为1的等比数列，且a9＝4，则公差d＝　　　　. 答案： 解析：由数列{an}为等差数列，a1，a2，a5成公比不为1的等比数列，可得a1a5＝，即a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，且d≠0， 化简得2a1＝d， 由a9＝4，可得a1＋8d＝4， 解方程可得a1＝，d＝. 13.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 所以an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n. S10＝10×20＋×(－2)＝110. 14.数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝　　　　，Sn＝　　　　. 答案：n＋1　 解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n， 所以n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1， 两式相减得：2n－1an＝n·2n－(n－1)·2n－1＝(n＋1)·2n－1，an＝n＋1， 又a1＝2，满足an＝n＋1， 所以an＝n＋1， Sn＝＝. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝26，a1，a3，a11成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 解：(1)由a1，a3，a11成等比数列，得a1a11＝，又S4＝26. 所以 又d≠0，所以a1＝2，d＝3. 所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1. (2)证明：Sn＝na1＋d＝2n＋＝＋， ＝＝＝， Tn＝ ＝＜. 16.(15分)Sn为正项数列{an}的前n项和.已知＋an＝2Sn＋2. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和. 解：(1)由＋an＝2Sn＋2，① 可知＋an－1＝2Sn－1＋2，② ②－①，得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， 由an＞0，得an－an－1＝1. 又＋a1＝2a1＋2，解得a1＝－1(舍去)或a1＝2. 所以{an}是首项为2，公差为1的等差数列，通项公式为an＝n＋1. (2)由an＝n＋1可知 bn＝＝＝－， 设数列{bn}的前n项和为Tn， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－ ＝－＝. 17.(15分)已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝＋n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设数列{an}的公差为d， 因为a1，a3，a9成等比数列，所以＝a1a9， 所以(1＋2d)2＝1×(1＋8d)， 所以d＝0(舍)或d＝1， 所以an＝n. (2)令bn＝＋n＝2n＋n， 所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(21＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n) ＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋＝2n＋1－2＋. 所以Sn＝2n＋1－2＋. 18.(17分)在①an＋1＝，②为等差数列，其中，＋1，成等比数列，③＋＋＋…＋＝这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目. 已知数列{an}中，a1＝1，　　　　. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：若选条件①： (1)易知an≠0，因为an＋1＝， 所以－＝3. 又＝1， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以＝3n－2，所以an＝. (2)证明：由(1)可知，bn＝ ＝－)， 所以Tn＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)＝－＜， 故Tn＜. 若选条件②： (1)设数列的公差为d，则＝1＋d，＋1＝2＋2d，＝1＋5d， 因为，＋1，成等比数列， 所以(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1. 当d＝－1时，＝1＋d＝0，此时，＋1，不能构成等比数列，所以d＝3， 所以＝1＋3(n－1)＝3n－2， 所以an＝. (2)证明：由(1)可知，bn＝ ＝－)， 所以Tn＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)＝－＜， 故Tn＜. 若选条件③： (1)由＋＋＋…＋＝知， 当n≥2时，＋＋＋…＋＝， 两式相减，得＝－＝3n－2， 所以an＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式， 所以an＝. (2)证明：由(1)可知，bn＝ ＝－)， 所以Tn＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)＝－＜， 故Tn＜. 19.(17分)某高科技企业研制出一种型号为A的精密数控车床，A型车床为企业创造的价值逐年减少(以投产一年的年初到下一年的年初为A型车床所创造价值的第一年).若第1年A型车床创造的价值是250万元，且第1年至第6年，每年A型车床创造的价值减少30万元；从第7年开始，每年A型车床创造的价值是上一年价值的50％.现用an(n∈N*)表示A型车床在第n年创造的价值(单位：万元). (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Sn为数列{an}的前n项和，Tn＝，企业经过成本核算，若Tn＞100，则继续使用A型车床，否则更换A型车床，试问该企业须在第几年年初更换A型车床？ 解：(1)依题意得，a1，a2，…，a6构成首项a1＝250，公差d＝－30的等差数列， 故an＝280－30n(1≤n≤6，n∈N*). 依题意得，a7，a8，…，an(n≥7，n∈N*)构成首项a7＝a6＝50，公比q＝的等比数列， 故an＝50×(n≥7，n∈N*). 于是an＝(n∈N*). (2)由(1)得{an}是单调递减数列， 得数列{Tn}也是单调递减数列. 当1≤n≤6，n∈N*时，Sn＝＝n(265－15n)，则Tn＝＝265－15n，T6＝175＞100， 所以Tn＞100. 当n≥7，n∈N*时，Tn＝＝ ＝， 当n＝11时，T11＞104；当n＝12时，T12＜96. 所以当n≥12，n∈N*时，恒有Tn＜96. 故该企业需要在第12年年初更换A型车床. 学生用书⬇第41页 学科网（北京）股份有限公司 $