第4章 再练一课(范围：§4.1～习题课)（教参Word）-【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）

**基本信息** 聚焦数列核心方法，通过构造法、性质应用、错位相减等技巧，系统构建从通项推导到求和运算的知识逻辑链，培养推理能力与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |通项公式|3题|构造已知数列（如9,99...）、等比中项性质|从具体数列抽象通项，结合等差等比定义推导| |性质应用|4题|等差数列中项性质、前n项和片段性质|性质源于定义，用于简化计算与关系证明| |求和方法|3题|错位相减、裂项相消、倒序相加|针对不同数列特征选择适配方法，体现转化思想| |综合应用|3题|构造新数列证等比、H数列定义应用|整合通项与求和，提升数学抽象与逻辑推理能力|

再练一课(范围：§4.1~习题课) [分值：100分] 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.数列2，22，222，2 222，…的一个通项公式是(　　) A.an＝10n－8 B.an＝ C.an＝2n－1 D.an＝ 答案　D 解析　根据题意，设数列{cn}为9，99，999，9 999，…，其通项公式是10n－1，数列2，22，222，2 222，…的每一项均是数列{cn}对应项的，则数列2，22，222，2 222，…的一个通项公式是an＝. 2.若数列－1，a，b，c，－9成等比数列，则实数b的值为(　　) A.－3 B.3 C.±3 D.不能确定 答案　A 解析　因为数列－1，a，b，c，－9成等比数列，设等比数列的公比为q，则－9＝－1×q4，解得q2＝3， 所以b＝－1×q2＝－3. 3.已知等差数列中，a2＋a3＋a4＋a5＝14，则a1＋a6等于(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案　B 解析　因为数列是等差数列，利用等差数列的性质可知，a2＋a3＋a4＋a5＝＝2＝14，∴a1＋a6＝7. 4.设Sn是等差数列的前n项和，若，则等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　若数列为等差数列，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也成等差数列， 因为，所以， 则数列S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12是以S4为首项，以S4为公差的等差数列， 则S8－S4＝S4，S12－S8＝2S4，S16－S12＝S4， 所以S8＝S4，S16＝7S4，所以. 5.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.令bn＝，则数列{bn}的前50项和T50等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋×2＝4a1＋12， 由S1，S2，S4成等比数列，得＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1， 所以an＝2n－1， 则bn＝， 则T50＝. 6.已知某数列的通项an＝则a1＋a2＋…＋a51等于(　　) A.48 B.49 C.50 D.51 答案　D 解析　∵当n≠26时，an＝＝1＋， ∴an＋a52－n＝1＋＋1＋＝2， 当n＝26时，a26＋a26＝1＋1＝2， ∵S＝a1＋a2＋…＋a51， S＝a51＋a49＋…＋a1， ∴2S＝(a1＋a51)＋(a2＋a49)＋…＋(a51＋a1)＝2×51， ∴S＝51，即a1＋a2＋…＋a51＝51. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 7.南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列，则(　　) A.a4＝12 B.an＋1＝an＋n＋1 C.a100＝5 050 D.2an＋1＝an·an＋2 答案　BC 解析　由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，an＝an－1＋n，故an＝，∴a4＝＝10，故A错误；an＋1＝an＋n＋1，故B正确； a100＝＝5 050，故C正确； 若2an＋1＝an·an＋2，则2×，解得n＝1，所以当n＝1时，等式才成立，故D错误. 8.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(　　) A.a4＝0 B.Sn的最大值为S3 C.S1＝S6 D.|a3|<|a5| 答案　AC 解析　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确； 因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确； 由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确； 因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确. 9.已知{an}为各项为正数的等比数列，a2＝，a5＝2.记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列{}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A.数列{an}的公比为2 B.＝24 C.数列{log2an}为等差数列 D.数列{|log2an|}的前n项和为 答案　ABC 解析　设正项等比数列{an}的公比为q， 由a2＝，a5＝2，得q3＝＝8，解得q＝2，A正确； 于是an＝a2qn－2＝×2n－2＝2n－4， ＝(2n－4)2＝4n－4， 显然数列{}是首项为，公比为4的等比数列. 又a1＝， 则S2n＝(4n－1)， Tn＝(4n－1)，＝24，B正确； log2an＝log22n－4＝n－4，log2an＋1－log2an＝n－3－(n－4)＝1， 所以数列{log2an}为等差数列，C正确； 显然|log2an|＝|n－4|，当n＝1时，|log2an|＝3，＝11≠3，D错误. 三、填空题(每小题5分，共15分) 10.等比数列{an}的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为　　　　.  答案　8 解析　设等比数列项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，公比为q， 根据题意，得S奇＝85，S偶＝170，可得q＝＝2； 又a1＝1，∴S奇＝＝85，整理得1－4n＝－3×85， 即4n＝256，解得n＝4， 则这个等比数列的项数为8. 11.有一改形塔几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形中正方体的个数是　　　　. 答案　7 解析　设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，则为以8为首项，以为公比的等比数列， 所以其通项公式为an＝8×＝23×，令an＝1，得n＝7. 12.已知数列{an}满足an＝3n－1，在an，an＋1之间插入2n－1个1，构成新数列a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，1，a4，…，记为数列{bn}，则数列{bn}的前100项的和为　　　　.  答案　170 解析　∵1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＝＝2n－1， 令2n－1<100<2n＋1－1，得n＝6， ∴数列{bn}的前100项中{an}中的项有7项，1有93项， {an}的前7项的和为＝77， 则{bn}的前100项和为77＋93＝170. 四、解答题(共37分) 13.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*. (1)证明：{an－1}是等比数列；(7分) (2)求数列{an}的通项公式.(5分) (1)证明　∵Sn＝n－5an－85，∴＝(n＋1)－5－85，两式相减得＝1＋5an－5， 整理得an＋， ∴－1＝(an－1)，又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，∴a1－1＝－14－1＝－15，∴数列{an－1}是以－15为首项，为公比的等比数列. (2)解　由(1)可知an－1＝－15×， ∴an＝1－15×. 14.(12分)数列{an}满足a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)设bn＝＋2，求数列{bn}的前n项和Sn.(7分) 解　(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0，显然an≠0，则＝1， 数列是首项为1，公差为1的等差数列，故＝1＋(n－1)·1＝n， 所以数列{an}的通项公式是an＝. (2)由(1)知，bn＝(－1)n·＋2， 当n＝2k，k∈N*时，bn－1＋bn＝(－1)n－1·＋2＋(－1)n·＋2＝，Sn＝·， 当n＝2k－1，k∈N*时，Sn＝Sn＋1－bn＋1＝－2＝， 所以Sn＝k∈N*. 15.(13分)“H数列”定义：数列{an}的前n项和为Sn，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使Sn＝am，则称数列{an}是“H数列”. (1)若数列{bn}的前n项和为Tn＝2n，求证：数列{bn}是“H数列”；(4分) (2)已知数列{cn}是“H数列”，且数列{cn}是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列{cn}的通项公式；(4分) (3)若数列{dn}满足：dn＝bncn，求数列{dn}的前n项和Dn.(5分) (1)证明　当n＝1时，b1＝T1＝2； 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n－1， ∴bn＝即Tn＝bn＋1. ∴数列{bn}是“H数列”. (2)解　设数列{cn}的公差为d，则其前n项和Kn＝n＋d. 对∀n∈N*，∃m∈N*，使Kn＝cm，n＋d＝1＋(m－1)d； 取n＝2，得1＋d＝(m－1)d，解得m＝2＋， ∵d<0，∴m<2，又m∈N*，∴m＝1， 故d＝－1，cn＝2－n，Kn＝. 此时对于任意的正整数n，总存在正整数m使Kn＝cm，故cn＝2－n. (3)解　bn＝cn＝2－n， 当n≥2时，Dn＝2×1＋2×0＋22×(－1)＋23×(－2)＋…＋2n－1×(2－n). ∴2Dn＝4＋22×0＋23×(－1)＋…＋2n－1×(3－n)＋2n×(2－n)， ∴－Dn＝－2＋(－1)×(22＋23＋…＋2n－1)－2n×(2－n)， ∴Dn＝2＋＋2n×(2－n)＝(3－n)×2n－2. 当n＝1时，D1＝d1＝2，满足上式. 综上，Dn＝(3－n)×2n－2. 学科网（北京）股份有限公司 $