必修5 第二章《数列》全章复习学案
文档属性
| 名称 | 必修5 第二章《数列》全章复习学案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 264.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-05-31 09:38:23 | ||
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文档简介
高二数学 必修5 第二章 《数列》全章复习
班级 姓名
学习目标
1.掌握等差数列、等比数列中运算与证明；
2.掌握求数列的和与数列的通项的方法。
学习过程
一、知识网络
等差数列的性质
（1），；
（2）；
（3）成等差数列，公差为；
（4）若的公差为，则仍为等差数列，公差为；
（5）成等差数列，公差为．
（6）成等差数列，公差为．
等比数列的性质
（1），；
（2）；
（3）成等比数列，公比为；
（4）若的公比为，则仍为等比数列，且公比为；
（5）仍成等比数列，公比分别为．
（6）当且为奇数或时，成等比数列．公比为．
二、典例分析
题型一 等差、等比数列中的运算
例1、已知数列的首项，公比为的等比数列，前n项和为，且，，成等差数列。
（1）求公比q；（2）设，求。
例2、已知{an}是等比数列，a1=2，a3=18；{bn}是等差数列，b1=2，b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3＞20.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Sn的公式；
（3）设Pn=b1+b4+b7+…+b3n－2， Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8，其中n=1，2，…，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论.
题型二 等差、等比数列的证明
例3、已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+2Sn·Sn－1=0（n≥2），a1=.
（1）求证：{}是等差数列； （2）求数列{an}的通项公式.
例4、已知数列{an}中，a1=且对任意非零自然数n都有an+1=an+()n+1.数列{bn}对任意非零自然数n都有bn=an+1－an.
（1）求证:数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式.
题型三 求数列的通项公式
例5、 在数列{an}中，a1=1，an+1=，求an.
例6、设Sn为数列{an}的前n项的和，且Sn＝(an－1)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
题型四 数列求和
例7、数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2－2an+1+an=0（n∈N*）.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=(n∈N*)，Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有Sn＞总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由.
例8、设数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1。
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
题型五 数列的应用
例9、某人贷款5万元，分5年等额还清，贷款年利率为5%，按复利计算，每年需还款多少元？(精确到1元)
三、总结提升
※ 学习小结
1、求数列的通项公式的方法有：累加法、累乘法、待定系数法、取倒数法、取对数法、构造法;
2、数列的求和问题常用的方法：公式法、分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等等.
课后作业
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则a2＋a10＝( )
A．12 B．16 C．20 D．24
2．已知在等比数列{an}中，a1＝2，a5＝8，则a3＝( )
A．4 B．－4 C．±4 D．5
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a7＋a11＝12，则S13＝( )
A．52 B．54 C．56 D．58
4．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．－110 B．－90 C．90 D．110
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S3＝( )
A．7 B．8 C．15 D．16
6．在正项等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4为( )
A．28 B．32 C．35 D．49
7．在等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝( )
A．81 B．27 C. D．243
8．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1
9．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A．1 B．12 C．13 D．14
10．在等差数列{an}中，d＝1，S98＝137，则a2＋a4＋a6＋…＋a98＝( )
A．91 B．92 C．93 D．94
二、填空题(每小题5分，共20分)
11．等差数列的第5项是8，第8项是5，则公差d＝________，a13＝________.
12．在等差数列中，a3＋a4＝9，a2a5＝18，则a3a4＝________.
13．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.2
14．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是________．
三、解答题(共80分)
15．(12分)已知在等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}前n项和Sn.
16．(12分)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20的值．
17．(14分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<1.
18．(14分)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，….
(1)证明：数列是等比数列；(2)数列的前n项和Sn.
19．(14分)已知在等差数列{an}中，a2＋a4＝10，a5＝9，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝bn＋an.21教育网 (1)求数列{an}的通项公式，写出它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的通项公式； (3)若cn＝，求数列{cn}的前项和Tn.
20．(14分)若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知在数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数．
(1)证明数列{2an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列；
(2)设在(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn＝(2a1＋1)·(2a2＋1)·…·(2an＋1)，求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式；21·cn·jy·com
(3)记bn＝Tn，求数列{bn}的前n项和Sn.
必修5第二章 《数列》全章复习参考答案
例1、（1）q=－1;（2）An=.
例2、解:（1）设{an}的公比为q，由a3=a1q2得q2==9，q=±3.
当q=－3时，a1+a2+a3=2－6+18=14＜20，
这与a1+a2+a3＞20矛盾，故舍去.
当q=3时，a1+a2+a3=2+6+18=26＞20，故符合题意.
设数列{bn}的公差为d，由b1+b2+b3+b4=26得4b1+d=26.
又b1=2，解得d=3，所以bn=3n－1.
（2）Sn==n2+n.
（3）b1，b4，b7，…，b3n－2组成以3d为公差的等差数列，
所以Pn=nb1+·3d=n2－n；
b10，b12，b14，…，b2n+8组成以2d为公差的等差数列，b10=29，
所以Qn=nb10+·2d=3n2+26n.
Pn－Qn=（n2－n）－（3n2+26n）=n（n－19）.
所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn＞Qn；当n=19时，Pn=Qn；当n≤18时，Pn＜Qn.
例3、（1）证明：∵－an=2SnSn－1，∴－Sn+Sn－1=2SnSn－1（n≥2），Sn≠0（n=1，2，3…）.
∴－=2. 又==2，∴{}是以2为首项，2为公差的等差数列.
（2）解：由（1），=2+（n－1）·2=2n，∴Sn=.当n≥2时，
an=Sn－Sn－1=－=－〔或n≥2时，an=－2SnSn－1=－〕；
当n=1时，S1=a1=. ∴an=
例4、（1）证明：bn=an+1－an=［an+()n+1］－an=()n+1－an，bn+1=()n+2－an+1=()n+2－［an+()n+1］=·()n+1－an－·(）n+1=·()n+1－an=·［()n+1－an］，
∴=（n=1，2，3，…）.∴{bn}是公比为的等比数列.
（2）解：∵b1=()2－a1=－·=，∴bn=·()n－1=()n+1.由bn=()n+1－an，得(）n+1=()n+1－an，解得an=6［()n+1－()n+1］.
例5、解：原式可化为－=n，
则：－=n，－=n，…，－=n，
相加得－=1+2+…+（n－1），∴an=.
例6、解：∵Sn＝(an－1)，
∴当n＝1时，S1＝a1＝(a1－1)，解得a1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，得＝3，
∴当n≥2时，数列{an}是以3为公比的等比数列，且首项a2＝3a1＝9.
∴当n≥2时，an＝9·3n－2＝3n.显然n＝1时也成立．
故数列的通项公式为an＝3n(n∈N*)．
例7、解：（1）∵an+2－2an+1+an=0，∴an+2－an+1=an+1－an（n∈N*）.
∴{an}是等差数列.设公差为d，又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，
∴d=－2.∴an=－2n+10.
（2）bn===（－），
∴Sn=b1+b2+…+bn=［（1－）+（－）+…+（－）］=（1－）=.
假设存在整数m满足Sn＞总成立.
又Sn+1－Sn=－=＞0，
∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1=为Sn的最小值，故＜，
即m＜8.又m∈N*， ∴适合条件的m的最大值为7.
例8、解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2.
故数列{an}的通项公式为an＝4n－2，
即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝4的等差数列．
设数列{bn}的公比为q，则b1qd＝b1.∵d＝4，∴q＝.
故bn＝b1qn－1＝2×，即{bn}的通项公式为bn＝.
(2)∵cn＝＝＝(2n－1)4n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝[1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)·4n－1]．
∴4Tn＝[1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n]．
两式相减，得3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n＝[(6n－5)4n＋5]．
∴Tn＝[(6n－5)4n＋5]．
例9、解：设每年还款x万元．
第一年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)4万元．
第二年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)3万元．
第三年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)2万元．
第四年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)万元，
第五年偿还的x万元，还清贷款时仍为x万元．
于是x(1＋0.05)4＋x(1＋0.05)3＋x(1＋0.05)2＋x(1＋0.05)＋x＝5(1＋0.05)5，
解得x＝≈1.154 9(万元)．
课后作业
1．B 2.A 3.A 4.D 5.A
6．A 解析：∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7,91－S4成等比数列，即(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或－21(舍去)．
7．A 解析：因为{an}是等比数列，所以a2a3a4a5·…·a9＝(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)＝(a1a10)4＝81
8．A
9．A 解析：＝＝×＝1.
10．C 解析：∵S98＝137，∴(a1＋a3＋…＋a97)＋(a2＋a4＋…＋a98)＝137,2(a2＋a4＋…＋a98)－49d＝137，∴a2＋a4＋…＋a98＝93.2·1·c·n·j·y
11．－1 0 解析：d＝＝－1，a13＝a5＋(13－5)d＝8－8＝0.
12．20 13.64
14．211 解析：a5＝a1q4?81q4＝16?q4＝.∵数列的各项都是正数，∴q＝.∴S5＝＝＝35·＝35－25＝211.21cnjy.com
15．解：设{an}的公差为d，则
即解得或
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
16．解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.∴Sn＝＝(3n－1)．
(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，∴公差d＝5.
故T20＝20×3＋×5＝1010.
17．(1)解：设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，得2(log22＋d)＝log22＋log28，即d＝1.
∴log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1.
(2)证明：∵＝＝，
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－<1.
18．解：(1)∵an＋1＝，∴＝＝＋·.
∴－1＝.又∵a1＝，∴－1＝.
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知：－1＝·＝，即＝＋1. ∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋， ①
则Tn＝＋＋…＋＋. ②
由①－②，得Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－－.
∴Tn＝2－－.
又∵1＋2＋3＋…＋n＝，
∴数列的前n项和
Sn＝2－＋＝－.
19．解：(1)设an＝a1＋(n－1)d，由题意，易得a1＝1，d＝2.
所以an＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2.
(2)b1＝a1＝1，bn＋1＝bn＋an＝bn＋2n－1，
所以b2＝b1＋1，b3＝b2＋3＝b1＋1＋3，…
bn＝b1＋1＋3＋…＋(2n－3)
＝1＋(n－1)2＝n2－2n＋2(n≥2)．
又当n＝1时，n2－2n＋2＝1＝a1，
所以数列{bn}的通项bn＝n2－2n＋2.
(3)cn＝＝＝－，
Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝.
20．解：(1)因为an＋1＝2a＋2an，
2an＋1＋1＝2(2a＋2an)＋1＝(2an＋1)2，
所以数列{2an＋1}是“平方递推数列”．
由以上结论，得lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1),
所以数列{lg(2an＋1)}是首项为lg5公比为2的等比数列．
(2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg5＝lg，
2an＋1＝，an＝(－1)．
lgTn＝lg(2a1＋1)＋…＋lg(2an＋1)＝(2n－1)lg5， Tn＝.
(3)因为bn＝＝＝2－， 所以Sn＝2n－2＋.
班级 姓名
学习目标
1.掌握等差数列、等比数列中运算与证明；
2.掌握求数列的和与数列的通项的方法。
学习过程
一、知识网络
等差数列的性质
（1），；
（2）；
（3）成等差数列，公差为；
（4）若的公差为，则仍为等差数列，公差为；
（5）成等差数列，公差为．
（6）成等差数列，公差为．
等比数列的性质
（1），；
（2）；
（3）成等比数列，公比为；
（4）若的公比为，则仍为等比数列，且公比为；
（5）仍成等比数列，公比分别为．
（6）当且为奇数或时，成等比数列．公比为．
二、典例分析
题型一 等差、等比数列中的运算
例1、已知数列的首项，公比为的等比数列，前n项和为，且，，成等差数列。
（1）求公比q；（2）设，求。
例2、已知{an}是等比数列，a1=2，a3=18；{bn}是等差数列，b1=2，b1+b2+b3+b4=a1+a2+a3＞20.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Sn的公式；
（3）设Pn=b1+b4+b7+…+b3n－2， Qn=b10+b12+b14+…+b2n+8，其中n=1，2，…，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论.
题型二 等差、等比数列的证明
例3、已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+2Sn·Sn－1=0（n≥2），a1=.
（1）求证：{}是等差数列； （2）求数列{an}的通项公式.
例4、已知数列{an}中，a1=且对任意非零自然数n都有an+1=an+()n+1.数列{bn}对任意非零自然数n都有bn=an+1－an.
（1）求证:数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式.
题型三 求数列的通项公式
例5、 在数列{an}中，a1=1，an+1=，求an.
例6、设Sn为数列{an}的前n项的和，且Sn＝(an－1)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
题型四 数列求和
例7、数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2－2an+1+an=0（n∈N*）.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=(n∈N*)，Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有Sn＞总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由.
例8、设数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2n2，{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1。
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
题型五 数列的应用
例9、某人贷款5万元，分5年等额还清，贷款年利率为5%，按复利计算，每年需还款多少元？(精确到1元)
三、总结提升
※ 学习小结
1、求数列的通项公式的方法有：累加法、累乘法、待定系数法、取倒数法、取对数法、构造法;
2、数列的求和问题常用的方法：公式法、分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等等.
课后作业
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则a2＋a10＝( )
A．12 B．16 C．20 D．24
2．已知在等比数列{an}中，a1＝2，a5＝8，则a3＝( )
A．4 B．－4 C．±4 D．5
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a7＋a11＝12，则S13＝( )
A．52 B．54 C．56 D．58
4．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．－110 B．－90 C．90 D．110
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S3＝( )
A．7 B．8 C．15 D．16
6．在正项等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4为( )
A．28 B．32 C．35 D．49
7．在等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝( )
A．81 B．27 C. D．243
8．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1
9．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝( )
A．1 B．12 C．13 D．14
10．在等差数列{an}中，d＝1，S98＝137，则a2＋a4＋a6＋…＋a98＝( )
A．91 B．92 C．93 D．94
二、填空题(每小题5分，共20分)
11．等差数列的第5项是8，第8项是5，则公差d＝________，a13＝________.
12．在等差数列中，a3＋a4＝9，a2a5＝18，则a3a4＝________.
13．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.2
14．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是________．
三、解答题(共80分)
15．(12分)已知在等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}前n项和Sn.
16．(12分)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20的值．
17．(14分)已知数列{log2(an－1)}(n∈N*)为等差数列，且a1＝3，a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<1.
18．(14分)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，….
(1)证明：数列是等比数列；(2)数列的前n项和Sn.
19．(14分)已知在等差数列{an}中，a2＋a4＝10，a5＝9，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝bn＋an.21教育网 (1)求数列{an}的通项公式，写出它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的通项公式； (3)若cn＝，求数列{cn}的前项和Tn.
20．(14分)若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知在数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数．
(1)证明数列{2an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列；
(2)设在(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn＝(2a1＋1)·(2a2＋1)·…·(2an＋1)，求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式；21·cn·jy·com
(3)记bn＝Tn，求数列{bn}的前n项和Sn.
必修5第二章 《数列》全章复习参考答案
例1、（1）q=－1;（2）An=.
例2、解:（1）设{an}的公比为q，由a3=a1q2得q2==9，q=±3.
当q=－3时，a1+a2+a3=2－6+18=14＜20，
这与a1+a2+a3＞20矛盾，故舍去.
当q=3时，a1+a2+a3=2+6+18=26＞20，故符合题意.
设数列{bn}的公差为d，由b1+b2+b3+b4=26得4b1+d=26.
又b1=2，解得d=3，所以bn=3n－1.
（2）Sn==n2+n.
（3）b1，b4，b7，…，b3n－2组成以3d为公差的等差数列，
所以Pn=nb1+·3d=n2－n；
b10，b12，b14，…，b2n+8组成以2d为公差的等差数列，b10=29，
所以Qn=nb10+·2d=3n2+26n.
Pn－Qn=（n2－n）－（3n2+26n）=n（n－19）.
所以，对于正整数n，当n≥20时，Pn＞Qn；当n=19时，Pn=Qn；当n≤18时，Pn＜Qn.
例3、（1）证明：∵－an=2SnSn－1，∴－Sn+Sn－1=2SnSn－1（n≥2），Sn≠0（n=1，2，3…）.
∴－=2. 又==2，∴{}是以2为首项，2为公差的等差数列.
（2）解：由（1），=2+（n－1）·2=2n，∴Sn=.当n≥2时，
an=Sn－Sn－1=－=－〔或n≥2时，an=－2SnSn－1=－〕；
当n=1时，S1=a1=. ∴an=
例4、（1）证明：bn=an+1－an=［an+()n+1］－an=()n+1－an，bn+1=()n+2－an+1=()n+2－［an+()n+1］=·()n+1－an－·(）n+1=·()n+1－an=·［()n+1－an］，
∴=（n=1，2，3，…）.∴{bn}是公比为的等比数列.
（2）解：∵b1=()2－a1=－·=，∴bn=·()n－1=()n+1.由bn=()n+1－an，得(）n+1=()n+1－an，解得an=6［()n+1－()n+1］.
例5、解：原式可化为－=n，
则：－=n，－=n，…，－=n，
相加得－=1+2+…+（n－1），∴an=.
例6、解：∵Sn＝(an－1)，
∴当n＝1时，S1＝a1＝(a1－1)，解得a1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，得＝3，
∴当n≥2时，数列{an}是以3为公比的等比数列，且首项a2＝3a1＝9.
∴当n≥2时，an＝9·3n－2＝3n.显然n＝1时也成立．
故数列的通项公式为an＝3n(n∈N*)．
例7、解：（1）∵an+2－2an+1+an=0，∴an+2－an+1=an+1－an（n∈N*）.
∴{an}是等差数列.设公差为d，又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，
∴d=－2.∴an=－2n+10.
（2）bn===（－），
∴Sn=b1+b2+…+bn=［（1－）+（－）+…+（－）］=（1－）=.
假设存在整数m满足Sn＞总成立.
又Sn+1－Sn=－=＞0，
∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1=为Sn的最小值，故＜，
即m＜8.又m∈N*， ∴适合条件的m的最大值为7.
例8、解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2.
故数列{an}的通项公式为an＝4n－2，
即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝4的等差数列．
设数列{bn}的公比为q，则b1qd＝b1.∵d＝4，∴q＝.
故bn＝b1qn－1＝2×，即{bn}的通项公式为bn＝.
(2)∵cn＝＝＝(2n－1)4n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝[1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)·4n－1]．
∴4Tn＝[1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n]．
两式相减，得3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n＝[(6n－5)4n＋5]．
∴Tn＝[(6n－5)4n＋5]．
例9、解：设每年还款x万元．
第一年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)4万元．
第二年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)3万元．
第三年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)2万元．
第四年偿还的x万元，还清贷款时升值为x(1＋0.05)万元，
第五年偿还的x万元，还清贷款时仍为x万元．
于是x(1＋0.05)4＋x(1＋0.05)3＋x(1＋0.05)2＋x(1＋0.05)＋x＝5(1＋0.05)5，
解得x＝≈1.154 9(万元)．
课后作业
1．B 2.A 3.A 4.D 5.A
6．A 解析：∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7,91－S4成等比数列，即(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或－21(舍去)．
7．A 解析：因为{an}是等比数列，所以a2a3a4a5·…·a9＝(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)＝(a1a10)4＝81
8．A
9．A 解析：＝＝×＝1.
10．C 解析：∵S98＝137，∴(a1＋a3＋…＋a97)＋(a2＋a4＋…＋a98)＝137,2(a2＋a4＋…＋a98)－49d＝137，∴a2＋a4＋…＋a98＝93.2·1·c·n·j·y
11．－1 0 解析：d＝＝－1，a13＝a5＋(13－5)d＝8－8＝0.
12．20 13.64
14．211 解析：a5＝a1q4?81q4＝16?q4＝.∵数列的各项都是正数，∴q＝.∴S5＝＝＝35·＝35－25＝211.21cnjy.com
15．解：设{an}的公差为d，则
即解得或
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
16．解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.∴Sn＝＝(3n－1)．
(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，∴公差d＝5.
故T20＝20×3＋×5＝1010.
17．(1)解：设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，得2(log22＋d)＝log22＋log28，即d＝1.
∴log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝2n＋1.
(2)证明：∵＝＝，
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝1－<1.
18．解：(1)∵an＋1＝，∴＝＝＋·.
∴－1＝.又∵a1＝，∴－1＝.
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知：－1＝·＝，即＝＋1. ∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋， ①
则Tn＝＋＋…＋＋. ②
由①－②，得Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－－.
∴Tn＝2－－.
又∵1＋2＋3＋…＋n＝，
∴数列的前n项和
Sn＝2－＋＝－.
19．解：(1)设an＝a1＋(n－1)d，由题意，易得a1＝1，d＝2.
所以an＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2.
(2)b1＝a1＝1，bn＋1＝bn＋an＝bn＋2n－1，
所以b2＝b1＋1，b3＝b2＋3＝b1＋1＋3，…
bn＝b1＋1＋3＋…＋(2n－3)
＝1＋(n－1)2＝n2－2n＋2(n≥2)．
又当n＝1时，n2－2n＋2＝1＝a1，
所以数列{bn}的通项bn＝n2－2n＋2.
(3)cn＝＝＝－，
Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝.
20．解：(1)因为an＋1＝2a＋2an，
2an＋1＋1＝2(2a＋2an)＋1＝(2an＋1)2，
所以数列{2an＋1}是“平方递推数列”．
由以上结论，得lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1),
所以数列{lg(2an＋1)}是首项为lg5公比为2的等比数列．
(2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg5＝lg，
2an＋1＝，an＝(－1)．
lgTn＝lg(2a1＋1)＋…＋lg(2an＋1)＝(2n－1)lg5， Tn＝.
(3)因为bn＝＝＝2－， 所以Sn＝2n－2＋.