第四章 数列 章末复习课 学案（含答案）
文档属性
| 名称 | 第四章 数列 章末复习课 学案（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 287.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-10 21:29:20 | ||
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文档简介
第四章 数 列
一、等差与等比数列的基本运算
1．数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小．
2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例1 在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
跟踪训练1 (1)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则＝________.
(2)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2a3＝S5.
①求数列{an}的通项公式；
②已知等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2，若bm＝a782，求数列{bn}的前m项和Tm.
二、等差、等比数列的判定
1．判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列．
2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养．
例2 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式．
反思感悟 判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的常数．
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列．②若a＝an－1·an＋1 (n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是公比不为1的等比数列．
跟踪训练2 已知数列{an}满足a1＝，且当n>1，n∈N*时，有＝.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由．
三、数列的通项
1．数列的通项公式的求法在考查中也经常涉及．在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等．
2．通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例3 在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式．
反思感悟 求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1.
(2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：适用于形如“＝f(n)”，
an＝a1···…·.
(4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列.
②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
跟踪训练3 设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.求数列{an}的通项公式．
四、数列求和
1．数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等．
2．通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例4 已知数列{an}是递增的等差数列，a3＝7，且a4是a1与a13的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
跟踪训练4 在公差不为零的等差数列{an}中，已知其前n项和为Sn，若S8＝S5＋45，且a4，a7，a12成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)当bn＝时，求数列{bn}的前n项和Tn.
五、数列的综合应用与创新问题
1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上．
2．通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养．
例5 分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn>81的最小正整数n的值为______．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
反思感悟 此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识．
跟踪训练5 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球(a1＝1)，第二层有3个球(a2＝3)，第三层有6个球(a3＝6)，第四层有10个球(a4＝10)，第五层有15个球(a5＝15)，…，各层球数之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2,3,4,5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3,6,12,23,41，则该数列的第8项为( )
A．51 B．68 C．106 D．157
章末复习课
例1 解 (1)设数列{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.
设数列{bn}的公差为d，
则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝
＝6n2－22n，n∈N*.
跟踪训练1 (1)1 033
解析 ∵数列{an}是以2为首项，
1为公差的等差数列，
∴an＝2＋×1＝n＋1，
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝1×2n－1＝2n－1，
∴＝2n－1＋1，
∴＝＋10＝1 033.
(2)解 ①设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，a2a3＝S5，
∴(1＋d)(1＋2d)＝5＋，
解得d＝－或d＝4.
∵d>0，∴d＝4，
∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.
②由①知a2＝5，
∴b1＝a1＝1，b2＝a2＝5，
∴等比数列{bn}的公比q＝＝5，
∴bn＝b1qn－1＝5n－1.
由bm＝a782，得5m－1＝4×782－3，
解得m＝6，
∴Tm＝T6＝＝3 906.
例2 解 (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入，得a2＝4a1＝4.
将n＝2代入，得a3＝3a2＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，
公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以{bn}是首项为1，
公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以an＝n·2n－1，n∈N*.
跟踪训练2 (1)证明 当n≥2时，
由＝，
得an－1－an＝4an－1an，
两边同除以an－1an，
得－＝4.
所以数列是首项为＝5，
公差为d＝4的等差数列．
(2)解 由(1)得＝＋(n－1)d＝4n＋1，
所以an＝，
所以a1a2＝×＝，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
则at＝＝，
解得t＝11∈N*，
所以a1a2是数列{an}中的第11项．
例3 解 对于任意的m，n∈N*，
都有am＋n＝am＋an＋mn，
令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，
则an＋1－an＝n＋1，
∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋3＋4＋…＋n，
即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
又a1＝1，
∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
跟踪训练3 解 当n≥2时，
2Sn＝(n＋1)an,2Sn－1＝nan－1，
两式相减得，2an＝(n＋1)an－nan－1，
整理可得＝，
而＝2，所以是首项为2，
公比为1的等比数列，
故＝2，即an＝2n，n∈N*.
例4 解 (1)∵{an}是递增的等差数列，∴数列{an}的公差d>0.
由题意得
可得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)选①时，an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3.
bn＝＝
＝
＝－(－)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－×[(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝.
选②时，bn＝an＋2n＝(2n＋1)＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(21＋22＋23＋…＋2n)＝＋＝n2＋2n＋2n＋1－2.
选③时，bn＝an·2n＝(2n＋1)·2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n，则2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，两式作差得－Tn＝3×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)·2n＋1＝6＋－(2n＋1)·2n＋1＝(－2n＋1)·2n＋1－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
跟踪训练4 解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由等差数列的性质可得
S8－S5＝a6＋a7＋a8＝3a7＝45，
解得a7＝15，
又a4，a7，a12成等比数列，
所以a＝a4a12
＝(a7－3d)(a7＋5d)，
整理得2da7＝15d2，
因为d≠0，a7＝15，
所以d＝2，
所以an＝a7＋(n－7)d＝2n＋1.
(2)由(1)可得a1＝3，
则Sn＝＝n(n＋2)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝
＝－.
例5 9
解析 由题意知每个图形中每条线段的长度相等．
设第n个图形中线段的长度为an，
则an＝n－1，
设第n个图形中线段的条数为bn，
则bn＝3×4n－1，
∴cn＝anbn＝3×n－1，
则c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
＝9×，
令9×>81，
得n>10，
则n>＝≈8.006，
即满足不等式的最小正整数n的值为9.
跟踪训练5 C [现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3，6,12,23,41，
各项与前一项之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…，
即2,3,6,11,18，…，
3－2,6－3,11－6,18－11，…，
即1,3,5,7，…是等差数列，
所以a7＝41＋(18＋9)＝68，
a8＝68＋(18＋9＋11)＝106.]
一、等差与等比数列的基本运算
1．数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小．
2．通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例1 在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
跟踪训练1 (1)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则＝________.
(2)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2a3＝S5.
①求数列{an}的通项公式；
②已知等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2，若bm＝a782，求数列{bn}的前m项和Tm.
二、等差、等比数列的判定
1．判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列．
2．通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养．
例2 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式．
反思感悟 判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的常数．
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列．②若a＝an－1·an＋1 (n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是公比不为1的等比数列．
跟踪训练2 已知数列{an}满足a1＝，且当n>1，n∈N*时，有＝.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由．
三、数列的通项
1．数列的通项公式的求法在考查中也经常涉及．在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等．
2．通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例3 在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式．
反思感悟 求数列通项的常用方法
(1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1.
(2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：适用于形如“＝f(n)”，
an＝a1···…·.
(4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列.
②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N*，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①.
跟踪训练3 设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝(n＋1)an，n∈N*.求数列{an}的通项公式．
四、数列求和
1．数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题的形式出现，难度中等．
2．通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养．
例4 已知数列{an}是递增的等差数列，a3＝7，且a4是a1与a13的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝an·2n.从上面三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n项和Tn.
跟踪训练4 在公差不为零的等差数列{an}中，已知其前n项和为Sn，若S8＝S5＋45，且a4，a7，a12成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)当bn＝时，求数列{bn}的前n项和Tn.
五、数列的综合应用与创新问题
1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题，或与数阵、点列结合命题一些创新性问题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上．
2．通过此类问题，综合考查抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等数学核心素养．
例5 分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn>81的最小正整数n的值为______．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)
反思感悟 此类题目不仅考查学生对基本知识和技能的掌握情况，同时也考查学生的数学应用意识．
跟踪训练5 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球(a1＝1)，第二层有3个球(a2＝3)，第三层有6个球(a3＝6)，第四层有10个球(a4＝10)，第五层有15个球(a5＝15)，…，各层球数之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，…，即2,3,4,5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3,6,12,23,41，则该数列的第8项为( )
A．51 B．68 C．106 D．157
章末复习课
例1 解 (1)设数列{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.
设数列{bn}的公差为d，
则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N*.
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝
＝6n2－22n，n∈N*.
跟踪训练1 (1)1 033
解析 ∵数列{an}是以2为首项，
1为公差的等差数列，
∴an＝2＋×1＝n＋1，
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝1×2n－1＝2n－1，
∴＝2n－1＋1，
∴＝＋10＝1 033.
(2)解 ①设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，a2a3＝S5，
∴(1＋d)(1＋2d)＝5＋，
解得d＝－或d＝4.
∵d>0，∴d＝4，
∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.
②由①知a2＝5，
∴b1＝a1＝1，b2＝a2＝5，
∴等比数列{bn}的公比q＝＝5，
∴bn＝b1qn－1＝5n－1.
由bm＝a782，得5m－1＝4×782－3，
解得m＝6，
∴Tm＝T6＝＝3 906.
例2 解 (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入，得a2＝4a1＝4.
将n＝2代入，得a3＝3a2＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，
公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以{bn}是首项为1，
公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以an＝n·2n－1，n∈N*.
跟踪训练2 (1)证明 当n≥2时，
由＝，
得an－1－an＝4an－1an，
两边同除以an－1an，
得－＝4.
所以数列是首项为＝5，
公差为d＝4的等差数列．
(2)解 由(1)得＝＋(n－1)d＝4n＋1，
所以an＝，
所以a1a2＝×＝，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
则at＝＝，
解得t＝11∈N*，
所以a1a2是数列{an}中的第11项．
例3 解 对于任意的m，n∈N*，
都有am＋n＝am＋an＋mn，
令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，
则an＋1－an＝n＋1，
∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋3＋4＋…＋n，
即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
又a1＝1，
∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
跟踪训练3 解 当n≥2时，
2Sn＝(n＋1)an,2Sn－1＝nan－1，
两式相减得，2an＝(n＋1)an－nan－1，
整理可得＝，
而＝2，所以是首项为2，
公比为1的等比数列，
故＝2，即an＝2n，n∈N*.
例4 解 (1)∵{an}是递增的等差数列，∴数列{an}的公差d>0.
由题意得
可得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)选①时，an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3.
bn＝＝
＝
＝－(－)，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－×[(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝.
选②时，bn＝an＋2n＝(2n＋1)＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＋(21＋22＋23＋…＋2n)＝＋＝n2＋2n＋2n＋1－2.
选③时，bn＝an·2n＝(2n＋1)·2n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n，则2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，两式作差得－Tn＝3×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)·2n＋1＝6＋－(2n＋1)·2n＋1＝(－2n＋1)·2n＋1－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
跟踪训练4 解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由等差数列的性质可得
S8－S5＝a6＋a7＋a8＝3a7＝45，
解得a7＝15，
又a4，a7，a12成等比数列，
所以a＝a4a12
＝(a7－3d)(a7＋5d)，
整理得2da7＝15d2，
因为d≠0，a7＝15，
所以d＝2，
所以an＝a7＋(n－7)d＝2n＋1.
(2)由(1)可得a1＝3，
则Sn＝＝n(n＋2)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝
＝
＝－.
例5 9
解析 由题意知每个图形中每条线段的长度相等．
设第n个图形中线段的长度为an，
则an＝n－1，
设第n个图形中线段的条数为bn，
则bn＝3×4n－1，
∴cn＝anbn＝3×n－1，
则c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝
＝9×，
令9×>81，
得n>10，
则n>＝≈8.006，
即满足不等式的最小正整数n的值为9.
跟踪训练5 C [现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3，6,12,23,41，
各项与前一项之差{an＋1－an}：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…，
即2,3,6,11,18，…，
3－2,6－3,11－6,18－11，…，
即1,3,5,7，…是等差数列，
所以a7＝41＋(18＋9)＝68，
a8＝68＋(18＋9＋11)＝106.]