第4章 习题课 求通项公式（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（苏教版）

该高中数学课件聚焦累加法、累乘法、构造法求数列通项公式，课堂导入先回顾观察法、公式法、作差法等旧知，再引出本节课重点方法，搭建新旧知识联系的学习支架。 其亮点在于通过例题解析、反思感悟归纳方法类型与步骤，结合跟踪训练巩固，培养学生数学思维中的推理能力和运算能力。课堂小结梳理知识清单与方法，帮助学生用数学语言规范表达，提升解题能力，也为教师提供系统教学资源，提高教学效率。

习题课 求通项公式 第4章　数列 <<< 1.会用累加法求数列的通项公式. 2.会用累乘法求数列的通项公式. 3.会用构造法求数列的通项公式. 学习目标 求数列的通项公式，前面我们学习过观察法、公式法(等差数列和等比数列)和作差法(由Sn求an)，本节课我们重点学习用累加法、累乘法和构造法求数列的通项公式. 导 语 一、累加法 二、累乘法 课时对点练 三、构造法 随堂演练 内容索引 累加法 一 　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝，则an＝　　　.  例 1 2－ 6 因为an＋1－an＝， 所以当n≥2时， an－an－1＝，an－1－an－2＝，…，a3－a2＝，a2－a1＝， 将上述n－1个式子两边分别相加可得an－a1＝1－，则an＝2－， 当n＝1时，a1＝1，符合上式， 所以an＝2－(n∈N*). 解析 7 形如an＋1＝an＋f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)， 可用累加法. 将上述n－1个式子两边分别相加，可得an＝f(n－1)＋f(n－2)＋…＋f(2)＋f(1)＋a1(n≥2)， ①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； 反 思 感 悟 8 ②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若f(n)是关于n的其他函数，累加后一般可裂项求和. 最后再验证n＝1时是否符合. 反 思 感 悟 9 　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1(n∈N*)，则S24等于 A.276 B.272 C.268 D.266 跟踪训练 1 √ 10 ∵a1＝S1＝1，又Sn＋Sn＋1＝n2＋1， ∴当n＝1时，S1＋S2＝12＋1＝2，解得S2＝1； 当n≥2时，Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋1，则Sn＋1－Sn－1＝2n－1， ∴S24＝(S24－S22)＋(S22－S20)＋…＋(S4－S2)＋S2＝2×(23＋21＋…＋3)－11＋1＝2×－10＝276. 解析 11 二 累乘法 　数列{an}满足a1＝1，(n∈N*，n≥2)，则an＝　　　.  例 2 由题意得an＝a1···…· ＝1···…·(n≥2)， a1＝1也符合上式， 所以an＝. 解析 13 形如an＋1＝an·f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可用累乘法. 将上述n－1个式子两边分别相乘，可得an＝f(n－1)·f(n－2)·…·f(2)f(1)a1(n≥2)， 再验证n＝1时是否符合.有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解. 反 思 感 悟 14 　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2且满足Sn＝an，则数列{an}的通项公式为　　　 　.  跟踪训练 2 an＝n(n＋1) 15 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1， 化简得(n－1)an＝(n＋1)an－1，由于a1＝2≠0，则an－1≠0， ，则an＝×××…××××a1 ＝×××…××××2＝n(n＋1)， 当n＝1时，a1＝2满足上式， 所以an＝n(n＋1)，n∈N*. 解析 16 构造法 三 　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝5an＋12，求数列{an}的通项公式. 例 3 设an＋1＋x＝5(an＋x)， 由an＋1＝5an＋12，可得x＝3， 所以an＋1＋3＝5(an＋3)，又a1＋3＝5≠0，则an＋3≠0， 所以＝5， 所以数列{an＋3}是以5为首项，5为公比的等比数列， 所以an＋3＝5·5n－1＝5n，即 an＝5n－3. 解 角度1　形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数且p≠0)型的递推式 18 形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数且p≠0)型的递推式： (1)当p＝1时，数列{an}为等差数列； (2)当q＝0时，数列{an}为等比数列； (3)当p≠1且q≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求.方法如下： 设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开移项整理得an＋1＝pan＋(p－1)λ， 反 思 感 悟 19 与题设an＋1＝pan＋q比较系数(待定系数法)得λ＝(p≠1) ⇒an＋1＋＝p是以a1＋(不为0时)为首项，以p为公比的等比数列.再利用等比数列的通项公式求出的通项公式，进而可得an. 反 思 感 悟 20 　已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.证明数列{an＋4}是等比数列，并求数列{an}的通项公式. 跟踪训练 3 21 ∵an＋1＝2an＋4， ∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∵a1＝－2，∴a1＋4＝2≠0， ∴an＋4≠0， ∴＝2， ∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列. ∴an＋4＝2×＝2n， 即an＝2n－4. 解 22 　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则an＝　　　　　　. 例 4 角度2　形如an＋1＝pan＋f(n)(p≠0且p≠1)型的递推式 3n－2n＋2 23 因为an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R， 整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x， 所以所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)， 且a1＋2×1－2＝a1＝3≠0， 所以an＋2n－2≠0， 所以数列{an＋2n－2}是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以an＋2n－2＝3×3n－1＝3n，即an＝3n－2n＋2. 解析 (2)在数列{an}中，a1＝2，且an＋1－3an＝2n，则an＝　　　　　　.  4×3n－1－2n 25 由an＋1－3an＝2n， 则an＋1＝3an＋2n， 两边同除以2n＋1得×， 设＋x＝， 则x＝1， 所以＋1＝， 解析 又＋1＝2≠0，所以＋1≠0， 所以. 所以数列是以2为首项，为公比的等比数列， 所以＋1＝2×， 所以an＝4×3n－1－2n. 解析 形如an＋1＝pan＋f(n)(p≠0且p≠1)型的递推式： 当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时： 设an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，通过待定系数法确定x，y的值，则数列{an＋xn＋y}是以a1＋x＋y(不为0时)为首项，以p为公比的等比数列，先求出{an＋xn＋y}的通项公式，进而求出an. 反 思 感 悟 28 当f(n)为指数函数类型(即等比数列)时： 假设递推公式为an＋1＝pan＋rqn(其中p，q，r均为常数)时，两边同时除以qn＋1，得·，引入辅助数列{bn}，得bn＋1＝bn＋，再应用角度1的方法解决. 反 思 感 悟 29 　(1)在数列{an}中，a1＝2，且2an＋1＝an＋2n，则an＝　　　　　　　　. 跟踪训练 4 ＋2n－4 30 ∵2an＋1＝an＋2n， ∴an＋1＝an＋n， 设an＋1＋x(n＋1)＋y＝(an＋xn＋y)， 则－xn－x－y＝n， ∴ ∴an＋1－2(n＋1)＋4＝(an－2n＋4)， 解析 31 又∵a1－2×1＋4＝4≠0， ∴an－2n＋4≠0， ∴， ∴{an－2n＋4}是以4为首项，为公比的等比数列， ∴an－2n＋4＝4×， ∴an＝＋2n－4. 解析 32 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋2n＋1，则an＝　 　　　. －(n＋1)·2n 33 由Sn＝2an＋2n＋1， 则Sn＋1＝2an＋1＋2n＋2， ∴an＋1＝Sn＋1－Sn ＝2an＋1－2an＋2n＋1， 即an＋1＝2an－2n＋1， 两边同除以2n＋1，得－1， 令bn＝， 则bn＋1＝bn－1， 解析 34 即bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是公差为－1的等差数列， 又S1＝2a1＋22， ∴a1＝－4， ∴b1＝＝－2， ∴bn＝－2＋(n－1)·(－1)＝－n－1， ∴an＝－(n＋1)·2n. 解析 35 1.知识清单： (1)用累加法求通项公式. (2)用累乘法求通项公式. (3)用构造法求通项公式. 2.方法归纳：累加法、累乘法和构造法. 3.常见误区：构造的新的数列的首项误认为还是a1. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.数列{an}满足an＋an＋1＝3n，且a1＝1，则a100等于 A.148 B.149 C.152 D.299 √ 由题意得a2＝3－a1＝2，因为an＋an＋1＝3n，an－1＋an＝3n－3(n≥2)， 所以an＋1－an－1＝3(n≥2)， 所以a100＝(a100－a98)＋(a98－a96)＋…＋(a4－a2)＋a2＝49×3＋2＝149. 解析 1 2 3 4 2.已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4，则a2 025的值为 A.32 024 B.32 025＋2 C.32 024＋2 D.32 024－2 √ 因为an＋1＝3an－4，令an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，所以2t＝ －4，t＝－2，即an＋1－2＝3(an－2)，所以{an－2}是以a1－2＝1为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n－1，an＝3n－1＋2，所以a2 025＝32 024＋2. 解析 1 2 3 4 3.已知数列满足a1＝3，an＝3an－1－3n，则数列的通项公式是 A.an＝－n B.an＝n C.an＝(2－n)·3n D.an＝n·3n √ 因为an＝3an－1－3n，所以＝－1，故是以1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝1－(n－1)＝2－n，即an＝(2－n)·3n. 解析 1 2 3 4 4.在数列{an}中，a1＝，，则a34＝　　　.  由a1＝···…····…·， 即，所以a34＝a1＝6. 解析 6 课时对点练 五 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C C A B AD n(2n＋1) 题号 8 11 12 13 14 15 答案 2×712 C C C －n－ 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4， 解得a1＝3. (2)因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1－4， Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)， 即an＝2an－1－1， 所以an－1＝2(an－1－1)， 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又bn＝an－1， 所以bn＝2bn－1， 且b1＝a1－1＝2≠0， 所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)由an＋2＝4an＋1－3an＋6n－3， 得an＋2－an＋1＋3(n＋1)＝3an＋1－3an＋9n， 又因为a1＝1，a2＝2，所以a2－a1＋3＝2－1＋3＝4≠0，an＋1－an＋3n≠0， 所以＝3， 故数列{an＋1－an＋3n}是以4为首项，3为公比的等比数列. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)由(1)得an＋1－an＋3n＝4×3n－1，则an＋1－an＝4×3n－1－3n， 则a2－a1＝4×30－3×1，a3－a2＝4×3－3×2，…， an－an－1＝4×3n－2－3(n－1)，n≥2. 由累加法可得an－a1＝－3×＝2×3n－1－2－， 又a1＝1，则an＝2×3n－1－1－(n≥2)，同时a1＝1满足上式， 所以an＝2×3n－1－1－. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)根据根与系数的关系，得 代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3， 得＝3. 所以an＋1＝an＋. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)因为an＋1＝an＋，所以an＋1－. 若an＝，则方程anx2－an＋1x＋1＝0， 可化为x2－x＋1＝0，即2x2－2x＋3＝0. 此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0， 所以an≠，即an－≠0. 所以数列为公比的等比数列. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)当a1＝时， a1－， 所以数列， 公比为的等比数列. 所以an－×，所以an＝，n∈N*， 即数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*. 基础巩固 1.已知数列满足an＋1＝kan－1，若数列是等比数列，则k等于 A.1 B.－1 C.－2 D.2 √ 由＝kan－1，得an＋1－1＝kan－2＝k. 由于数列{an－1}是等比数列， ∴＝1，得k＝2. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.将正奇数按照如图排列，我们将3，7，13，21，31，43，…都称为“拐角数”，则下面是“拐角数”的为 A.55 B.75 C.111 D.135 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 不妨设第n(n∈N*)个“拐角数”为an， 不难发现a2－a1＝2×2，a3－a2＝2×3，a4－a3＝2×4，…，an－an－1＝2n(n≥2)， 所以an－a1＝4＋6＋8＋…＋2n＝＝(n－1)(n＋2)，得an＝n2＋n＋1， 当n＝1时，也符合上式，所以an＝n2＋n＋1(n∈N*)， 所以第7个“拐角数”是a7＝72＋7＋1＝57， 第8个“拐角数”是a8＝82＋8＋1＝73， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第9个“拐角数”是a9＝92＋9＋1＝91， 第10个“拐角数”是a10＝102＋10＋1＝111， 第11个“拐角数”是a11＝112＋11＋1＝133， 第12个“拐角数”是a12＝122＋12＋1＝157.故C正确. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋，则此数列的通项公式an等于 A.2n B.n(n＋1) C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵an＋， ∴＝2nan＋2， 即－2nan＝2. 又21a1＝2， ∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n， ∴an＝. 解析 4.已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an等于 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数列{an}满足a1＝，an＝an－1(n≥2，n∈N*)， 整理得，…，， 累乘得，即an＝， 当n＝1时，a1＝也符合上式， 所以an＝. 解析 5.在数列{an}中，an＋1＝－an＋2n＋1，且a1＝0，则a2 025等于 A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设an＋1＋x(n＋1)＋y＝－(an＋xn＋y)， 则－2xn－x－2y＝2n＋1， ∴ 解得∴an＋1－(n＋1)＝－(an－n)， 又∵a1－1＝－1≠0， ∴an－n≠0， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴＝－1， ∴{an－n}是以－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴an－n＝－1×(－1)n－1＝(－1)n， ∴an＝n＋(－1)n， ∴a2 025＝2 025－1＝2 024. 解析 6.(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是 A.数列{Sn＋n}为等比数列 B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1 C.数列{an＋1}为等比数列 D.数列{Sn－Sn－1＋1}(n≥2)为等比数列 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以＝2. 又S1＋1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确； 所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，但a1≠21－1－1，故B错误； 由a1＝1，a2＝1，a3＝3可得a1＋1＝2，a2＋1＝2，a3＋1＝4，即≠，故C错误； 因为Sn＝2n－n，所以Sn－Sn－1＋1＝2n－n－2n－1＋n－1＋1＝2n－1，故D正确. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.在数列{an}中，a1＝3，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，则an＝　　　 　. 由题意，等式两边同时除以n(n＋1)可得 ＋2，即＝2，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，所以＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝n(2n＋1). 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 n(2n＋1) 8.《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只.依此类推，假设n个月后共有an只老鼠，则a12＝　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2×712 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设n个月后共有an 只老鼠，且雌雄各半， 所以n＋1个月后老鼠的只数an＋1 满足an＋1＝an＋12×(n∈N*)， 所以an＋1＝an＋6an，即an＋1＝7an(n∈N*)， 又因为a1＝14≠0，所以＝7， 所以数列是以14为首项，7为公比的等比数列， 所以an＝a1qn－1＝14×7n－1＝2×7n， 即an＝2×7n(n∈N*)， 当n＝12时，a12＝2×712. 解析 9.已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4. (1)求a1的值； 因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4， 解得a1＝3. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列. 因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1－4， Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)， 即an＝2an－1－1， 所以an－1＝2(an－1－1)， 又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1， 且b1＝a1－1＝2≠0， 所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列. 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝4an＋1－3an＋6n－3. (1)证明：数列{an＋1－an＋3n}为等比数列； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由an＋2＝4an＋1－3an＋6n－3， 得an＋2－an＋1＋3(n＋1)＝3an＋1－3an＋9n， 又因为a1＝1，a2＝2，所以a2－a1＋3＝2－1＋3＝4≠0，an＋1－an＋3n≠0， 所以＝3， 故数列{an＋1－an＋3n}是以4为首项，3为公比的等比数列. 证明 (2)求数列{an}的通项公式. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)得an＋1－an＋3n＝4×3n－1，则an＋1－an＝4×3n－1－3n， 则a2－a1＝4×30－3×1，a3－a2＝4×3－3×2，…， an－an－1＝4×3n－2－3(n－1)，n≥2. 由累加法可得an－a1＝－3×＝2×3n－1－2－， 又a1＝1，则an＝2×3n－1－1－(n≥2)，同时a1＝1满足上式， 所以an＝2×3n－1－1－. 解 11.已知数列{an}满足，其中a1＝1，则a8等于 A.28 B.220 C.225 D.228 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意，得×21，×22，…，×27. 由累乘法，得××…××21××22×…××27， 即×21×22×…×27＝＝225， 又a1＝1，所以a8＝225. 解析 12.已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2，则的通项公式为 A.an＝2n－1－1 B.an＝2n－1 C.an＝2n－1＋1 D.an＝2n √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由Sn＝an＋1＋n－2， ① 得Sn－1＝an＋n－3(n≥2)， ② 由①－②可得an＋1＝2an－1(n≥2)， 所以an＋1－1＝2(an－1)(n≥2)， 又S1＝a2＋1－2，a1＝2，则a2＝3， 即a2－1＝2(a1－1)， 因此是以a1－1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝2n－1，即an＝2n－1＋1. 解析 13.已知数列满足a1＝1，an＋1＝.若bn＝log2，则数列的通项公式为 A.bn＝n B.bn＝n－1 C.bn＝n D.bn＝2n 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由an＋1＝＝1＋， 所以＋1＝2， 又＋1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以＋1＝2·2n－1＝2n， 所以bn＝log2＝log22n＝n. 解析 14.若数列{an}满足a1＝－，且an＋1＝4an＋3n，则an＝　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 －n－ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设an＋1＋x(n＋1)＋y＝4(an＋xn＋y)， 则3xn－x＋3y＝3n， ∴ ∴an＋1＋(n＋1)＋＝4， 又∵a1＋1＋＝0， ∴an＋n＋＝0，∴an＝－n－. 解析 15.在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”.将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；….设第m次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1， n∈N*，则数列的前n项和为　　　　　.  拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 an＝log2， 所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2] ＝log2(12···…··22)＝3an－1， 所以an＋1－＝3， 所以数列为首项，3为公比的等比数列， 所以an－×3n－1，∴an＝， 所以Sn＝×. 解析 16.设α，β是关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1，2，3，…)的两根，且满足6α－2αβ＋6β＝3. (1)试用an表示an＋1； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据根与系数的关系，得 代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3， 得＝3. 所以an＋1＝an＋. 解 (2)求证：是等比数列； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为an＋1＝an＋，所以an＋1－. 若an＝，则方程anx2－an＋1x＋1＝0， 可化为x2－x＋1＝0，即2x2－2x＋3＝0. 此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以an≠，即an－≠0. 所以数列为公比的等比数列. 证明 (3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当a1＝时， a1－， 所以数列，公比为的等比数列. 所以an－×， 所以an＝，n∈N*， 即数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*. 解 第4章　数列 <<< $