第4章 数列单元复习归纳-【重难点手册】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）浙江专用

第四章 数列出型 单元复习归纳 ☑01一知识网巧构建。 抽象数列的概念 概念一分类 表示一表格、通项公式、递推公式、图象 通项公式一a=a1+(n-1)d 次函数 数列 等差性质 等差数列 S.-n(ait as)m+un-Dd 2 2 前n项和 S=An2+Bn 二次函数 Sn=aa十Ban+y 特殊特殊数列 通项公式 an=ang 指数函数 等比性质 na1,9=1, 等比数列 S. a1-2=a,-a9,g≠1 1-g 前n项和 Sn=A(q-1)(Aq≠0,9≠1，n∈N*) S Aa-B 口02微传题妙总结。口 微专题1通项公式的求法 A数列侵} 等差数列 1.已知Sm求am S1,n=1, 利用an= 可由数列的前 &8一品 Sm-Sw-1,n≥2， C.an=- n项和Sn求得数列的通项公式am.若n=1时， 3n(n-1) an(n≥2)表达式的值不等于a1,则数列的通项 D.数列{S}是等比数列 公式务必要分段表示 解析因为an=Sm一Sw-1(n≥2)，所以 例①(2025·浙江绍兴鲁迅中学期中) (多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足 8-51十355.1-0，所以发--8，所 a,+3S,S.1=0(m≥2)，a=3则(). 以数列n 1 是公差为3的等差数列，A正确； 61 重雕包手细高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 因为写日=3，所以发-3+3(m-1)=, 1,t≠0).满足此类递推关系的数列的通项公式 的求法如下： S=动B正确；当m≥2时，由a=S.-S.1, 方法一（迭代法）利用递推关系式逐次 将a:用a:-1表示(i∈N*,i≥2)，直至用a1表 得an=一 n(m-D,但a=青不满足此式，因 示，求和即得通项公式。 此C错误：由S=得5=3X93,所 1 1 方法二利用待定系数法将其递推关系 3n 以数列{S3}是等比数列，D正确. 式化归为a1-1千。=c(a12以当a [答案ABD 0时，数列{a,千是以a1品为 2.由递推关系式求通项 由数列的递推关系式求通项，通常需要对 首项，以c为公比的等比数列：当a一1亡。=0 数列的递推关系式进行化归，转化为等差数列 或等比数列问题求其通项.常见的类型有： 时an‘c=0,即a1' (1)形如aw+1=a,十f(n)的递推关系式 方法三由an+1=can十t得an=ca-1十t 当已知数列中相邻两项的差的递推关系 (n≥2).两式相减得am+1一am=c(am一am-1). 式，即an+1一an=f(n)(n∈N*)时，通常采用累 当an+1≠an时，数列{an+1一an}是以c为公比 加法求其通项，其方法是利用恒等式a,= 的等比数列，求出an+1一an的表达式，累加即 (anam-1)+(am-1-aa-2)+…+(a2-a1)十 得数列{an}的通项公式 a1求解. 方法四利用恒等式am=(an一ca-1)十 例2已知在数列{an}中，a1=1,a+1= c(an-1-can-2)十c2(am-2-ca-3)十…+c1-2· an十n,则数列{an}的通项公式为(). (a2-ca1）+cm-1a1. A.an=ntn 例3已知在数列{an}中，an+1=3am十4， 2 B.an=nn 2 且a1=1,则数列{am}的通项公式为 C.a,=n-n+2 2 D.an=n2-n+1 解析方法一（迭代法）an=3an-1十4= 解析因为an+1=a,十n,所以an=an-1十 3(3am-2+4)+4=32am-2+3X4+4=33am-3+ n-1,即am-am-1=n-1(n≥2).又a=1,利用累 32×4十3×4十4=…=3”-1a1十3”-2×4十3"3× 加法，有an=(an-a-1)十(an-1一an-2）十…十 4十…十3×4十4=31+41-3)=30-1+ 1-3 (a2-a1)+a=(n-1)+(n-2)+…+1+1= 2(3n-1-1)=3”一2. (m-1+1)(m=1)+1=-+2.当n=1时， 2 方法二（待定系数法）.'an+1=3an十4， 上式也成立，故a,=n-n十2 ∴.am+1+2=3(am十2)， 2 令bn=an十2，b1=a1十2=3，∴.数列 答案C {bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn= (2)形如aw+1=can+f(n)(c≠0，c≠1)的 3m,∴.an=3m-2. 递推关系式 方法三（构造法）.an+1=3an十4，① 若f(n)为常数，即an+1=can十t(c≠0，c≠ ∴.an=3am-1+4(n≥2).② 62 第四章款列出型 ①-②，得a+1-an=3(an-an-1)(n≥2). 解析令an+1一xan=y(an一xan-1), .a2-a1=3+4-1=6, Ep an=(x+y)an-xyan-1. .数列{a+1一an}是首项为6，公比为3的 x+y=5, x=2, x=3, 于是得 等比数列， 解得二2或 -xy=-6, y=3y=2. 即am+1一am=6X3m-1=2X3”,利用累加 取x=2,y=3,得an+1-2am=3(am 法得an=3”-2. 2am-1)(n≥2) 答案an=3m一2. 由于a2一2a1=2≠0，所以数列{an+1一 [点评该递推关系式形如an+1=can十t,其 2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即 中c=3,1=4,则。=-2，a1-1c=3,于是 a+1-2an=2X3-1. 数列{am十2}是以3为首项，3为公比的等比数 两边同除以2，得2岩会-2×(）。 列，故am十2=3”，即an=3m-2. 所以经=（经）+（号一2）+…十 例④(2025·河北衡水中学期末)在数列 {an}中，已知a1=2,且an+1=4am-3n+1(n∈ (俊)+9=2×(》+×(》+ N*),则该数列的通项公式为 解析令an+1-A(n十1)一B=4(an -3r An一B),则a+1=4an-3An十A-3B. 由条件得A一3B=1 〔-3A=-3, 解得B=0, 〔A=1, 故an=2X3m-1-2n-1. 取x=3,y=2,得an+1一3am=2(an 即am+1-(n+1)=4(am-n). 3am-1)(n2). 故数列{am一n}是首项为a1一1=1，公比 由于a2一3a1=1≠0，所以数列{am+1一 为4的等比数列，从而an一n=4-1,故an= 3am}是以1为首项，2为公比的等比数列，即 4-1十n. a+1-3an=2m-1. [答案an=4-1十n. 整理得am+1十2m=3(am十2m-1),又a1+ (3)形如an+1=cam十tan-1(n≥2，ct≠0)的 21-1=2,所以数列{an十2m-1}是以2为首项，3 递推关系式 为公比的等比数列，即an十2m-1=2X3m-1.所 对于此类递推关系式，同样可以使用待定 以an=2X3m-1-2m-1 系数法将其转化为等比数列问题.即令a+1一 综上可知an=2X3m-1一2m-1. xan=y(an一xam-1),用待定系数法求出x与y 答案2X3m-1一2m-1. 的值，即可转化为等比数列问题，进而求出 (4)形如am+1=can十tam-1十a(n≥2，cta≠ 通项」 O)的递推关系式 例⑤(2025·湖北武汉二中月考)已知数 例6已知数列{an}满足a1=1,a2=-13, 列{an}满足am+1=5am-6an-1(n≥2)，且a1三 am+2-2am+1十an=2n-6. 1,a2=4,则数列{an}的通项公式为an (1)设bn=a+1一am,求数列{bn}的通项 公式； 63 重雕包手册高中数学选择性必修第二册【 UA(浙江专用) (2)求n为何值时，am最小. 又1-=5 解析(1)由a+2一2an+1十an=2n一6，得 a13’ (a+2一an+1）一(a+1-an)=2n-6, 所以数列 }是首项为3，公差为2的等 a 因为bn=a+1一a,所以b+1一bn=2m一6. 差数列， 又a1=1,a2=-13,所以b=a2-4=-14. 故1=5+2(m-1)=6n21 当n≥2时， an 3· b.=b+(b2一b)+(b3-b2)+(b4一b3)+…+ 所以数列{an}的通项公式为a,一6m— 3 (bn-bm-1)=-14+(2×1-6)+(2×2-6)+ (2X3-6)+…+[2(n-1)-6]=-14+2X 答案 3 6n-1 [1+2+3+…+(n-1)]-6(n-1)=-14十 (6)形如a+1一a=d(常数)，n∈N*,k≠ 2×n=1)[1+m-1)]-6(m-1）=-14+ 0,k≠1的递推关系式 2 n(n-1)-6(n-1)=n2-7n-8, 对于形如a+1一a=d(常数)，n∈N*,k≠ 0,k≠1的递推关系式，只需视a为一个整体， 当n=1时，上式也成立. 利用等差数列的定义即知数列{a}是以d为 所以数列{b}的通项公式为bn=m2一7n-8. 公差的等差数列，进而求数列{an}的通项公式. (2)由(1)可知a+1-an=n2-7n-8= 例8(2024·安徽示范高中联考)若在数 (n+1)(n-8). 当n<8时，an+1<an,即a1>a2>a3>… 列{am}中，a1=2,且an=√3十a-1(n≥>2)，则 >a8; 数列{an}的通项公式为 当n=8时，ag=a8; 解析将an=√3十a-1两边平方，整理得 当n8时，a+1>a,即ag<a0<a1<… a2-a品-1=3， 所以当n=8或n=9时，am最小. 所以数列{a品}是首项为a=4,公差为3 6形如a1一rc≠0，n≠的 的等差数列. 所以a品=a1+(n-1)×3=4+3(n-1)= 递推关系式 3n+1. 对于此类递推关系式，当t=0,即a+1 a2,时，若a≠0，则有2他t=兰X 因为am>0,所以am=√3n十1. an+1 can 答案an=√3n+1. 1+卫，视2为一个整体，即可化归为(2)：当 3.归纳猜想求通项公式 an c 数阵是指将某些数按一定的规律排成若 t≠0时，可利用换元法转化为t=0的类型（过 干行和列形成的图表，也称为数表.常见的是 程略，请同学们自己思考) 排成等差或等比数列，此类问题重点考查等 例7(2025·广东湛江一中月考)已知数 差、等比数列的相关知识.有时也会出现其他 列a,中，a=号a12a7则数列a,}的 an 类型的数列，解决此类问题的关键是找出其中 通项公式为an= 的规律.此处我们以数阵为背景设置一道例 解折由题意可得1=20，+1=1+2， 题，让大家对用观察法求通项公式有进一步的 an+1 an an 研究. 64 第四章数列出 例9(2025·湖北部分学校高二联考)如 ∴.(an+1+am+2)-(am+an+1)=(n+1) 下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所 n=1,即an+2-am=1. 著的《详解九章算法》一书中的“杨辉三角形”. ∴a1,a3,a5,…和a2,a4,a6,…都是公差为 1234…2013201420152016 1的等差数列. 357…4027 40294031 又a1=1,a2=1-a1=0, 812… 8056 8060 ∴.对任意k∈N*,a2k-1=k,a2=k一1， 20 … 16116 n+1 2,n为奇数， 该数表由若干数字组成，从第二行起，每 即an=1 n-2 一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中 2,n为偶数. 最后一行仅有一个数，则这个数为(). (2)由（1)知bn=c2m-1=a2m-1·a2m= A.2017X22015 B.2017X22o14 2n-1+1.2n-2=n(n-1)=2-, 2 C.2016×22o15 D.2016X22o14 ∴.Tm=(12+22+32+…+n2)-(1+2+ [解析由题意知，数表中的每一行都是等 差数列，且第一行公差为1，第二行公差为2，第 3十…+n)=nn+1)(2mn+1)-n(n十1)= 6 2 三行公差为4，…，第2015行公差为22014 n(n-1)(n+1) 第一行的第一个数为2×21，第二行的第一个 P 数为3X2°，第三行的第一个数为4×2，…， 微专题2数列求和 第n行的第一个数为(n十1)×22，易知第 1.公式法 公式法是数列求和中最常用的方法之一， 2016行只有一个数M,则M=(1+2016)× 可直接利用等差数列、等比数列的求和公式： 22014=2017X22o14. 答案B Ss nayas)nar t nn 1)d,S.= 2 4.特殊探索求通项公式 na1,9=1, 例10(2025·湖南师大附中单元检测) a1-am9_a1(1-g) 1-q 若数列{an}中的相邻两项am,an+1是关于x的 1-g,9≠1. 还可利用常见数列的前n项和公式，如： 方程x2一nx十cn=0(n=1,2,3,…)的两个实 根，且a1=1. (11+2+3++n=2(a+1D, (1)求数列{an}的通项公式； 1+3+5++2m-1D=n2n,1+D=2, 2 (2)设bn=c2m-1,求数列{bn}的通项公式及 2+4+6+…+2m=n(22+2》=+. {bn}的前n项和Tm. 必要时，可以利用公式： 2 12+2+32+.十n2=n(n+1)(2n+1) (21+2+3+f-gm+1D2+1D. 6 2.倒序相加法 解析(1)依题意，由根与系数的关系得 如果一个数列的前n项中，距首末两项 an+ant1=n,anan+1=Cn. “等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相 65 重雕包手册高中数学选择性必修第二册 尺UA(浙江专用) 加法求数列的前n项和. 且a≠1). 例11I(2025·浙江绍兴春晖中学期末) 已知函数fx)=x数列a,}是正项等比数 Vn1-VnFI-, (3) 1 a+√b 1 列，且ao=1,则f(a)+f(a2)+f(ag)+…+ a-i(a-/D). f(a8)+f(a9)= (4)若数列{an}为等差数列，d为公差，其 留缸因为函数fx)=十x所以当x> 中a≠0且d≠0，则1=(1-1）】 1+1x+ 1 10 1 (5) n(n+1)(n+2= L n(n+1) 1 1千z1.因为数列{a}是正项等比数列，且 (n+1)(n+2) 1 a10=1,所以a1a19=a2a18=a3a17=…=a1=1, 所以fa)+fag)=f(a)+f)=1.同理 (2n)2 )2m-2n+=1+2(3 可得f(a2)+f(a18)=f(a3)十f(a17)=… f(ao)+f(ao)=1.令S=f(a1)+f(a2)十 f(a3)十…+f(a18)+f(a9),则S=f(a19)十 1 f(a18)十f(a7)十…+f(a2)十f(a1),所以 (8)(2-10(21-1)-20-12+-1 2S=19,故S=19 2n =22m (9)(m+1)(n+2)n+1n+2 图案兴 n+1_1[1 3.裂项相消法 例12设Sn是等比数列{an}的前n项 若数列的通项可拆成结构相同的两式之 和，已知S2=4,a3=3a4. 差，则数列的前n项和可由裂项相消法求解. (1)求an和Sn; 使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了 (2)若，=。，求数列{6，的前n项和T 哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特 「SSnt1 点.裂项相消法的指导思想很明确，关键是实 解析(1)设数列{an}的公比为q. 现an=bn一bn+1,因此对代数变形能力要求较 由题意可得a3=a2a4,因为a3=3a4,所以 高.但只要把握了指导思想，这类问题便不难 a2=3. 獬决.此外，掌握一些常用的裂项技巧也能事 又a1十a2=S2=4,所以a1=1,q=3. 半功倍，快速突破.常用的裂项技巧有： 所以a.=3m1,5.=1×1-3）-3-1 1-3 2 2日2+0=日，co. (2)由10得6，= SS+13”-1.3+1-1 2 2 (2log.n+1=l1og.(n+1)-1ogn(a>0, 4·3 n 66 第四章 教列出型 所以.-2马 5.分组求和法 若一个数列的通项公式是一个和式，且各 3)=2(合1 加式构成的数列的前n项和可求，则数列的前 n项和可通过加法的交换律与结合律分组求和 2 1一3+1-1 完成 4.错位相减法 例1④(2025·山东省实验中学单元检 如果一个数列的各项都是由一个等差数 测)已知正项数列{an},其前n项和为Sm,an= 列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么 1-2Sm(n∈N*). 这个数列的前n项和就可用错位相减法来求. (1)求数列{an}的通项公式； 事实上，等比数列的前n项和公式就是用此方 法来推导的， (2)设a,=(-1(2+2,求数列6.的 例13已知数列{an}的前n项和为Sm,且 前n项和T 2Sn+1=3an. 解析(1)由an=1一2Sn,① (1)证明：数列{am}为等比数列，并求其通 得an+1=1-2Sn+1,② 项公式 ②-①，得an+1一an=一2a+1,即3an+1=an, (2)若数列{bn.}满足anbn=n,求数列{bn》 的前n项和Tm 所以1=1 an3· [解析(1)当n=1时，2S1+1=2a1十1 所以教列{a}是公比为号的等比数列。 3a1,解得a1=1. 当n≥2时，由2Sm十1=3am,① 又a4=1-2S=1-2a,所以a1=3 得2Sm-1+1=3am-1,② ①-②，得an=3am-1, 所以a=}·(合)=（传》. 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的 等比数列 (2)a)得6=(-1r(2+2m=(-1. 所以数列{an}的通项公式为an=3n1 3m+(-1)n·(2n). (2)由(1)知a=3m1,所以bn==” 当n为偶数时，Tn=(一3十32-33十34-…十 an 3n-1, 3")+2(-1+2-3+4-…+n)= 3n-1, -31-3)]+2X1×8=-3+31 1-(-3) 2 4 十n =京++是+++ 4n+3+1-3 两式相减，得号工=十十京十…十 4 当n为奇数时，Tn=(一3十32-33十34一 3")+2(-1+2-3+4-…-n)= n 33+2m 1 1一3 3m22·3m’ =3+2[-1+(-1×"2]- 1-(-3) 所以T。= 3/3_3+2m\-9_3+2nm 一3-3+1 2（22·3”-44·3m可· n-1=-7-3+1 67 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 一7-3n+1 -n,n为奇数， 4 为第一年)的利润为5001+2)万元（∈N~)。 综上所述，Tn= 4n+3m+1-3 ，n为偶数. (1)设从2023年起的前n年，若该企业不 进行技术改造的累计纯利润为Am万元，进行 6.并项求和法 技术改造后的累计纯利润为B.万元（扣除技 若数列中相邻两项或几项的和是同一常 术改造资金)，求Am,Bn的表达式； 数或有规律可循（如构成某个特殊数列），采用 (2)依上述预测，从2023年起该企业至少 并项求和法进行数列求和比较简便 经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超 例15已知在数列{an}中，a=(-1)1· 过不进行技术改造的累计纯利润？ (4n一3)，前n项和为Sn,则S6=( A.-12 解析(1)由题意得 B.16 C.-10 D.12 Am=(500-20)+(500-40)+.+ (500-20m)=490n-10m2; [解析因为an=（一1)n-1(4n一3)，所以 S6=(a+a2)+(a3十a4)+(a5+a6)=(1-5)十 B.=500×[(1+2)+(1+2)+.+ (9-13)+(17-21)=3×(-4)=-12. 1+2)】-60=500m-290 500-100 答案A 微专题3数列应用题 (2)B.-An=(500a-500 100 -(490m 等差数列、等比数列是日常经济生活中的 10n2) 重要数学模型.例如，存款、贷款、购物（房、车 =10m2+10n-0、 -100 等)分期付款、保险、资产折旧等问题都与数列 相关.以银行存款为例，它是人们日常生活中 =10[nn+1)-9-10]: 最基本的经济活动.银行存款计息方式有单利 和复利两种，它们分别以等差数列和等比数列 因为函数y=n(n十1)- 50 2 -10在(0， 为数学模型.结合实际问题，根据题目的条件 十∞)上为增函数， 建立适当的数列模型是解决问题的关键，这个 当1≤n≤3时，m+1)碧-10≤12 过程体现了数学建模的思想. 1.与等差数列有关的应用题 50 -10<0, 例16(2025·华南师大附中单元检测) 某企业2022年的纯利润为500万元，因设备老 当m≥4时，x(m+1)-职-10≥20-8 化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不 10>0, 进行技术改造，预测从2023年起每年比上 所以当且仅当n≥4时，Bnm>An: 年纯利润减少20万元，2023年初该企业一次 则至少经过4年，该企业进行技术改造后 性投入资金600万元进行技术改造，预测在未 的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯 扣除技术改造资金的情况下，第n年(2023年利润. 68 第四章 教列么出型 2.与等比数列有关的应用题 的面积占该年新建住房面积的比例首次大 例17某人贷款5万元，分5年等额还 于85%？ 清，贷款年利率为5%，按复利计算，每年需还 解析(1)设中低价房的面积构成数列 款多少元（精确到1元）？ {an},由题意可知{an}是等差数列，其中a1= 解析第一年偿还的x万元，还清贷款时 250,公差d=50, 本息和为x(1十0.05)4万元； 则S,=250m+mn。1DX50=25m+225m. 第二年偿还的x万元，还清贷款时本息和 令25n2+225n≥4750，即n2+9n-190≥ 为x(1+0.05)3万元； 0,而n是正整数，所以n≥10 第三年偿还的x万元，还清贷款时本息和 故到2032年年底，该市历年所建中低价 为x(1+0.05)2万元； 房的累计面积将首次不少于4750万平方米 第四年偿还的x万元，还清贷款时本息和 (2)设新建住房面积依次构成数列{b},由 为x(1+0.05)万元； 题意可知{bn}是等比数列，其中首项b1=400, 第五年偿还的x万元，还清贷款时仍为 公比q=1.08,则bn=400×1.08m-1. x万元. 由(1)知am=250+50(n-1)=50n+200. 于是x(1+0.05)4+x(1+0.05)3+x(1+ 由题意知am>0.85bn,则50n十200>400× 0.05)2+x(1+0.05)+x=5(1+0.05)5, 1.08m-1×0.85,即5n+20>34×1.08m-1. 解得x=5X1.05X0.05≈1.1549. 1.055-1 取n=1,2,…代入检验，可知满足上述不 故每年需还款11549元. 等式的最小正整数为n=6. 点评一般情况下，当出现下列信息时，可 故到2028年年底，当年建造的中低价房 化归为等比数列：(1)增长率；(2)n倍；(3)翻几 的面积占该年新建住房面积的比例首次大 倍；(4)几分之几等. 于85%： 3.综合构建等差数列与等比数列模型解 微专题4数列创新题与数学文化背景下的 决实际问题 数学问题 例18假设某市2023年新建住房400万 1.新概念 平方米，其中有250万平方米是中低价房.预 例19(2025·山东部分学校诊断性测 计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积 试)已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当a+1 平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房 an=bn(n∈N*)时，数列{b.}为等差数列.若 中，中低价房的面积均比上一年增加50万平 a1=25,a3=67,a5=101, 方米 (1)求数列{bn}的通项公式； (1)到哪一年年底，该市历年所建中低价 (2)求数列{amn}的最大值. 房的累计面积（以2023年为累计的第一年）将 解析(1)由定义知b1=a2一a1,b2=a3 首次不少于4750万平方米？ a2,b3=a4-a3,b4=a5-a4, (2)到哪一年年底，当年建造的中低价房 得b十b2=a一a=42,b十b4=a5一a3=34 69 重难点手册高中数学选择性必修第二册尺UA(浙江专用) 设数列{bn}的公差为d,则b3十b4一(b+ 若阿基里斯跑了1000m,此时乌龟领先 b2)=4d=一8，即d=一2，易得b1=22,所以数 100m,当阿基里斯跑完下一个100m时，乌龟 列{bn}的通项公式为bn.=-2n十24. 领先10m,当阿基里斯跑完下一个10m时，乌龟 (2)由题知b1=a2-a1,b2=a3-a2,b3= 领先1m…所以芝诺认为阿基里斯永远追不 a4-a3,b4=a5-a4,…,bn-1=an-am-1, 上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟 累加可得an=(am一am-1)十(am-1一a-2） 的距离恰好为0.001m,此时乌龟爬行的总距 +…+(a2-a1)+a1=bn-1+b-2+…+b十 离为( ）. a1=n-1)22+[,2(n-1D+24}+25 2 = A.10-1 9000m B.104-1 m 90 -n2+25n-24+25=-n2+25n+1(n≥2). C105-9 D.105-1 又当n=1时，a1=25也满足上式，所以 90m 900m an=-n2+25n+1.由于二次函数y=一x2+ 解析由题意知乌龟每次爬行的距离构成 25x十1在x-罗时取得最大值，所以数列{a} 等比数列{a,共中a=100,g=0且a 的最大值为a12=a13=157. 0.001=10-3,所以鸟龟爬行的总距离为Sn= 2.数学文化背景下的数列问题 例20(2025·福建莆田高三联考)公元 a1-q2）=a1-ag= 100-10×0 1-9 1-9 前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿 1- 基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面 108一1(m· 1000m处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿 9000 基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后， 答案A 70