第4章 数列 章末综合提升-【金版新学案】2026-2027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（人教A版）

该高中数学数列单元复习课件系统梳理了数列的概念、等差等比数列、求和方法及递推公式，通过知识框架图将定义、公式、性质与应用串联，构建从基础到综合的知识网络。 其亮点在于采用“典例突破-规律总结-真题衔接”模式，通过高考真题典例培养数学思维，如错位相减求和训练逻辑推理，实际应用问题提升数学眼光，分层检测卷助力个性化复习，帮助学生巩固知识，教师精准教学。

章末综合提升 　 第四章　数列 体系构建 1 题型突破 2 教考衔接 3 单元检测卷 4 内容索引 体 系 构 建 返回 返回 题型突破 返回 突破点一　等差、等比数列的基本运算 (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(n∈N*). 典例 1 (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＝. 规律方法 　　在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，其中a1和d或q为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d或q，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用. 对点练1.(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝3，bn＝，的前n项和为Tn，则下列说法正确的是 A.数列的公差为2 B.Sn＝n2 C.数列是公比为4的等比数列 D.Tn＝ √ √ 因为为等差数列，a1＝1，a2＝3，所以公差d＝a2－a1＝3－1＝2，故A正确；因为an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝＝＝n2，故B正确；又因为bn＝＝＝＝42n－1， bn＋1＝42(n＋1)－1＝42n＋1＝16×42n－1＝16bn，所以数列是公比为16的等比数列，故C错误；因为数列是公比为16的等比数列，且b1＝＝22＝4，所以Tn＝，故D错误. 故选AB. 对点练2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2n＝2an＋2，S6＝5S3. (1)求a9的值； 解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 则 解得 所以a9＝a1＋8d＝16. (2)设x为a2，a5的等比中项，数列{bn}是以a2，x，a5为前三项的等比数列，试求数列{bn}的通项bn及前n项和Tn的表达式. 解：由(1)可知，a2＝2，a5＝8. 因为x是a2，a5的等比中项， 所以有x2＝2×8＝16，即x＝±4. 当x＝4时，数列{bn}是前三项依次为2，4，8的等比数列， 其首项为2，公比为2，故有bn＝2×2n－1＝2n，(n∈N*) Tn＝＝2n＋1－2，(n∈N*) 当x＝－4时，数列{bn}是前三项依次为2，－4，8的等比数列， 其首项为2，公比为－2， 故有bn＝2·(－2)n－1＝(－1)n－1·2n，(n∈N*) Tn＝＝[1－(－2)n]，(n∈N*) 突破点二　等差、等比数列的判定与证明 已知各项均为正数的数列{an}满足an＋2＝4(an＋1－an)，a1＝1，a2＝4，n∈N*. (1)证明：数列{an＋1－2an}为等比数列； 证明：因为an＋2＝4(an＋1－an)，所以an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an). 又因为a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，2为公比的等比数列. 典例 2 (2)记bn＝，证明：数列{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式. 证明：由(1)知，an＋1－2an＝2×2n－1＝2n， 所以bn＋1－bn＝－＝＝，所以数列{bn}是以为首项，为公差的等差数列，所以bn＝＋×(n－1)＝. 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＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列 ＝anan＋2(an＋1anan＋2≠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}是等比数列 对点练3. (多选)(2026·浙江金华高二十校调研)已知等差数列的前n项和为Sn，各项为正的等比数列的前n项和为Tn，以下结论正确的是A．数列为等比数列 B．数列为等比数列 C．若为递增数列，则Sn存在最小值 D．存在，使得数列为等差数列 √ √ √ 设等差数列首项为a1，公差为d，所以an＝dn＋a1－d，Sn＝a1n＋d.设等比数列首项为b1>0，公比为q，所以bn＝b1qn-1.对于A，数列bnbn＋1＝b1qn-1·b1qn＝q2n-1，即＝＝q2，所以数列为等比数列，故A正确；对于B，当b1＝2，q＝1时，Tn＝2n，此时＝＝log2n不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误；对于C，若为递增数列，即d>0，则当a1≥0时，an≥0，此时Sn存在最小值S1；当a1<0时，则数列一定存在n∈N*，使得此时Sn存在最小值Sn，故C正确；对于D，Sn＋1＝a1n＋d＋1，当a1＝1，d＝0时，数列的通项公式为＝1，即数列为常数列，所以存在{an}，使得数列为等差数列，D正确．故选ACD. 对点练4.已知正项数列满足 －＝2an＋1，且a1＝a2＝1，设bn＝. (1)求证：数列为等比数列，并求的通项公式； 解：证明：因为bn＝， 所以bn＋1＝. 因为－＝2an＋1， 所以＝2an＋1＋， 所以＝＝＝＝＝，且b1＝＝， 所以数列为公比，为首项的等比数列，即bn＝×()n－1＝， 即＝，可得＋1＝2n，＝， 所以n≥2时，×××…×＝12×32×72×…×， 即an＝12×32×72×…×. 又a1＝1，不满足上式， 所以an＝ (2)设数列的前n项和为Sn，求数列的前n项和Pn. 解：由(1)bn＝，所以Sn＝＝1－，Sn＋1＝1－. 所以＝＝2， 所以Pn＝2［(－)＋(－)＋…＋(－)］＝2［－］＝2(2－)＝4－. 突破点三　等差、等比数列的性质及应用 (1)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有 A.a7 B.a8 C.S15 D.S16 典例 3 √ √ 由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8(a8＋a9)不是定值. 故选BC. (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝12，S24＝36，则S16＝ A.24 B.12 C.24或－12 D.－24或12 √ 设等比数列{an}的公比为q.由等比数列的性质可知S8，S16－S8，S24－S16成等比数列.因为S8＝12，S24＝36，所以(S16－12)2＝12×(36－S16)，解得S16＝24或S16＝－12.因为S16－S8＝q8S8＞0，所以S16＞12，则S16＝24. 故选A. 规律方法 等差、等比数列的性质主要包括 1.项的性质：如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的. 2.前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题. 对点练5.(1)(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，若a1＝1，－＝2，bn＝，数列的前n项和为Tn，则下列结论正确的是 A.数列的公差为1 B.Sn＝n2 C.bn＝ D.Tn＜ 设等差数列的公差为d，因为－＝2，所以－＝2，解得d＝2，故A错误；Sn＝n＋×2＝n2，故B正确； √ √ an＝1＋×2＝2n－1，bn＝＝＝，故C错误；当n＝1时，Tn＝1＜，当n≥2时，bn＝＜＝，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＜1＋＝1＋＜1＋＝，可知Tn＜，故D正确. 故选BD. (2)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝______. 5 由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝＝4⇒a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2＝5log22＝5. 突破点四　数列求和 已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝1，当n≥2时，(n－1)－n＝n(n－1). (1)求证：数列是等差数列； 解：证明：数列{an}满足：a1＝1， 当n≥2时，(n－1)－n＝n(n－1)， 整理得－＝1， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列. 典例 4 (2)求数列{an}的通项公式； 解：由(1)知，＝1＋n－1＝n，所以＝n2， 又an＞0，故an＝n. (3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：bn＝＝， 所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·①， 则Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·②， ①－②得Tn＝(＋＋＋…＋)－n·＝1－，所以Tn＝2－. 规律方法 常见的数列求和方法 1.公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式. 2.分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列. 3.裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和. 4.错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. 5.并项求和法：对于通项公式形如an＝(－1)nf(n)的数列，求其前n项和时可考虑采用两项合并求解. 6.倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导. 对点练6. (2026·广东深圳高二期末考试)已知数列{an}是等差数列，正项数列{bn}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．a1＝3，b1＝2，b3＋S2＝16，a5－b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 因为a1＝3，b1＝2，b3＋S2＝16，a5－b2＝a3， 所以解得或 因为bn>0，所以d＝2，q＝2， 故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n. (2)若λbn≥2log2bn＋3对任意正整数n恒成立，求实数λ的最小值； 解：(2)因为λbn≥2log2bn＋3对任意正整数n恒成立， 所以λ≥对任意正整数n恒成立． 令fn＝，则λ≥(fn)max. 因为fn＋1－fn＝＝－<0， 所以fn＋1<fn，即数列{fn}单调递减， 所以(fn)max＝f1＝，故λ≥，即λ的最小值为. (3)若cn＝求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(3)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝＝n(n＋2)， 所以cn＝ 当n为偶数时，Tn＝(c1＋c3＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn)＝[(1－)＋()＋…＋()]＋(22＋24＋…＋2n) ＝＝， 解：当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝－2n+1＝， 综上得，Tn＝ 突破点五　数列中的有关实际应用问题 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多千万元. (1)分别求甲、乙超市第n年销售额的表达式； 典例 5 解：设甲、乙超市第n年销售额分别为an千万元、bn千万元， 假设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n－， 易得a1＝1不满足上式，故an＝ b1＝1，n≥2时，bn－bn－1＝， 故bn＝b1＋＋＋…＋＝1＋＋＋… ＋＝＝3－2·， 显然n＝1也适合，故bn＝3－2·. (2)若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50％，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购，如果有这种情况，至少会出现在第几年？ 解：甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下： ①因为bn＜3，a1＝b1， 当n≥2时，an≥a2＝＞bn， 所以甲超市不可能被乙超市收购； ②当n＝2时，a2＝，b2＝，有a2＜b2；当n＝3时，a3＝，b3＝，有a3＜b3，当n＝4时，a4＝，b4＝，有a4＜b4；当n＞4时，令an＞bn，则n－＞3－2·()n－1，即2n＋12×()n＞13，当n＝6时，12＋＞13，故n≥6. 综上，至少第6年时乙超市将被甲超市收购. 规律方法 　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建模型解决问题的过程. 本章内容主要体现在用数列模型来解决实际问题. 根据题意抽象出等差或等比数列模型，然后分析清楚是求通项、项数、还是求和；另外，需注意数列项数的确定，尤其是涉及到与年份、月份有关的问题，要确定好起始年份、月份等. 对点练7. (2025·广东梅州高二期末考试)新能源汽车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境的污染．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换2 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年投入了电力型公交车64辆，混合动力型公交车100辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入m辆． (1)求第3年该市投入的电力型公交车，混合动力型车分别是多少辆(注：3年后该市燃油型公交车未被全部更换)； 解：(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，由题意，数列是首项为64，公比为1＋50%＝的等比数列， 是首项为100，公差为m的等差数列， 于是第3年投入的电力型公交车的数量a3＝64×＝144， 第3年投入的混合动力型公交车的数量b3＝100＋m＝100＋2m. (2)设经过n年后，该市燃油型公交车未被全部更换，求该市n年后被更换的公交车总数S； 解：(2)由(1)得，的前n项和An＝＝128·， 的前n项和Bn＝100×n＋m， 所以经过n年后，该市被更换的公交车总数为S＝An＋Bn＝128·＋100·n＋m. (3)若该市计划5年内完成全部更换，求m的最小值． 解：(3)若计划5年内完成全部更换，则S≥2 000， 于是得128·＋100×5＋m≥2 000， 即10m≥656，解得m≥65.6，而m∈N*，于是得m的最小值为66. 返回 教 考 衔 接 返回 (2025·全国二卷)记Sn为等差数列的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝ A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 真题 1 根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.故选B. √ 溯源：(人教A版选择性必修第二册P21例7)已知一个等差数列前10项的和是310，前20项的和是1 220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗？ 点评：高考题与教材典例设问形式、求解思路完全相同，是较典型源于教材的题目． (2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝ A.－2 B. C.1 D. 真题 2 √ 设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝. 故选D. (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 3 95 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. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P23练习T4)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，求k. 点评：高考题与教材练习题都是考查等差数列中的基本量的计算. 真题 4 (多选)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列的前n项和，q为的公比，且q>0.若S3＝7，a3＝1，则 A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 √ √ 对于A，根据S3＝a1＋a2＋a3＝＋a3＝＋1＝7，得6q2－q－1＝0，即(2q－1)(3q＋1)＝0，因为q>0，所以q＝，故A正确；对于B，a5＝a3q2＝1×()2＝，故B错误；对于C，a1＝＝4，所以S5＝＝＝，故C错误；对于D，an＝a1qn-1＝4×()n-1＝＝23-n，Sn＝＝＝8[1－()n]＝8－＝8－23-n，所以an＋Sn＝8，故D正确．故选AD. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P37练习T1(3))已知数列{an}是等比数列．(3)若a3＝，S3＝，求a1与q. 点评：高考题与教材习题设问形式、思考路径、求解方式与思路完全相同，是较典型源于教材的题目． 真题 5 (2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于__________． 2 法一：(基本量法)设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4得＝4　①，由S8＝68得＝68　②，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2. 法二：(等比数列前n项和性质法)设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2. 溯源：(1)(人教A版选择性必修第二册P36例8)已知等比数列{an}的首项为－1，前n项和为Sn.若＝，求公比q. (2)(人教A版选择性必修第二册P37练习T5) 如果一个等比数列前5项的和等于10，前10项的和等于50，那么这个数列的公比等于多少？ 点评：高考题与教材典例设问形式、思考路径、求解方式完全相同，是较典型源于教材改编的题目． (2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　　　　. －2 设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 真题 6 溯源：(人教A版选择性必修第二册P31练习T3)在等比数列{an}中，a1a3＝36，a2＋a4＝60.求a1和公比q. 点评：高考题与教材练习题都是考查等比数列中的基本量的计算. (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 7 (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－. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P40练习T3)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋1，求Sn. 点评：高考题与教材练习题都是考查数列中的通项an与前n项和Sn的关系，相似度极高，源于教材，高于教材. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； 真题 8 解：因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，所以Sn＝， 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， 所以数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*). (2)证明：＋＋…＋＜2. 解：证明：＝＝2(－)， 所以＋＋…＋ ＝2 ＝2(1－)＜2. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P41习题T11)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝. (1)求证：数列为等比数列； (2)若＋＋＋…＋＜100，求满足条件的最大整数n. 点评：高考题与教材习题都是考查数列的构造与不等式交汇问题，关联性很大. 返回 单 元 检 测 卷 返回 1.数列－，，－，，…的通项公式可能是an＝ A. B. C. D. 数列的分母5，7，9，…形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为5＋×2＝2n＋3，所以an＝. 故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.设等差数列的前n项和为Sn，若a2＋a9＝a3＋8，则S15＝ A.60 B.120 C.160 D.240 √ 由题意知，a2＋a9＝a3＋8，由等差数列的性质可知a2＋a9＝a3＋a8，则a8＝8，故S15＝＝＝15a8＝15×8＝120. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.记Sn为等比数列的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝ A.2n－1 B.2－2n－1 C.21－n－1 D.2－21－n √ 设等比数列的公比为q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24，得 所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1，因此＝＝2－21－n. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，则a2 026等于 A.－3 B.0 C. D.3 由题意知a1＝0，a2＝＝－，a3＝＝，a4＝＝0，a5＝＝－，…，由此可知，an＋3＝an，所以数列{an}的周期为3，又2 026＝3×675＋1，所以a2 026＝a1＝0. 故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.在数列中，a1＝2，an＋1＝2an－1，若an＞513，则n的最小值为 A.11 B.12 C.10 D.9 √ 因为an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，即＝2，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列. 则an－1＝2n－1，即an＝2n－1＋1.因为an＞513，所以2n－1＋1＞513，所以2n－1＞512，所以n＞10. 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.《算法统宗》是中国古代数学名著，书中有这样一个问题：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传.意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第二个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止.分配时一定要长幼分明，要孝顺和善，不要惹外人传言.据此，前五个孩子共分得的棉花斤数为 A.362 B.430 C.495 D.645 √ 设这八个孩子分得棉花的斤数构成等差数列{an}，由题意知：公差d＝17，又a1＋a2＋a3＋…＋a8＝8a1＋×17＝996，解得a1＝65，故a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a1＋×17＝5×65＋×17＝495. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝ A.2 B.3 C.4 D.5 在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，所以＝2，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n－1＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝＝2k＋1＝25，所以2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4. 故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且通项公式为bn＝n，设数列的前n项和为Tn，若Tn＜m2－m－1对一切n∈N*恒成立，则实数m的取值范围是 A.(－1，3) B.[－1，3] C.(－∞，－1)∪(3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意，得数列{an}的前n项和为Sn，由“均值数列”的定义可得＝n，所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，所以＝＝－)，所以Tn＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝＜，又Tn＜m2－m－1对一切n∈N*恒成立，所以m2－m－1≥，整理得m2－2m－3≥0，解得m≤－1，或m≥3.即实数m的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞). 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.设数列是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1＞0，且S6＝S9，则下列结论正确的是 A.d＜0 B.a8＝0 C.S5＞S6 D.S7或S8为Sn的最小值 由S6＝S9，得6a1＋15d＝9a1＋36d，所以d＝－a1＜0，故A正确；a8＝a1＋7d＝a1－a1＝0，故B正确；S6－S5＝a6＝a1＋5d＝a1＞0，所以S5＜S6，故C错误；由a8＝0，d＜0，a1＞0，可得S7或S8为Sn的最大值，故D错误. 故选AB. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.若Sn为数列的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)，则下列说法正确的是 A.a5＝－16 B.S5＝－63 C.数列是等比数列 D.数列是等比数列 √ √ 因为Sn为数列的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)，所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确；因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列不是等比数列，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.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中出现了 如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上 层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，以此 类推.设从上到下各层球数构成一个数列，则下列结论正确的是 A.a4＝9 B.an＋1－an＝n＋1 C.a10＝55 D.＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多 的数量刚好是其层数，即an－an－1＝n，即an＝an－1＋n .对于A，因为a3＝6，所以a4＝a3＋4＝10，故A错误； 对于B，因为an－an－1＝n，所以an＋1－an＝n＋1，故B正确；对于C，因为a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，且a1＝1，所以上述各式相加得，an＝1＋2＋3＋…＋n＝，经检验：a1＝1满足an＝，所以an＝，则a10＝55，故C正确；对于D，由选项C可知＝＝2(－)，所以＝＋＋…＋＝2×［(1－)＋＋…＋］＝，故D正确. 故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.若数列的前n项和Sn＝n2＋3n－90，则的值为_____. － 因为Sn＝n2＋3n－90，故当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－90－[＋3－90]，故可得an＝2n＋2.又an＋1－an＝2＋2－2n－2＝2，故当n≥2时，该数列是等差数列. 又当n＝1时，a1＝S1＝－86.综上所述，an＝＝＝－. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设的首项为a1(a1>0)，公差为d，由题设S8－2S4＝32，得8×a1＋－2(4×a1＋)＝32，解得d＝2.由a3，am，a11成等比数列，则＝a3a11⇒[a1＋2(m－1)]2＝(a1＋4)(a1＋20)，所以(m－7)a1＋(m－1)2＝20且m为正整数．又a1>0，可得m＝6，a1＝5，则a8＝19，所以S8＝＝4×(5＋19)＝96. 13．(2025·江苏泰州调研测试)设数列的前n项和为Sn，若数列为各项均为正数的等差数列，S8－2S4＝32，a3，am，a11成等比数列，其中m为正整数，则S8＝________． 96 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.已知数列{an}满足(n＋2)an＋1＝nan，a1＝1，则an＝__________；若bn＝an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T3＝_____. 由＝可得，···…·＝×××…×，得an＝，n≥2，又a1＝1＝，也满足，所以an＝，n∈N*. bn＝·＝，所以T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)等差数列满足a1＋a2＝10，a6－a4＝4. (1)求的通项公式和前n项和Sn； 解：设等差数列的公差为d，则2d＝a6－a4＝4，可得d＝2， 所以a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝10，解得a1＝4， 则an＝a1＋d＝4＋2＝2n＋2. 所以Sn＝＝＝n2＋3n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设等比数列满足b2＝a3，b3＝a7，求数列的前n项和Tn. 解：设等比数列的公比为q， 则q＝＝＝＝2，b1＝＝＝4， 所以Tn＝＝＝2n＋2－4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)已知数列满足a1＝，an＋1＝. (1) 求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； 解：证明：因为an＋1＝， 则＝＝＋2， 即－＝2， 故数列是首项和公差都为2的等差数列， 所以＝2＋×2＝2n，即an＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2) 若__________，求数列的前n项和Tn. (在①bn＝anan＋1；②bn＝；③bn＝＋这三个条件中选择一个补充在第(2)问中，并对其求解) 解：选①：因为bn＝anan＋1＝×＝， 所以Tn＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝＝. 选②：因为bn＝＝(－1)n·2n，则有： 当n＝2k，k∈N*时，Tn＝＋＋…＋＝2×＝n； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当n＝2k－1，k∈N*时，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－2n＝－n－1； 所以Tn＝ 选③：因为bn＝＋＝2n＋， 所以Tn＝＋＝＋＝n2＋n＋. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式； 解：设{an}的公比为q，则an＝. 因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以a1＋9a3＝2×3a2，即1＋9q2＝2×3q，解得q＝， 故an＝，bn＝×＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜. 解：证明：由(1)知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋，　① Tn＝＋＋＋…＋＋，　② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－， 即Tn＝－＝－， 整理得Tn＝－， 则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)某高科技企业研制出一种型号为A的精密数控车床，A型车床为企业创造的价值逐年减少(以投产一年的年初到下一年的年初为A型车床所创造价值的第一年).若第1年A型车床创造的价值是250万元，且第1年至第6年，每年A型车床创造的价值减少30万元；从第7年开始，每年A型车床创造的价值是上一年价值的50％. 现用an(n∈N*)表示A型车床在第n年创造的价值(单位：万元). (1)求数列{an}的通项公式； 解：依题意得，a1，a2，…，a6构成首项a1＝250，公差d＝－30的等差数列， 故an＝280－30n(1≤n≤6，n∈N*). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 依题意得，a7，a8，…，an(n≥7，n∈N*)构成首项a7＝a6＝50，公比q＝的等比数列， 故an＝50×(n≥7，n∈N*). 于是an＝(n∈N*). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)记Sn为数列{an}的前n项和，Tn＝，企业经过成本核算，若Tn＞100，则继续使用A型车床，否则更换A型车床，试问：该企业须在第几年年初更换A型车床？ 解：由(1)得{an}是单调递减数列， 得数列{Tn}也是单调递减数列. 当1≤n≤6，n∈N*时，Sn＝＝n(265－15n)，则Tn＝＝265－15n，T6＝175＞100， 所以Tn＞100. 当n≥7，n∈N*时，Tn＝＝＝， 当n＝11时，T11＞104；当n＝12时，T12＜96. 所以当n≥12，n∈N*时，恒有Tn＜96. 故该企业需要在第12年年初更换A型车床. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8. (1)求数列{an}的通项公式和ai； 解：设等比数列{an}的公比为q， 由a1＋a2＝4，a3－a1＝8， 得 所以an＝3n－1. ai＝an＋an＋1＋…＋a2n＝3n－1＋3n＋…＋32n－1＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若数列{bn}对任意的n∈N*，均满足bn＋2－bn＋1＞bn＋1－bn，则称{bn}为“速增数列”. (ⅰ)判断数列{an}是不是“速增数列”，并说明理由； 解：数列{an}是“速增数列”. 理由如下： 由an＝3n－1，得an＋2－an＋1＝3n＋1－3n＝2×3n，an＋1－an＝3n－3n－1＝ 2×3n－1. 又2×3n＞2×3n－1， 故an＋2－an＋1＞an＋1－an， 所以数列{an}是“速增数列”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (ⅱ)若数列{bn}为“速增数列”，且任意项bn∈Z(n∈N*)，b1＝1，b2＝3，bk＝2 026，求正整数k的最大值. 解：当k≥2时，bk＝2 026＝(bk－bk－1)＋(bk－1－bk－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1. 因为数列{bn}为“速增数列”，所以bk－bk－1＞bk－1－bk－2＞…＞b3－b2＞b2－b1＝2，且bn∈Z， 所以(bk－bk－1)＋(bk－1－bk－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1≥k＋k－1＋…＋3＋2＋1， 即2 026≥，k∈Z， 当k＝63时，＝2 016， 当 k＝64时，＝2 080， 故正整数k的最大值为63. 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 $