(共66张PPT)
第1讲 等差数列、等比数列
专题三 数 列
考情分析
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点.
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
考点二 等差数列、等比数列的性质
考点三 等差数列、等比数列的判断
专题强化练
内容索引
等差数列、等比数列的基本运算
考点一
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1.
(3)等差数列的求和公式：
核心提炼
√
例1
设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为S5＝4a4，
得a1＝2d(d≠0)，
(2)(2022·日照模拟)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则log2(a3·a5)的值为
A.8 B.10 C.12 D.16
√
∵最下层的“浮雕像”的数量为a1，
依题意有，公比q＝2，n＝7，
则an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
∴a3＝25，a5＝27，
从而a3·a5＝25×27＝212，
∴log2(a3·a5)＝log2212＝12.
等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
规律方法
(1)(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于
A.14 B.12 C.6 D.3
跟踪演练1
√
方法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
方法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
(2)(多选)(2022·广东联考)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则
A.a1＝6 B.{an}的公差为9
C.a6＝3a3 D.S9＝405
√
√
设{an}的公差为d.由a4＋a6＝90，
得a5＝45，又a2＝18，
因为a6＝9＋5×9＝54，a3＝9＋2×9＝27，
所以a6＝2a3，故C错误；
等差数列、等比数列的性质
考点二
1.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列，有aman＝apaq＝
2.前n项和的性质：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数时除外).
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
核心提炼
例2
√
∴2d(a7＋a5)＋2d(a8＋a6)＝0，
又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，
∴2(a7＋a6)＝0，
(2)(2022·武汉质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项错误的是
A.01
C.T12>1 D.T13>1
√
∵等比数列{an}的各项均为正数，a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，
∴(a6－1)(a7－1)<0，
∵a1>1，若a6<1，
则一定有a7<1，不符合题意，则a6>1，a7<1，
∴0∵a6a7＋1>2，
∴a6a7>1，T12＝a1a2a3…a12＝(a6a7)6>1，故C正确；
等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解.
(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
规律方法
(1)若数列{an}为等比数列，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则a15＋a16等于
A.32 B.64 C.128 D.256
√
跟踪演练2
因为{an}是等比数列，a1＋a2＝1≠0，
所以数列{a2n－1＋a2n}仍然是等比数列，
记bn＝a2n－1＋a2n，设其公比为q，
所以a15＋a16＝b8＝28－1＝128.
(2)(多选)(2022·济宁检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7·a8<0，则
A.数列{an}是递增数列 B.S6>S9
C.当n＝7时，Sn最大 D.当Sn>0时，n的最大值为14
√
√
√
∵在等差数列{an}中，a1>0，a4＋a11＝a7＋a8>0，a7·a8<0，
∴a7>0，a8<0，
∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，
∴S6>S9，B正确；
∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列，
∴当n＝7时，Sn最大，C正确；
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
等差数列、等比数列的判断
考点三
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
核心提炼
例3
(2022·连云港模拟)若数列{an}满足：a1＝1，a2＝5，对于任意的n∈N*，都有an＋2＝6an＋1－9an.
(1)证明：数列{an＋1－3an}是等比数列；
由an＋2＝6an＋1－9an，
得an＋2－3an＋1＝3an＋1－9an＝3(an＋1－3an)，
且a2－3a1＝5－3＝2，
所以数列{an＋1－3an}为等比数列，首项为2，公比为3.
(2)求数列{an}的通项公式.
由(1)得an＋1－3an＝2×3n－1，
等式左右两边同时除以3n＋1，可得
(1) ＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列.
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法.
易错提醒
(2022·湖北七市(州)联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
跟踪演练3
当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，所以a1＝1；
当n≥2时，因为an＝3Sn－2，
所以an－1＝3Sn－1－2，
(2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列.
对任意的m∈N*，
所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1，
即Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列.
专题强化练
一、单项选择题
1.(2022·荆州联考)已知数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，前n项和为Sn，满足2a4＝a3＋5，则S9等于
A.35 B.40 C.45 D.50
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由题意2a4＝a3＋5，得2(a1＋3d)＝a1＋2d＋5，
即a1＋4d＝5，即a5＝5，
√
设等比数列{an}的公比为q，
则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32，
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3.(2022·漳州质检)我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1,2，…，9填入3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示.
一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×
n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的
数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方.记n阶幻
方中数的和即方格内的所有数的和为Sn，如图三
阶幻方中数的和S3＝45，那么S9等于
A.3 321 B.361 C.99 D.33
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4.(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
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当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，
此时数列{Sn}单调递减，所以甲不是乙的充分条件.
当数列{Sn}单调递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，
若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；
若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在.
所以甲是乙的必要条件.
5.已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于
A.171 B.278 C.351 D.395
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由bn＋1－bn＝2，
得bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2)＝an＋3－an＝2，
所以a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，
所以S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30)
6.(2022·佛山模拟)公比为q的等比数列{an}满足：a9＝ln a10>0，记Tn＝a1a2a3…an，则当q最小时，使Tn≥1成立的n的最小值是
A.17 B.18 C.20 D.21
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已知{an}是等比数列，
∵a9＝ln a10>0，∴a9>0，a10>1，
又∵a9＝ln a10＝ln(a9·q)＝ln a9＋ln q，
∴ln q＝a9－ln a9，
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当x>1时，f′(x)>0，当0∴在x＝1时，f(x)取极小值1，∴ln q≥1，q≥e，
由题意得q＝e，a9＝1，a1＝e－8，
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∴an＝e－8·en－1＝en－9，
由Tn＝a1a2a3…an＝e－8·e－7·e－6·…·en－9
解得n≥17，∴n的最小值是17.
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二、多项选择题
7.(2022·福州质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0.若Sn≤S6，则
A.a1<0 B.d<0 C.a6＝0 D.S13≤0
√
√
因为Sn≤S6，所以S5≤S6且S7≤S6，
即a6＝S6－S5≥0，a7＝S7－S6≤0，
因为d≠0，即a6，a7不同时为零，
所以d＝a7－a6<0，故B正确，C错误；
因为a6≥0，即a1＋5d≥0，所以a1>0，故A错误；
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8.(2022·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，
an＋1＝4an－3an－1，则下面说法正确的是
A.数列{an＋1－an}为等比数列
B.数列{an＋1－3an}为等差数列
C.an＝3n－1＋1
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根据题意得an＋1＝4an－3an－1，
即an＋1＋kan＝(k＋4)an－3an－1
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解得k＝－1或k＝－3，
所以可得an＋1－an＝3(an－an－1)或an＋1－3an＝an－3an－1，
所以数列{an＋1－an}为公比为3的等比数列，故A正确；
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数列{an＋1－3an}为常数列，即为公差为0的等差数列，故B正确；
所以an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，
三、填空题
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an＝2n2
所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.
10.(2022·邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为______.
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因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，
所以该数列的通项公式为an＝14＋15(n－1)＝15n－1.
令an＝15n－1≤2 022，
解得n≤134，即该数列的项数为134.
因为{an}是等比数列，所以a1a5＝a2a4＝ ＝9，
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12.(2022·梅州模拟)分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”…，依次进行“n次分形”(n∈N*).规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则n的最小整数值是_____.(取lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)
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两边取对数得(2lg 2－lg 3)n≥1＋lg 3，
又n∈N*，解得n≥12，故n的最小整数值为12.
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四、解答题
13.(2022·新高考全国Ⅱ)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；
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.
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(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
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.
14.(2022·太原模拟)已知数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an，Tn＝S1·S2·…·Sn，且Sn＋Tn＝1.
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由Sn＋Tn＝1可得Sn－1＝－Tn，则Sn＋1－1＝－Tn＋1，
(2)求证：对于任意的正整数n，Tn是an与Sn的等比中项.
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综上可得，对于任意的正整数n，Tn是an与Sn的等比中项.(共81张PPT)
第2讲 数列求和及其综合应用
专题三 数 列
考情分析
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.
2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结
合，考查最值、范围以及证明不等式等.
3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
考点一 数列求和
考点二 数列的综合问题
专题强化练
内容索引
数列求和
考点一
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常
核心提炼
2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
(2022·德州联考)已知数列 是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，
例1
考向1 分组转化法
因为数列 是公比为4的等比数列，所以
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)，解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4，
因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，
所以Sn＋1＝2bn，
当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1，
两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，
当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1，所以b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn＝2n－1，
所以数列{cn}的前2n－1项和为
a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a2n－1
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n－2)
(1)求{an}的通项公式；
例2
考向2 裂项相消法
选择①.
即nan＝(n＋1)an－1＋1，两边各项同除以n(n＋1)得
当n≥2时，
所以an＝2n＋1，
经检验当n＝1时，a1＝2×1＋1＝3也成立，故an＝2n＋1.
选择②.
∴Sn＝n2＋2n或Sn＝－1，
∵an>0，∴Sn＝－1舍去.
∴Sn＝n2＋2n.
当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1，
当n＝1时，符合上式，∴an＝2n＋1.
(2)求Tn.
由(1)知Sn＝n2＋2n，
(2022·菏泽检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
例3
考向3 错位相减法
因为an＋1＝2Sn＋1，
所以an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减可得an＋1－an＝2an，
所以an＋1＝3an(n≥2)，
令n＝1，可得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，
所以an＝3n－1.
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使得包括an与an＋1在内的这n＋2个数成等
两式相减可得
(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
规律方法
(1)(2022·湛江模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.
①求数列{an}的通项公式；
跟踪演练1
设等比数列{an}的公比是q，首项是a1.
由8a3＝a6，可得q＝2.
由a2＋a5＝36，可得a1q(1＋q3)＝36，
所以a1＝2，所以an＝2n.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
(2)(2022·南通调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a2＝2，
an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn.
①求数列{an}的通项公式；
设等比数列的公比为q(q>0)，
由an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn
an＋3－an＋1＝Sn＋2－Sn
an＋3－an＋1＝an＋2＋an＋1
an＋3－an＋2－2an＋1＝0
an＋1(q2－q－2)＝0，
因为an＋1≠0，所以q2－q－2＝0，
因为q>0，所以解得q＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝1×2n－1＝2n－1.
由①可知an＝2n－1，
因为n∈N*，所以n的最小值为2.
数列的综合问题
考点二
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明.
核心提炼
(1)已知A(0,0)，B(5,0)，C(1,3)，连接△ABC的各边中点得到△A1B1C1，连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数
例4
√
所以
所以这一系列三角形的面积之和为
(－∞，17]
∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0，
∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴λ≤17，∴实数λ的取值范围为(－∞，17].
求解数列与函数交汇问题要注意两点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意.
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.
易错提醒
(1)我国古代数学著作《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1 200尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整数)
A.12 B.11 C.10 D.9
√
跟踪演练2
设大鼠和小鼠每天穿墙厚度分别构成数列{an}，{bn}，
由题意知它们都是等比数列，a1＝b1＝1，
设需要n天能打穿墙，则(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
因此需要11天才能打穿.
(2)(2022·潍坊检测)如图，在边长为a的等边△ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn＋1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn(n∈N*)，则Xn等于
√
等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一.
专题强化练
一、单项选择题
1.数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 022的值为
A.4 B.－4 C.4 040 D.－4 040
√
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因为a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，
即a4，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a4＋a4 040＝8.
又2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列，
所以a4＋a4 040＝2a2 022＝8，所以a2 022＝4.
√
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函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，则4a＝2，
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3.(2022·衡水模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＋2＝－an，且a1＝1，a2＝2，则S2 023等于
A.0 B.1 C.2 D.3
√
由an＋2＝－an，得an＋4＝－an＋2＝an，
所以数列{an}是周期为4的数列，
所以由a1＝1，a2＝2得a3＝－1，a4＝－2，
所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，
所以S2 023＝(a1＋a2＋a3＋a4)×505＋a1＋a2＋a3＝2.
4.(2022·长沙质检)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于
1640年提出了Fn＝ ＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数.现设an＝log4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和，若32Sn＝63an，则n等于
A.5 B.6 C.7 D.8
√
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因为Fn＝ ＋1(n＝0,1,2，…)，
所以an＝log4(Fn－1)＝ ＝2n－1，
所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，
所以32×(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6.
5.(2022·西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为
√
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当n≥2时，3n－1an＝n·3n－(n－1)3n－1＝(2n＋1)3n－1，
∴an＝2n＋1，当n＝1时，a1＝3符合上式，
∴an＝2n＋1，
令g(n)＝－(n＋2)，
当n＝1时，g(n)max＝－3，∴λ≥－3，
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令h(n)＝n＋2，∴λ≤h(2)＝4，
∴－3≤λ≤4.
6.“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示.如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正
方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边
的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方
形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可
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以得到阴影部分的图案.设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是
√
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由题可得a1＝4，
…，
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二、多项选择题
√
√
√
由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，
∴焦距为6，∴A正确；
又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，
∴2≤|FPi|≤8，∴B正确；
令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成等差数列{an}，d>0，
∴a1＝|FP1|≥2，an≤|FPi|max＝8，
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A.a3＝13 B.数列{3＋an}是等比数列
C.an＝4n－3 D.Sn＝2n＋1－3n
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√
由题意可知
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因为B，Fn，C三点共线，
即an＋1＝3＋2an，an＋1＋3＝2(an＋3)，
所以数列{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
于是an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，
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所以a3＝24－3＝13，
所以A，B选项正确，C选项不正确.
又S2＝a1＋a2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，
所以D选项不正确.
三、填空题
9.在数列{an}中，a1＝3，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝_____.
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令m＝1，由am＋n＝am＋an可得，an＋1＝a1＋an，
所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为3，公差为3的等差数列，
an＝3＋3(n－1)＝3n，
整理可得k2＋k－90＝0，
解得k＝9或k＝－10(舍去).
10.已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是____________.
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(－3，＋∞)
∵{an}是单调递增数列，
∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n－1，∵n≥1，
∴(－2n－1)max＝－3，
∴λ>－3.
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当n为奇数时，n＋1为偶数，
则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.
当n为偶数时，n＋1为奇数，
则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，
则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8.
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12.(2022·聊城质检)某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列.如图，第一行构造数列1,2；第二行得到数列1,2,2；第三行得到数列1,2,2,4,2，…，则第5行从左数起第6个数的值为___.用An表示第n行所有项的乘积，若数列
{Bn}满足Bn＝log2An，则数列{Bn}
的通项公式为_____________.
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根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，
从左数起第6个数的值为8.
A1＝21，
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故有
则Bn＝log2An＝
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四、解答题
13.(2022·烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15.
(1)求{an}的通项公式；
设{an}的公差为d，
由已知a1＋3d＝9,3a1＋3d＝15.
解得a1＝3，d＝2.
所以an＝2n＋1.
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(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值.
因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，
所以ak在{bn}中对应的项数为
当k＝6时，2k＋k－2＝68，
当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1.
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
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14.(2022·长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列.
(1)求an和Sn；
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设数列{an}的公差为d，
整理得d2－2d＝0，
又d≠0，∴d＝2，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，
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由题意知，
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∴(n＋1)2n＋1－(n＋2)≥m，
令f(n)＝(n＋1)2n＋1－(n＋2)，
则f(n＋1)－f(n)＝(n＋3)2n＋1－1>0，
即f(n＋1)>f(n)对任意的n∈N*恒成立，
∴{f(n)}是单调递增数列，
∴[f(n)]min＝f(1)＝5，
∴m≤5，
∴实数m的取值范围是(－∞，5].
