第1章 3 培优课 数列的综合问题 能力提升-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教用课件（北师大版）

培优课　数列的综合问题 能力提升 1 典例研析 01 课时作业 02 目录 2 01 PART 典例研析 典例研析 目 录 题型一｜等差数列与等比数列的综合问题 【例1】　记Sn为数列{an}的前n项和.已知 ＋n＝2an＋1. （1）证明：{an}是等差数列； 解： 证明：由 ＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n， ① 所以2Sn＋1＋（n＋1）2＝2an＋1（n＋1）＋（n＋1）， ② ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1（n＋1）－2ann＋1， 化简得an＋1－an＝1， 所以数列{an}是公差为1的等差数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 解： 由（1）知数列{an}的公差为1. 由 ＝a4a9，得（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋8）， 解得a1＝－12. 所以Sn＝－12n＋ ＝ ＝ － ， 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 解决等差、等比数列的综合问题应注意四个方面 （1）等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用； （2）对于解答题注意基本量及方程思想； （3）注重问题的转化，利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数 列或等比数列，以便利用公式和性质解题； （4）当题中出现多个数列时，既要纵向考虑单一数列的项与项之间的关 系，又要横向考虑各数列之间的内在联系. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4 －a4. （1）证明：a1＝b1； 解： 证明：设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1， 由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），即a1＝5b1－2d， 将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数. 解： 由（1）知an＝a1＋（n－1）d＝a1＋（n－1）×2b1＝（2n－ 1）a1，bn＝b1·2n－1， 由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝（2m－1）a1＋a1， 由a1＝b1≠0得2k－1＝2m， 由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9 个数，即集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素 的个数为9. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型二｜新定义问题 【例2】　已知数列{an}为“二阶等差数列”，即当an＋1－an＝bn（n∈N ＋）时，数列{bn}为等差数列.若a1＝25，a3＝67，a5＝101. （1）求数列{bn}的通项公式； 解： 由定义知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－a4， 得b1＋b2＝a3－a1＝42，b3＋b4＝a5－a3＝34. 设数列{bn}的公差为d，b3＋b4－（b1＋b2）＝4d＝－8，即d＝－2，易 得b1＝22，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－2n＋24. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求数列{an}的最大值. 解： 由题知，b1＝a2－a1，b2＝a3－a2，b3＝a4－a3，b4＝a5－ a4，…，bn－1＝an－an－1， 累加可得，an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1＝ ＋25＝－n2＋25n－ 24＋25＝－n2＋25n＋1（n≥2）. 又当n＝1时，a1＝25也满足上式，所以an＝－n2＋25n＋1.由于二次函数 y＝－x2＋25x＋1在x＝ 时取得最大值， 所以数列{an}的最大值为a12＝a13＝157. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 解决数列中新定义问题的一般流程 （1）读懂定义，理解新定义数列的含义； （2）特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论； （3）通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与 已知数列（如等差、等比数列）的关系，仔细观察，探求规律，注重转 化，合理设计解题方案； （4）联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识 进行求解. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 定义函数f（x）＝{x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4} ＝2，{－2.3}＝－2.当x∈（0，n]（n∈N＋）时，函数f（x）的值域为 An，记集合An中元素的个数为an，则 ＋ ＋…＋ ＝ 　 　. 　 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析：由题意，a1＝1，当x∈（n，n＋1]时，{x}＝n＋1，x·{x}∈（n2 ＋n，n2＋2n＋1]，{x·{x}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2 ＋2n＋1，共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝a1＋（a2－a1） ＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋2＋3＋…＋n＝ ， ＝ ＝2（ － ），所以 ＋ ＋…＋ ＝2［（ 1－ ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝2（ 1－ ）＝ . 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 题型三｜数列与不等式的综合问题 【例3】　（2023·天津高考19题）已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝ 16，a5－a3＝4. （1）求{an}的通项公式和 ai； 解： 设等差数列{an}的公差为d. 由 得 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解得 则数列{an}的通项公式为an＝3＋2（n－1）＝2n＋1. 所以 ai＝ ＝ ＝3×22n－2. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 ①当k≥2时，求证：2k－1＜bk＜2k＋1； ②求{bn}的通项公式及其前n项和. 解： ①证明：由（1）知an＝2n＋1，则数列{an}是递增数列. 所以当k≥2，2k－1≤n≤2k－1时，有2×2k－1＋1≤an≤2（2k－1）＋1， 即2k＋1≤an≤2k＋1－1. 又对于任意k∈N*，当2k－1≤n≤2k－1时，有bk＜an＜bk＋1，所以bk＋1＞ 2k＋1－1，bk＜2k＋1. 由bk＋1＞2k＋1－1，得bk＞2k－1. 所以当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1. （2）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk ＜an＜bk＋1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 ②由①可知1＜b1＜3，3＜b2＜5，7＜b3＜9，15＜b4＜17， 据此猜测bn＝2n. 否则，若数列的公比q＞2，则bn＝b1qn－1＞b1×2n－1＞2n－1. 注意到2n－1－（2n－1）＝1－2n－1，则2n－1－（2n－1）＞0不恒成立，即 2n－1＞2n－1不恒成立， 此时无法保证2n－1＜bn. 若数列的公比q＜2，则bn＝b1qn－1＜b1×2n－1＜3×2n－1. 注意到3×2n－1－（2n＋1）＝2n－1－1，则2n－1－1＜0不恒成立，即3×2n －1＜2n＋1不恒成立，此时无法保证bn＜2n＋1. 综上，数列的公比为2，则数列{bn}的通项公式为bn＝2n. 所以数列{bn}的前n项和Sn＝ ＝2n＋1－2. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【例4】　（2023·新高考Ⅱ卷18题）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； 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解： 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为bn＝ 且S4＝32，T3＝16， 所以 解得 所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解： 证明：由（1）可知，Sn＝ ＝ ＝n2 ＋4n. 由an＝2n＋3，得bn＝ 若n为偶数，则 Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6 ＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－ 3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝ －3n＋ 2× ＝ n2＋ n. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 所以当n＞5时，Tn－Sn＝ n2＋ n－（n2＋4n）＝ n2－ n＝ n（n－ 1）＞0， 即Tn＞Sn. 若n为奇数，则n－1为偶数，则 Tn＝Tn－1＋bn＝ （n－1）2＋ （n－1）＋2n＋3－6＝ n2＋ n－5. 所以当n＞5时， Tn－Sn＝ n2＋ n－5－（n2＋4n）＝ n2－ n－5＝ （n2－3n－10）＝ （n＋2）（n－5）＞0， 即Tn＞Sn. 综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式 的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等 式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列， S2＝4. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设{an}的公差为d（d≠0）， 则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d. 因为S1，S2，S4成等比数列， 所以a1·（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2.所以2a1d＝d2. 因为d≠0，所以d＝2a1. 又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设bn＝ ，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜ 对所有 n∈N＋都成立的最小正整数m. 解： 因为bn＝ ＝ ＝ （ － ）， 所以Tn＝ （ 1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ （ 1－ ）＜ . 要使Tn＜ 对所有n∈N＋都成立，则有 ≥ ，即m≥30. 因为m∈N＋， 所以m的最小值为30. 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 02 PART 课时作业 课时作业 目 录 1. 已知数列a，a（1－a），a（1－a）2，…是等比数列，则实数a满足 （　　） A. a≠1 B. a≠0或a≠1 C. a≠0 D. a≠0且a≠1 解析： 　由于a，a（1－a），a（1－a）2，…是等比数列，则a需满 足a≠0，a（1－a）≠0，a（1－a）2≠0，所以a≠0且a≠1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 2. 设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公 比q＝（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 解析： 3S3－3S2＝3a3＝a4－a3⇒a4＝4a3⇒q＝4. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 3. 在各项都为正数的等比数列{an}中，a2＝3，a3＋a4＝18，则a8＝ （　　） A. 192 B. 2 187 C. 192或2 187 D. 解析： 　由题意得an＝a1qn－1，a1＞0，q＞0，3＝a2＝a1q，18＝a3＋ a4＝a1q2＋a1q3＝a1q（q＋q2）＝3（q＋q2），∴0＝q2＋q－6＝（q＋ 3）（q－2），∴q＝2，a1＝ ＝ ，∴a8＝a1q7＝ ×27＝3×26＝3×64 ＝192. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 4. 等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝2，若数列{Sn－1}也为等比数 列，则数列{an}的公比q的值为（　　） A. －1 B. 1 C. ±1 D. 不能确定 解析： 　由题意，等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝2，可得S1＝ a1＝2，S2＝a1＋a2＝2（1＋q），S3＝a1＋a2＋a3＝2（1＋q＋q2），则 S1－1＝1，S2－1＝2q＋1，S3－1＝2q2＋2q＋1，因为数列{Sn－1}也为等 比数列，所以（S2－1）2＝（S1－1）（S3－1），即（2q＋1）2＝1× （2q2＋2q＋1），整理得q2＋q＝0，解得q＝－1或q＝0（舍去），所以 数列{an}的公比q的值为－1.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 5. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红 光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座七层 塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔 的顶层有灯（　　） A. 2盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 6盏 解析： 　设第七层有a盏灯，由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一 个以a为首项，以2为公比的等比数列，由等比数列的求和公式可得 ＝381，解得a＝3，故顶层有3盏灯. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 6. 已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若 ＝ ，则公比q＝ （　　） A. 2 B. －2 C. D. － √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　法一　当公比q＝1时， ＝2，不满足题意，当q≠1时，S10 ＝ ，S5＝ ，所以 ＝ ＝q5＋1＝ ，解得q＝－ . 法二　由 ＝ 可知，设S10＝31k，S5＝32k（k≠0），则由S10＝S5＋ q5S5可知，31k＝S5（1＋q5）＝32k（1＋q5），解得q＝－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 7. 在等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85 ，所有偶数项之和 为170 ，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为（　　） A. 580 B. 585 C. 590 D. 595 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　设等比数列{an}的公比为q，则由题意有 得 ∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3（1＋ q3＋q6＋q9）＝a1q2· ＝585. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 8. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a3＝5，S4＝20，则 ＝（　　） A. 9 B. 10 C. 12 D. 17 解析： 　设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a3 ＋a2＋a4＝a1＋a3＋q（a1＋a3）＝（1＋q）（a1＋a3）＝5（1＋q）＝ 20，所以q＝3.则 ＝ ＝ ＝ ＝q2＋1＝10. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 9. 〔多选〕已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是 （　　） A. 若a3＞0，则a2 025＞0 B. 若a4＞0，则a2 024＞0 C. 若a3＞0，则S2 025＞0 D. 若a3＞0，则S2 025＜0 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　设数列{an}的公比为q，当a3＞0时，a2 025＝a3q2 022＞0，A 正确；当a4＞0时，a2 024＝a4·q2 020＞0，B正确；若a3＞0，则a1＞0，又当 q≠1时，S2 025＝ ，当q＜0时，1－q＞0，1－q2 025＞0， ∴S2 025＞0，当0＜q＜1时，1－q＞0，1－q2 025＞0，∴S2 025＞0，当q＞1 时，1－q＜0，1－q2 025＜0，∴S2 025＞0.当q＝1时，S2 025＝2 025a1＞0， 故C正确，D不正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 10. 〔多选〕设数列{an}满足：a1＝1，且对任意的n∈N＋，都有an＋1＝ 2an＋1，Sn为数列{an}的前n项和，则（　　） A. {an}为等比数列 B. an＝2n－1 C. 为等比数列 D. Sn＝2n－n √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 依题意an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2（an＋1），因为a1＋1＝ 2≠0，故an＋1≠0，所以 ＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比 为2的等比数列，所以 是首项为 ＝ ，公比为 的等比数列.an ＋1＝2×2n－1＝2n，an＝2n－1，a1＝1，a2＝3，a3＝7， ≠a1·a3，所 以{an}不是等比数列.Sn＝2＋22＋…＋2n－n＝ －n＝2n＋1－2 －n.所以A、D选项错误，B、C选项正确.故选B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 11. 〔多选〕公比为q的等比数列{an}，其前n项和为Sn，前n项积为Tn， 满足a1＞1，a2 023·a2 024＞1， ＜0.则下列结论正确的是（　　） A. 0＜q＜1 B. a2 023·a2 025＞1 C. Sn的最大值为S2 025 D. Tn的最大值为T2 023 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　若q＜0，则a2 023a2 024＝ q＜0不合乎题意，∴q＞0，故 数列{an}为正项等比数列，∵a1＞1，a2 023·a2 024＞1， ＜0，∴a 2 023＞1，0＜a2 024＜1，∴0＜q＜1，故A正确；a2 023·a2 025＝ ＜1， 故B错误；∵a1＞1，0＜q＜1，∴数列{an}为各项为正的递减数列，∴Sn 无最大值，故C错误；∵a2 023＞1，0＜a2 024＜1，∴T2 023是数列{Tn}中的 最大项，故D正确.故选A、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 12. 〔多选〕已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝1，S7＝14，数列 {bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝ ，数列{cn}满足cn＝bn cos （anπ），且 其前n项和为Tn.则下列结论正确的是（　　） A. an＝ B. bn＝2n－1 C. S2n－1＝n2－ n D. T2n＝－ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析： 　设{an}的公差为d，由a2＝1，S7＝14得 解得 ∴an＝ ，S2n－1＝ （2n－1）n＝n2－ n，A、C正 确.∵b1·b2·b3·…·bn＝ ＝ 　①，∴b1·b2·b3·…·bn－1＝ （n≥2）　②，①÷②得bn＝2n（n≥2）.当n＝1时，b1＝2符 合上式，∴bn＝2n，∴B不正确.∵cn＝bn cos （anπ）＝2n cos （ ）， ∴T2n＝2 cos ＋22 cos π＋23 cos ＋24 cos 2π＋…＋22n－1 cos ＋ 22n cos nπ＝22 cos π＋24 cos 2π＋26 cos 3π＋…＋22n cos nπ＝－22＋24－26 ＋…＋（－1）n·22n＝ ＝－ ，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 13. 记数列{an}的前n项积为Tn，写出一个同时满足①②的数列{an}的通 项公式：an＝ ⁠. ①{an}是递增的等比数列；②T3＝T6. 解析：∵T3＝T6，∴a4a5a6＝1，∴a5＝1.不妨设q＝2，则a1＝ ，an＝ ×2n－1＝2n－5. 2n－5（答案不唯一）　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 14. 如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再 连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”. 若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为 ，则其最小 正方形的边长为 ⁠. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解析：由题意，得正方形的边长构成以 为首项， 为公比的等比数列， 现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，所以n＝10， 所以最小正方形的边长为（ ）10＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 15. 已知首项为 的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N ＋），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则an＝ ⁠ ⁠. 解析：设等比数列{an}的公比为q，由S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数 列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝ ＝ . 又{an}不是递减数列且a1＝ ，所以q＝－ .故等比数列{an}的通项公式 为an＝ × ＝（－1）n－1× （n∈N＋）. （－1）n－1× （n∈N＋）　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 16. 在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则 sin （log3a1＋ log3a2＋…＋log3a7）的值为 ⁠. 解析：在由正数组成的等比数列{an}中，a3a4a5＝3π，所以 ＝3π，a4＝ ，log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3（a1·a2·a3·a4·a5·a6·a7）＝log3 ＝ 7log3a4＝7log3 ＝ .所以 sin （log3a1＋log3a2＋…＋log3a7）＝ sin ＝ sin ＝ sin ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 17. 已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，若a2·a4＝16，a4＋a5＝ 24. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 设数列{an}的首项为a1，公比为q，则a1＞0，q＞0， ∵a2·a4＝16，∴ q4＝16，即a1q2＝4， ① ∵a4＋a5＝24，∴a1q3（1＋q）＝24， ② ②÷①得q（1＋q）＝6，解得q＝2. ∴a1＝1.∴an＝a1qn－1＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）求数列{lo 2·lo 2}的前n项和Sn. 解： ∵an＝2n－1，∴log2an＋1＝n，log2an＋2＝n＋1， ∴lo 2·lo 2＝ ＝ － . ∴Sn＝ ＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 18. 对于数列{xn}，若对任意n∈N＋，都有 ＜xn＋1成立，则称数 列{xn}为“减差数列”.设数列{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项 和为Sn，且a1＝1，S3＝ . （1）求数列{an}的通项公式，并判断数列{Sn}是否为“减差数列”； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 解： 设等比数列{an}的公比为q，则1＋q＋q2＝ ， 即4q2＋4q－3＝0， 所以（2q－1）（2q＋3）＝0. 因为q＞0，所以q＝ ，所以an＝ ，Sn＝ ＝2－ . 所以 ＝2－ － ＜2－ ＝Sn＋1. 所以数列{Sn}是“减差数列”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 （2）设bn＝（2－nan）t＋an，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”， 求实数t的取值范围. 解： 由题设知，bn＝（ 2－ ）t＋ ＝2t－ . 由 ＜bn＋1，得t－ ＋t－ ＜2t－ ， 即 ＋ ＞ ，化简得t（n－2）＞1. 因为当n≥3时，t（n－2）＞1恒成立，即t＞ 恒成立，所以t＞ （ ）max＝1. 故t的取值范围是（1，＋∞）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 数学·选择性必修第二册（BSD） 目 录 $