1.3.1 第1课时 等比数列的概念及其通项公式-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列的概念及通项公式，通过生活实例导入，对比等差数列梳理知识脉络，以定义注意事项解析、评价自测题等为支架，帮助学生逐步构建知识体系。 其亮点在于细化核心概念培养数学抽象，如通过定义中“从第2项起”“同一个常数”等条件解析深化理解，结合判定证明题（如证明{a_n+1}是等比数列）提升逻辑推理，分层练习（随堂达标、课后A级B级）强化数学运算，助力学生稳步提升，也为教师提供系统教学支持。

第一章　数列 §3 等比数列 3.1　等比数列的概念及其通项公式 第1课时　等比数列的概念及其通项公式 课程标准：通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义． 教学重点：1.等比数列的概念.2.等比数列的通项公式． 教学难点：等比数列通项公式的推导过程． 核心素养：1.通过学习等比数列的概念及判断方法，提升数学抽象和逻辑推理素养.2.通过运用等比数列的通项公式求项或公比、项数，提升数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　等比数列的定义 如果一个数列从________起，每一项与它的前一项的比值都是______________，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的_______，通常用字母_______表示(q≠0)． 知识点二　等比数列的通项公式 若首项是a1，公比是q，则等比数列{an}的通项公式为_____________________． 第2项 同一个常数 公比 q an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0) 核心概念掌握 5 1．有关等比数列的定义应注意的问题 (1)注意定义中“从第2项起”这一条件的两层含义． 其一，第1项前面没有项，无法与后续条件中“与前一项的比”相吻合；其二，等比数列的定义包括了首项这一基本量，且必须从第2项起使数列中各项均与其前面一项作商． (2)注意定义中“每一项与它的前一项的比”这一运算要求，它的含义也有两个．其一，强调作商的顺序，即后面的项比前面的项；第二，强调这两项必须相邻． (3)注意定义中的“同一个常数”这一要求，否则这个数列不能称为等比数列． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 答案： (1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 核心概念掌握 8 an＝5n－1 4 ±3 核心概念掌握 9 核心素养形成 ④ 核心素养形成 11 解析　①不符合等比数列的定义，故不是等比数列；②不一定是等比数列，当数列{an}只有3项时，是等比数列，当数列{an}的项数超过3项时，不一定符合等比数列的定义；③不一定是等比数列，当常数列的各项都为0时，不是等比数列，当常数列的各项不为0时，是等比数列；④是等比数列． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　等比数列的通项公式及应用 例2　在等比数列{an}中， (1)a4＝2，a7＝8，求an； (2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n. 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】等比数列通项公式的求法 a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解．关于a1和q的求法通常有以下两种方法： (1)根据已知条件，建立关于a1，q的方程组，求出a1，q后再求an，这是常规方法． (2)充分利用各项之间的关系，直接求出q后，再求a1，最后求an，这种方法带有一定的技巧性，能简化运算． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 2．(1)已知{an}为等比数列，且a5＝8，a7＝2，该数列的各项都为正数，求an. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型三　等比数列的判定与证明 例3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.证明：数列{an＋1}是等比数列． 核心素养形成 21 解：∵an＋1＝2Sn＋1，∴an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 两式相减得an＋1－an＝2an， 即an＋1＝3an(n≥2)， 又a2＝2S1＋1＝3，a1＝1，∴a2＝3a1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列． [变式探究]　本例中若将“an＋1＝2an＋1”改为“an＋1＝2Sn＋1(其中Sn为数列{an}的前n项和)”，其他条件不变，试判断数列{an}是否为等比数列？ 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 随堂水平达标 解析：由等比数列的定义，知①②④是等比数列．③中当x＝0时，不是等比数列． 随堂水平达标 26 2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　) A．21 B．42 C．63 D．84 解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B. 随堂水平达标 27 随堂水平达标 28 随堂水平达标 29 4．首项为3的等比数列的第n项是48，第2n－3项是192，则n＝________． 5 随堂水平达标 30 随堂水平达标 31 课后课时精练 一、选择题 1．在等比数列{an}中，a2024＝8a2021，则公比q的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 33 2．若一数列为a－6，1，a6，a12，a18，…，其中a≠0，则a822是这个数列的(　　) A．不在此数列中 B．第137项 C．第138项 D．第139项 解析：数列为a－6，1，a6，a12，a18，…，记此数列为{bn}，则它是首项为a－6，公比为a6的等比数列，于是得数列{bn}的通项公式为bn＝a－6·(a6)n－1＝a6n－12，由6n－12＝822，得n＝139，所以a822是这个数列的第139项． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 34 3．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝(　　) A．8 B．－8 C．4 D．－4 解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，∴a1(1＋q)＝－1，a1(1－q2)＝－3，解得q＝－2，a1＝1.则a4＝1×(－2)3＝－8.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 36 5．(多选)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N＋，则下列说法正确的是(　　) A．{an－n}是等比数列 B．an＝4n－1 C．{log2(an－n)}是等差数列 D．{log4an}是等比数列 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 39 7．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1(n∈N＋)，则数列{an－1}是________数列(填“等差”或“等比”)，数列{an}的通项公式为an＝________． 解析：根据题意，数列{an}满足an＋1＝2an－1，即an＋1－1＝2(an－1)，又a1－1＝1≠0，则数列{an－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，则an－1＝1×2n－1＝2n－1，则an＝2n－1＋1. 等比 2n－1＋1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 40 8．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，且对任意正整数n，3an＋1－an＝0，bn是an与an＋1的等差中项，则数列{bn}的通项公式为bn＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 三、解答题 9．在等比数列{an}中． (1)已知a1＝3，q＝－2，求a6； (2)已知a3＝20，a6＝160，求an. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 42 解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)． 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3. 由a1≠0，q≠0，得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2或q2＝1(舍去)． 所以q＝－2. (2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 10．设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 43 课后课时精练 1 2 B级 44 课后课时精练 1 2 B级 45 2．设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n. (1)求a3，a4； (2)证明：{an＋1－2an}是等比数列； (3)求{an}的通项公式． 解：(1)∵a1＝S1，S1＝2a1－2， ∴a1＝2，S1＝2. 由Sn＝2an－2n，即2an＝Sn＋2n知2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1， ∴an＋1＝Sn＋2n＋1， ① ∴a2＝S1＋22＝2＋22＝6，S2＝8， a3＝S2＋23＝8＋23＝16，S3＝24，a4＝S3＋24＝40. 课后课时精练 1 2 B级 46 课后课时精练 1 2 B级 47 　　　　　　　　　　　　　 R 2．由等比数列的任意两项可求公比 若已知等比数列{an}中的任意两项an，am，由an＝amqn－m可以求得公比 q＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(n－m,\f(an,am))，n－m为奇数，,±\r(n－m,\f(an,am))，n－m为偶数.)) 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1，－1，1，－1是等比数列．(　　) (2)若一个数列从第2项开始每一项与前一项的比是常数，则这个数列是等比数列．(　　) (3)若an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n－1，n≥2，))则数列{an}是等比数列．(　　) (4)等比数列至少有3项．(　　) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)等比数列1，5，25，125，…的通项公式为____________． (2)等比数列－eq \f(1,10)，－eq \f(1,100)，－eq \f(1,1000)，…的公比为________． (3)在等比数列{an}中，已知an＝4n－3，则a1＝________，q＝________． (4)已知等比数列{an}中，a1＝1，a3＝9，则a2＝________． eq \f(1,10) eq \f(1,16) 题型一　等比数列的概念 例1　观察下面几个数列： ①1，1，2，4，8，16，32，64； ②数列{an}中，已知eq \f(a2,a1)＝2，eq \f(a3,a2)＝2； ③常数列a，a，…，a，…； ④在数列{an}中，eq \f(an＋1,an)＝q，其中n∈N＋. 其中是等比数列的是________(只填序号)． 【感悟提升】判断一个数列是否为等比数列的方法是利用定义，即eq \f(an＋1,an)＝q(与n无关的常数，且不等于0)． 【跟踪训练】 1．设数列{an}为等比数列，q为公比，有下面四个数列： ①{aeq \o\al(3,n)}；②{pan}(p为非零常数)； ③{an·an＋1}；④{an＋an＋1}． 其中是等比数列的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析：对于①，因为3,n＋1)eq \f(a,aeq \o\al(3,n)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an))) eq \s\up12(3)＝q3(常数)，所以{aeq \o\al(3,n)}是等比数列；对于②，因为eq \f(pan＋1,pan)＝eq \f(an＋1,an)＝q(常数)，所以{pan}是等比数列；对于③，因为eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2(常数)，所以{an·an＋1}是等比数列；对于④，当q＝－1时，an＋an＋1＝0，故此时{an＋an＋1}不是等比数列，当q≠－1时，因为eq \f(an＋1＋an＋2,an＋an＋1)＝eq \f(anq＋an＋1q,an＋an＋1)＝eq \f(q（an＋an＋1）,an＋an＋1)＝q(常数)，所以{an＋an＋1}是等比数列．故是等比数列的有3个．故选C. 解　(1)解法一：因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1q3，,a7＝a1q6，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q3＝2，　①,a1q6＝8.　 ②)) 由②÷①，得q3＝4，从而q＝eq \r(3,4)，而a1q3＝2， 于是a1＝eq \f(2,q3)＝eq \f(1,2)，所以an＝a1qn－1＝2eq \s\up8(\f(2n-5,3)). 解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4. 所以an＝a4qn－4＝2·(eq \r(3,4))n－4＝2eq \s\up8(\f(2n-5,3)). (2)解法一：由题意， 知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，　③,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9， ④)) 由④÷③，得q＝eq \f(1,2)，从而a1＝32. 又an＝1，所以32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝1， 即26－n＝20，所以n＝6. 解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，所以q＝eq \f(1,2). 由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32. 由an＝a1qn－1＝1，知n＝6. 解：由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4＝8，,a1q6＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝\f(1,4)，,a1＝128，)) ∵an>0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝128，)) ∴an＝128×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－8). 解：由an＝a1qn－1，得eq \f(1,3)＝eq \f(9,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)， 解得n＝4. (2)若等比数列{an}的首项a1＝eq \f(9,8)，末项an＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(2,3)，求项数n. 证明　因为an＋1＝2an＋1， 所以an＋1＋1＝2(an＋1)． 由a1＝1，知a1＋1≠0，从而an＋1≠0， 所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n∈N＋)． 所以数列{an＋1}是等比数列． 【感悟提升】 (1)等比数列的判定与证明 利用定义：eq \f(an＋1,an)＝q(与n无关的常数)． (2)如果证明数列不是等比数列，可以通过选择三个连续项不成等比数列来证明． (3)对形如an＋1＝can＋b(n∈N＋，b，c≠0，且c≠1，b，c为常数)的递推公式，通常可以变形为an＋1＋eq \f(b,c－1)＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(b,c－1)))，从而构造一个等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(b,c－1)))，通过求该等比数列的通项公式可得an.证明一个数列为等比数列，要紧扣定义，这里采用了转化与化归的策略． (4)涉及Sn与an的式子，则利用an＝Sn－Sn－1，n≥2，消去Sn，判断an，an－1或an＋1，an的关系证明． 证明：由a1＝S1＝eq \f(3,2)a1＋b，得a1＝－2b. 因为Sn＝eq \f(3,2)an＋b，所以当n≥2时，Sn－1＝eq \f(3,2)an－1＋b， 两式相减得Sn－Sn－1＝eq \f(3,2)an＋b－eq \f(3,2)an－1－b， 所以an＝eq \f(3,2)an－eq \f(3,2)an－1，所以an＝3an－1， 又a1＝－2b≠0，故{an}是公比q＝3的等比数列． 【跟踪训练】 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(3,2)an＋b(n∈N＋，b∈R，b≠0)．求证：{an}是等比数列． 1．下列各组数成等比数列的是(　　) ①1，－2，4，－8；②－eq \r(2)，2，－2eq \r(2)，4；③x，x2，x3，x4；④a－1，a－2，a－3，a－4. A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 3.(多选)如图给出了一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第3行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为aij(i，j∈N＋)，则下列式子正确的是(　　) A．a53＝eq \f(5,16) B．a51＝eq \f(5,4) C．a44＝eq \f(1,16) D．a41＝1 解析：第1列构成首项为eq \f(1,4)，公差为eq \f(1,4)的等差数列，所以a51＝eq \f(1,4)＋(5－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,4)，a41＝1.又因为从第3行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，a44＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，所以第5行构成首项为eq \f(5,4)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以a53＝eq \f(5,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(5,16). 解析：设公比为q，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3qn－1＝48，,3q2n－4＝192))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(qn－1＝16，,q2n－4＝64))⇒q2＝4，得q＝±2.由(±2)n－1＝16，得n＝5. 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,3)(an－1)(n∈N＋)． (1)求a1，a2； (2)求证：数列{an}是等比数列． 解：(1)由S1＝eq \f(1,3)(a1－1)，得a1＝eq \f(1,3)(a1－1)，故a1＝－eq \f(1,2). 又S2＝eq \f(1,3)(a2－1)，即a1＋a2＝eq \f(1,3)(a2－1)，得a2＝eq \f(1,4). (2)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)(an－1)－eq \f(1,3)(an－1－1)，得an＝－eq \f(1,2)an－1， 又a1＝－eq \f(1,2)≠0， 所以数列{an}是首项为－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列． 解析：∵a2024＝8a2021，∴q3＝eq \f(a2024,a2021)＝8，∴q＝2. 4．一个各项均为正的等比数列，每一项都等于它后面相邻两项之和，则公比q＝(　　) A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(5),2) C.eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(1＋\r(5),2) 解析：由题意有an＝an＋1＋an＋2＝anq＋anq2，而an≠0，∴q2＋q－1＝0，∴q＝eq \f(－1±\r(5),2)，而an>0，∴q>0，∴q＝eq \f(\r(5)－1,2). 解析：对于A，由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N＋.又a1－1＝1≠0，所以an－n≠0，所以eq \f(an＋1－（n＋1）,an－n)＝4，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，故A正确；对于B，由上可知an－n＝4n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n，故B错误；对于C，log2(an－n)＝log24n－1＝log222(n－1)＝2n－2，所以{log2(an－n)}是等差数列，故C正确；对于D，log4an＝log4(4n－1＋n)，{log4an}既不是等差数列，又不是等比数列，故D错误．故选AC. 二、填空题 6．在正项等比数列{an}中，若3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq \f(a2023－a2022,a2025－a2024)＝_____． 解析：设正项等比数列{an}的公比q>0，∵3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，∴2×eq \f(1,2)a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q，∴q2－2q－3＝0，q>0，解得q＝3，则原式＝eq \f(a2023－a2022,q2（a2023－a2022）)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(1,9). eq \f(1,9) 解析：由题设eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)，∴数列{an}是等比数列，公比为eq \f(1,3)，∴an＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)，bn＝eq \f(1,2)(an＋an＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))＝eq \f(4,3n). eq \f(4,3n) 解：(1)由等比数列的通项公式，得a6＝3×(－2)6－1＝－96. (2)设等比数列的公比为q， 那么eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝20，,a1q5＝160，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝5，)) 所以an＝a1qn－1＝5×2n－1(n∈N＋)． 1．设关于x的一元二次方程anx2－an＋1x－1＝0(n＝1，2，3，…)有两根α和β，且满足6α＋2αβ＋6β＝3，a1＝eq \f(7,6). (1)试用an表示an＋1； (2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是等比数列． 解：(1)由根与系数的关系，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝－\f(1,an)，)) 代入6α＋2αβ＋6β＝3，得eq \f(6an＋1,an)－eq \f(2,an)＝3，所以an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3). (2)证明：因为an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3)，所以an＋1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))， 又a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)≠0，所以an－eq \f(2,3)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列． (2)证法一：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n，∴{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． 证法二：由Sn＝2an－2n， ② 得Sn＋1＝2an＋1－2n＋1. ③ ③－②得an＋1＝2an＋1－2n＋1－2an＋2n，即an＋1－2an＝2n. ∴{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． (3)由(2)知an＋1－2an＝2n，等号两端同时除以2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(a1,2)＝1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列， ∴eq \f(an,2n)＝1＋eq \f(1,2)(n－1)，即an＝(n＋1)·2n－1. $