第五章 数列 分层作业人教B版（2019）高中数学选择性必修第三册（课件版+文档版）（20份打包）

(共22张PPT)
第五章
5.2.1　等差数列
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点二]已知等差数列{an}的通项公式为an=90-2n,则这个数列中正数项的个数为(　　)
A.44 B.45 C.90 D.无数
A
解析 令an=90-2n>0,解得n<45.又因为n∈N+,所以数列{an}中正数项的个数为44.
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2.[探究点三]在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则a2+a10=(　　)
A.12 B.16 C.20 D.24
B
解析 a2+a10=a4+a8=16.故选B.
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3.[探究点三]已知数列{an},{bn}均为等差数列,且a1=25,b1=75,a2+b2=120,则a37+b37的值为(　　)
A.760 B.820 C.780 D.860
B
解析 设等差数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2.
因为a1+b1=100,a2+b2=120,
所以d1+d2=120-100=20,
所以a37+b37=a1+b1+36(d1+d2)=100+20×36=820.
故选B.
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4.[探究点三]若等差数列的前3项依次是 ,则该数列的公差d是　　　　　.
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5.[探究点三]等差数列{an}中,若a2,a2 022为方程x2-10x+16=0的两根,则
a1+a1 012+a2 023=　　　　.
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解析 ∵a2,a2 022为方程x2-10x+16=0的两根,
∴a2+a2 022=10,∴2a1 012=10,即a1 012=5,
∴a1+a1 012+a2 023=3a1 012=15.
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6.[探究点二·2023江苏泰州高三期末]写出一个公差不为零,且满足a1+a2-a3=1的等差数列{an}的通项公式an=　　　　　.
n+1
解析 设等差数列{an}的公差为d,则a1+a2-a3=a1+a1+d-a1-2d=a1-d=1,
不妨令d=1,则a1=2,
此时等差数列{an}的通项公式为an=n+1.
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7.[探究点二、三](1)求等差数列8,5,2,…的第20项;
(2)[人教A版教材习题]已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,求a20.
解 (1)设等差数列为数列{an}且其公差为d,则d=5-8=-3,得数列的通项公式为an=-3n+11,所以a20=-49.
(2)设等差数列{an}的公差为d.
由题意,知a1+a3+a5=3a3=105,所以a3=35.由a2+a4+a6=3a4=99,得a4=33,所以d=a4-a3=-2,
所以a20=a3+17d=35+17×(-2)=1.
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8.[探究点一]已知数列{an}的各项都为正数,前n项和为Sn,且 .
(1)求a1,a2;
(2)求证:数列{an}是等差数列.
解得a2=-1(舍去)或a2=3.
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∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵an>0,∴an+an-1≠0,
∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2(n≥2),
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.
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B 级 关键能力提升练
9.在数列{an}中,a1=5,a2=9.若数列{an+n2}是等差数列,则数列{an}的最大项为(　　)
B
解析 令bn=an+n2.
∵a1=5,a2=9,∴b1=a1+1=6,b2=a2+4=13,
∴数列{an+n2}的公差为13-6=7,
则an+n2=6+7(n-1)=7n-1,
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又n∈N+,
故选B.
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10.(多选题)设数列{an}的前n项和为Sn,则下列能判断数列{an}是等差数列的是(　　)
A.Sn=n
B.Sn=n2+n
C.Sn=2n
D.Sn=n2+n+1
AB
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解析 对于A,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n-(n-1)=1,而a1=S1=1满足上式,
则an=1(n∈N+),数列{an}是常数数列,是等差数列;
对于B,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=S1=2满足上式,
则an=2n(n∈N+),数列{an}是等差数列;
对于C,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,而a1=S1=2不满足上式,
对于D,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n,而a1=S1=3不满足上式,
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11.在等差数列{an}中,首项为33,公差为整数,若前7项均为正数,第7项以后各项均为负数,则数列的通项公式为　　　　　　　.
an=38-5n
解析 设等差数列{an}的公差为d.
又d∈Z,∴d=-5,
∴an=33+(n-1)×(-5)=38-5n.
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12.[2023山东烟台高二专题练习]已知数列{an}是等差数列,数列{bn}满足bn=an-2n,b3=-1,b5=-21,则{an}的公差d为　　　　　.
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解析 由bn=an-2n得an=bn+2n,则a3=b3+8=-1+8=7,a5=b5+32=-21+32=11,则
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13.同时满足下面两个性质的数列{an}的一个通项公式为an=　　　　　.
①是递增的等差数列;②a2-a3+a4=1.
n-2
解析 设等差数列{an}的公差为d,由①可知d>0.
由a2-a3+a4=1,得a3=a1+2d=1.
取d=1,则a1=-1,所以数列{an}的一个通项公式为an=-1+(n-1)=n-2.
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14.四个数成递增的等差数列,中间两数的和为2,首末两项的积为-8,求这四个数.
解 设这四个数为a-3d,a-d,a+d,a+3d(公差为2d),依题意,2a=2,
且(a-3d)(a+3d)=-8,
即a=1,a2-9d2=-8,∴d2=1,∴d=1或d=-1.
又四个数成递增的等差数列,
∴d>0,∴d=1,故所求的四个数为-2,0,2,4.
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(2)求数列{an}的通项公式.
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16.已知数列{an}满足a1=2,an=2an-1+2n+1(n≥2,n∈N+).设 求证:数列{bn}是等差数列,并分别求an和bn.
∴数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
∴bn=1+(n-1)×2=2n-1,∴an=(2n-1)·2n.
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17.已知等差数列{an}:3,7,11,15,….
(1)求{an}的通项公式.
(2)135,4m+19(m∈N+)是数列{an}中的项吗 如果是,是第几项
(3)若as,at(s,t∈N+)是数列{an}中的项,那么2as+3at是数列{an}中的项吗 如果是,是第几项
C 级 学科素养创新练
解 (1)设数列{an}的公差为d.依题意,有a1=3,d=7-3=4,∴an=3+4(n-1)=4n-1.
(2)由(1)可知,{an}的通项公式为an=4n-1.
令4n-1=135,得n=34,∴135是数列{an}的第34项.
∵4m+19=4(m+5)-1,且m∈N+,
∴4m+19(m∈N+)是数列{an}的第(m+5)项.
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(3)由(1)可知,{an}的通项公式为an=4n-1.
∵as,at是数列{an}中的项,∴as=4s-1,at=4t-1,
∴2as+3at=2(4s-1)+3(4t-1)=4(2s+3t-1)-1.
∵s,t∈N+,∴2s+3t-1∈N+,∴2as+3at(s,t∈N+)是数列{an}的第(2s+3t-1)项.第五章5.5　数学归纳法
A级 必备知识基础练
1.[探究点二·2023北京高二阶段练习]用数学归纳法证明1++…+1)时,第一步应验证不等式(　　)
A.1+<2
B.1+<2
C.1+<3
D.1+<3
2.[探究点二]用数学归纳法证明n3>3n2+3n+1这一不等式时,应注意n必须为(　　)
A.n∈N+ B.n∈N+,n≥2
C.n∈N+,n≥3 D.n∈N+,n≥4
3.[探究点二]用数学归纳法证明+…+时,从n=k到n=k+1,不等式左边需添加的项是(　　)
A.
B.
C.
D.
4.[探究点二]用数学归纳法证明“2n+1≥n2+n+2(n∈N+)”时,第一步的验证为　　　　　　　　　　　.
5.[探究点一]用数学归纳法证明:1+5+9+13+…+(4n-3)=2n2-n(n∈N+).
6.[探究点三]数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=Sn+-2(n∈N+).
(1)求S1,S2,S3,S4的值;
(2)猜想数列{Sn}的通项公式,并用数学归纳法证明你的结论.
B级 关键能力提升练
7.利用数学归纳法证明+…+<1(n∈N+,且n≥2)时,由k到k+1时不等式左端的变化是(　　)
A.增加了这一项
B.增加了两项
C.增加了两项,同时减少了这一项
D.无变化
8.已知关于自然数n的命题P(n),由P(k)成立可以推出P(k+1)成立,若P(6)不成立,则下面结论正确的是(　　)
A.P(7)一定不成立 B.P(5)可能成立
C.P(2)一定不成立 D.P(4)不一定成立
9.已知n为正偶数,用数学归纳法证:1-+…+=2(+…+)时,若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时等式成立,则还需要再证(　　)
A.n=k+1时等式成立
B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立
D.n=2时等式成立
10.(多选题)[2023江苏高二专题练习]下列结论能用数学归纳法证明的是(　　)
A.ex≥x+1(x∈R)
B.1+2+3+…+(n+3)=(n∈N+)
C.1++…+=2-(n∈N+)
D.sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β(α,β∈R)
11.若f(n)=1++…+(n∈N+),用数学归纳法验证关于f(n)的命题时,第一步计算f(1)=　　　　;第二步“从n=k到n=k+1时”,f(k+1)=f(k)+　　　　　　　.
12.平面上有n条直线,它们任何两条不平行,任何三条不共点,设k条这样的直线把平面分成f(k)个区域,则k+1条直线把平面分成的区域数f(k+1)=f(k)+　　　　.
13.[2023浙江高二单元测试]f=1++…+(n∈N+),则f(2k+1)-f(2k)=　　　　　.
14.已知数列{an}满足a1=,前n项和Sn=(2n2-n)an.
(1)求a2,a3,a4的值并猜想an的表达式;
(2)用数学归纳法证明(1)的猜想.
C级 学科素养创新练
15.(多选题)用数学归纳法证明对任意n≥k(n,k∈N+)都成立,则k的值可以为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
16.[人教A版教材习题]若数列{Fn}满足F1=1,F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N+),则{Fn}称为斐波那契数列.试用数学归纳法证明其通项公式为Fn=[()n-()n].
5.5　数学归纳法
1.B　由题意得,第一步应验证当n=2时,1+<2.
故选B.
2.D　当n=1,n=2,n=3时,显然不等式不成立,当n=4时,不等式成立,故用数学归纳法证明n3>3n2+3n+1这一不等式时,应注意n必须为n∈N+,n≥4.故选D.
3.B　当n=k时,左边为+…+,
当n=k+1时,左边为+…+,
所以左边需添加的项是.故选B.
4.当n=1时,左边=4,右边=4,不等式成立
5.证明(1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立.
(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即1+5+9+13+…+(4k-3)=2k2-k.则当n=k+1时,1+5+9+13+…+(4k-3)+(4k+1)=2k2-k+(4k+1)=2k2+3k+1=2(k+1)2-(k+1).
所以当n=k+1时,等式成立.
综合(1)(2)可知,等式对任意n∈N+恒成立.
6.解(1)当n=1时,a1=S1=S1+-2,∴S1=.
又a2=S2-S1=S2+-2,
∴S2=,
同理S3=,S4=.
(2)猜想Sn=(n∈N+).
下面用数学归纳法证明这个结论.
①当n=1时,结论成立.
②假设n=k(k∈N+)时结论成立,即Sk=,
当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=Sk+1+-2,
∴=2-Sk=2-.
∴Sk+1=,
即当n=k+1时结论成立.
由①②,知Sn=对任意的正整数n都成立.
7.C　当n=k时,左端为+…+;当n=k+1时,左端为+…+,对比两式,可得结论.
8.C　∵P(n)对n=6不成立,无法判断当n>6时,P(n)是否成立,故A错误;假设P(n)对n=5成立,则根据推理关系,得P(n)对n=6成立,与条件P(n)对n=6不成立矛盾,∴假设不成立,故B错误;同理可得,当n<6时,P(n)一定不成立,故D错误,C正确.故选C.
9.B　若已假设n=k(k>2,k为偶数)时命题为真,因为n只能取偶数,所以还需要证明n=k+2成立.
故选B.
10.BC　数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法,由此可知BC能用数学归纳法证明.
故选BC.
11.　f(1)=1+;
当n=k时,f(k)=1++…+,
当n=k+1时,f(k+1)=1++…+,
所以f(k+1)=f(k)+.
12.k+1　当n=k+1时,第k+1条直线被前k条直线分成(k+1)段,而每一段将它们所在区域一分为二,故增加了k+1个区域.
13.+…+　因为f(n)=1++…+,所以f(2k+1)=1++…++…+,
f(2k)=1++…+,
所以f(2k+1)-f(2k)=+…++…+.
14.(1)解∵a1=,前n项和Sn=(2n2-n)an,
∴令n=2,得a1+a2=6a2,∴a2=.
令n=3,得a1+a2+a3=15a3,∴a3=.
令n=4,得a1+a2+a3+a4=28a4,∴a4=.
猜想an=.
(2)证明证明如下:
①当n=1时,结论成立;
②假设当n=k(k∈N+)时,结论成立,
即ak=,
则当n=k+1时,Sk+1=Sk+ak+1=(2k2-k)ak+ak+1=+ak+1=[2(k+1)2-(k+1)]·ak+1,
∴k(2k+3)·ak+1=,∴ak+1=,
∴当n=k+1时结论成立.
由①②可知,对一切n∈N+都有an=成立.
15.CD　取n=1,则不成立;
取n=2,则不成立;
取n=3,则成立;
取n=4,则成立;
下面证明:当n≥3时,成立.
当n=3,则成立;
假设当n=k(k≥3)时,有成立,
则当n=k+1时,有,
令t=,则=3-,
因为t>,
故>3-,
因为>0,
所以,
所以当n=k+1时,不等式也成立,
由数学归纳法可知,对任意的n≥3都成立.故k≥3.
故选CD.
16.证明(1)当n=1时,F1=1-1=1,命题成立;
当n=2时,F2=2-2=1,命题成立.
(2)假设当2≤n≤k(k∈N+,k≥2)时命题成立,则Fk=k-k,
Fk-1=k-1-k-1,
那么当n=k+1时,Fk+1=Fk+Fk-1=k-k+k-1-k-1=k-1+1-k-1·+1=k-1·-k-1·=k-12-k-1·2=k+1-k+1,所以当n=k+1时命题也成立.
由(1)(2)可知,Fn=n-n对任意n∈N+都成立.(共32张PPT)
第五章
培优课 　等比数列习题课
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1.[探究点一]在等比数列{an}中,a1+a3=10,a4+a6= ,则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=24-n B.an=2n-4 C.an=2n-3 D.an=23-n
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2.[探究点一]在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=12,则数列{an}的前8项和为(　　)
A
解析 ∵数列{an}是等比数列,
∴a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也成等比数列.
∵a1+a2=6,a3+a4=12,
∴a5+a6=24,a7+a8=48,
∴前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90.故选A.
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3.[探究点四]已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1+1,则数列{an}的前10项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为(　　)
C
解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2,又a1=S1=2,即前10项分别为2,1,2,4,8,16,32,64,128,256,所以数列{an}的前10项中
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4.[探究点一]已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a3与S2分别为方程
x2+3x-4=0的两个根,则S5=(　　)
A.-11 B.8 C.15 D.-15
A
解析 设{an}的公比为q.
由x2+3x-4=0解得x=1或-4.
∵a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个根,
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故选A.
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5.[探究点四](多选题)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1,则下列说法正确的是(　　)
A.a5=-16
B.S5=-63
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn+1}是等比数列
AC
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解析 因为Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1,
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{an}是以-1为首项,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{Sn+1}不是等比数列,故D错误.
故选AC.
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6.[探究点四](多选题)[2023黑龙江一模]已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=2n+1+a,则下列说法正确的是(　　)
A.a=-2
B.a=-1
AD
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解析 当n=1时,a1=S1=4+a.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1+a-(2n+a)=2n.
因为{an}是等比数列,所以a1=21=4+a,
所以a=-2,an=2n(n∈N+),故A正确,B错误;
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7.[探究点三·2023江苏南京高二期中]已知数列{an}中,a1=3,an+1=3an-2,则an=　　　 　　.
2·3n-1+1
解析 因为an+1=3an-2,
所以an+1-1=3(an-1).
又a1-1=2,所以{an-1}是一个以2为首项,以3为公比的等比数列,
所以an-1=2·3n-1,an=2·3n-1+1.
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8.[探究点四]已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意n∈N+,有2Sn=3an-2,则a1=　　　　　;Sn=　　　　　.
2
3n-1
解析 令n=1,则2S1=3a1-2,得a1=2;
当n≥2时,2Sn-1=3an-1-2,
2an=2Sn-2Sn-1=3an-3an-1,即当n≥2时,an=3an-1.
又a1=2,
故数列{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,
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9.[探究点二·2023甘肃临夏高二阶段练习]在等差数列{an}中,已知a3=4,a5+a8=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
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所以Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1,①
则2Tn=2×23+3×24+…+n×2n+1+(n+1)×2n+2,②
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B 级 关键能力提升练
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
D
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11.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
C
解析 ∵am+n=aman,
令m=1,∴an+1=a1an=2an,
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12.(多选题)[2023江西鹰潭贵溪第一中学高二阶段练习]已知数列{an},下列结论正确的有(　　)
A.若a1=2,an+1=an+n+1,则a20=211
B.若a1=1,an+1=3an+2,则a4=53
AB
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解析 选项A,由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,
则a20=(a20-a19)+(a19-a18)+…+(a2-a1)+a1=20+19+…+2+2=211,故A正确;
选项B,由an+1=3an+2得an+1+1=3(an+1).
又a1+1=2,所以数列{an+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,
则an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1,所以a4=2×33-1=53,故B正确;
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13.数列{an}的前n项和为Sn,已知a1= ,且对任意正整数m,n,都有am+n=aman,若Sn1
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14.[2023山西太原高三期中]设等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+2,则an=　　　　　.
2n
解析 因为an+1=Sn+2,
所以当n≥2时,an=Sn-1+2,
所以an+1-an=(Sn+2)-(Sn-1+2)=an,即an+1=2an,
所以等比数列{an}的公比为2,
所以当n=1时,a2=S1+2=a1+2,
即2a1=a1+2,解得a1=2,
所以an=2·2n-1=2n.
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15.[2023广西南宁高二期末]已知数列{an}的前n项和Sn,且满足Sn=2an-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2n+1,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,则an=2an-1,
所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以an=1×2n-1=2n-1.
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(2)由(1)得an·bn=(2n+1)·2n-1,
所以Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1,①
2Tn=3×21+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n,②
①-②得-Tn=3×20+2×21+2×22+…+2×2n-2+2×2n-1-(2n+1)×2n
=3-4+2n+1-(2n+1)×2n=-1+(1-2n)×2n,
所以Tn=1+(2n-1)·2n.
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16.已知数列{an},用a1,a2,a3,…,an,…构造一个新数列a1,(a2-a1),(a3-a2),…,
(an-an-1),…,此数列是首项为1,公比为 的等比数列.求:
(1)数列{an}的通项;
(2)数列{an}的前n项和Sn.
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17.设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an.设Sn为数列{bn}的前n项和,已知b1≠0,2bn-b1=S1Sn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn·log3an,求数列{cn}的前n项和Tn;
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(1)解∵an+1=3an,
∴数列{an}是公比为3,首项为1的等比数列,
∴an=3n-1.
∵2bn-b1=S1Sn,
∴当n=1时,2b1-b1=S1S1.
∵S1=b1,b1≠0,∴b1=1,∴Sn=2bn-1.
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=2bn-2bn-1,
∴bn=2bn-1,
∴数列{bn}是公比为2,首项为1的等比数列,
∴bn=2n-1.
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(2)解 cn=bn·log3an=2n-1log33n-1=(n-1)2n-1,
Tn=0×20+1×21+2×22+…+(n-2)2n-2+(n-1)2n-1,①
2Tn=0×21+1×22+2×23+…+(n-2)2n-1+(n-1)2n,②
①-②得-Tn=21+22+23+…+2n-1-(n-1)2n=2n-2-(n-1)2n=-2-(n-2)2n,
∴Tn=(n-2)2n+2.
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时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(3)求数列{an}的通项公式.
C 级 学科素养创新练
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(1)解 当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
(2)证明∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),
∴4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),
即4an+2+an=4an+1(n≥2).
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18第五章5.2.2　等差数列的前n项和
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]已知等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项和等于(　　)
A.160 B.180 C.200 D.220
2.[探究点一]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=4,S4=22,则a5为(　　)
A.10 B.13 C.15 D.18
3.[探究点三]已知等差数列{an}的通项公式为an=31-tn(t∈Z),当且仅当n=10时,数列{an}的前n项和Sn最大,则当Sk=-10时,k的值为(　　)
A.17 B.18 C.19 D.20
4.[探究点三]等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,a8+a9>0,a8a9<0,则使Sn>0成立的n的最大值是(　　)
A.8 B.9 C.16 D.17
5.[探究点一、三](多选题)[2023江苏连云港高二期末]已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且a1=15,S5=S11,则以下说法正确的是(　　)
A.d=-2
B.a6=-a11
C.Sn的最大值为S7
D.使得Sn≥0的最大正整数n为16
6.[探究点二]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则S9=　　　　　.
7.[探究点一·人教A版教材习题]根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量:
(1)a1=20,an=54,Sn=999,求d及n;
(2)d=,n=37,Sn=629,求a1及an;
(3)a1=,d=-,Sn=-5,求n及an;
(4)d=2,n=15,an=-10,求a1及Sn.
8.[探究点三·人教A版教材习题]已知等差数列-4.2,-3.7,-3.2,…的前n项和为Sn,Sn是否存在最大(小)值 如果存在,求出取得最值时n的值.
B级 关键能力提升练
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若=a1+a200,且A,B,C三点共线(该直线不过原点O),则S200的值为(　　)
A.100 B.101 C.200 D.201
10.已知数列{an}是等差数列,a3=8,a4=4,则前n项和Sn中最大的是(　　)
A.S3 B.S4或S5
C.S5或S6 D.S6
11.一个凸多边形各内角的弧度数成等差数列,最小角为,公差为,则边数n的值为(　　)
A.9 B.16
C.9或16 D.18
12.(多选题)数列{an}满足a1=10,an=an-1-2(n≥2),则(　　)
A.数列{an}是递减数列
B.an=2n+8
C.点(n,an)都在直线y=-2x+12上
D.数列{an}的前n项和Sn的最大值为32
13.在等差数列{an}中,3a1=7a7,a1>0,Sn是数列{an}的前n项和,若Sn取得最大值,则n=　　　　.
14.与传统燃油车相比较,新能源车具有环保、节能、减排等优势,既符合我国的国情也代表了汽车产业发展的方向.工信部表示,到2025年中国的汽车总销量将达到3 500万辆,并希望新能源车至少占总销量的四分之一.某公司年初购入一批新能源车充电桩,每台16 200元,第一年每台设备的维修保养费用为1 100元,以后每年增加400元,估计每台充电桩每年可获利8 100元,则每台充电桩从第　　　　　年开始获利.(参考数据:≈1.732)
15.[2023广东深圳高二期末]已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S15=5(a2+a6+ak)(k∈N+),则k=　　　　　.
16.[2023山东泰安高二期末]已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若,则=　　　　　.
17.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn=+k.当k=　　　　　时,{an}是公差d=　　　　　的等差数列.
18.[北师大版教材习题]已知数列{an}前n项和为Sn=n2+1.
(1)写出数列{an}的前5项.
(2)数列{an}是等差数列吗
(3)写出数列{an}的通项公式.
C级 学科素养创新练
19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=11,S7=161.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Sn≥6an-5n-12,求n的取值范围;
(3)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
5.2.2　等差数列的前n项和
1.B　(a1+a2+a3)+(a18+a19+a20)=(-24)+78=54,
又a1+a20=a2+a19=a3+a18,则3(a1+a20)=54,
∴a1+a20=18.故S20==10×18=180.
2.B　设{an}的公差为d.
由题意得解得
所以a5=a1+4d=13.
故选B.
3.D　由条件可知,当n=10时,a10=31-10t≥0,a11=31-11t<0,解得因为t∈Z,所以t=3,得an=31-3n,Sn=.
由Sk==-10(k∈N+),
解得k=20或k=-(舍去).
故选D.
4.C　∵数列{an}为等差数列,且a1>0,a8+a9>0,a8a9<0,∴a8>0,a9<0,
∴S16==8(a8+a9)>0,S17==17a9<0,∴使Sn>0成立的n的最大值为16.故选C.
5.ABD　因为a1=15,S5=S11,所以5×15+×d=11×15+×d,解得d=-2,故A正确;
a6=15+5×(-2)=5,a11=15+10×(-2)=-5,所以a6=-a11,故B正确;
Sn=15n+·(-2)=-n2+16n=-(n-8)2+64,所以n=8时Sn取最大值,故C错误;
令Sn=-n2+16n≥0,解得0≤n≤16(n∈N+),故D正确.
故选ABD.
6.81　(方法一)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得解得
∴S9=9a1+d=81.
(方法二)∵数列{an}为等差数列,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,∴2(S6-S3)=S3+S9-S6.
又S3=9,S6=36,则2×(36-9)=9+S9-36,
解得S9=81.
7.解(1)将a1=20,an=54,Sn=999代入Sn=,得n=27.再将a1=20,an=54,n=27代入an=a1+(n-1)d,得d=.
(2)将d=,n=37,Sn=629分别代入an=a1+(n-1)d,Sn=,得解得
(3)将a1=,d=-,Sn=-5代入Sn=na1+d(n∈N+),得n=15.再将a1=,d=-,n=15代入an=a1+(n-1)d,得an=-.
(4)将d=2,n=15,an=-10代入an=a1+(n-1)d,得a1=-38.再将a1=-38,an=-10,n=15代入Sn=,得Sn=-360.
8.解(方法一)存在最小值.由题意,知a1=-4.2,d=-3.7-(-4.2)=0.5,所以an=-4.2+(n-1)×0.5=0.5n-4.7.
令an≤0,则n≤9.4,
所以数列{an}前9项为负数,从第10项起为正数,
所以Sn存在最小值,此时n=9.
(方法二)存在最小值.由题意,知a1=-4.2,d=0.5,
Sn=-4.2n+×0.5=0.25n2-4.45n=0.25(n-8.9)2-19.8025,
所以Sn存在最小值,且S8>S9,所以此时n=9.
9.A　依题意,a1+a200=1,
所以S200==100.
10.B　设数列{an}的公差为d,则d=a4-a3=4-8=-4,an=a3+(n-3)d=8+(n-3)×(-4)=20-4n,所以a4>0,a5=0,a6<0,所以S4或S5是Sn中最大的.故选B.
11.A　由题意可得(n-2)π=n·,整理得n2-25n+144=0,解得n=9或n=16.
又因为该多边形是凸多边形,所以(n-1)=<π,解得n<13,所以n=9.
12.AC　因为an=an-1-2(n≥2),即an-an-1=-2<0(n≥2),所以数列{an}是递减数列,故A正确;
易知数列{an}是以a1=10为首项,d=-2为公差的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=10+(n-1)×(-2)=-2n+12,则点(n,an)都在直线y=-2x+12上,故B不正确,C正确;
数列{an}的前n项和Sn==-n2+11n=-.
又因为n∈N+,所以n=5时,S5=30,n=6时,S6=30,则Sn的最大值为30,故D不正确.
故选AC.
13.11　设数列{an}的公差为d,则3a1=7(a1+6d),
即d=-,
所以an=a1+(n-1)d=a1-(n-1)=(23-2n).
令an≥0,得n≤.
所以a11>0,a12<0,即当n=11时,Sn取得最大值.
14.3　每年的维修保养费用是以1100为首项,400为公差的等差数列,
设第n年时累计利润为f(n),则f(n)=8100n-1100n+-16200=-200n2+7200n-16200=-200(n2-36n+81).
开始获利,即f(n)=-200(n2-36n+81)>0,即n2-36n+81<0,解得18-9又因为n∈N+,所以3≤n≤33,所以公司从第3年开始获利.
15.16　设{an}的公差为d.
因为S15=5(a2+a6+ak),所以=5(a2+a6+ak),即=5(a2+a6+ak),所以3a8=a2+a6+ak,所以ak=3a8-(a2+a6)=3(a1+7d)-(a1+d+a1+5d)=a1+15d=a1+(k-1)d,所以k=16.
16.　由题可知.
17.-4　　2　由等差数列的前n项和公式,可知Sn=na1+d=n2+a1-n.
(n+2)2+k=n2+4n+4+k.要使{an}为等差数列,
则满足4+k=0,解得k=-4,即Sn=n2+4n.
又由=1,得d=2.
18.解(1)a1=S1=12+1=2,a2=S2-S1=(22+1)-2=3,a3=S3-S2=(32+1)-(22+1)=5,a4=S4-S3=(42+1)-(32+1)=7,a5=S5-S4=(52+1)-(42+1)=9.
(2)因为a2-a1=1,a3-a2=2≠1,
所以{an}不是等差数列.
(3)当n=1时,S1=a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1.
a1=2不满足上式,因此an=
19.解(1)设数列{an}的公差为d.
由题意得解得
所以an=6n-1.
(2)由(1)得Sn=5n+×6=3n2+2n.
因为Sn≥6an-5n-12,即3n2-29n+18≥0,
解得n≤或n≥9.
因为n∈N+,所以n的取值范围为{n∈N+|n≥9}.
(3)因为bn=,所以Tn=++…+==.第五章5.4　数列的应用
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,自冬至日起,其日影长依次成等差数列,前三个节气日影长之和为28.5尺,最后三个节气日影长之和为1.5尺,则春分时节的日影长为(　　)
A.4.5尺
B.3.5尺
C.2.5尺
D.1.5尺
2.[探究点二]某人于2022年8月20号从银行贷款a元,为还清这笔贷款,他从2023年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额,计划恰好在贷款的m年后还清.若银行按年利率为p的复利计息(复利:即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息),则其每年的偿还金额是(　　)
A.
B.
C.
D.
3.[探究点二、三](多选题)[2023福建龙岩高二期末]某县位于沙漠边缘,当地居民与风沙进行着艰苦的斗争,到2020年底全县的绿地占全县总面积的70%.从2021年起,市政府决定加大植树造林、开辟绿地的力度,预计每年能将前一年沙漠的18%变成绿地,同时,前一年绿地的2%又被侵蚀变成沙漠.则下列说法正确的是(　　)
A.2021年底,该县的绿地面积占全县总面积的74%
B.2023年底,该县的绿地面积将超过全县总面积的80%
C.在这种政策之下,将来的任意一年,全县绿地面积占比都不能超过90%
D.在这种政策之下,将来的某一年,该县绿地将达到100%全覆盖
4.[探究点二]赵先生准备通过某银行贷款5 000元,然后通过分期付款的方式还款,银行与赵先生约定:每个月还款一次,分12次还清所有欠款,且每个月还款的钱数都相等,贷款的月利率为0.5%,则赵先生每个月所要还款的钱数为　　　　元.(精确到0.01元,参考数据:≈17.213 )
5.[探究点三]如图,一个粒子从原点出发,在第一象限和两坐标轴正半轴上运动,在第一秒时它从原点运动到点(0,1),接着它按图所示在x轴、y轴的垂直方向上来回运动,且每秒移动一个单位长度,那么,在2 023秒时,这个粒子所处的位置在点　　　　.
6.[探究点二]有一塔形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,如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长为1,那么该塔形几何体中正方体的个数是　　　　　.
7.[探究点二]某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”,自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n件,已知第一层货物单价是1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是[100-200()n]万元,则n的值为　　　　　.
8.[探究点二]某人每月15日发工资,2023年1月15日发工资后,他随即从工资中拿出1 000元存入银行,以后每月领工资后,都于当天在工资中拿出1 000元存入银行.若银行存款月利率为0.002,那么按照复利计算,一年后他可以从银行取出本息共　　　　　元.(精确到1元)
9.[探究点一、二]某沿海城市为了进一步完善海防生态防护体系,林业部门计划在沿海新建防护林3万亩,从2023年开始,每年春季在规划的区域内植树造林,第一年植树1 200亩,以后每一年比上一年多植树400亩,假设所植树木全部成活.(注:亩为非标准国际单位制)
(1)到哪一年春季新建防护林计划全部完成
(2)若每亩新植树苗的木材量为2立方米,且所植树木每一年从春季开始生长,到年底停止生长时木材量的年自然增长率为10%,到新建防护林计划全部完成的那一年底,新建防护林的木材总量为多少立方米 (参考数据:1.111≈3)
B级 关键能力提升练
10.一个卷筒纸的内圆直径为4 cm,外圆直径为12 cm,一共卷60层,若把各层都视为一个同心圆,令π=3.14,则这个卷筒纸的长度(精确到个位)为(　　)
A.17 m B.16 m C.15 m D.14 m
11.调查表明,酒后驾驶是导致交通事故的主要原因,交通法规规定:驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02 mg/mL.如果某人喝了少量酒后,血液中酒精含量将迅速上升到0.3 mg/mL,在停止喝酒后,血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小,当他可以驾驶机动车时,至少需要经过(精确到小时)(　　)
A.1小时 B.2小时 C.4小时 D.6小时
12.(多选题)在《增删算法统宗》中有道题目讲了这样一件事:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了六天后到达目的地.则下列说法正确的是(　　)
A.此人第三天走了24里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
13.某地2020年共发放汽车牌照12万张,其中燃油车牌照10万张,新能源车牌照2万张.从2021年起,每年发放的新能源车牌照数量比前一年增长50%,燃油车牌照数量比前一年减少0.5万,同时规定,若某年发放的汽车牌照超过15万张,以后每年发放的新能源车牌照的数量维持在这一年的水平不变.那么从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为　　　　　万.
14.在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定,假设某种传染病的基本传染数R0=3(注:对于R0>1的传染病,要隔离感染者,以控制传染源,切断传播途径),那么由1个初始感染者经过六轮传染被感染(初始感染者未被隔离,且不含初始感染者)的总人数为　　　　.(注:初始感染者传染R0个人为第一轮传染,这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……)
15.某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯关游戏,共有15关,每过一关可以得到一定的积分,现有三种积分方案供闯关者选择.方案一,每闯过一关均可获得40积分;方案二,闯过第一关可获得5积分,后面每关的积分都比前一关多5;方案三,闯过第一关可获得0.5积分,后面每关的积分都是前一关积分的2倍.若某关闯关失败则停止游戏,最终积分为闯过的各关的积分之和.设三种方案闯过n(n≤15,且n∈N+)关后的积分之和分别为An,Bn,Cn,要求闯关者在开始前要选择积分方案.
(1)求出An,Bn,Cn的表达式.
(2)如果你是一个闯关者,为获得尽量多的积分,这几种积分方案该如何选择 小明通过试验后觉得自己至少能闯过12关,他应该选择第几种积分方案
C级 学科素养创新练
16.[2023河北衡水高三期末]治理垃圾是S市改善环境的重要举措.去年S市产生的垃圾量为200万吨,通过扩大宣传、环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.
(1)写出S市从今年开始的年垃圾预期排放量与治理年数n(n∈N+)的表达式;
(2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量,写出An的表达式.
5.4　数列的应用
1.A　设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长组成等差数列{an},
其公差为d,由题意得
即解得
所以an=a1+(n-1)d=11.5-n,所以a7=11.5-7=4.5,即春分时节的日影长为4.5尺.
2.D　设每年偿还的金额为x,
则a(1+p)m=x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+p)m-1,
所以a(1+p)m=x,
解得x=.
故选D.
3.AC　从2021年起,每年年底的绿化率构成一个数列a1,a2,a3,…,an,则a1=0.7×0.98+0.3×0.18=0.74,
且an+1=0.98an+0.18(1-an)=0.8an+0.18,
即an+1-0.9=0.8(an-0.9).又a1-0.9=-0.16,
则数列{an-0.9}是首项为-0.16,公比为0.8的等比数列,
则an-0.9=-0.16×0.8n-1,即an=0.9-0.16×0.8n-1.
a1=0.74,故A正确;
a3=0.9-0.16×0.82=0.7976<0.8,故B错误;
由an=0.9-0.16×0.8n-1可知,an<0.9恒成立,故C正确,D错误.
故选AC.
4.430.33　设每一期所还款数为x元.
因为贷款的月利率为0.5%,
所以每期所还款本金依次为,…,,
则+…+=5000,
即x+…+
=x
=x=5000,
x=≈430.33,
故赵先生每个月所要还款约430.33元.
5.(1,44)　如图,设粒子运动到A1,A2,…,An时所用的时间分别为a1,a2,…,an,
则a1=2,a2=6,a3=12,a4=20,…,所以an-an-1=2n.
将a2-a1=2×2,a3-a2=2×3,a4-a3=2×4,……,an-an-1=2n相加得an-a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n-2,则an=n(n+1),由a44=44×45=1980,得运动了1980秒时它到点A44(44,44),
又由运动规律知,A1,A2,…,An中,奇数点处向下运动,偶数点处向左运动,
故粒子到达A44(44,44)时,向左运动43秒即运动了2023秒,到达点(1,44),则所求点应为(1,44).
6.7　设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an,
则由题意得{an}为以8为首项,为公比的等比数列,
其通项公式为an=8×=23×.
令an=1,得n=7,故该塔形几何体中正方体的个数为7.
7.10　由题意,可得第n层的货物的价格为an=n×n-1(单位:万元),
设这堆货物总价是Sn(单位:万元),则Sn=1×0+2×1+3×2+…+n×n-1,
则Sn=1×1+2×2+3×3+…+n×n,
则Sn=1+1+2+3+…+n-1-n×n=-n×n=10-(10+n)×n,
∴Sn=100-10(10+n)×n.
∵这堆货物总价是100-200n(万元),
∴n=10.
8.12 157　2023年1月15日存入的1000元,到2024年1月15日的本息和为1000×1.00212(元),
2023年2月15日存入的1000元,到2024年1月15日的本息和为1000×1.00211(元),
2023年3月15日存入的1000元,到2024年1月15日的本息和为1000×1.00210(元),
……
2023年12月15日存入的1000元,到2024年1月15日的本息和为1000×1.002(元),
因此,一年后他可以从银行取出本息共1000×(1.002+1.0022+…+1.00212)=≈12157(元).
9.解(1)设第n年春季植树为an亩,由题意,可知a1=1200,an+1-an=400,
所以{an}为等差数列,an=1200+400(n-1)=400n+800.
设植树n年新建防护林计划全部完成,则1200n+×400=30000,
化简得n2+5n-150=0,所以n=10或n=-15(舍去).
所以到2033年新建防护林计划全部完成.
(2)设从2023年开始,第n年年底种植树木到2033年底的木材量为数列{bn}(单位:立方米),则b10=a10×2×1.1,b9=a9×2×1.12,……,b1=a1×2×1.110.
则木材总量S=b1+b2+…+b10=2(1.1a10+1.12a9+…+1.110a1),
1.1S=2(1.12a10+1.13a9+…+1.111a1),
所以0.1S=2[-1.1a10+400×(1.12+1.13+…+1.110)+1.111a1]=2-1.1×4800+400×+1200×1.111≈10960,
解得S=109600,所以到2033年底新建防护林的木材总量为109600立方米.
10.C　纸的厚度相同,且各层同心圆直径成等差数列{dn}(单位:cm),则d1+d2+d3+…+d60=×60=480,则纸的长度l=πd1+πd2+πd3+…+πd60=480π=480×3.14=1507.2(cm)≈15(m).故选C.
11.C　设n个小时后才可以驾车,根据题意,可知血液中的酒精含量成等比数列,公比为0.5,进而可得方程0.3×0.5n≤0.02,得n≤,即n≥4,所以至少要经过4小时后才可以驾驶机动车.故选C.
12.BD　由题意,此人每天所走路程构成以为公比的等比数列,
记该等比数列为{an},其公比为q=,前n项和为Sn,
则S6=a1=378,解得a1=192,
所以a3=a1·q2=48,故A错误;
a1-(S6-a1)=2a1-S6=384-378=6,故B正确;
a2=a1·q=96≠,故C错误;
S3=a1+a2+a3=192+96+48=336,S6-S3=378-336=42,所以S3=8(S6-S3),即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍,故D正确.
故选BD.
13.134　设从2021年起,每年发放燃油车牌照数为an(单位:万),发放新能源车牌照数bn(单位:万),发放汽车牌照数为cn(单位:万),则cn=an+bn.
由题可知a1=9.5,an=10-0.5n,
设{an}的前n项的和为An,
则A10==72.5.
由题可知b1=2×1.5=3,b2=3×1.5=4.5,b3=4.5×1.5=6.75,
因为c2=a2+b2=9+4.5=13.5<15,c3=a3+b3=8.5+6.75=15.25>15,
所以b4=b5=…=b10=6.75,
设{bn}的前n项的和为Bn,则B10=3+4.5+6.75×8=61.5.
所以从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为(72.5+61.5=134)万.
14.4 095　初始一名感染者,经过一轮传染后,感染人数为1+R0=4,
经过二轮传染后,感染人数为4+4R0=16,
经过三轮传染后,感染人数为16+16R0=64,
……
则每一轮传染后的感染人数构成以4为首项,4为公比的等比数列,设为{an}.
经过n轮传染后,感染人数为an=4×4n-1=4n,
所以由1个初始感染者经过六轮传染被感染(不含初始感染者)的总人数为46-1=4095.
15.解(1)按方案一闯过各关所得积分构成常数数列,故An=40n;
按方案二闯过各关所得积分构成首项为5,公差为5的等差数列,
故Bn=5n+×5=;
按方案三闯过各关所得积分构成首项为,公比为2的等比数列,
故Cn=(2n-1).
(2)令An>Bn,即40n>,解得0而当n=15时,An=Bn,
又因为n≤15且n∈N+,故An≥Bn恒成立,
故方案二不予考虑.
令An>Cn,即40n>(2n-1),因为n∈N+,所以n≤9,
故当n≤9时,An>Cn;当10≤n≤15时,An故当能闯过的关数小于10时,应选择方案一;
当能闯过的关数大于等于10时,应选择方案三.
小明应该选择方案三.
16.解(1)设治理n年后,S市的年垃圾排放量(单位:万吨)构成数列{an}.
由题可知,当n≤5时,{an}是首项为a1=200-20=180,公差为d=-20的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;
当n≥6时,数列{an}是以a5=200-20×5=100为首项,公比为q=的等比数列,
所以an=a5qn-5=100×,
所以,治理n年后,S市的年垃圾排放量的表达式为an=
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,
则An=.
当n≤5时,Sn==190n-10n2,
An==190-10n.
当n≥6时,Sn=S5+=190×5-10×52+=1000-300×n-5,
An=.
综上,An=第五章培优课 　等差数列习题课
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]在等差数列{an}中,已知a1=,a1+a6=4,an=37,则n的值为(　　)
A.50 B.49 C.56 D.51
2.[探究点一·2023河南郑州高三阶段练习]已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,a5=10,且a4a6=96,则其公差为(　　)
A.-2 B.2 C.-2或2 D.4
3.[探究点四]设数列{an}是公差为d的等差数列,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论错误的是(　　)
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S6
D.S6与S7均为Sn的最大值
4.[探究点一]有一位善于步行的人,第一天行走了100千米,以后每天比前一天多走d千米,九天他一共行走了1 260千米,求d的值.关于该问题,下列结论错误的是(　　)
A.d=15
B.此人第二天行走了110千米
C.此人前七天共行走了910千米
D.此人前八天共行走了1 080千米
5.[探究点一]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=　　　　　.
6.[探究点四]在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项之和,且S7=S17,则当Sn为最小时,n的值为　　　　.
7.[探究点四·2023福建福州第一中学高二期末]设等差数列{an}的前n项和为Sn,S35<0,S36>0,若对任意正整数n,都有Sn≥Sk,则整数k=　　　　　.
8.[探究点三]“等和数列”的定义:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都等于同一个常数,那么这个数列称为等和数列,这个常数称为该数列的公和.已知数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,则a18的值为　　　　.
9.[探究点一]将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　.
10.[探究点四]数列{an}是首项为23,公差为-4的等差数列.
(1)当an>0时,求n的取值范围;
(2)求数列{an}的前n项和Sn的最大值.
11.[探究点二·2023安徽师范大学附属中学高二阶段练习]已知数列{an}前n项和Sn满足Sn=n2(n+1)+1.求:
(1)a1,a2;
(2)数列{an}的通项公式.
B级 关键能力提升练
12.(多选题)[2023山东菏泽高二阶段练习]已知数列{an}是公差为d的等差数列,则下列说法正确的是(　　)
A.an+1=an+d
B.数列{-an}是等差数列
C.数列是等差数列
D.2an+1=an+an+2
13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n+3(n∈N+),则下列结论正确的是(　　)
A.数列{an}是等差数列
B.数列{an}是递增数列
C.a1,a5,a9成等差数列
D.S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列
14. [2023江苏南通高二期末]如图的形状被称为“三角垛”.已知某“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(从上往下)球数组成一个数列{an},则a5=　　　　　;+…+=　　　　　.
15.已知在等差数列{an}中,a16+a17+a18=a9=-18,其前n项和为Sn.
(1)求Sn的最小值,并求出Sn取最小值时n的值;
(2)求Tn=|a1|+|a2|+…+|an|.
16.已知各项都不相等的等差数列{an}的前6项和为60,且满足=a1a21.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an,且b1=3,求数列的前n项和Tn.
C级 学科素养创新练
17.[2023江苏南京外国语学校高二期末]设Sn是数列{an}的前n项和,Sn=an-3n+1,则an=　　　　　;若不等式an≥对任意n∈N+恒成立,则正数k的最小值为　　　　　.
培优课 　等差数列习题课
1.C　设数列{an}的公差为d.因为a1+a6=2a1+5d=4,a1=,所以d=,所以an=+(n-1)×=37,所以n=56.
2.B　设等差数列{an}的公差为d,由题可知d>0.
∵a4a6=(a5-d)(a5+d)=(10-d)(10+d)=96,∴d=2或d=-2(舍去),
∴等差数列{an}的公差为2.
故选B.
3.C　由于S5S8,所以S6-S5=a6>0,S7-S6=a7=0,S8-S7=a8<0,所以d<0,S6与S7均为Sn的最大值.而S9-S6=a7+a8+a9=3a8<0,所以S94.A　设此人第n(n∈N+)天走an千米,则数列{an}是公差为d的等差数列,记数列{an}的前n项和为Sn,
由题意可得解得d=10,A错;
a2=a1+d=110,B对;
S7=7a1+d=910,C对;
S8=8a1+d=1080,D对.
故选A.
5.25　设等差数列{an}的公差为d.
∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1,
∴S10=10a1+d=-20+45=25.
6.12　由S7=S17,知a8+a9+…+a17=0,根据等差数列的性质,a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,因此a12+a13=0,又a1<0,从而a12<0,a13>0,故Sn的最小值为S12.
7.18　在等差数列{an}中,S35==35a18<0,则a18<0.
又S36==18(a18+a19)>0,则a18+a19>0,即有a19>-a18,
于是数列{an}的公差d=a19-a18>0,即{an}是递增数列,其前18项均为负数,从第19项起为正数,
因此Sn的最小值为S18,所以对任意正整数n,都有Sn≥S18,所以k=18.
8.3　由题意可得an+an+1=5,∴an+1+an+2=5,
∴an+2-an=0.∵a1=2,∴a2=5-a1=3,∴当n为偶数时,an=3;当n为奇数时,an=2,∴a18=3.
9.3n2-2n　数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.显然{3n-2}中的所有奇数项均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列组成的新数列{an}为以1为首项,6为公差的等差数列,所以{an}的前n项和为n×1+×6=3n2-2n.
10.解(1)由题可知an=23+(n-1)×(-4)=27-4n>0,
∴n<6.
又n是正整数,∴n的取值范围是{1,2,3,4,5,6}.
(2)由(1)知n≤6时an为正数,n≥7时an为负数,所以Sn的最大值为S6=6×23+×(-4)=78.
11.解(1)因为Sn=n2(n+1)+1,
令n=1,可得a1=S1=1×2+1=3,
令n=2,可得a1+a2=S2=22×(2+1)+1,解得a2=10.
(2)因为Sn=n2(n+1)+1,
则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=[n2(n+1)+1]-[(n-1)2n+1]=3n2-n,
且由(1)知,a1=3不满足上式,
所以an=
12.ABD　因为数列{an}是公差为d的等差数列,所以an+1-an=d,即an+1=an+d,所以A正确;
因为an+1-an=d,所以(-an+1)-(-an)=-d,所以数列{-an}是等差数列,故B正确;
,不是常数,所以数列不是等差数列,故C不正确;
由题可知an+1是an与an+2的等差中项,所以2an+1=an+an+2,故D正确.
故选ABD.
13.D　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+3-(n-1)2+(n-1)+3=n+;
当n=1时,a1=S1=,不满足上式,
∴数列{an}不是等差数列.
∵a2=∴数列{an}不是递增数列.
2a5-a1-a9=2××5+--×9+=-3≠0,
∴a1,a5,a9不成等差数列.
S6-S3=×(4+5+6)+×3=,
S9-S6=×(7+8+9)+×3=,
S12-S9=×(10+11+12)+×3=,
∴=0,
∴S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列.
故选D.
14.15　　因为a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,
以上n个式子累加,得an=1+2+3+…+n=,
则a5==15.
因为=2,所以+…+=2=2-.
15.解(1)设数列{an}的公差为d.
∵a16+a17+a18=a9=-18,
∴a17=-6,∴d=,
∴a1=a9-8d=-30,
∴an=n-,Sn=n2-n.
设前n项和的最小值为Sk(k∈N+),则
即∴k=20或k=21.
故当n=20或21时,Sn取最小值,最小值为S20=S21=-315.
(2)由an=n-≤0,得n≤21.
∴当n≤21时,Tn=-Sn=(41n-n2).
当n>21时,
Tn=-a1-a2-…-a21+a22+…+an=Sn-2S21=(n2-41n)+630.
16.解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
则解得
则an=2n+3.
(2)由bn+1-bn=an,得bn-bn-1=an-1(n≥2),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+…+a1+b1=(n-1)(n+3)+3=n(n+2)(n≥2),b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2),
∴,
∴Tn=.
17.(4n+2)×3n　　当n=1时,a1=S1=a1-32,得a1=18.
当n≥2时,Sn-1=an-1-3n,
所以an=Sn-Sn-1=an-an-1-2×3n,得an=3an-1+4×3n,
所以=4(n≥2).
又因为=6,所以是以6为首项,4为公差的等差数列,
所以=4n+2,即an=(4n+2)×3n.
因为an≥,所以(4n+2)×3n≥,即(k>0).
记bn=,则bn>0,>1,所以{bn}为递增数列,所以bn≥b1=6.
所以≤6,所以k≥,
则k的最小值为.(共33张PPT)
第五章
5.3.1　等比数列
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]对等比数列{an},下列说法一定正确的是(　　)
A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列
C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列
D
解析 因为在等比数列中,an,a2n,a3n,…也成等比数列,所以a3,a6,a9成等比数列.
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2.[探究点二]设等比数列{an}满足a1+a3=3,a1-a5=-3,则a7=(　　)
A.8 B.-8 C.6 D.-6
A
解析 设等比数列{an}的公比为q,
a1+a3=3,即a1(1+q2)=3,①
a1-a5=-3,即a1(1-q4)=-3,②
由②÷①得1-q2=-1,即q2=2,a1=1.
则an=a1qn-1=qn-1,所以a7=q6=(q2)3=8.
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3.[探究点三]在下面所示的表格中,每格填上一个数字后,使每一行成等差数列,每一列成等比数列,则a+b+c的值为(　　)
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a
b
c
C
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解析 根据题意填写表格,得
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4.[探究点二·2023黑龙江鹤岗一中高三期末]在各项均为正数的等比数列
D
解析 设等比数列{an}的公比为q,由题可知q>0.
即a1q4=2a1q2+a1q3,
可得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),
故选D.
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C
解析 由题可知a2+b2=c2.
故选C.
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6.[探究点二](多选题)[2023福建宁德高二期末]已知等比数列{an}的公比q= ,等差数列{bn}的首项b1=9,若a7>b7且a8>b8,则以下结论正确的有
(　　)
A.a8>0 B.b8<0
C.a7>a8 D.b7>b8
BD
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解析 因为等比数列{an}的公比 ,而a1的正负不确定,因此不能确定a7和a8的正负及大小关系,AC错误;
显然a7和a8异号,又a7>b7且a8>b8,则b7,b8中至少有一个是负数,而b1=9>0,
于是等差数列{bn}的公差d<0,即数列{bn}为递减数列,因此b7>b8,且b8<0,BD正确.
故选BD.
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7.[探究点三]在2和30之间插入两个正数,使前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,则插入的两数是　　　　　.
6,18
解析 设两数依次为a,b(a,b>0),∴a2=2b,2b=a+30,
∴a2-a-30=0,∴a=6,∴b=18.
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8.[探究点三]已知数列{an}的各项都为正数,对任意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,且a3a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7=　　　　.
21
解析 ∵对任意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,
令m=1,则a1an=a1+n对任意的n∈N+恒成立,
∴数列{an}为等比数列,公比为a1.
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9.[探究点一、二·北师大版教材例题]在各项均为负数的数列{an}中,已知
(1)求证:数列{an}是等比数列,并求出它的通项公式.
(2)试问 是数列{an}中的项吗 如果是,指出是{an}中的第几项;如果不是,请说明理由.
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B 级 关键能力提升练
10.(多选题)数列{an}满足an=qn(q>0),则以下结论正确的是(　 　)
A.数列{a2n}是等比数列
ABD
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11.(多选题)[2023安徽安庆一中高二阶段练习]已知三角形的三边长组成公比为q的等比数列,则q的值可以为(　　)
BC
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12.如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就称为“和差等比数列”.已知{an}是“和差等比数列”,a1=2,a2=3,则满足使不等式an>10的n的最小值是(　　)
A.8 B.7 C.6 D.5
D
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所以n的最小值是5.
故选D.
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13.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的频率之比完全相等,亦称“十二等程律”.即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音是最初那个音
D
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14.已知等比数列{an}的公比是q,则“q>1”是“an+1>an”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
D
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解析 当a1=-1时,an=-qn-1,an+1=-qn.
因为q>1,所以qn>qn-1,
所以-qn<-qn-1,故an+1所以q>1不能推出an+1>an.
由an+1>an,得-qn>-qn-1,则qn所以an+1>an不能推出q>1,
所以“q>1”是“an+1>an”的既不充分也不必要条件.
故选D.
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15.(多选题)已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1, a8+a9>a8a9+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项中正确的是(　　)
A.q>1 B.a8>1 C.T16>1 D.T17>1
BC
解析 由题意知(a8-1)(1-a9)=a8+a9-a8a9-1>0,
则a8,a9中一个大于1,另一个小于1.
∵等比数列{an}的各项均为正数,∴q>0.
又a1>1,∴a8>1>a9,且1>q>0.
由题意知a8a9>1.
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16.已知两个等比数列{an},{bn},满足a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.若数列{an}是唯一的,则a的值为　　　　　.
解析 设数列{an}的公比为q,则b1=1+a,b2=2+aq,b3=3+aq2,
由b1,b2,b3成等比数列,得(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),得aq2-4aq+3a-1=0. (*)
由a>0得Δ=4a2+4a>0,故方程(*)有两个不同的实根.由数列{an}唯一知方程(*)必有一根为0,将q=0代入(*)得
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∴n=3或n=4时,a1a2…an取得最小值.
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18.[2023海南模拟预测]已知数列{an}满足 (an≠0,且n∈N+),且a2,a3+2,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log2an(n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn.
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解(1)在数列{an}中,由 ,得an+1=2an,而an≠0,则数列{an}是公比为2的等比数列.
因为a2,a3+2,a4成等差数列,即2(a3+2)=a2+a4,所以8a1+4=2a1+8a1,解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得bn=log22n=n,有b1=1,bn+1-bn=(n+1)-n=1,即数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,
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解(1)设数列{an}的公比为q,由题意,知q>1.
∴3a3=a4+2a2,∴3q2=q3+2q,
即q2-3q+2=0,解得q=2或q=1(舍去),∴q=2,
∴数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n-1.
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20.[2023重庆高二期末]已知数列{an}满足a1=4,nan+1=2(n+1)an,则a4=　　　　　,若数列 的前n项和为Sn,则满足不等式Sn≥14的n的最小值为　　　　　.
C 级 学科素养创新练
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所以数列{an}的通项公式为an=n·2n+1,
则a4=4×25=128.
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20(共17张PPT)
第五章
5.1.2　数列中的递推
A 级 必备知识基础练
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3.[探究点三]1202年,意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》,书中有一个著名的数列——“斐波那契数列”,此数列可以表示为{Fn}:F1=1,F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1(n∈N+),则其前10项和为(　　)
A.10 B.88 C.143 D.232
C
解析 因为F1=1,F2=1,且Fn+2=Fn+Fn+1(n∈N+),
所以F3=F1+F2=2,F4=F2+F3=3,F5=F3+F4=5,F6=F4+F5=8,F7=F5+F6=13, F8=F6+F7=21,F9=F7+F8=34,F10=F8+F9=55,
所以此数列的前10项和为1+1+2+3+5+8+13+21+34+55=143.
故选C.
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4.[探究点一]数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2),且a1=0,则此数列的第5项是　　　　　.
255
解析 因为an=4an-1+3(n≥2),a1=0,
所以a2=4×0+3=3,a3=4×3+3=15,a4=4×15+3=63,a5=4×63+3=255.
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6.[探究点三·人教A版教材习题]已知数列{an}的前n项和公式为Sn=-2n2,求{an}的通项公式.
解 当n=1时,a1=S1=-2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n2-[-2(n-1)2]=-4n+2.
当n=1时,a1=-2=-4×1+2,符合上式,
所以{an}的通项公式是an=-4n+2.
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B 级 关键能力提升练
7.数列1,3,6,10,15,…的一个递推公式是(　　)
A.an+1=an+n,n∈N+
B.an=an-1+n,n∈N+,n≥2
C.an+1=an+(n+1),n∈N+,n≥2
D.an=an-1+(n-1),n∈N+,n≥2
B
解析 由题可知a1=1,an-an-1=n(n∈N+, n≥2)或an+1=an+n+1(n∈N+).
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C
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9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4n2-10n,则a2a6的值为(　　)
A.52 B.68 C.96 D.108
B
解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n2-10n-[4(n-1)2-10(n-1)]=8n-14,所以a2a6=(8×2-14)×(8×6-14)=68.故选B.
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10.数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,则a7=(　　)
A.64 B.128 C.256 D.512
A
解析 当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,①
得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n-1+1,②
①-②,得nan=[(n-1)·2n+1]-[(n-2)·2n-1+1]=n·2n-1(n≥2),
所以an=2n-1(n≥2),则a7=64.
故选A.
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11.(多选题)意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数:1,1,2,3,5,8,13,…即从第3项开始,每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列{an}说法正确的是(　　)
A.a10=55
B.a2 023是偶数
C.3a2 021=a2 019+a2 023
D.a1+a2+a3+…+a2 021=a2 023
AC
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解析 对于A,a8=21,a9=21+13=34,a10=21+34=55,故A正确;
对于B,由该数列的性质可得只有序号为3的倍数的项是偶数,故B错误;
对于C,a2 019+a2 023=a2 019+a2 021+a2 022=a2 019+a2 021+a2 020+a2 021=3a2 021,故C正确;
对于D,a2 023=a2 021+a2 022,a2 022=a2 020+a2 021,a2 021=a2 019+a2 020,……,a3=a1+a2,a2=a1,
各式相加得a2 023+a2 022+a2 021+…+a2=a2 022+2(a2 021+a2 020+a2 019+…+a1),
所以a2 023=a2 021+a2 020+a2 019+…+a1+a1,故D错误.
故选AC.
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12.已知Sn是数列{an}的前n项和,若 ,则S2 023的值为　　　　.
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13.已知数列{an}满足an+2+an=an+1,且a1=1,a2=2,则a2 023=　　　　.
1
解析 因为an+2+an=an+1,
所以an+2=an+1-an.
因为a1=1,a2=2,
所以a3=a2-a1=2-1=1,a4=a3-a2=1-2=-1,
a5=a4-a3=-1-1=-2,a6=a5-a4=-2-(-1)=-1,
a7=a6-a5=-1-(-2)=1,a8=a7-a6=1-(-1)=2,
所以数列{an}中的项以6为周期重复出现.
又2 023=6×337+1,
所以a2 023=a1=1.
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14.[2023北京高二阶段练习]已知数列{an}满足a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,则
a2 007=　　　　　;a2 024=　　　　　.
0
1
解析 由a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,得a2 007=a4×502-1=0,
a2 024=a1 012=a506=a253=a4×64-3=1.
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C 级 学科素养创新练
15.已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1,且λan≥4n-2对一切n∈N+恒成立,则实数λ的取值范围是　　　　.
[3,+∞)
解析 当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1.a1适合该式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,(共21张PPT)
第五章
5.1.1　数列的概念
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点三]若数列{an}满足an=2n,则数列{an}是(　　)
A.递增数列
B.递减 数列
C.常数列
D.摆动数列
A
解析 ∵an+1-an=2n+1-2n=2n>0,∴an+1>an,∴数列{an}是递增数列.
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3.[探究点一]下列有关数列的说法正确的是(　　)
①数列1,2,3可以表示成{1,2,3};
②数列-1,0,1与数列1,0,-1是同一数列;
④数列中的项的序号都是正整数.
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
B
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解析 对于①,{1,2,3}是集合,不是数列,故选项①错误;
对于②,数列是有序的,故数列-1,0,1与数列1,0,-1是不同的数列,故选项②错误;
对于④,由数列的定义可知,数列中的项的序号是正整数,故选项④正确.
故选B.
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4.[探究点二(角度2)·2023湖北十堰高二期末]已知数列1,-3,5,-7,9,…,则该数列的第100项为(　　)
A.99 B.-199 C.-111 D.111
B
解析 由题可知,该数列的一个通项公式为an=(-1)n+1(2n-1),所以
a100=(-1)100+1(2×100-1)=-199.
故选B.
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5.[探究点二(角度2)](多选题)[2023黑龙江哈尔滨高二期末]已知数列{an}的通项公式为an=n2+n,则下列是该数列中的项的是(　　)
A.12 B.18 C.25 D.30
AD
解析 因为an=n2+n,所以n越大,an越大.
当n=3时,a3=32+3=12;当n=4时,a4=42+4=20;当n=5时,a5=52+5=30.
故选AD.
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6.[探究点三]数列{an}的通项公式是an=n2-7n+50,则数列中的最小项是　　　　.
38
因为n∈N+,
所以当n=3或n=4时,an最小,此时a3=a4=38.
即数列中的最小项是38.
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7.[探究点二(角度1)]图①是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由图②的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图②中的直角三角形继续作下去,记OA1,OA2,…,OAn,…的长度组成数列{an},则此数列的通项公式为an=　　　　　　.
①
②
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8.[探究点二(角度1)·北师大版教材习题]写出下面各数列的一个通项公式:
(1)2,4,6,8,…;
解(1)an=2n.
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B 级 关键能力提升练
9.下列四个说法:
①任何数列都有通项公式;
②给定了一个数列的通项公式就给定了这个数列;
③给出了数列的项就可唯一确定这个数列的通项公式;
④数列{an}的通项公式可以看成关于项数n的函数解析式.
其中正确的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
B
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解析 根据数列的表示方法可知,不是任何数列都有通项公式,例如,π的近似值构成的数列3,3.1,3.14,3.142,…就没有通项公式,所以①错误;根据数列的表示方法可知,②正确;给出了数列的项,数列的通项公式形式不一定唯一,比如,1,-1,1,-1,…,其通项公式既可以写成an=(-1)n+1,也可以写成an=(-1)n-1, ③错误;根据数列与函数的关系可知,④正确.故选B.
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10.已知数列{an}的通项公式为an=log(n+1)(n+2),则它的前30项之积为(　　)
B
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A
所以在数列{an}中a1>a2=a3;
当n≥3时,an+1-an>0,则a3所以|a1-a2|+|a2-a3|+…+|a8-a9|=a1-a2+a2-a3+a4-a3+a5-a4+…+a9-a8
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12.已知an= (n∈N+),则在数列{an}的前40项中,最大项和最小项分别是(　　)
A.a1,a30 B.a1,a9 C.a10,a9 D.a12,a11
D
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13.[2023云南玉溪高一期末]已知数列{an}的通项公式是 ,则{an}中的最大项的项数是　　　　　.
9
故当n≤8时,an+1-an>0,即an+1>an;
当n≥9时,an+1-an<0,即an+1即a1a10>a11>…,
∴{an}中的最大项的项数是9.
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14.根据下列5个图形中点的个数的变化规律,试猜测第n个图中有
　　　　　　个点.
n2-n+1
解析 观察图形可知,第n个图有n个分支,每个分支上有(n-1)个点(不含中心点),再加上中心1个点,则有n(n-1)+1=n2-n+1(个)点.
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(1)依次写出数列{an}的前5项;
(2)研究数列{an}的单调性,并求数列{an}的最大项和最小项.
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当n≤49且n∈N+时,an>0且n越大an越大;当n≥50且n∈N+时,an≤0且n越大an越大,
∴{an}的最大项为a49=2,最小项为a50=0.
C 级 学科素养创新练
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16.已知数列{an}中, ,若对任意n∈N+,都有an≥a3成立,则实数k的取值范围为(　　)
A.[12,24] B.(12,24] C.[3,12] D.(3,12]
A
解析 当k≤0时,可知数列{an}为递增数列,不符合题意;
当k>0时,若对任意n∈N+,都有an≥a3成立,
所以12≤k≤24.
所以实数k的取值范围为[12,24].第五章5.1　数列基础
5.1.1　数列的概念
A级 必备知识基础练
1.[探究点三]若数列{an}满足an=2n,则数列{an}是(　　)
A.递增数列
B.递减数列
C.常数列
D.摆动数列
2.[探究点二(角度1)]数列,-,-,…的一个通项公式为(　　)
A.an=(-1)n·
B.an=(-1)n·
C.an=(-1)n+1·
D.an=(-1)n+1·
3.[探究点一]下列有关数列的说法正确的是(　　)
①数列1,2,3可以表示成{1,2,3};
②数列-1,0,1与数列1,0,-1是同一数列;
③数列的第k-1(k∈N+且k≥2)项是;
④数列中的项的序号都是正整数.
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
4.[探究点二(角度2)·2023湖北十堰高二期末]已知数列1,-3,5,-7,9,…,则该数列的第100项为(　　)
A.99 B.-199 C.-111 D.111
5.[探究点二(角度2)](多选题)[2023黑龙江哈尔滨高二期末]已知数列{an}的通项公式为an=n2+n,则下列是该数列中的项的是(　　)
A.12 B.18 C.25 D.30
6.[探究点三]数列{an}的通项公式是an=n2-7n+50,则数列中的最小项是　　　　.
7.[探究点二(角度1)]图①是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由图②的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图②中的直角三角形继续作下去,记OA1,OA2,…,OAn,…的长度组成数列{an},则此数列的通项公式为an=　　　　　　.
①
②
8.[探究点二(角度1)·北师大版教材习题]写出下面各数列的一个通项公式:
(1)2,4,6,8,…;
(2)1,-,-,….
B级 关键能力提升练
9.下列四个说法:
①任何数列都有通项公式;
②给定了一个数列的通项公式就给定了这个数列;
③给出了数列的项就可唯一确定这个数列的通项公式;
④数列{an}的通项公式可以看成关于项数n的函数解析式.
其中正确的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
10.已知数列{an}的通项公式为an=log(n+1)(n+2),则它的前30项之积为(　　)
A. B.5
C.6 D.
11.[2023广西玉林高二期末]在数列{an}中,an=n+,则|a1-a2|+|a2-a3|+…+|a8-a9|的值为(　　)
A. B.7 C. D.8
12.已知an=(n∈N+),则在数列{an}的前40项中,最大项和最小项分别是(　　)
A.a1,a30
B.a1,a9
C.a10,a9
D.a12,a11
13.[2023云南玉溪高一期末]已知数列{an}的通项公式是an=(2n+1),则{an}中的最大项的项数是　　　　　.
14.根据下列5个图形中点的个数的变化规律,试猜测第n个图中有　　　　　　个点.
15.已知数列{an}的通项公式为an=.
(1)依次写出数列{an}的前5项;
(2)研究数列{an}的单调性,并求数列{an}的最大项和最小项.
C级 学科素养创新练
16.已知数列{an}中,an=2n+,若对任意n∈N+,都有an≥a3成立,则实数k的取值范围为(　　)
A.[12,24] B.(12,24]
C.[3,12] D.(3,12]
5.1.1　数列的概念
1.A　∵an+1-an=2n+1-2n=2n>0,∴an+1>an,∴数列{an}是递增数列.
2.D　根据分子、分母还有正负号的变化,可知an=(-1)n+1·.
3.B　对于①,{1,2,3}是集合,不是数列,故选项①错误;
对于②,数列是有序的,故数列-1,0,1与数列1,0,-1是不同的数列,故选项②错误;
对于③,数列的第k-1项是,故选项③正确;
对于④,由数列的定义可知,数列中的项的序号是正整数,故选项④正确.
故选B.
4.B　由题可知,该数列的一个通项公式为an=(-1)n+1(2n-1),所以a100=(-1)100+1(2×100-1)=-199.
故选B.
5.AD　因为an=n2+n,所以n越大,an越大.
当n=3时,a3=32+3=12;当n=4时,a4=42+4=20;当n=5时,a5=52+5=30.
故选AD.
6.38　an=n2-7n+50=n-2+,
因为n∈N+,
所以当n=3或n=4时,an最小,此时a3=a4=38.
即数列中的最小项是38.
7.　因为OA1=1,OA2=,OA3=,……,
OAn=,……,
所以a1=1,a2=,a3=,……,an=,…….
8.解(1)an=2n.(2)an=.
9.B　根据数列的表示方法可知,不是任何数列都有通项公式,例如,π的近似值构成的数列3,3.1,3.14,3.142,…就没有通项公式,所以①错误;根据数列的表示方法可知,②正确;给出了数列的项,数列的通项公式形式不一定唯一,比如,1,-1,1,-1,…,其通项公式既可以写成an=(-1)n+1,也可以写成an=(-1)n-1,③错误;根据数列与函数的关系可知,④正确.故选B.
10.B　a1×a2×…×a30=log23×log34×…×log3132=×…×=log232=log225=5.
11.A　在数列{an}中,an=n+,则an+1-an=(n+1)+-n-,
所以在数列{an}中a1>a2=a3;
当n≥3时,an+1-an>0,则a3所以|a1-a2|+|a2-a3|+…+|a8-a9|=a1-a2+a2-a3+a4-a3+a5-a4+…+a9-a8=a1+a9-2a3=1++9+-2×.
故选A.
12.D　∵an==1+,
∴当n<时,an<1,且n越大an越小;
当n>时,an>1,且n越大an越小.
∵11<<12,且n∈N+,∴这个数列的前40项中的最大项和最小项分别是a12,a11.
故选D.
13.9　∵an=(2n+1),∴an+1-an=(2n+3)n+1-(2n+1),
故当n≤8时,an+1-an>0,即an+1>an;
当n≥9时,an+1-an<0,即an+1即a1a10>a11>…,
∴{an}中的最大项的项数是9.
14.n2-n+1　观察图形可知,第n个图有n个分支,每个分支上有(n-1)个点(不含中心点),再加上中心1个点,则有n(n-1)+1=n2-n+1(个)点.
15.解(1)由题意得a1=,a2=,a3=,a4=,a5=.
(2)an==1+,
当n≤49且n∈N+时,an>0且n越大an越大;当n≥50且n∈N+时,an≤0且n越大an越大,
∴{an}的最大项为a49=2,最小项为a50=0.
16.A　当k≤0时,可知数列{an}为递增数列,不符合题意;
当k>0时,若对任意n∈N+,都有an≥a3成立,
则解得
所以12≤k≤24.
所以实数k的取值范围为[12,24].(共35张PPT)
第五章
5.4　数列的应用
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,自冬至日起,其日影长依次成等差数列,前三个节气日影长之和为28.5尺,最后三个节气日影长之和为1.5尺,则春分时节的日影长为(　　)
A.4.5尺
B.3.5尺
C.2.5尺
D.1.5尺
A
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解析 设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长组成等差数列{an},
所以an=a1+(n-1)d=11.5-n,所以a7=11.5-7=4.5,即春分时节的日影长为4.5尺.
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2.[探究点二]某人于2022年8月20号从银行贷款a元,为还清这笔贷款,他从2023年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额,计划恰好在贷款的m年后还清.若银行按年利率为p的复利计息(复利:即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息),则其每年的偿还金额是(　　)
D
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解析 设每年偿还的金额为x,
则a(1+p)m=x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+p)m-1,
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3.[探究点二、三](多选题)[2023福建龙岩高二期末]某县位于沙漠边缘,当地居民与风沙进行着艰苦的斗争,到2020年底全县的绿地占全县总面积的70%.从2021年起,市政府决定加大植树造林、开辟绿地的力度,预计每年能将前一年沙漠的18%变成绿地,同时,前一年绿地的2%又被侵蚀变成沙漠.则下列说法正确的是(　　)
A.2021年底,该县的绿地面积占全县总面积的74%
B.2023年底,该县的绿地面积将超过全县总面积的80%
C.在这种政策之下,将来的任意一年,全县绿地面积占比都不能超过90%
D.在这种政策之下,将来的某一年,该县绿地将达到100%全覆盖
AC
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解析 从2021年起,每年年底的绿化率构成一个数列a1,a2,a3,…,an,则a1=0.7×0.98+0.3×0.18=0.74,
且an+1=0.98an+0.18(1-an)=0.8an+0.18,
即an+1-0.9=0.8(an-0.9).又a1-0.9=-0.16,
则数列{an-0.9}是首项为-0.16,公比为0.8的等比数列,
则an-0.9=-0.16×0.8n-1,即an=0.9-0.16×0.8n-1.
a1=0.74,故A正确;
a3=0.9-0.16×0.82=0.797 6<0.8,故B错误;
由an=0.9-0.16×0.8n-1可知,an<0.9恒成立,故C正确,D错误.
故选AC.
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4.[探究点二]赵先生准备通过某银行贷款5 000元,然后通过分期付款的方式还款,银行与赵先生约定:每个月还款一次,分12次还清所有欠款,且每个月还款的钱数都相等,贷款的月利率为0.5%,则赵先生每个月所要还款的钱数为　　　　元.(精确到0.01元,参考数据: ≈17.213 )
430.33
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解析 设每一期所还款数为x元.
因为贷款的月利率为0.5%,
故赵先生每个月所要还款约430.33元.
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5.[探究点三]如图,一个粒子从原点出发,在第一象限和两坐标轴正半轴上运动,在第一秒时它从原点运动到点(0,1),接着它按图所示在x轴、y轴的垂直方向上来回运动,且每秒移动一个单位长度,那么,在2 023秒时,这个粒子所处的位置在点　　　　.
(1,44)
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解析 如图,设粒子运动到A1,A2,…,An时所用的时间分别为a1,a2,…,an,
则a1=2,a2=6,a3=12,a4=20,…,所以an-an-1=2n.
将a2-a1=2×2,a3-a2=2×3,a4-a3=2×4,……,an-an-1=2n
相加得an-a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n-2,则an=n(n+1),
由a44=44×45=1 980,得运动了1 980秒时它到点
A44(44,44),
又由运动规律知,A1,A2,…,An中,奇数点处向下运动,偶数点处向左运动,
故粒子到达A44(44,44)时,向左运动43秒即运动了2 023秒,到达点(1,44),则所求点应为(1,44).
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6.[探究点二]有一塔形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,如果该塔形几何体的最上层正方体的棱长为1,那么该塔形几何体中正方体的个数是　　　　　.
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解析 设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an,
令an=1,得n=7,故该塔形几何体中正方体的个数为7.
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7.[探究点二]某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”,自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n件,已知第一层货物单价是1万元,从
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8.[探究点二]某人每月15日发工资,2023年1月15日发工资后,他随即从工资中拿出1 000元存入银行,以后每月领工资后,都于当天在工资中拿出1 000元存入银行.若银行存款月利率为0.002,那么按照复利计算,一年后他可以从银行取出本息共　　　　　元.(精确到1元)
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解析 2023年1月15日存入的1 000元,到2024年1月15日的本息和为
1 000×1.00212(元),
2023年2月15日存入的1 000元,到2024年1月15日的本息和为
1 000×1.00211(元),
2023年3月15日存入的1 000元,到2024年1月15日的本息和为
1 000×1.00210(元),
……
2023年12月15日存入的1 000元,到2024年1月15日的本息和为
1 000×1.002(元),
因此,一年后他可以从银行取出本息共1 000×(1.002+1.0022+…+1.00212)
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9.[探究点一、二]某沿海城市为了进一步完善海防生态防护体系,林业部门计划在沿海新建防护林3万亩,从2023年开始,每年春季在规划的区域内植树造林,第一年植树1 200亩,以后每一年比上一年多植树400亩,假设所植树木全部成活.(注:亩为非标准国际单位制)
(1)到哪一年春季新建防护林计划全部完成
(2)若每亩新植树苗的木材量为2立方米,且所植树木每一年从春季开始生长,到年底停止生长时木材量的年自然增长率为10%,到新建防护林计划全部完成的那一年底,新建防护林的木材总量为多少立方米 (参考数据:1.111≈3)
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解(1)设第n年春季植树为an亩,由题意,可知a1=1 200,an+1-an=400,
所以{an}为等差数列,an=1 200+400(n-1)=400n+800.
设植树n年新建防护林计划全部完成,则1 200n+ ×400=30 000,
化简得n2+5n-150=0,所以n=10或n=-15(舍去).
所以到2033年新建防护林计划全部完成.
(2)设从2023年开始,第n年年底种植树木到2033年底的木材量为数列{bn}(单位:立方米),则b10=a10×2×1.1,b9=a9×2×1.12,……,b1=a1×2×1.110.
则木材总量S=b1+b2+…+b10=2(1.1a10+1.12a9+…+1.110a1),
1.1S=2(1.12a10+1.13a9+…+1.111a1),
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所以0.1S=2[-1.1a10+400×(1.12+1.13+…+1.110)+1.111a1]
解得S=109 600,所以到2033年底新建防护林的木材总量为109 600立方米.
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B 级 关键能力提升练
10.一个卷筒纸的内圆直径为4 cm,外圆直径为12 cm,一共卷60层,若把各层都视为一个同心圆,令π=3.14,则这个卷筒纸的长度(精确到个位)为(　　)
A.17 m B.16 m C.15 m D.14 m
C
解析 纸的厚度相同,且各层同心圆直径成等差数列{dn}(单位:cm),则d1+d2+d3+…+d60= ×60=480,则纸的长度l=πd1+πd2+πd3+…+πd60=480π=480×3.14=1 507.2(cm)≈15(m).故选C.
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11.调查表明,酒后驾驶是导致交通事故的主要原因,交通法规规定:驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02 mg/mL.如果某人喝了少量酒后,血液中酒精含量将迅速上升到0.3 mg/mL,在停止喝酒后,血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小,当他可以驾驶机动车时,至少需要经过(精确到小时)(　　)
A.1小时 B.2小时 C.4小时 D.6小时
C
解析 设n个小时后才可以驾车,根据题意,可知血液中的酒精含量成等比数列,公比为0.5,进而可得方程0.3×0.5n≤0.02,得 ,即n≥4,所以至少要经过4小时后才可以驾驶机动车.故选C.
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12.(多选题)在《增删算法统宗》中有道题目讲了这样一件事:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了六天后到达目的地.则下列说法正确的是(　　)
A.此人第三天走了24里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
BD
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所以a3=a1·q2=48,故A错误;
a1-(S6-a1)=2a1-S6=384-378=6,故B正确;
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S3=a1+a2+a3=192+96+48=336,S6-S3=378-336=42,所以S3=8(S6-S3),即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍,故D正确.
故选BD.
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13.某地2020年共发放汽车牌照12万张,其中燃油车牌照10万张,新能源车牌照2万张.从2021年起,每年发放的新能源车牌照数量比前一年增长50%,燃油车牌照数量比前一年减少0.5万,同时规定,若某年发放的汽车牌照超过15万张,以后每年发放的新能源车牌照的数量维持在这一年的水平不变.那么从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为　　　　　万.
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解析 设从2021年起,每年发放燃油车牌照数为an(单位:万),发放新能源车牌照数bn(单位:万),发放汽车牌照数为cn(单位:万),则cn=an+bn.
由题可知a1=9.5,an=10-0.5n,
设{an}的前n项的和为An,
由题可知b1=2×1.5=3,b2=3×1.5=4.5,b3=4.5×1.5=6.75,
因为c2=a2+b2=9+4.5=13.5<15,c3=a3+b3=8.5+6.75=15.25>15,
所以b4=b5=…=b10=6.75,
设{bn}的前n项的和为Bn,则B10=3+4.5+6.75×8=61.5.
所以从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为(72.5+61.5=134)万.
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14.在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定,假设某种传染病的基本传染数R0=3(注:对于R0>1的传染病,要隔离感染者,以控制传染源,切断传播途径),那么由1个初始感染者经过六轮传染被感染(初始感染者未被隔离,且不含初始感染者)的总人数为　　　　.(注:初始感染者传染R0个人为第一轮传染,这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……)
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解析 初始一名感染者,经过一轮传染后,感染人数为1+R0=4,
经过二轮传染后,感染人数为4+4R0=16,
经过三轮传染后,感染人数为16+16R0=64,
……
则每一轮传染后的感染人数构成以4为首项,4为公比的等比数列,设为{an}.
经过n轮传染后,感染人数为an=4×4n-1=4n,
所以由1个初始感染者经过六轮传染被感染(不含初始感染者)的总人数为46-1=4 095.
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15.某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯关游戏,共有15关,每过一关可以得到一定的积分,现有三种积分方案供闯关者选择.方案一,每闯过一关均可获得40积分;方案二,闯过第一关可获得5积分,后面每关的积分都比前一关多5;方案三,闯过第一关可获得0.5积分,后面每关的积分都是前一关积分的2倍.若某关闯关失败则停止游戏,最终积分为闯过的各关的积分之和.设三种方案闯过n(n≤15,且n∈N+)关后的积分之和分别为An,Bn,Cn,要求闯关者在开始前要选择积分方案.
(1)求出An,Bn,Cn的表达式.
(2)如果你是一个闯关者,为获得尽量多的积分,这几种积分方案该如何选择 小明通过试验后觉得自己至少能闯过12关,他应该选择第几种积分方案
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解 (1)按方案一闯过各关所得积分构成常数数列,故An=40n;
按方案二闯过各关所得积分构成首项为5,公差为5的等差数列,
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而当n=15时,An=Bn,
又因为n≤15且n∈N+,故An≥Bn恒成立,
故方案二不予考虑.
故当n≤9时,An>Cn;当10≤n≤15时,An故当能闯过的关数小于10时,应选择方案一;
当能闯过的关数大于等于10时,应选择方案三.
小明应该选择方案三.
C 级 学科素养创新练
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16.[2023河北衡水高三期末]治理垃圾是S市改善环境的重要举措.去年S市产生的垃圾量为200万吨,通过扩大宣传、环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.
(1)写出S市从今年开始的年垃圾预期排放量与治理年数n(n∈N+)的表达式;
(2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量,写出An的表达式.
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解 (1)设治理n年后,S市的年垃圾排放量(单位:万吨)构成数列{an}.
由题可知,当n≤5时,{an}是首项为a1=200-20=180,公差为d=-20的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;
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(2)设Sn为数列{an}的前n项和,第五章5.1.2　数列中的递推
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=an+,此数列的第3项是(　　)
A.1 B. C. D.
2.[探究点一]数列{an}满足a1=,an+1=1-,则a2 023=(　　)
A. B.-1 C.2 D.3
3.[探究点三]1202年,意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》,书中有一个著名的数列——“斐波那契数列”,此数列可以表示为{Fn}:F1=1,F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1(n∈N+),则其前10项和为(　　)
A.10 B.88 C.143 D.232
4.[探究点一]数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2),且a1=0,则此数列的第5项是　　　　　.
5.[探究点二]已知数列{an}中,a1=1,,求通项an.
6.[探究点三·人教A版教材习题]已知数列{an}的前n项和公式为Sn=-2n2,求{an}的通项公式.
B级 关键能力提升练
7.数列1,3,6,10,15,…的一个递推公式是(　　)
A.an+1=an+n,n∈N+
B.an=an-1+n,n∈N+,n≥2
C.an+1=an+(n+1),n∈N+,n≥2
D.an=an-1+(n-1),n∈N+,n≥2
8.[2023上海宝山高二期中]若an=+…+(n∈N+),则an+1=an+(　　)
A. B.
C. D.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4n2-10n,则a2a6的值为(　　)
A.52 B.68 C.96 D.108
10.数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,则a7=(　　)
A.64 B.128 C.256 D.512
11.(多选题)意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数:1,1,2,3,5,8,13,…即从第3项开始,每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他,就把这列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列{an}说法正确的是(　　)
A.a10=55
B.a2 023是偶数
C.3a2 021=a2 019+a2 023
D.a1+a2+a3+…+a2 021=a2 023
12.已知Sn是数列{an}的前n项和,若an=sin,则S2 023的值为　　　　.
13.已知数列{an}满足an+2+an=an+1,且a1=1,a2=2,则a2 023=　　　　.
14.[2023北京高二阶段练习]已知数列{an}满足a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,则a2 007=　　　　　;a2 024=　　　　　.
C级 学科素养创新练
15.已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1,且λan≥4n-2对一切n∈N+恒成立,则实数λ的取值范围是　　　　.
5.1.2　数列中的递推
1.C　a1=1,a2=a1+=1,a3=a2+.
2.A　a2=1-2=-1,a3=1-(-1)=2,a4=1-,a5=1-2=-1,所以数列中的项以3为周期重复出现,所以a2023=a(3×674+1)=a1=.
3.C　因为F1=1,F2=1,且Fn+2=Fn+Fn+1(n∈N+),
所以F3=F1+F2=2,F4=F2+F3=3,F5=F3+F4=5,F6=F4+F5=8,F7=F5+F6=13,F8=F6+F7=21,F9=F7+F8=34,F10=F8+F9=55,
所以此数列的前10项和为1+1+2+3+5+8+13+21+34+55=143.
故选C.
4.255　因为an=4an-1+3(n≥2),a1=0,
所以a2=4×0+3=3,a3=4×3+3=15,a4=4×15+3=63,a5=4×63+3=255.
5.解∵,即,
∴,……,,
把以上这(n-1)个式子相加,得.
∵a1=1,∴an=.
6.解当n=1时,a1=S1=-2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n2-[-2(n-1)2]=-4n+2.
当n=1时,a1=-2=-4×1+2,符合上式,
所以{an}的通项公式是an=-4n+2.
7.B　由题可知a1=1,an-an-1=n(n∈N+,n≥2)或an+1=an+n+1(n∈N+).
8.C　an=+…+,an+1=+…+,∴an+1=an+.
故选C.
9.B　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n2-10n-[4(n-1)2-10(n-1)]=8n-14,所以a2a6=(8×2-14)×(8×6-14)=68.故选B.
10.A　当n≥2时,由a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1, ①
得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n-1+1, ②
①-②,得nan=[(n-1)·2n+1]-[(n-2)·2n-1+1]=n·2n-1(n≥2),
所以an=2n-1(n≥2),则a7=64.
故选A.
11.AC　对于A,a8=21,a9=21+13=34,a10=21+34=55,故A正确;
对于B,由该数列的性质可得只有序号为3的倍数的项是偶数,故B错误;
对于C,a2019+a2023=a2019+a2021+a2022=a2019+a2021+a2020+a2021=3a2021,故C正确;
对于D,a2023=a2021+a2022,a2022=a2020+a2021,a2021=a2019+a2020,……,a3=a1+a2,a2=a1,
各式相加得a2023+a2022+a2021+…+a2=a2022+2(a2021+a2020+a2019+…+a1),
所以a2023=a2021+a2020+a2019+…+a1+a1,故D错误.
故选AC.
12.　对于函数y=sinx,T==6.
∵a1=,a2=,a3=0,a4=-,a5=-,a6=0,
∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=0.
又2023=6×337+1,∴S2023=337×0+.
13.1　因为an+2+an=an+1,
所以an+2=an+1-an.
因为a1=1,a2=2,
所以a3=a2-a1=2-1=1,
a4=a3-a2=1-2=-1,
a5=a4-a3=-1-1=-2,
a6=a5-a4=-2-(-1)=-1,
a7=a6-a5=-1-(-2)=1,
a8=a7-a6=1-(-1)=2,
所以数列{an}中的项以6为周期重复出现.
又2023=6×337+1,
所以a2023=a1=1.
14.0　1　由a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,得a2007=a4×502-1=0,a2024=a1012=a506=a253=a4×64-3=1.
15.[3,+∞)　当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1.a1适合该式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,
所以λan≥4n-2,即λ≥对一切n∈N+恒成立.
令f(n)=(n∈N+),则f(1)=2,f(n+1)-f(n)=.当n≥2时,<0,
所以f(n+1)2,所以f(n)的最大值为3,所以λ≥3.第五章培优课 　等比数列习题课
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]在等比数列{an}中,a1+a3=10,a4+a6=,则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=24-n B.an=2n-4
C.an=2n-3 D.an=23-n
2.[探究点一]在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=12,则数列{an}的前8项和为(　　)
A.90 B.30(+1)
C.45(+1) D.72
3.[探究点四]已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1+1,则数列{an}的前10项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为(　　)
A. B.2 C. D.
4.[探究点一]已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个根,则S5=(　　)
A.-11 B.8 C.15 D.-15
5.[探究点四](多选题)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1,则下列说法正确的是(　　)
A.a5=-16
B.S5=-63
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn+1}是等比数列
6.[探究点四](多选题)[2023黑龙江一模]已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=2n+1+a,则下列说法正确的是(　　)
A.a=-2
B.a=-1
C.a1a2+a2a3+…+a10a11=
D.a1a2+a2a3+…+a10a11=
7.[探究点三·2023江苏南京高二期中]已知数列{an}中,a1=3,an+1=3an-2,则an=　　　　　.
8.[探究点四]已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意n∈N+,有2Sn=3an-2,则a1=　　　　　;Sn=　　　　　.
9.[探究点二·2023甘肃临夏高二阶段练习]在等差数列{an}中,已知a3=4,a5+a8=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设cn=an·,求数列{cn}的前n项和Tn.
B级 关键能力提升练
10.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则=(　　)
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
11.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
12.(多选题)[2023江西鹰潭贵溪第一中学高二阶段练习]已知数列{an},下列结论正确的有(　　)
A.若a1=2,an+1=an+n+1,则a20=211
B.若a1=1,an+1=3an+2,则a4=53
C.若Sn=3n+,则数列{an}是等比数列
D.若a1=1,an+1=,则a5=
13.数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=,且对任意正整数m,n,都有am+n=aman,若Sn14.[2023山西太原高三期中]设等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+2,则an=　　　　　.
15.[2023广西南宁高二期末]已知数列{an}的前n项和Sn,且满足Sn=2an-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2n+1,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
16.已知数列{an},用a1,a2,a3,…,an,…构造一个新数列a1,(a2-a1),(a3-a2),…,(an-an-1),…,此数列是首项为1,公比为的等比数列.求:
(1)数列{an}的通项;
(2)数列{an}的前n项和Sn.
17.设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an.设Sn为数列{bn}的前n项和,已知b1≠0,2bn-b1=S1Sn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn·log3an,求数列{cn}的前n项和Tn;
(3)证明对任意n∈N+且n≥2,有+…+.
C级 学科素养创新练
18.设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,a2=,a3=,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)证明为等比数列;
(3)求数列{an}的通项公式.
培优课 　等比数列习题课
1.A　设{an}的公比为q,由a1+a3=10,a4+a6=,可得
两式相除可得q3=,即q=,
代入可求得a1=8=23,
所以an=23·n-1=24-n.
2.A　∵数列{an}是等比数列,
∴a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也成等比数列.
∵a1+a2=6,a3+a4=12,
∴a5+a6=24,a7+a8=48,
∴前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90.故选A.
3.C　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2,又a1=S1=2,即前10项分别为2,1,2,4,8,16,32,64,128,256,所以数列{an}的前10项中S偶==341,S奇=2+=172,所以.故选C.
4.A　设{an}的公比为q.
由x2+3x-4=0解得x=1或-4.
∵a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个根,
∴
①当时,无解,不符合题意;
②当时,解得
∴S5==-11.
故选A.
5.AC　因为Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1,
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{an}是以-1为首项,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{Sn+1}不是等比数列,故D错误.
故选AC.
6.AD　当n=1时,a1=S1=4+a.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1+a-(2n+a)=2n.
因为{an}是等比数列,所以a1=21=4+a,
所以a=-2,an=2n(n∈N+),故A正确,B错误;
因为=4,a1a2=21×22=8,
所以数列{anan+1}是以8为首项,4为公比的等比数列,
所以a1a2+a2a3+…+a10a11=,故C错误,D正确.
故选AD.
7.2·3n-1+1　因为an+1=3an-2,
所以an+1-1=3(an-1).
又a1-1=2,所以{an-1}是一个以2为首项,以3为公比的等比数列,
所以an-1=2·3n-1,an=2·3n-1+1.
8.2　3n-1　令n=1,则2S1=3a1-2,得a1=2;
当n≥2时,2Sn-1=3an-1-2,
2an=2Sn-2Sn-1=3an-3an-1,即当n≥2时,an=3an-1.
又a1=2,
故数列{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,
∴Sn==3n-1.
9.解(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意知
即
解得所以an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)知cn=an·=(n+1)·2n+1,
所以Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1, ①
则2Tn=2×23+3×24+…+n×2n+1+(n+1)×2n+2, ②
①-②得-Tn=2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2=4+-(n+1)×2n+2=-n×2n+2,
所以Tn=n·2n+2.
10.D　设数列{an}的公比为q,∵
∴
=2,解得q=.
代入①得a1=2,∴an=2×,
∴Sn==4,
∴=2n-1.故选D.
11.C　∵am+n=aman,
令m=1,∴an+1=a1an=2an,
∴=2,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2n.
∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·=2k+11-2k+1=215-25.
∴=1,即2k-4=1,解得k=4.
12.AB　选项A,由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,
则a20=(a20-a19)+(a19-a18)+…+(a2-a1)+a1=20+19+…+2+2=211,故A正确;
选项B,由an+1=3an+2得an+1+1=3(an+1).
又a1+1=2,所以数列{an+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,
则an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1,所以a4=2×33-1=53,故B正确;
选项C,当n=1时,a1=S1=3+;
当n=2时,a2=S2-S1=9+-3+=6;
当n=3时,a3=S3-S2=27+-9+=18.
显然≠a1a3,所以数列{an}不是等比数列,故C错误;
选项D,由an+1=,a1≠0,可得,
所以数列是以=1为首项,为公差的等差数列,
所以=1+(n-1)=,则=3,即a5=,故D错误.
故选AB.
13.　令m=1,则=a1,
由a1=,知an+1=an,
∴数列{an}是以为首项,为公比的等比数列.
∴Sn=.
由Sn14.2n　因为an+1=Sn+2,
所以当n≥2时,an=Sn-1+2,
所以an+1-an=(Sn+2)-(Sn-1+2)=an,即an+1=2an,
所以等比数列{an}的公比为2,
所以当n=1时,a2=S1+2=a1+2,
即2a1=a1+2,解得a1=2,
所以an=2·2n-1=2n.
15.解(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,解得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,则an=2an-1,
所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以an=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得an·bn=(2n+1)·2n-1,
所以Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1, ①
2Tn=3×21+5×22+7×23+…+(2n-1)×2n-1+(2n+1)×2n, ②
①-②得-Tn=3×20+2×21+2×22+…+2×2n-2+2×2n-1-(2n+1)×2n=3×20+2×(21+22+…+2n-2+2n-1)-(2n+1)×2n=3+2×-(2n+1)×2n=3-4+2n+1-(2n+1)×2n=-1+(1-2n)×2n,
所以Tn=1+(2n-1)·2n.
16.解(1)an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1++…+1-.
(2)Sn=a1+a2+a3+…+an=+…+1-=n-n-(2n-1)+.
17.(1)解∵an+1=3an,
∴数列{an}是公比为3,首项为1的等比数列,
∴an=3n-1.
∵2bn-b1=S1Sn,
∴当n=1时,2b1-b1=S1S1.
∵S1=b1,b1≠0,∴b1=1,∴Sn=2bn-1.
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=2bn-2bn-1,
∴bn=2bn-1,
∴数列{bn}是公比为2,首项为1的等比数列,
∴bn=2n-1.
(2)解cn=bn·log3an=2n-1log33n-1=(n-1)2n-1,
Tn=0×20+1×21+2×22+…+(n-2)2n-2+(n-1)2n-1, ①
2Tn=0×21+1×22+2×23+…+(n-2)2n-1+(n-1)2n, ②
①-②得-Tn=21+22+23+…+2n-1-(n-1)2n=2n-2-(n-1)2n=-2-(n-2)2n,
∴Tn=(n-2)2n+2.
(3)证明当n≥2时,,
+…++…+.
18.(1)解当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
即4×+5×=8×1++1,解得a4=.
(2)证明∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),
∴4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),
即4an+2+an=4an+1(n≥2).
∵当n=1时,4a3+a1=4×+1=6=4a2,
∴当n=1时,4an+2+an=4an+1成立.
∵,∴数列是以a2-a1=1为首项,为公比的等比数列.
(3)解由(2),知an+1-an=,即=4,
∴数列是以=2为首项,4为公差的等差数列,
∴=2+(n-1)×4=4n-2,
即an=(4n-2)×=(2n-1)×,
∴数列{an}的通项公式是an=(2n-1)×.第五章5.3.2　等比数列的前n项和
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]已知等比数列{an}各项均为正数,a3,a5,-a4成等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,则=(　　)
A.2 B. C. D.
2.[探究点一 ]已知等比数列{an}中,a1+a4=2,a2+a5=4,则数列{an}的前6项和S6的值为(　　)
A.12 B.14
C.16 D.18
3.[探究点二]在各项均为正数的等比数列{an}中,若am+1am-1=2am(m≥2),数列{an}的前n项积为Tn,若T2m-1=512,则m的值为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
4.[探究点一]古希腊哲学家芝诺提出了一个悖论:让阿基里斯和乌龟赛跑,他的速度是乌龟速度的10倍,乌龟在他前面100米爬行,他在后面追,但他不可能追上乌龟.原因是在竞赛中,追者首先必须到达被追者的出发点,当阿基里斯追了100米时,乌龟已在他前面爬行了10米,而当他追到乌龟爬行的10米处时,乌龟又向前爬行了1米,就这样,乌龟总能领先一段距离,不管这个距离有多小,只要乌龟不停地向前爬行,阿基里斯就永远追不上乌龟.试问在阿基里斯与乌龟的竞赛中,当阿基里斯与乌龟相距0.01米时,乌龟共爬行了(　　)
A.11.1米 B.10.1米 C.11.11米 D.11米
5.[探究点一·2023陕西铜川校考一模]设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=13,S6=364,则通项an为(　　)
A.32n-1 B.32n C.3n D.3n-1
6.[探究点一、二](多选题)[2023湖北武汉洪山高级中学高二阶段练习]已知Sn为数列{an}的前n项和,下列说法一定正确的是(　　)
A.若{an}为等差数列,则S5,S10-S5,S15-S10为等差数列
B.若{an}为等比数列,则S5,S10-S5,S15-S10为等比数列
C.若{an}为等差数列,则为等差数列
D.若{an}为等比数列,则为等比数列
7.[探究点一]已知等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn,若S5=1,则S10=　　　　.
8.[探究点一]在等比数列{an}中,若an=2n-1,则+…+=　　　　.
9.[探究点三·2023江苏南京高二期末]求和:Sn=1+(1+)+(1+)+(1+)+…+(1++…+)=　　　　　.
10.[探究点一]已知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求an及Sn;
(2)设数列{bn}是首项为2的等比数列,其公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
11.[探究点三·2023湖南湘潭高三期末]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b1=1,a2+a3=10,b2b3=-a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求c1+c3+c5+…+c2n-1.
B级 关键能力提升练
12.设数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,log2an+1=1+log2an,且a3=4,则S6的值为(　　)
A.128 B.65 C.64 D.63
13.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则的值为(　　)
A.2n-1 B.2-21-n
C.2-2n-1 D.21-n-1
14.等比数列{an}的项数为奇数,所有奇数项的和S奇=255,所有偶数项的和S偶=-126,末项是192,则首项a1的值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
15.[北师大版教材习题改编]设数列{an}是由正数组成的等比数列,公比q=2,且a1a2a3…a30=230,那么a3a6…a30=(　　)
A.210 B.215 C.220 D.216
16.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则的值为(　　)
A. B. C. D.
17.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=3,S8=9,则S16的值为　　　　　.
18.已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N+),则当Tn<2 023时,n的最大值为　　　　　.
19.设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
C级 学科素养创新练
20.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1+2Sn-1=3Sn(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
5.3.2　等比数列的前n项和
1.C　设等比数列{an}的公比为q,则有q>0,又a3,a5,-a4成等差数列,
∴a3-a4=2a5,∴a1q2-a1q3=2a1q4,即1-q=2q2,
解得q=-1(舍去)或q=,∴q=,
∴=1+q3=1+.
2.B　设数列{an}的公比为q,则q==2,
∴a1+a4=a1+a1q3=9a1=2,
∴a1=,∴S6==14.
故选B.
3.B　因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,所以am+1am-1=2am=,则am=2.又T2m-1=a1a2…a2m-1=,所以22m-1=512=29,m=5.故选B.
4.C　依题意,乌龟爬行的距离组成等比数列{an},其首项a1=10,公比q=0.1,前n项和为Sn,
所以当an=0.01时,Sn==11.11.
故选C.
5.D　设{an}的公比为q,由题可知q>0,且q≠1.
由题可得解得所以an=a1qn-1=3n-1.
故选D.
6.ABC　A选项,{an}为等差数列,设公差为d,所以S5=5a1+10d,
S10=10a1+45d,S15=15a1+105d,
故S10-S5=5a1+35d,S15-S10=5a1+60d,
因为2(S10-S5)=S5+S15-S10,所以S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,A正确;
B选项,{an}成等比数列,设公比为q,
若q=1,则S5=5a1,S10=10a1,S15=15a1,则S10-S5=5a1,S15-S10=5a1,
故(S10-S5)2=S5(S15-S10),故S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
若q≠1,则S5=,S10=,S15=,
所以S10-S5=,
S15-S10=,
则=q5,=q5,
故,即S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
综上,若{an}为等比数列,则S5,S10-S5,S15-S10一定为等比数列,B正确;
C选项,{an}为等差数列,设公差为d,
则=a1+2d,=a1+d,=a1+7d,
因为d,d,
故,
则成等差数列,C正确;
D选项,{an}成等比数列,设公比为q.若q=1,则=a1,=a1,=a1,
则为等比数列.
若q≠1,则,
则,
因为(1-q20)(1-q5)=1-q5-q20+q25≠,
所以不为等比数列.
综上,若{an}为等比数列,则不一定为等比数列,D错误.
故选ABC.
7.33　∵S5==31a1=1,∴a1=,
∴S10=×1023=33.
8.(4n-1)　∵an=2n-1,∴=4n-1,即数列{}为以1为首项,4为公比的等比数列,
∴+…+(4n-1).
9.2n+-2　设数列{an}的通项公式为an=1++…+=21-,则Sn为{an}的前n项和,
所以Sn=21-+1-+…+1-=2=2=2n-1-=2n+-2.
10.解(1)设{an}的公差为d,由题可知an=a1+(n-1)d=2n-1,
Sn==n2.
(2)由(1)得a4=7,S4=16.
因为q2-(a4+1)q+S4=0,
即q2-8q+16=0,
所以(q-4)2=0,从而q=4,
所以bn=b1qn-1=2·4n-1=22n-1,
Tn=(4n-1).
11.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则a2+a3=a1+d+a1+2d=4+3d=10,解得d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,
∴b2b3=b1qb1q2=q3=-a4=-8,解得q=-2,
∴bn=b1qn-1=(-2)n-1,
即an=2n,bn=(-2)n-1.
(2)由(1)知{an}为等差数列,{bn}为公比q=-2的等比数列,∴a1,a3,a5,…,a2n-1为等差数列,b1,b3,b5,…,b2n-1为公比为q2的等比数列.
∵cn=an+bn,∴c1+c3+c5+…+c2n-1=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(b1+b3+b5+…+b2n-1)==2n2+.
12.D　因为log2an+1=1+log2an,
所以log2an+1=log22an,
所以an+1=2an,
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a3=4,所以a1==1,
S6==63.
13.B　设等比数列{an}的公比为q.
∵a5-a3=12,a6-a4=24,∴=q=2.
又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,∴a1=1.
∴an=a1qn-1=2n-1,
Sn==2n-1,
∴=2-=2-21-n.
故选B.
14.C　设等比数列{an}共有2k+1(k∈N+)项,公比为q,则a2k+1=192,则S奇=a1+a3+…+a2k-1+a2k+1=(a2+a4+…+a2k)+a2k+1=S偶+a2k+1=-+192=255,解得q=-2,而S奇==255,解得a1=3.故选C.
15.C　因为a1a2a3…a30=q1+2+…+29=(q145)3,a3a6…a30=q2+5+…+29=q155,
所以a3a6…a30=(a1a2a3…a30q10.
因为a1a2a3…a30=230,q=2,所以a3a6…a30=220.
16.D　设等比数列{an}的公比为q,q≠0.
若q=1,则an=a1,所以Sn=na1,
所以=2,与已知矛盾,
所以q≠1,Sn=,
所以=1+q5=,得q5=-,所以.
故选D.
17.45　设等比数列{an}的公比为q.
因为S4≠0,所以由等比数列前n项和的性质可知,S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,且公比为=2,
所以S12-S8=3×22=12,S16-S12=3×23=24,
因此S16=S4+(S8-S4)+(S12-S8)+(S16-S12)=3+6+12+24=45.
18.9　∵数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,
∴an=2n-1.
∵数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,
∴bn=2n-1.
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+=a1+a2+a4+…+=(2×1-1)+(2×2-1)+(2×4-1)+…+(2×2n-1-1)=2(1+2+4+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2.
∵Tn<2023,
∴2n+1-n-2<2023,∴n≤9.
故当Tn<2023时,n的最大值是9.
19.解(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
由已知得解得
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1,故Sn=.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6.
20.解(1)当n≥2时,Sn+1+2Sn-1=3Sn,即Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1,
即an+1=2an.又{an}是等比数列,∴{an}的公比为2,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知,Sn==2n-1,
∴bn=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1-+…+=1-.第五章5.3　等比数列
5.3.1　等比数列
A级 必备知识基础练
1.[探究点一]对等比数列{an},下列说法一定正确的是(　　)
A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列
C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列
2.[探究点二]设等比数列{an}满足a1+a3=3,a1-a5=-3,则a7=(　　)
A.8 B.-8 C.6 D.-6
3.[探究点三]在下面所示的表格中,每格填上一个数字后,使每一行成等差数列,每一列成等比数列,则a+b+c的值为(　　)
1 2
1
a
b
c
A.1 B.2 C. D.4
4.[探究点二·2023黑龙江鹤岗一中高三期末]在各项均为正数的等比数列{an}中,若2a3,a5,a4成等差数列,则=(　　)
A. B.1 C.2 D.4
5.[探究点三·2023广东高二期末]已知双曲线=1(a>0,b>0),焦距为2c,若a,b,c成等比数列,则该双曲线的离心率为(　　)
A. B.2 C.+1 D.
6.[探究点二](多选题)[2023福建宁德高二期末]已知等比数列{an}的公比q=-,等差数列{bn}的首项b1=9,若a7>b7且a8>b8,则以下结论正确的有(　　)
A.a8>0 B.b8<0
C.a7>a8 D.b7>b8
7.[探究点三]在2和30之间插入两个正数,使前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,则插入的两数是　　　　　.
8.[探究点三]已知数列{an}的各项都为正数,对任意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,且a3a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7=　　　　.
9.[探究点一、二·北师大版教材例题]在各项均为负数的数列{an}中,已知2an=3an+1,且a2a5=.
(1)求证:数列{an}是等比数列,并求出它的通项公式.
(2)试问-是数列{an}中的项吗 如果是,指出是{an}中的第几项;如果不是,请说明理由.
B级 关键能力提升练
10.(多选题)数列{an}满足an=qn(q>0),则以下结论正确的是(　　)
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列{}是等比数列
C.当q≠1时,数列{lg an}是等比数列
D.数列{lg }是等差数列
11.(多选题)[2023安徽安庆一中高二阶段练习]已知三角形的三边长组成公比为q的等比数列,则q的值可以为(　　)
A. B. C. D.
12.如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就称为“和差等比数列”.已知{an}是“和差等比数列”,a1=2,a2=3,则满足使不等式an>10的n的最小值是(　　)
A.8 B.7 C.6 D.5
13.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的频率之比完全相等,亦称“十二等程律”.即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1,第七个音的频率为f2,则=(　　)
A.4 B. C. D.
14.已知等比数列{an}的公比是q,则“q>1”是“an+1>an”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
15.(多选题)已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a8+a9>a8a9+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项中正确的是(　　)
A.q>1 B.a8>1
C.T16>1 D.T17>1
16.已知两个等比数列{an},{bn},满足a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.若数列{an}是唯一的,则a的值为　　　　　.
17.已知等比数列{an}满足a1-a3=-,a2-a4=-,则使得a1a2…an取得最小值的n为　　　　.
18.[2023海南模拟预测]已知数列{an}满足an+1-an=0(an≠0,且n∈N+),且a2,a3+2,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log2an(n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn.
19.已知数列{an}是递增的等比数列,a1=1,且2a2,a3,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,n∈N+,求数列{bn}的前n项和Sn.
C级 学科素养创新练
20.[2023重庆高二期末]已知数列{an}满足a1=4,nan+1=2(n+1)an,则a4=　　　　　,若数列的前n项和为Sn,则满足不等式Sn≥14的n的最小值为　　　　　.
5.3.1　等比数列
1.D　因为在等比数列中,an,a2n,a3n,…也成等比数列,所以a3,a6,a9成等比数列.
2.A　设等比数列{an}的公比为q,
a1+a3=3,即a1(1+q2)=3, ①
a1-a5=-3,即a1(1-q4)=-3, ②
由②÷①得1-q2=-1,即q2=2,a1=1.
则an=a1qn-1=qn-1,所以a7=q6=(q2)3=8.
3.C　根据题意填写表格,得
1 2 3 4
1 2
1
所以a+b+c=.
4.D　设等比数列{an}的公比为q,由题可知q>0.
由2a3,a5,a4成等差数列,可得a5=2a3+a4,
即a1q4=2a1q2+a1q3,
可得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),
则=q2=4.
故选D.
5.C　由题可知a2+b2=c2.
∵a,b,c成等比数列,∴ac=b2,
∴2ac=c2-a2.方程两边同时除以a2,得e2-2e-1=0.
又e>1,∴e=+1.
故选C.
6.BD　因为等比数列{an}的公比q=-,则a7=a1,a8=-a1,而a1的正负不确定,因此不能确定a7和a8的正负及大小关系,AC错误;
显然a7和a8异号,又a7>b7且a8>b8,则b7,b8中至少有一个是负数,而b1=9>0,
于是等差数列{bn}的公差d<0,即数列{bn}为递减数列,因此b7>b8,且b8<0,BD正确.
故选BD.
7.6,18　设两数依次为a,b(a,b>0),∴a2=2b,2b=a+30,∴a2-a-30=0,∴a=6,∴b=18.
8.21　∵对任意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,
令m=1,则a1an=a1+n对任意的n∈N+恒成立,
∴数列{an}为等比数列,公比为a1.
由等比数列的性质有a3a5=,
∵a3a5+a4=72,
则+a4=72,
∵a4>0,∴a4=8,
∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1a2…a7)=log2=log287=21.
9.(1)证明因为2an=3an+1,且an≠0,所以,
故数列{an}是公比为q=的等比数列.
又a2a5=,则a1q·a1q4=,
即=2,
又数列各项均为负数,则a1=-,
所以{an}的通项公式为an=-×n-1=-n-2.
(2)解设an=-,由等比数列的通项公式得-=-n-2,即4=n-2.
根据指数函数的性质,得4=n-2,即n=6.
因此,-是数列{an}的第6项.
10.ABD　因为an=qn(q>0,n∈N+),所以=q2(n≥2),故A正确;
(n≥2),故B正确;
lgan=lgqn=nlgq(q≠1),故lgan≠0,(n≥2),故C错误;
lg=lgq2n=2nlgq,故lg-lg=2nlgq-2(n-1)lgq=2lgq(n≥2),故D正确.
故选ABD.
11.BC　由题意可设三角形的三边长分别为,a,aq(a,q>0).
因为三角形的两边之和大于第三边,
①当q>1时,+a>aq,即q2-q-1<0,解得1②当q=1时,=a=aq,满足题意;
③当0,即q2+q-1>0,解得综上,q的取值范围是.
故选BC.
12.D　依题意,=5,得,
则数列{an}是首项为2,公比为的等比数列,
所以an=2·n-1,
验证知,当n≥5时,2·n-1>10成立,
所以n的最小值是5.
故选D.
13.D　设13个音的频率组成等比数列{an},其公比为q,那么an=a1qn-1,根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍,得a13=2a1=a1q12,解得q=,所以=q4=.故选D.
14.D　当a1=-1时,an=-qn-1,an+1=-qn.
因为q>1,所以qn>qn-1,
所以-qn<-qn-1,故an+1所以q>1不能推出an+1>an.
由an+1>an,得-qn>-qn-1,则qn所以an+1>an不能推出q>1,
所以“q>1”是“an+1>an”的既不充分也不必要条件.
故选D.
15.BC　由题意知(a8-1)(1-a9)=a8+a9-a8a9-1>0,
则a8,a9中一个大于1,另一个小于1.
∵等比数列{an}的各项均为正数,∴q>0.
又a1>1,∴a8>1>a9,且1>q>0.
由题意知a8a9>1.
∵T16=a1a2…a16=,
∴T16>1.T17=<1.
故选BC.
16.　设数列{an}的公比为q,则b1=1+a,b2=2+aq,b3=3+aq2,
由b1,b2,b3成等比数列,得(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),得aq2-4aq+3a-1=0. (*)
由a>0得Δ=4a2+4a>0,故方程(*)有两个不同的实根.由数列{an}唯一知方程(*)必有一根为0,将q=0代入(*)得a=.
17.3或4　设数列{an}的公比为q,则q==3,
∴a1-a3=-8a1=-,
∴a1=,a2=,a3=,a4=1,……,
∴n=3或n=4时,a1a2…an取得最小值.
18.解(1)在数列{an}中,由an+1-an=0,得an+1=2an,而an≠0,则数列{an}是公比为2的等比数列.
因为a2,a3+2,a4成等差数列,即2(a3+2)=a2+a4,所以8a1+4=2a1+8a1,解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得bn=log22n=n,有b1=1,bn+1-bn=(n+1)-n=1,即数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,
所以Tn=·n=n2+n.
19.解(1)设数列{an}的公比为q,由题意,知q>1.
∵2a2,a3,a4成等差数列,
∴3a3=a4+2a2,∴3q2=q3+2q,
即q2-3q+2=0,解得q=2或q=1(舍去),∴q=2,
∴数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n-1.
(2)∵bn=,
∴Sn=1-+++…++===.
20.128　5　在数列{an}中,由a1=4,nan+1=2(n+1)an可知=2·,且≠0,=4,所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列,
则=4×2n-1,即an=n·2n+1,
所以数列{an}的通项公式为an=n·2n+1,
则a4=4×25=128.
=,
则Sn=+++…++=-2.
由Sn≥14,得-2≥14,即≥16.
令bn=,则bn>0,=2->1,即数列{bn}是递增数列.
而b4=<16,b5==16,
因此当n≥5时bn≥16,所以满足不等式Sn≥14的n的最小值为5.第五章5.2　等差数列
5.2.1　等差数列
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]已知等差数列{an}的通项公式为an=90-2n,则这个数列中正数项的个数为(　　)
A.44 B.45 C.90 D.无数
2.[探究点三]在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则a2+a10=(　　)
A.12 B.16 C.20 D.24
3.[探究点三]已知数列{an},{bn}均为等差数列,且a1=25,b1=75,a2+b2=120,则a37+b37的值为(　　)
A.760 B.820 C.780 D.860
4.[探究点三]若等差数列的前3项依次是,则该数列的公差d是　　　　　.
5.[探究点三]等差数列{an}中,若a2,a2 022为方程x2-10x+16=0的两根,则a1+a1 012+a2 023=　　　　.
6.[探究点二·2023江苏泰州高三期末]写出一个公差不为零,且满足a1+a2-a3=1的等差数列{an}的通项公式an=　　　　　.
7.[探究点二、三](1)求等差数列8,5,2,…的第20项;
(2)[人教A版教材习题]已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,求a20.
8.[探究点一]已知数列{an}的各项都为正数,前n项和为Sn,且Sn=(an+1)2.
(1)求a1,a2;
(2)求证:数列{an}是等差数列.
B级 关键能力提升练
9.在数列{an}中,a1=5,a2=9.若数列{an+n2}是等差数列,则数列{an}的最大项为(　　)
A.9 B.11 C. D.12
10.(多选题)设数列{an}的前n项和为Sn,则下列能判断数列{an}是等差数列的是(　　)
A.Sn=n
B.Sn=n2+n
C.Sn=2n
D.Sn=n2+n+1
11.在等差数列{an}中,首项为33,公差为整数,若前7项均为正数,第7项以后各项均为负数,则数列的通项公式为　　　　　　　.
12.[2023山东烟台高二专题练习]已知数列{an}是等差数列,数列{bn}满足bn=an-2n,b3=-1,b5=-21,则{an}的公差d为　　　　　.
13.同时满足下面两个性质的数列{an}的一个通项公式为an=　　　　　.
①是递增的等差数列;②a2-a3+a4=1.
14.四个数成递增的等差数列,中间两数的和为2,首末两项的积为-8,求这四个数.
15.已知各项均为正数的数列{an}中,a1=,an-an+1=2anan+1.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
16.已知数列{an}满足a1=2,an=2an-1+2n+1(n≥2,n∈N+).设bn=,求证:数列{bn}是等差数列,并分别求an和bn.
C级 学科素养创新练
17.已知等差数列{an}:3,7,11,15,….
(1)求{an}的通项公式.
(2)135,4m+19(m∈N+)是数列{an}中的项吗 如果是,是第几项
(3)若as,at(s,t∈N+)是数列{an}中的项,那么2as+3at是数列{an}中的项吗 如果是,是第几项
5.2.1　等差数列
1.A　令an=90-2n>0,解得n<45.又因为n∈N+,所以数列{an}中正数项的个数为44.
2.B　a2+a10=a4+a8=16.故选B.
3.B　设等差数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2.
因为a1+b1=100,a2+b2=120,
所以d1+d2=120-100=20,
所以a37+b37=a1+b1+36(d1+d2)=100+20×36=820.
故选B.
4.　依题意得2×,解得x=2,经检验,x=2是分式方程的解,则d=.
5.15　∵a2,a2022为方程x2-10x+16=0的两根,
∴a2+a2022=10,∴2a1012=10,即a1012=5,
∴a1+a1012+a2023=3a1012=15.
6.n+1(答案不唯一)　设等差数列{an}的公差为d,则a1+a2-a3=a1+a1+d-a1-2d=a1-d=1,
不妨令d=1,则a1=2,
此时等差数列{an}的通项公式为an=n+1.
7.解(1)设等差数列为数列{an}且其公差为d,则d=5-8=-3,得数列的通项公式为an=-3n+11,所以a20=-49.
(2)设等差数列{an}的公差为d.
由题意,知a1+a3+a5=3a3=105,所以a3=35.由a2+a4+a6=3a4=99,得a4=33,所以d=a4-a3=-2,
所以a20=a3+17d=35+17×(-2)=1.
8.(1)解由已知条件得,a1=(a1+1)2,∴a1=1.
又有a1+a2=(a2+1)2,即-2a2-3=0,
解得a2=-1(舍去)或a2=3.
(2)证明由(1)知a1=1.
当n≥2时,Sn-1=(an-1+1)2,
∴Sn-Sn-1=[(an+1)2-(an-1+1)2]=+2(an-an-1)],即4an=+2an-2an-1,
∴-2an-2an-1=0,
∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
∵an>0,∴an+an-1≠0,
∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2(n≥2),
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.
9.B　令bn=an+n2.
∵a1=5,a2=9,∴b1=a1+1=6,b2=a2+4=13,
∴数列{an+n2}的公差为13-6=7,
则an+n2=6+7(n-1)=7n-1,
∴an=-n2+7n-1=-n-2+.
又n∈N+,
∴当n=3或n=4时,an有最大值,最大值为-=11.
故选B.
10.AB　对于A,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n-(n-1)=1,而a1=S1=1满足上式,
则an=1(n∈N+),数列{an}是常数数列,是等差数列;
对于B,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=S1=2满足上式,
则an=2n(n∈N+),数列{an}是等差数列;
对于C,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,而a1=S1=2不满足上式,
则an=显然a2-a1=0≠2=a3-a2,数列{an}不是等差数列;
对于D,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n,而a1=S1=3不满足上式,
则an=显然a2-a1=1≠2=a3-a2,数列{an}不是等差数列.
故选AB.
11.an=38-5n　设等差数列{an}的公差为d.
由题意可得
即解得-又d∈Z,∴d=-5,
∴an=33+(n-1)×(-5)=38-5n.
12.2　由bn=an-2n得an=bn+2n,则a3=b3+8=-1+8=7,a5=b5+32=-21+32=11,则d==2,所以数列{an}的公差d为2.
13.n-2(答案不唯一)　设等差数列{an}的公差为d,由①可知d>0.
由a2-a3+a4=1,得a3=a1+2d=1.
取d=1,则a1=-1,所以数列{an}的一个通项公式为an=-1+(n-1)=n-2.
14.解设这四个数为a-3d,a-d,a+d,a+3d(公差为2d),依题意,2a=2,且(a-3d)(a+3d)=-8,
即a=1,a2-9d2=-8,∴d2=1,∴d=1或d=-1.
又四个数成递增的等差数列,
∴d>0,∴d=1,故所求的四个数为-2,0,2,4.
15.(1)证明由已知得=2,an≠0,=2,
所以数列是以2为首项,2为公差的等差数列.
(2)解由(1)知,=2+2(n-1)=2n,所以an=.
16.证明∵an=2an-1+2n+1,∴+2(n≥2,n∈N+).
∵bn=,∴bn=bn-1+2(n≥2,n∈N+).
又b1==1,
∴数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列,
∴bn=1+(n-1)×2=2n-1,∴an=(2n-1)·2n.
17.解(1)设数列{an}的公差为d.依题意,有a1=3,d=7-3=4,∴an=3+4(n-1)=4n-1.
(2)由(1)可知,{an}的通项公式为an=4n-1.
令4n-1=135,得n=34,∴135是数列{an}的第34项.
∵4m+19=4(m+5)-1,且m∈N+,
∴4m+19(m∈N+)是数列{an}的第(m+5)项.
(3)由(1)可知,{an}的通项公式为an=4n-1.
∵as,at是数列{an}中的项,∴as=4s-1,at=4t-1,
∴2as+3at=2(4s-1)+3(4t-1)=4(2s+3t-1)-1.
∵s,t∈N+,∴2s+3t-1∈N+,∴2as+3at(s,t∈N+)是数列{an}的第(2s+3t-1)项.(共26张PPT)
第五章
培优课 　等差数列习题课
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]在等差数列{an}中,已知a1= ,a1+a6=4,an=37,则n的值为
(　　)
A.50 B.49 C.56 D.51
C
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2.[探究点一·2023河南郑州高三阶段练习]已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,a5=10,且a4a6=96,则其公差为(　　)
A.-2 B.2 C.-2或2 D.4
B
解析 设等差数列{an}的公差为d,由题可知d>0.
∵a4a6=(a5-d)(a5+d)=(10-d)(10+d)=96,∴d=2或d=-2(舍去),
∴等差数列{an}的公差为2.
故选B.
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3.[探究点四]设数列{an}是公差为d的等差数列,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论错误的是(　　)
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S6
D.S6与S7均为Sn的最大值
C
解析 由于S5S8,所以S6-S5=a6>0,S7-S6=a7=0,S8-S7=a8<0,所以d<0,S6与S7均为Sn的最大值.而S9-S6=a7+a8+a9=3a8<0,所以S91
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4.[探究点一]有一位善于步行的人,第一天行走了100千米,以后每天比前一天多走d千米,九天他一共行走了1 260千米,求d的值.关于该问题,下列结论错误的是(　　)
A.d=15
B.此人第二天行走了110千米
C.此人前七天共行走了910千米
D.此人前八天共行走了1 080千米
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解析 设此人第n(n∈N+)天走an千米,则数列{an}是公差为d的等差数列,记数列{an}的前n项和为Sn,
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5.[探究点一]记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=　　　　　.
25
解析 设等差数列{an}的公差为d.
∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1,
∴S10=10a1+ d=-20+45=25.
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6.[探究点四]在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项之和,且S7=S17,则当Sn为最小时,n的值为　　　　.
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解析 由S7=S17,知a8+a9+…+a17=0,根据等差数列的性质, a8+a17=a9+a16=…=a12+a13,因此a12+a13=0,又a1<0,从而a12<0,a13>0,故Sn的最小值为S12.
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7.[探究点四·2023福建福州第一中学高二期末]设等差数列{an}的前n项和为Sn,S35<0,S36>0,若对任意正整数n,都有Sn≥Sk,则整数k=　　　　　.
18
于是数列{an}的公差d=a19-a18>0,即{an}是递增数列,其前18项均为负数,从第19项起为正数,
因此Sn的最小值为S18,所以对任意正整数n,都有Sn≥S18,所以k=18.
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8.[探究点三]“等和数列”的定义:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都等于同一个常数,那么这个数列称为等和数列,这个常数称为该数列的公和.已知数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,则a18的值为　　　　.
3
解析 由题意可得an+an+1=5,∴an+1+an+2=5,
∴an+2-an=0.∵a1=2,∴a2=5-a1=3,∴当n为偶数时,an=3;当n为奇数时,an=2,∴a18=3.
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9.[探究点一]将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　.
3n2-2n
解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.显然{3n-2}中的所有奇数项均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列组成的新数列{an}为以1为首项,6为公差的等差数列,所以{an}的前n项和为
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10.[探究点四]数列{an}是首项为23,公差为-4的等差数列.
(1)当an>0时,求n的取值范围;
(2)求数列{an}的前n项和Sn的最大值.
解(1)由题可知an=23+(n-1)×(-4)=27-4n>0,
又n是正整数,∴n的取值范围是{1,2,3,4,5,6}.
(2)由(1)知n≤6时an为正数,n≥7时an为负数,所以Sn的最大值为
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11.[探究点二·2023安徽师范大学附属中学高二阶段练习]已知数列{an}前n项和Sn满足Sn=n2(n+1)+1.求:
(1)a1,a2;
(2)数列{an}的通项公式.
解 (1)因为Sn=n2(n+1)+1,
令n=1,可得a1=S1=1×2+1=3,
令n=2,可得a1+a2=S2=22×(2+1)+1,解得a2=10.
(2)因为Sn=n2(n+1)+1,
则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=[n2(n+1)+1]-[(n-1)2n+1]=3n2-n,
且由(1)知,a1=3不满足上式,
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B 级 关键能力提升练
12.(多选题)[2023山东菏泽高二阶段练习]已知数列{an}是公差为d的等差数列,则下列说法正确的是(　　 )
A.an+1=an+d
B.数列{-an}是等差数列
D.2an+1=an+an+2
ABD
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解析 因为数列{an}是公差为d的等差数列,所以an+1-an=d,即an+1=an+d,所以A正确;
因为an+1-an=d,所以(-an+1)-(-an)=-d,所以数列{-an}是等差数列,故B正确;
确;
由题可知an+1是an与an+2的等差中项,所以2an+1=an+an+2,故D正确.
故选ABD.
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13.已知数列{an}的前n项和 (n∈N+),则下列结论正确的是
(　　)
A.数列{an}是等差数列
B.数列{an}是递增数列
C.a1,a5,a9成等差数列
D.S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列
D
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∴S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列.
故选D.
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14. [2023江苏南通高二期末]如图的形状被称为“三角垛”.已知某“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(从上往下)
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15.已知在等差数列{an}中,a16+a17+a18=a9=-18,其前n项和为Sn.
(1)求Sn的最小值,并求出Sn取最小值时n的值;
(2)求Tn=|a1|+|a2|+…+|an|.
解(1)设数列{an}的公差为d.
∵a16+a17+a18=a9=-18,
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故当n=20或21时,Sn取最小值,最小值为S20=S21=-315.
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16.已知各项都不相等的等差数列{an}的前6项和为60,且满足 =a1a21.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an,且b1=3,求数列 的前n项和Tn.
解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
则an=2n+3.
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(2)由bn+1-bn=an,得bn-bn-1=an-1(n≥2),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=an-1+an-2+…+a1+b1
=(n-1)(n+3)+3=n(n+2)(n≥2),b1=3满足上式,
∴bn=n(n+2),
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C 级 学科素养创新练
17.[2023江苏南京外国语学校高二期末]设Sn是数列{an}的前n项和,
(4n+2)×3n
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第五章
5.3.2　等比数列的前n项和
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点一]已知等比数列{an}各项均为正数,a3,a5,-a4成等差数列,Sn为数
C
解析 设等比数列{an}的公比为q,则有q>0,又a3,a5,-a4成等差数列,
∴a3-a4=2a5,∴a1q2-a1q3=2a1q4,即1-q=2q2,
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2.[探究点一 ]已知等比数列{an}中,a1+a4=2,a2+a5=4,则数列{an}的前6项和S6的值为(　　)
A.12 B.14 C.16 D.18
B
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3.[探究点二]在各项均为正数的等比数列{an}中,若am+1am-1=2am(m≥2),数列{an}的前n项积为Tn,若T2m-1=512,则m的值为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
B
解析 因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,所以am+1am-1=2am= ,则am=2.又T2m-1=a1a2…a2m-1= ,所以22m-1=512=29,m=5.故选B.
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4.[探究点一]古希腊哲学家芝诺提出了一个悖论:让阿基里斯和乌龟赛跑,他的速度是乌龟速度的10倍,乌龟在他前面100米爬行,他在后面追,但他不可能追上乌龟.原因是在竞赛中,追者首先必须到达被追者的出发点,当阿基里斯追了100米时,乌龟已在他前面爬行了10米,而当他追到乌龟爬行的10米处时,乌龟又向前爬行了1米,就这样,乌龟总能领先一段距离,不管这个距离有多小,只要乌龟不停地向前爬行,阿基里斯就永远追不上乌龟.试问在阿基里斯与乌龟的竞赛中,当阿基里斯与乌龟相距0.01米时,乌龟共爬行了(　　)
A.11.1米 B.10.1米 C.11.11米 D.11米
C
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解析 依题意,乌龟爬行的距离组成等比数列{an},其首项a1=10,公比q=0.1,前n项和为Sn,
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5.[探究点一·2023陕西铜川校考一模]设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=13,S6=364,则通项an为(　　)
A.32n-1 B.32n C.3n D.3n-1
D
解析 设{an}的公比为q,由题可知q>0,且q≠1.
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6.[探究点一、二](多选题)[2023湖北武汉洪山高级中学高二阶段练习]已知Sn为数列{an}的前n项和,下列说法一定正确的是(　 　)
A.若{an}为等差数列,则S5,S10-S5,S15-S10为等差数列
B.若{an}为等比数列,则S5,S10-S5,S15-S10为等比数列
ABC
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解析 A选项,{an}为等差数列,设公差为d,所以S5=5a1+10d,
S10=10a1+45d,S15=15a1+105d,
故S10-S5=5a1+35d,S15-S10=5a1+60d,
因为2(S10-S5)=S5+S15-S10,所以S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,A正确;
B选项,{an}成等比数列,设公比为q,
若q=1,则S5=5a1,S10=10a1,S15=15a1,则S10-S5=5a1,S15-S10=5a1,
故(S10-S5)2=S5(S15-S10),故S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
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综上,若{an}为等比数列,则S5,S10-S5,S15-S10一定为等比数列,B正确;
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C选项,{an}为等差数列,设公差为d,
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7.[探究点一]已知等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn,若S5=1,则S10=　　　　.
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10.[探究点一]已知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求an及Sn;
(2)设数列{bn}是首项为2的等比数列,其公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解(1)设{an}的公差为d,由题可知an=a1+(n-1)d=2n-1,
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(2)由(1)得a4=7,S4=16.
因为q2-(a4+1)q+S4=0,
即q2-8q+16=0,
所以(q-4)2=0,从而q=4,
所以bn=b1qn-1=2·4n-1=22n-1,
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11.[探究点三·2023湖南湘潭高三期末]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b1=1,a2+a3=10,b2b3=-a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求c1+c3+c5+…+c2n-1.
解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则a2+a3=a1+d+a1+2d=4+3d=10,解得d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n,
∴b2b3=b1qb1q2=q3=-a4=-8,解得q=-2,
∴bn=b1qn-1=(-2)n-1,
即an=2n,bn=(-2)n-1.
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(2)由(1)知{an}为等差数列,{bn}为公比q=-2的等比数列,∴a1,a3,a5,…,a2n-1为等差数列,b1,b3,b5,…,b2n-1为公比为q2的等比数列.
∵cn=an+bn,∴c1+c3+c5+…+c2n-1=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(b1+b3+b5+…+b2n-1)
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B 级 关键能力提升练
12.设数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,log2an+1=1+log2an,且a3=4,则S6的值为(　　)
A.128 B.65 C.64 D.63
D
解析 因为log2an+1=1+log2an,
所以log2an+1=log22an,
所以an+1=2an,
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
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13.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 的值为
(　　)
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
B
解析 设等比数列{an}的公比为q.
又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,∴a1=1.
∴an=a1qn-1=2n-1,
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14.等比数列{an}的项数为奇数,所有奇数项的和S奇=255,所有偶数项的和
S偶=-126,末项是192,则首项a1的值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
C
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15.[北师大版教材习题改编]设数列{an}是由正数组成的等比数列,公比q=2,且a1a2a3…a30=230,那么a3a6…a30=(　　)
A.210 B.215 C.220 D.216
C
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D
解析 设等比数列{an}的公比为q,q≠0.
若q=1,则an=a1,所以Sn=na1,
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17.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=3,S8=9,则S16的值为　　　　　.
45
解析 设等比数列{an}的公比为q.
因为S4≠0,所以由等比数列前n项和的性质可知,S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比
所以S12-S8=3×22=12,S16-S12=3×23=24,
因此S16=S4+(S8-S4)+(S12-S8)+(S16-S12)=3+6+12+24=45.
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18.已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn= ,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N+),则当Tn<2 023时,n的最大值为　　　　　.
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解析 ∵数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,
∴an=2n-1.
∵数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2n-1.
∵Tn<2 023,
∴2n+1-n-2<2 023,∴n≤9.
故当Tn<2 023时,n的最大值是9.
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19.设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
解(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,
解得m=-1(舍去),m=6.
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C 级 学科素养创新练
20.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1+2Sn-1=3Sn(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
解(1)当n≥2时,Sn+1+2Sn-1=3Sn,即Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1,
即an+1=2an.又{an}是等比数列,∴{an}的公比为2,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
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20(共25张PPT)
第五章
5.5　数学归纳法
A 级 必备知识基础练
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故选B.
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2.[探究点二]用数学归纳法证明n3>3n2+3n+1这一不等式时,应注意n必须为(　　)
A.n∈N+ B.n∈N+,n≥2
C.n∈N+,n≥3 D.n∈N+,n≥4
D
解析 当n=1,n=2,n=3时,显然不等式不成立,当n=4时,不等式成立,故用数学归纳法证明n3>3n2+3n+1这一不等式时,应注意n必须为n∈N+,n≥4.故选D.
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4.[探究点二]用数学归纳法证明“2n+1≥n2+n+2(n∈N+)”时,第一步的验证为　　　　　 　 　　　　　.
当n=1时,左边=4,右边=4,不等式成立
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5.[探究点一]用数学归纳法证明:1+5+9+13+…+(4n-3)=2n2-n(n∈N+).
证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立.
(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即1+5+9+13+…+(4k-3)=2k2-k.则当n=k+1时,1+5+9+13+…+(4k-3)+(4k+1)=2k2-k+(4k+1)=2k2+3k+1=2(k+1)2-(k+1).
所以当n=k+1时,等式成立.
综合(1)(2)可知,等式对任意n∈N+恒成立.
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6.[探究点三]数列{an}的前n项和为Sn,且满足 (n∈N+).
(1)求S1,S2,S3,S4的值;
(2)猜想数列{Sn}的通项公式,并用数学归纳法证明你的结论.
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下面用数学归纳法证明这个结论.
①当n=1时,结论成立.
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B 级 关键能力提升练
C
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8.已知关于自然数n的命题P(n),由P(k)成立可以推出P(k+1)成立,若P(6)不成立,则下面结论正确的是(　　)
A.P(7)一定不成立 B.P(5)可能成立
C.P(2)一定不成立 D.P(4)不一定成立
C
解析 ∵P(n)对n=6不成立,无法判断当n>6时,P(n)是否成立,故A错误;假设P(n)对n=5成立,则根据推理关系,得P(n)对n=6成立,与条件P(n)对n=6不成立矛盾,∴假设不成立,故B错误;同理可得,当n<6时,P(n)一定不成立,故D错误,C正确.故选C.
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A.n=k+1时等式成立
B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立
D.n=2时等式成立
B
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解析 若已假设n=k(k>2,k为偶数)时命题为真,因为n只能取偶数,所以还需要证明n=k+2成立.
故选B.
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10.(多选题)[2023江苏高二专题练习]下列结论能用数学归纳法证明的是
(　　)
A.ex≥x+1(x∈R)
BC
解析 数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法,由此可知BC能用数学归纳法证明.
故选BC.
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11.若 (n∈N+),用数学归纳法验证关于f(n)的命题时,第一步计算f(1)=　　　　;第二步“从n=k到n=k+1时”, f(k+1)=f(k)+　　　　 　　　.
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12.平面上有n条直线,它们任何两条不平行,任何三条不共点,设k条这样的直线把平面分成f(k)个区域,则k+1条直线把平面分成的区域数f(k+1)=f(k)+　　　　.
k+1
解析 当n=k+1时,第k+1条直线被前k条直线分成(k+1)段,而每一段将它们所在区域一分为二,故增加了k+1个区域.
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14.已知数列{an}满足a1= ,前n项和Sn=(2n2-n)an.
(1)求a2,a3,a4的值并猜想an的表达式;
(2)用数学归纳法证明(1)的猜想.
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(2)证明证明如下:
①当n=1时,结论成立;
②假设当n=k(k∈N+)时,结论成立,
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15.(多选题)用数学归纳法证明 对任意n≥k(n,k∈N+)都成立,则k的值可以为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
CD
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C 级 学科素养创新练
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16.[人教A版教材习题]若数列{Fn}满足F1=1,F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2 (n≥3,n∈N+),则{Fn}称为斐波那契数列.试用数学归纳法证明其通项公式
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16(共27张PPT)
第五章
5.2.2　等差数列的前n项和
A 级 必备知识基础练
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1.[探究点二]已知等差数列{an}中,a1+a2+a3=-24,a18+a19+a20=78,则此数列前20项和等于(　　)
A.160 B.180 C.200 D.220
B
解析 (a1+a2+a3)+(a18+a19+a20)=(-24)+78=54,
又a1+a20=a2+a19=a3+a18,则3(a1+a20)=54,
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2.[探究点一]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=4,S4=22,则a5为(　　)
A.10 B.13 C.15 D.18
B
解析 设{an}的公差为d.
所以a5=a1+4d=13.
故选B.
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3.[探究点三]已知等差数列{an}的通项公式为an=31-tn(t∈Z),当且仅当n=10时,数列{an}的前n项和Sn最大,则当Sk=-10时,k的值为(　　)
A.17 B.18 C.19 D.20
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4.[探究点三]等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,a8+a9>0,a8a9<0,则使Sn>0成立的n的最大值是(　　)
A.8 B.9 C.16 D.17
C
解析 ∵数列{an}为等差数列,且a1>0,a8+a9>0,a8a9<0,∴a8>0,a9<0,
∴使Sn>0成立的n的最大值为16.故选C.
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5.[探究点一、三](多选题)[2023江苏连云港高二期末]已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且a1=15,S5=S11,则以下说法正确的是(　 　)
A.d=-2
B.a6=-a11
C.Sn的最大值为S7
D.使得Sn≥0的最大正整数n为16
ABD
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令Sn=-n2+16n≥0,解得0≤n≤16(n∈N+),故D正确.
故选ABD.
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6.[探究点二]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则S9=　　　　　.
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解析 (方法一)设等差数列{an}的公差为d,
(方法二)∵数列{an}为等差数列,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,
∴2(S6-S3)=S3+S9-S6.
又S3=9,S6=36,则2×(36-9)=9+S9-36,
解得S9=81.
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7.[探究点一·人教A版教材习题]根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量:
(1)a1=20,an=54,Sn=999,求d及n;
(4)d=2,n=15,an=-10,求a1及Sn.
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(4)将d=2,n=15,an=-10代入an=a1+(n-1)d,得a1=-38.再将a1=-38,an=-10,
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8.[探究点三·人教A版教材习题]已知等差数列-4.2,-3.7,-3.2,…的前n项和为Sn,Sn是否存在最大(小)值 如果存在,求出取得最值时n的值.
解(方法一)存在最小值.由题意,知a1=-4.2,d=-3.7-(-4.2)=0.5,
所以an=-4.2+(n-1)×0.5=0.5n-4.7.
令an≤0,则n≤9.4,
所以数列{an}前9项为负数,从第10项起为正数,
所以Sn存在最小值,此时n=9.
(方法二)存在最小值.由题意,知a1=-4.2,d=0.5,
所以Sn存在最小值,且S8>S9,所以此时n=9.
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B 级 关键能力提升练
(该直线不过原点O),则S200的值为(　　)
A.100 B.101 C.200 D.201
A
解析 依题意,a1+a200=1,
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10.已知数列{an}是等差数列,a3=8,a4=4,则前n项和Sn中最大的是(　　)
A.S3 B.S4或S5
C.S5或S6 D.S6
B
解析 设数列{an}的公差为d,则d=a4-a3=4-8=-4,an=a3+(n-3)d=8+(n-3)×
(-4)=20-4n,所以a4>0,a5=0,a6<0,所以S4或S5是Sn中最大的.故选B.
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的值为(　　)
A.9 B.16
C.9或16 D.18
A
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12.(多选题)数列{an}满足a1=10,an=an-1-2(n≥2),则(　　)
A.数列{an}是递减数列
B.an=2n+8
C.点(n,an)都在直线y=-2x+12上
D.数列{an}的前n项和Sn的最大值为32
AC
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解析 因为an=an-1-2(n≥2),即an-an-1=-2<0(n≥2),所以数列{an}是递减数列,故A正确;
易知数列{an}是以a1=10为首项,d=-2为公差的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=10+(n-1)×(-2)=-2n+12,则点(n,an)都在直线y=-2x+12上,故B不正确,C正确;
又因为n∈N+,所以n=5时,S5=30,n=6时,S6=30,则Sn的最大值为30,故D不正确.
故选AC.
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13.在等差数列{an}中,3a1=7a7,a1>0,Sn是数列{an}的前n项和,若Sn取得最大值,则n=　　　　.
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解析 设数列{an}的公差为d,则3a1=7(a1+6d),
所以a11>0,a12<0,即当n=11时,Sn取得最大值.
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14.与传统燃油车相比较,新能源车具有环保、节能、减排等优势,既符合我国的国情也代表了汽车产业发展的方向.工信部表示,到2025年中国的汽车总销量将达到3 500万辆,并希望新能源车至少占总销量的四分之一.某公司年初购入一批新能源车充电桩,每台16 200元,第一年每台设备的维修保养费用为1 100元,以后每年增加400元,估计每台充电桩每年可获利8 100元,则每台充电桩从第　　　　　年开始获利.(参考数据: ≈1.732)
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解析 每年的维修保养费用是以1 100为首项,400为公差的等差数列,
=-200n2+7 200n-16 200=-200(n2-36n+81).
开始获利,即f(n)=-200(n2-36n+81)>0,即n2-36n+81<0,解得
又因为n∈N+,所以3≤n≤33,所以公司从第3年开始获利.
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15.[2023广东深圳高二期末]已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S15=5(a2+a6+ak)(k∈N+),则k=　　　　　.
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解析 设{an}的公差为d.
所以3a8=a2+a6+ak,所以ak=3a8-(a2+a6)=3(a1+7d)-(a1+d+a1+5d) =a1+15d=a1+(k-1)d,所以k=16.
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16.[2023山东泰安高二期末]已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,
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17.已知数列{an}的前n项和是Sn,且 .当k=　　　　　时,{an}是公差d=　　　　　的等差数列.
-4
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(n+2)2+k=n2+4n+4+k.要使{an}为等差数列,
则满足4+k=0,解得k=-4,即Sn=n2+4n.
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18.[北师大版教材习题]已知数列{an}前n项和为Sn=n2+1.
(1)写出数列{an}的前5项.
(2)数列{an}是等差数列吗
(3)写出数列{an}的通项公式.
解(1)a1=S1=12+1=2,a2=S2-S1=(22+1)-2=3,a3=S3-S2=(32+1)-(22+1)=5, a4=S4-S3=(42+1)-(32+1)=7,a5=S5-S4=(52+1)-(42+1)=9.
(2)因为a2-a1=1,a3-a2=2≠1,
所以{an}不是等差数列.
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(3)当n=1时,S1=a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1.
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C 级 学科素养创新练
19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=11,S7=161.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Sn≥6an-5n-12,求n的取值范围;
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因为n∈N+,所以n的取值范围为{n∈N+|n≥9}.