【学霸笔记：同步精讲】第4章 章末综合提升 课件--2026版高中数学苏教版选必修1

(共74张PPT)
复习任务群一
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第4章　数列
章末综合提升
巩固层·知识整合
类型1　求数列的通项公式
数列通项公式的求法
(1)定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．
(2)已知Sn求an．若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
提升层·题型探究
(3)累加或累乘法
形如an－an－1＝f(n)(n2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f(n)(n2)的递推式，可用累乘法求通项公式．
(4)构造法
如an＋1＝Aan＋B可构造{an＋λ}为等比数列，再求解得通项公式．
【例1】　(1)已知等比数列{an}为递增数列，且＝5an＋1，则数列的通项公式an＝(　　)
A．2n B．2n+1
C． D．
(2)已知在数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．
√
(1)A　[法一：由数列{an}为递增的等比数列，可知公比q＞0，而＝a10＞0，所以q＞1，an＞0．由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2an＋2anq2＝5anq，则2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)．由＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝2．因此an＝2n．
法二：由等比数列{an}为递增数列知，公比q＞0，而＝a10＞0，所以an＞0，q＞1．由条件得＝5，即2＝5，解得q＝2．又由＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n．]
(2)[解]　法一：∵an＋1＝3an＋4，∴an＋1＋2＝3(an＋2)．
令bn＝an＋2，∵b1＝a1＋2＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，∴an＝3n－2．
法二：∵an＋1＝3an＋4， ①
∴an＝3an－1＋4(n2)． ②
①－②，得an＋1－an＝3(an－an－1)(n2)．
∵a2－a1＝3＋4－1＝6，
∴数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，即an＋1－an＝6×3n-1＝2×3n，利用累加法得an＝3n－2．
类型2　等差、等比数列的基本运算
在等差数列和等比数列的通项公式与前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想的运用．
【例2】　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．
[解]　(1)设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n-1＝2n．
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32．
设{bn}的公差为d，则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28．
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n．
类型3　等差、等比数列的判定等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数) {an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0) {an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 {an}是等差数列；＝an·an＋2(an≠0) {an}是等比数列．
(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}是等比数列．
提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定．②若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)数列即可．
【例3】　数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)．
(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求证：{cn}是等差数列．
[证明]　(1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2
＝4an＋1－4an．
＝＝2．
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5．
所以b1＝a2－2a1＝3．
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝3·2n-1＝an＋1－2an，
所以＝3．
所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2，
所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2．
类型4　等差、等比数列的性质
解决等差、等比数列有关问题的几点注意事项
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
【例4】　(1)(多选题)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有
(　　)
A．a7　　　B．a8　　　C．S15　　　D．S16
√
√
(2)(多选题)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 023a2 024>1，<0，则下列结论正确的是(　　)
A．S2 023B．a2 023a2 025－1<0
C．T2 024是数列{Tn}中的最大项
D．数列{Tn}无最大项
(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．
√
√
5
(1)BC　(2)AB　(3)5　[(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝不是定值．故选BC．
(2)当q＜0时，a2 023a2 024＝q＜0，不成立；
当q1时，a2 0231，a2 024＞1，＜0不成立；
故0＜q＜1，且a2 023＞1，0＜a2 024＜1，故S2 024＞S2 023，A正确；
a2 023a2 025－1＝－1＜0，故B正确；
T2 023是数列{Tn}中的最大项，CD错误；故选AB．
(3)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝＝＝5log22＝5．]
类型5　数列求和
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解，一般常见的求和方法有：
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式．
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项(相消)法：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和．
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
【例5】　已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3．
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和．
[解]　(1)当n2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn-1)，
则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，
＝c3＝8，∴c＝2．
∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，
解得k＝2，∴an＝2n．
当n＝1时，a1＝S1＝2．
综上所述，an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知，nan＝n·2n，
则Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，
两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1，∴Tn＝2＋(n－1)·2n+1．
章末综合测评(一)　动量守恒定律
题号
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√
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(满分：150分　时间：120分钟)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知数列1，，3，，…，，…，则是这个数列的(　　)
A．第10项 B．第11项
C．第12项 D．第21项
章末综合测评(四)　数列
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B　[观察可知该数列的通项公式为an＝(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令21＝2n－1，解得n＝11，故选B．]
题号
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√
2．在等比数列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的两根，则a4等于(　　)
A．8 B．－8
C．±8 D．以上选项都不对
题号
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A　[∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，
＝64，且a2>0，a6>0，
∴a4＝a2q2>0(q为公比)，∴a4＝8．]
3．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝(　　)
A．1 B．9
C．10 D．55
√
题号
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A　[a10＝S10－S9．
由条件知S1＋S9＝S10．
∴a10＝(S1＋S9)－S9＝S1＝a1＝1，故选A．]
√
4．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝(　　)
A．2 B．4
C．5 D．
题号
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B　[依题意得＝＝2，即＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此＝4．]
√
5．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A． B．
C． D．n2＋n
题号
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A　[设公差为d，则a1(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，把a1＝2代入可解得d＝．∴an＝2＋(n－1)×＝n＋．∴Sn＝＝n2＋．故选A．]
√
6．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则该数列第18项为(　　)
A．200 B．162
C．144 D．128
题号
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B　[偶数项分别为2，8，18，32，50，
即2×1，2×4，2×9，2×16，2×25，
即偶数项对应的通项公式为a2n＝2n2，则数列的第18项为第9个偶数项， 即a18＝a2×9＝2×92＝2×81＝162，故选B．]
题号
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√
7．在等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，则{an}的前n项和Sn中最大的负数为(　　)
A．S17 B．S18
C．S19 D．S20
题号
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C　[∵a10<0，a11>0，且a11>|a10|，∴a11＋a10>0．
S20＝＝10·(a11＋a10)>0．
S19＝＝·2a10<0．故选C．]
√
8．已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　　)
A．－1 B．－
C．0 D．
题号
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B　[法一：由题意得an＝a1＋(n－1)，cos an＋3＝cos
＝cos ＝cos ＝cos ＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝
cos ＝－cos a1－sin a1，cos a3＝cos ＝－cos a1＋sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝
cos a2≠cos a3，cos a1＝，cos a2＝≠cos a1．下面逐一讨论：
题号
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①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－cos a1－sin a1，得
tan a1＝－，所以ab＝cos a1＝＝＝＝＝－．
②当cosa1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－cos a1＋sin a1，得
tan a1＝，所以ab＝＝
题号
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＝＝＝＝－．
③当cosa2＝cos a3≠cos a1时，有＝－cos a1＋sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1＝＝－(1－sin2a1)＝－．综上，ab＝－，故选B．
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法二：取a1＝－，则cos a1＝，cos a2＝cos＝，cos a3＝cos ＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B．]
题号
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二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．数列{an}是递增的等差数列，前n项和为Sn，满足a8＝3a5，则下列选项正确的是(　　)
A．d＞0 B．a1＜0
C．当n＝4时，Sn最小 D．Sn＞0时，n的最小值为7
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√
√
ABD　[由{an}是递增的等差数列，得d＞0，选项A正确；
由a8＝3a5，得a1＋7d＝3(a1＋4d)，则a1＝－d＜0，选项B正确；
由Sn＝na1＋·d＝n2－3d·n＝(n－3)2－d，得当n＝3时，Sn有最小值，且最小值为－，选项C错误；
又Sn＝na1＋·d＝n2－3d·n＝·n(n－6)＞0，解得n＞6(n∈N*)，
所以Sn＞0时，n的最小值为7，选项D正确．]
题号
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10．已知数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意k＞2 022(k∈N*)，都有|Sk|＞|Sk＋1|，则下列说法错误的是(　　)
A．a1，a3，a5，…，a2n－1为等差数列，a2，a4，a6，…，a2n为等比数列
B．a1，a3，a5，…，a2n－1为等比数列，a2，a4，a6，…，a2n为等差数列
C．a1，a2，a3，…，a2 022为等差数列，a2 022，a2 023，…，an为等比数列
D．a1，a2，a3，…，a2 022为等比数列，a2 022，a2 023，…，an为等差数列
题号
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√
√
ABD　[由题意，当n＞2 022时，|Sn|单调递减．对于A，B，假设数列{a2n}，{a2n－1}中有一个为等差数列(记为{bn}，公差为d，前n项和为Tn)，另一个为等比数列(记为{cn}，公比为q，q≠0，前n项和为Hn)．若|q|＞1，则等比数列无界，|S2n|＝，当n→＋∞时，|S2n|的变化完全被式子中的指数部分主导，|S2n|→＋∞，不符合题意．若q＝1，则|S2n|＝，①若d≠0，则当n→＋∞时，|S2n|→＋∞，不符合题意；②若d＝0，
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则当n→＋∞时，|S2n|＝|nb1＋nc1|→＋∞或恒为0，不符合题意．若q＝－1或|q|＜1，则等比数列有界，①若等差数列不恒为0，则当n→＋∞时，|Tn|→＋∞，|Hn|有界，|S2n|的变化完全被等差数列主导，|S2n|→＋∞，不符合题意；②若等差数列恒为0，则存在k＞2 022，使得|Sk|＝|Sk＋1|，不符合题意．故A，B不正确．
对于C，由题意知，当数列{an}为2 020，2 019，…，1，0，－1，
－，－，…时，满足题意，故C正确．
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对于D，设a2 022，a2 023，…，an的公差为d1，则当n＞2 022时，
Sn＝S2 021＋a2 022＋a2 023＋…＋an＝S2 021＋(n－2 021)a2 022＋×d1，易知a2 022≠0，则当n→＋∞时，|Sn|→＋∞，不符合题意，故D不正确．综上所述，故选ABD．]
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11．在公比q为整数的等比数列中，Sn是数列的前n项和，若a1·a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　)
A．q＝2
B．数列是等比数列
C．S8＝510
D．数列是公差为2的等差数列
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√
ABC　[因为数列为等比数列，又a1·a4＝32，所以a2·a3＝
32，又a2＋a3＝12，所以 或又公比q为整数，则
即an＝2n，Sn＝＝2n+1－2， 对于选项A，由上可得
q＝2，即选项A正确；
题号
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对于选项B，Sn＋2＝2n+1，＝＝2，则数列是等比数列，即选项B正确；
对于选项C，S8＝29－2＝510，即选项C正确；
对于选项D，lg an＋1－lg an＝(n＋1)lg 2－n lg 2＝lg 2，即数列是公差为lg 2的等差数列，即选项D错误．故选ABC．]
题号
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三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．已知正项等比数列{an}中，a2＝1，a4＝，Sn表示数列{anan＋1}的前n项和，则Sn的取值范围是________．
题号
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[2，)
[2，)　[因为a2＝1，a4＝，且an＞0，
所以q2＝，q＝，
则a1＝2，an＝，anan＋1＝n-2·n-1＝2n-3，
所以数列{anan＋1}是以2为首项，公比为的等比数列，
则数列{anan＋1}的前n项和Sn＝＝，
当n＝1时，Sn有最小值2，
又Sn＝＜，所以Sn的范围是[2，)．]
题号
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13．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”．其中“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为
________．
题号
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　[设第n天织布的尺数为an，可知数列为等差数列，设等差数列的公差为d，前n项和为Sn，则a1＝5，an＝1，Sn＝90，
则Sn＝＝3n＝90，解得n＝30，∴a30＝a1＋29d＝5＋29d＝1，解得d＝－，因此，每天比前一天少织布的尺数为．]
题号
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14．已知数列满足a1＝21，an＋1＝an＋2n，则a4＝________，数
列的最小值为________．
题号
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33
33　　[因为an＋1＝an＋2n，所以an＋1－an＝2n，从而an－an－1＝2(n－1)(n2)．
所以a4－a3＝2×3＝6，a3－a2＝2×2＝4，a2－a1＝2×1＝2，a1＝21，所以a4＝6＋4＋2＋21＝33．
an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＝2×[1＋2＋…＋(n－1)]＝2×＝n2－n．
题号
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而a1＝21，所以an＝n2－n＋21，则＝＝n＋－1，
因为f(n)＝n＋－1在(0，4]上单调递减，在[5，＋∞)上单调递增，
当n＝4时，＝＝8.25，
当n＝5时，＝＝8.2，
所以n＝5时取得最小值，最小值为．]
题号
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四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分13分)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1．
注：如果选择多个条件解答，则按第一个解答计分．
题号
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[解]　①③ ②．
已知{an}是等差数列，a2＝3a1．
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1．
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①② ③．
题号
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已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．
②③ ①．
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．
题号
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设数列{}的公差为d，d>0，则＝＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n2)，是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
16．(本小题满分15分)已知数列{an}，{bn}满足an＋1－an＝bn，为等比数列，且a1＝2，a2＝4，a3＝10．
(1)试判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(2)求an．
题号
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[解]　(1)数列{bn}不是等比数列．
理由如下：
由an＋1－an＝bn，且a1＝2，a2＝4，a3＝10得
b1＝a2－a1＝2，b2＝a3－a2＝6，
又因为数列{bn＋2}为等比数列，
所以可知其首项为4，公比为2．
所以b3＋2＝4×22＝16，
∴b3＝14，显然＝36≠b1b3＝28，
故数列{bn}不是等比数列．
题号
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(2)结合(1)知，等比数列{bn＋2}的首项为4，公比为2，
故bn＋2＝4·2n-1＝2n+1，所以bn＝2n+1－2，
因为an＋1－an＝bn，∴an－an－1＝2n－2(n2)．
累加得an－2＝－2(n－1)，
∴an＝－2n＋2
＝－2n＋2＝2n+1－2n，又a1＝2满足上式，
∴an＝2n+1－2n．
题号
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17．(本小题满分15分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．
题号
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[解]　(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知q＞
0．由已知，得消去d，整理得q4－2q2－8＝0．因为
q＞0，解得q＝2，所以d＝2．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*．
题号
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19
(2)由(1)有cn＝(2n－1)·2n-1，设{cn}的前n项和为Sn，则
Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n-2＋(2n－1)×2n-1，
2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n-1＋(2n－1)×2n，
上述两式相减，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n+1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，
所以Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*．
题号
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18．(本小题满分17分)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
题号
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[解]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，
解得a1＝4．
当n2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n-1．
题号
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19
(2)bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n-1，
故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，
所以－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n
＝4＋4×－4n×3n
＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n·3n
＝(2－4n)·3n－2，
所以Tn＝(2n－1)·3n＋1．
题号
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19．(本题满分17分)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4．
(1)求{an}的通项公式和
(2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1n2k－1，则bk(ⅰ)当k2时，求证：2k－1(ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和．
题号
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[解]　(1)设{an}的公差为d，
由得
解得
所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
＝2·2n-1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2n+1－1．
从到a2n－1共有2n－1－2n-1＋1＝2·2n-1－2n-1＝2n-1(项)．
所以 ＝＝＝＝3·22n-2．
题号
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(2)(ⅰ)证明：因为当2k-1n2k－1时，bk所以当2kn＋12k+1－1时，bk＋1可得an因为{an}为递增数列，所以若2k-1n2k－1，则ana2k－1，得2k＋1an2k+1－1．
同理可得2k+1＋1an＋12k+2－1．
故可得2k+1－1所以2k－1综上，当k2时，2k－1题号
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(ⅱ)由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn(p>0，q>0，且q≠1)，
由(ⅰ)知，2n－1则有1－①当>1，即q>2时，
n0∈N*，使得p·n0>2，与p·n0<1＋矛盾；
②当0<<1，q≠1，即0题号
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n1∈N*，使得p·n1<，与p·n1>1－矛盾．故q＝2．
因为2n－1设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n+1－2．
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谢 谢！