第一章 数列 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（北师大版）

章末综合提升 　 第一章　数列 体系构建 1 分层探究 2 考教衔接 3 单元检测卷 4 内容索引 体 系 构 建 返回 返回 分 层 探 究 返回 探究点一　等差与等比数列的基本运算 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝2，S9＝36，则S6＝ A.12 B.15 C.18 D.24 典例 1 √ 设等差数列{an}的公差为d，由a1＋a3＝2，S9＝36，得 解得故S6＝6a1＋15d＝15.故选B. (2)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S7＝14，且a3，a4，a6成等比数列，则a2 026的值为__________. 2 024或2 设等差数列{an}的公差为d，则S7＝7a1＋21d＝14①，又因为a3，a4，a6成等比数列，所以＝a3a6，即(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋5d)②，由①②解得所以a2 026＝a1＋2 025d＝－1＋2 025＝ 2 024，或a2 026＝a1＋2 025d＝2＋0＝2. 　　在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量. 规律方法 对点练1.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； 解：由已知得 解得a2＝2. 设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝， a3＝2q，又S3＝7，可知＋2＋2q＝7， 即2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝. 由题意得q＞1，所以q＝2，所以a1＝1. 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由于bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…， 由(1)得a3n＋1＝23n， 所以bn＝ln 23n＝3nln 2. 又bn＋1－bn＝3ln 2，所以{bn}是等差数列， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln 2. 故Tn＝ln 2. 探究点二　等差、等比数列的判定 已知数列{an}的首项a1＝1. (1)若数列{an}满足an＋1－an＝1(n∈N*)，证明：数列{}是等比数列； 证明：当n≥2时，＝＝21＝2为常数， 所以数列{}是等比数列. 典例 2 (2)若数列{an}是以3为公比的等比数列，证明：数列{log3an}是等差数列. 证明：由于数列{an}是以3为公比的等比数列， 所以＝3(n≥2)， log3an－log3an－1＝log3＝log33＝1为常数， 所以数列{log3an}是等差数列. 规律方法 判定一个数列是等差或等比数列的方法 定义法 an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列 ＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列 中项公 式法 2an＋1＝an＋⇔{an}是等差数列 ＝an(an＋1an≠0)⇔{an}是等比数列 通项公 式法 an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列 an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列 前n项和 公式法 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列 Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是公比不为1的等比数列 对点练2.(2025·八省适应性测试)已知数列中，a1＝3，an＋1＝. (1)证明：数列为等比数列； 解：证明：由an＋1＝＝＝·＋， 则1－＝－·＝， 所以数列是首项为1－＝，公比为的等比数列. (2)求的通项公式； 解：由(1)得1－＝×＝， 解得an＝＝. (3)令bn＝，证明：bn＜bn＋1＜1. 解：证明：bn＝＝·＝＝＝＝1－. 令f＝3·－2，n∈， 因为f＝3·－2在n∈上单调递增，则f≥f＝3×－2＝＞0， 所以数列在n∈N＋上单调递减，从而数列在n∈N＋上单调递增，且bn＜1， 故得bn＜bn＋1＜1. 探究点三　等差、等比数列的性质及应用 (1)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，a7＋a9＝，且b2b6b10＝8，则＝ A. B. C. D. 典例 3 √ 因为数列{an}是等差数列，由a7＋a9＝，可得2a8＝，即a8＝，因为数列{bn}是等比数列，由b2b6b10＝8，可得＝8，可得b6＝2，则＝＝＝.故选B. (2)(多选题)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7＜0，a5＋a10＞0，则下列选项错误的是 A.数列{an}为递减数列 B.a8＜0 C.Sn的最大值为S7 D.S14＞0 √ √ √ 因为a7＜0，a5＋a10＝a7＋a8＞0，故a8＞0，d＝a8－a7＞0，所以等差数列{an}为递增数列，故A、B错误；因为当1≤n≤7时，an＜0，当n≥8时，an＞0，所以Sn的最小值为S7，故C错误；因为S14＝＝7(a7＋a8)＞0，故D正确.故选ABC. 　　等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值以及数列“片段和”，处理这些题目的关键是熟悉这些相关性质，并且了解这些性质使用的条件. 规律方法 对点练3.(1)已知等差数列{an}的项数为2m＋1(m∈N＋)，其中奇数项之和为140，偶数项之和为120，则数列{an}的项数是_______. 13 设等差数列{an}的公差为d，因为等差数列{an}的奇数项之和为140，偶数项之和为120，所以有解得2m＋1＝13. (2)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S4＝10，则2S12－3S8＋S4的最小值为________. － 由等比数列的性质可得，S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.由于S4＝10，所以S12－S8＝＝，2S12－3S8＋S4＝2(S12－S8)＋S4－S8＝－S8＋10＝，当且仅当S8＝时取最小值，最小值为－. 探究点四　数列求和 设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an＋2n－6(n∈N＋). (1)求数列{an}的通项公式； 解：因为Sn＝2an＋2n－6， 所以当n＝1时，S1＝2a1－4＝a1，解得a1＝4. 当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋2n－8， 则Sn－Sn－1＝an＝2an－2an－1＋2， 整理得an＝2an－1－2， 即an－2＝2(an－1－2). 所以数列{an－2}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an－2＝2×2n－1＝2n， 所以an＝2n＋2. 典例 4 (2)若数列的前m项和Tm＝，求m的值. 解：令bn＝＝ ＝2， 则数列{bn}的前m项和Tm＝2(－＋－＋－＋…＋－) ＝2＝－. 又前m项和Tm＝， 故－＝， 解得m＝7. 数列求和的常用解法 1.错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. 2.裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 规律方法 3.拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和. 4.并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论. 规律方法 对点练4.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－n＝2an. (1)求{an}的通项公式； 解：由Sn－n＝2an得Sn＋1－(n＋1)＝2an＋1，两式相减得an＋1－1＝2an＋1－2an， 即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2. 当n＝1时，S1－1＝2a1，则a1＝－1，a1－1＝－2， 所以数列是以－2为首项，2为公比的等比数列. 所以an－1＝－2n，所以an＝－2n＋1. (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－＜Tn≤－. 解：证明：bn＝－，则Tn＝－－－…－， 所以Tn＝－－－…－－. 两式相减得Tn＝－－－－…－＋＝－－＋ ＝－－＋＋＝－＋.所以Tn＝－＋＞－，又bn＜0， 所以Tn≤T1＝b1＝－，所以－＜Tn≤－. 探究点五　数列的实际应用 治理垃圾是S市改善环境的重要举措.去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75％. (1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N＋)的表达式； 典例 5 解：设治理n年后，S市的年垃圾排放量构成数列{an}. 当n≤5时，{an}是首项为a1＝200－20＝180，公差为－20的等差数列， 所以an＝a1＋(n－1)d＝180－20(n－1)＝200－20n； 当n≥6时，数列{an}是以a5为首项，公比为的等比数列， 所以an＝a5＝100×， 所以，治理n年后，S市的年垃圾排放量的表达式为an＝ (2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量.如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由. 解：设Sn为数列{an}的前n项和，则An＝. 由于An＋1－An＝－＝＝ ＝. 由(1)知，当1≤n≤5时，an＝200－20n，所以{an}为递减数列， 当n≥6时，an＝100×，所以{an}为递减数列，且a6＜a5，所以{an}为递减数列， 于是an＋1－a1＜0，an＋1－a2＜0，…，an＋1－an＜0，因此An＋1－An＜0，所以数列{An}为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的. 应用数列知识解决实际问题的一般思路 1.建模.根据题设条件，建立数列模型： (1)分析实际问题的结构特征； (2)找出所含元素的数量关系； (3)确定为何种数列模型. 规律方法 2.解模.利用相关的数列知识加以解决： (1)分清首项、公差(公比)、项数等； (2)分清是求an还是求Sn； (3)选用适当的方法求解. 3.还原.把数学问题的解代回实际问题中，根据实际问题的约束条件合理修正，使其成为实际问题的解. 规律方法 对点练5.(多选题)“内卷”是指一类文化模式达到最终的形态以后，既没有办法稳定下来，也没有办法转变为新的形态，而只能不断地在内部变得更加复杂的现象，热爱数学的小明由此想到了数学中的螺旋线.连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝15°；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝15°；依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF，…，第n个正方形的边长为an，第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，…，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn，则 A.数列{an}是公比为的等比数列 B.S1＝ C.数列{an}是公比为的等比数列 D.数列{Sn}的前n项和Tn＜ √ √ 由题设，a1＝1，若AE＝x，则AH＝a1－x，即tan 15°＝＝ 2－，所以x＝a1，即AE＝a1，AH＝a1，故S1＝ AE·AH＝＝，故B正确；所以a2＝＝a1，以 此类推可得an＝an－1，所以数列{an}是公比为的等比数列且an＝，故A、C错误；由图知Sn＝·cos 15°·sin 15°＝·sin 30°＝，而an＋1＝an，所以Sn＝＝×，故Tn＝S1＋…＋Sn＝×＝×＜，故D正确.故选BD. 返回 考 教 衔 接 返回 (2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝ A. B. C.－ D.－ 真题 1 √ 由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B. (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＝______. 真题 2 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. 95 (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； 解：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＝. 真题 3 (2)求数列{Sn}的前n项和. 解：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－. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求的通项公式； 解：因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为的等差数列， 所以＝1＋＝， 所以Sn＝， 真题 4 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{an}的通项公式为an＝(n∈N*). (2)证明：＋＋…＋＜2. 解：证明：＝＝2(－)， 所以＋＋…＋＝2［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝2(1－)＜2. (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； 解：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. 真题 5 (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：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＝. (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； 解：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. 真题 6 (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 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. 返回 单 元 检 测 卷 返回 1.已知等比数列满足a2＝2，a2＋a4＋a6＝42，则a6＋a8＋a10＝ A.168 B.210 C.672 D.1 050 等比数列满足a2＝2，a2＋a4＋a6＝42，设等比数列的公比为q，所以2(1＋q2＋q4)＝42，解得q2＝4，故a6＋a8＋a10＝q4(a2＋a4＋a6)＝16×42＝672.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.等差数列中，已知a3＋a7＝6，则S9＝ A.36 B.27 C.18 D.9 √ 由题得S9＝(a1＋a9)＝(a3＋a7)＝×6＝27.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.设Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，且S7＝5a6，则＝ A.6 B. C.7 D. √ 设数列的公差为d，由题意知，7a1＋d＝5，解得a1＝2d.所以a9＝a1＋8d＝10d，S10＝10a1＋d＝65d，则＝＝.故 选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.设等比数列的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3＝ A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3 因为数列为等比数列，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，设S3＝m，则S6＝，则S6－S3＝－，故＝＝－，所以S9－S6＝，得到S9＝m，所以＝.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.已知等差数列满足a2＋a4＝4，a4＋a10＝8，则S4＝ A.6 B. C.7 D.10 √ 设等差数列的公差为d，由题意可得所以S4＝4a1＋d＝4＋3＝7.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.已知数列的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an＝Sn＋2，若bn＝log2an，则b1 013＝ A.2 025 B.2 026 C.2 027 D.2 028 √ 因为an＝Sn＋2，令n＝1，则a1＝S1＝8，又an＋1＝Sn＋1＋2，故an＋1－an＝(Sn＋1－Sn)，即an＋1＝4an，故数列是等比数列.则an＝8×4n－1＝22n＋1，所以bn＝log2an＝2n＋1，所以b1 013＝2×1 013＋1＝2 027.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.“人有悲欢离合，月有阴晴圆缺”，这里的“圆缺”就是指“月 相变化”，即地球上所看到的月球被日光照亮部分的不同形象，随 着月球与太阳的相对位置的不同，便会呈现出各种形状，如图所示： 古代中国的天象监测人员发现并记录了月相变化的一个数列，记为 {an}，其中1≤n≤15且n∈N＋，将满月分成240部分，从新月开始， 每天的月相数据如下表所示(部分数据)，a1＝5是指每月的第1天可 见部分占满月的，a8＝128是指每月的第8天可见部分占满月的 ，a15＝240是指每月的第15天(即农历十五)会出现满月.已知在月相数列{an}中，前5项构成等比数列，第5项到第15项构成等差数列，则第3天可见部分占满月的 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 a2 a3 a4 a5 a6 a7 128 a9 a10 a11 a12 a13 a14 240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设第5项到第15项构成的等差数列的公差为d，则 7d＝a15－a8＝240－128＝112，解得d＝16，所以 a5＝a8－3d＝128－48＝80.因为前5项构成等比数 列，则＝a1a5＝5×80＝400，又a3＞0，所以a3 ＝20，所以＝＝，即第3天可见部分占满 月的.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第1项是20，接下来2项是20，21，再接下来3项是20，21，22，…，设Sn是数列的前n项和，则S2 020＝ A.264－50 B.263－50 C.264－26 D.263－26 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 分组：第1组有1项为20；第2组有2项，为20，21；…；第k组有k项，为20，21，…，2k－1.根据等比数列的前n项和公式得每组各项和分别为21－1，22－1，23－1，…，2k－1.因为前63组共有＝2 016(项)，所以S2 020＝20＋＋…＋＋20＋21＋22＋23＝＋＋…＋＋20＋21＋22＋23＝－63＋15＝－48＝264－50.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.如图给出的是一道典型的数学无字证明问题，各矩形块 中填写的数字构成一个无穷数列，所有数字之和等于1.按 照图示规律，有同学提出了以下结论，其中正确的是 A.矩形块中所填数字构成的是以1为首项，为公比的等比 数列 B.前八个矩形块中所填写的数字之和等于 C.面积由大到小排序的第九个矩形块中应填写的数字为 D.记bn为除了前n块之外的矩形块面积之和，则bn＝ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设每个矩形块中的数字从大到小形成数列{an}，则可得{an}是 首项为，公比为的等比数列，故A错误；所以an＝)n－1＝ ，前八个矩形块中所填写的数字之和等于＝， 故B正确；所以由大到小的第九个矩形块中应填写的数字为a9＝＝，故C错误；按照这个规律继续下去，前n块矩形块面积之和为＝1－，故前n块之外的矩形块面积之和为1－(1－)＝，故D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.在等差数列中，首项a1＞0，公差d≠0，前n项和为Sn，则下列命题中正确的有 A.若S7＞S8，则a8＜0 B.若S7＞S8，则S6＞S7 C.若S3＝S11，则S14＝0 D.若S3＝S11，则S7是中的最小项 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，因为S7＞S8，所以S8－S7＜0，得a8＜0，故A正确；对于B，因为S7＞S8，所以S8－S7＜0，得a8＜0，因为a1＞0，所以d＜0，所以a7有可能大于零，也有可能小于零，所以S6与S7大小关系不确定，故B错误；对于C，因为S3＝S11，所以a4＋a5＋a6＋…＋a11＝0，所以4(a7＋a8)＝0，所以a7＋a8＝0，所以S14＝＝＝0，故C正确；对于D，因为S3＝S11，可得a7＋a8＝0，因为a1＞0，所以d＜0，a7＞0，a8＜0，所以S7是中的最大项，故D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.设数列的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对于任意的n∈N＋，都有＜A，则称数列为“T数列”.则以下数列为“T数列”的是 A.是等差数列，且a1＞0，公差d＜0 B.是等比数列，且公比q满足＜1 C.an＝ D.a1＝1，an＋2＋an＝0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，若是等差数列，a1＞0，公差d＜0，则Sn＝n2＋n，是关于n的二次函数，当n→＋∞时，→＋∞，对于任意的n∈N＋，不存在实数A，使得＜A恒成立，所以数列不是“T数列”；对于B，若是等比数列，且公比q满足＜1，则＝＝≤＋＜2，所以数列是“T数列”；对于C，an＝＝－，所以＝｜－＋－＋…＋－｜＝＜，则数列 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 是“T数列”；对于D，在数列中，a1＝1，an＋2＋an＝0，当n是奇数时，an＋2－an＝0，数列中奇数项构成常数列，且各项均为1；当n是偶数时，an＋2＋an＝0，即任意两个连续偶数项和为0，则对于任意的n∈N＋，S4n＝2n，不存在实数A，使得＜A恒成立，所以数列不是“T数列”.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.在数列中，a1＝1，an＋1＝则数列的前6项和为_______. 129 数列中，a1＝1，an＋1＝则a2＝2a1＝2×1＝2，a3＝3a2＝3×2＝6，a4＝2a3＝2×6＝12，a5＝3a4＝3×12＝36，a6＝2a5＝2×36＝72，则数列的前6项和为1＋2＋6＋12＋36＋72＝129. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.数列满足a1＝2，an＋1＝，其前n项积为Tn，则T2 026＝_______. －6 由a1＝2，an＋1＝，可得a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，a6＝ －3，…，由此可知数列的项具有周期性，且周期为4，第一周期内的四项之积为1，所以数列的前2 026项之积为1506×2×＝－6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.在数列和中，an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，a1＝1，b1＝1.设cn＝＋，则数列的前2 026项和为_________. 4 052 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，得an＋1＋bn＋1＝2.又a1＋b1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，即an＋bn＝2n，将an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－等式两边分别相乘，得＝2，所以数列是首项为a1b1＝1，公比为2的等比数列，所以anbn＝2n－1，所以cn＝＋＝＝＝2，所以数列的前2 026项和为2×2 026＝4 052. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3. (1)求数列{an}的通项公式； 解：依题意2Sn＝3an－3①， 当n＝1时，2a1＝3a1－3，a1＝3. 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3②， ①－②得2an＝3an－3an－1，an＝3an－1， 所以是首项为a1＝3，公比为3的等比数列，所以an＝3n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设bn＝log3an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：bn＝log33n＝n，cn＝＝－. 所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)等差数列中，a6＋a10＝18，a5＝6. (1)求的通项公式； 解：设等差数列的公差为d， 因为a6＋a10＝18，a5＝6， 所以a1＋7d＝9，a1＋4d＝6， 解得a1＝2，d＝1. 所以an＝a1＋d＝n＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求数列的前n项和Tn. 解：由(1)得an·3n＝·3n， 则Tn＝2·31＋3·32＋4·33＋…＋(n＋1)·3n， 所以3Tn＝2·32＋3·33＋4·34＋…＋(n＋1)·3n＋1. 两式相减得－2Tn＝2·31＋32＋33＋…＋3n－(n＋1)·3n＋1 ＝6＋－(n＋1)·3n＋1＝－(n＋)·3n＋1， 所以Tn＝－＋(n＋)·3n＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)某企业2026年年初有资金5千万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到50％，每年年底扣除下一年的消费基金1.5千万元后，剩余资金投入再生产.设从2026年的年底起，每年年底企业扣除消费基金后的剩余资金依次为a1，a2，a3，…. (1)写出a1，a2，a3，并证明数列是等比数列； 解：a1＝5×－1.5＝6， a2＝6×－1.5＝7.5， a3＝7.5×－1.5＝9.75.证明如下： 因为an＋1＝1.5an－1.5， 所以an＋1－3＝1.5， 又a1－3＝3，所以是首项为3，公比为1.5的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)至少到哪一年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元？(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1) 解：由(1)得an－3＝3×1.5n－1， 故an＝3＋3×1.5n－1，令3＋3×1.5n－1＞21， 解得n－1＞＝≈4.42， 所以n＞5.42， 故至少到2031年的年底，企业的剩余资金会超过21千万元. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)已知数列和中，a1＝2，b1＝0，且2an＋1＝3an＋bn＋2，2bn＋1＝an＋3bn－2. (1)写出a2，a3，b2，b3，猜想数列和的通项公式并证明； 解：由已知得a2＝4，b2＝0，a3＝7，b3＝1， 猜想an＋bn＝2n，an－bn＝2n， 由题意，得a1＋b1＝2，2an＋1＋2bn＋1＝4an＋4bn， 所以an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，易知an＋bn≠0，即＝2， 所以{an＋bn}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an＋bn＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意，得a1－b1＝2，2an＋1－2bn＋1＝3an＋bn＋2－(an＋3bn－2)， 所以an＋1－bn＋1＝an－bn＋2， 即(an＋1－bn＋1)－(an－bn)＝2， 所以{an－bn}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以an－bn＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若对于任意n∈N＋都有an＋bn＞λ，求实数λ的取值范围. 解：因为任意n∈N＋，都有an＋bn＞λ(an－bn)2， 即2n＞λ(2n)2，只需要λ＜()min. 记f(n)＝，易知f(n)＞0， 故＝·＝， 当＞1时，n2－2n－1＞0， 解得n＜1－或n＞1＋， 当＜1时，n2－2n－1＜0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解得1－＜n＜1＋， 因为n∈N＋， 所以f(1)＞f(2)＞f(3)＜f(4)＜f(5)＜…， 所以f(n)min＝f(3)＝， 所以实数λ的取值范围是. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)已知数列{an}，{bn}满足：an＋bn＝1，bn＋1＝，且a1，b1是函数f(x)＝16x2－16x＋3的零点(a1＜b1). (1)求a1，b1，b2； 解：由16x2－16x＋3＝0解得x1＝，x2＝，所以a1＝，b1＝. 由an＋bn＝1，bn＋1＝得1－an≠0，即bn≠0，所以bn＋1＝＝. 将b1＝代入得b2＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式； 解：因为bn＋1－1＝－1，所以＝＝－1， 即cn＋1＝cn－1. 又c1＝＝＝－4， 所以数列是以－4为首项，－1为公差的等差数列. 所以cn＝－4＋×＝－n－3. 由cn＝得bn＝＋1＝1－＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)设Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1，不等式4aSn＜bn恒成立时，求实数a的取值范围. 解：由题意及(2)知：an＝1－bn＝. 所以Sn＝a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝－＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由4aSn－bn＝－ ＝＜0恒成立， 即n2＋n－8＜0恒成立. 设f＝n2＋n－8， ①当a＝1时，f＝－3n－8＜0恒成立； ②当a＞1时，由二次函数的性质f＝n2＋n－8＜0不可能恒成立； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ③当a＜1时，由于－ ＝－＜0， 所以f＝n2＋n－8在上单调递减. 由f＝4a－15＜0得a＜. 所以a＜1时，4aSn＜bn恒成立. 综上所述，所求实数a的取值范围是. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 章末综合提升 返回 $