第二章 章末复习课
课时目标
综合运用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题．
一、选择题
1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为( )
1
2
1
a
b
c
A.1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 由题意知，a＝，b＝，c＝，
故a＋b＋c＝1.
2．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3成等差数列，则a3＋a4＋a5等于( )
A．33 B．72 C．84 D．189
答案 C
解析 由题意可设公比为q，则4a2＝4a1＋a3，
又a1＝3，∴q＝2.
∴a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)
＝3×4×(1＋2＋4)＝84.
3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
解析 设项数为2n，公比为q.
由已知S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1. ①
S偶＝a2＋a4＋…＋a2n. ②
②÷①得，q＝＝2，
∴S2n＝S奇＋S偶＝255＝＝，
∴2n＝8.
4．在公差不为零的等差数列{an}中，a1，a3，a7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{an}的通项an等于( )
A．n B．n＋1 C．2n－1 D．2n＋1
答案 B
解析 由题意a＝a1a7，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
得a1d＝2d2.
又d≠0，∴a1＝2d，S7＝7a1＋d＝35d＝35.
∴d＝1，a1＝2，an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.
5．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n (n≥2，n∈N＋)，则的值是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，
∴a3·a2＝a2＋(－1)3，∴a3＝，
∴a4＝＋(－1)4，∴a4＝3，
∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝，
∴＝×＝.
6．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于( )
A．126 B．130 C．132 D．134
答案 C
解析 ∵{an}是各项不为0的正项等比数列，
∴{bn}是等差数列．
又∵b3＝18，b6＝12，∴b1＝22，d＝－2，
∴Sn＝22n＋×(－2)＝－n2＋23n，
＝－(n－)2＋
∴当n＝11或12时，Sn最大，
∴(Sn)max＝－112＋23×11＝132.
二、填空题
7．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．
答案 2,4,8
解析 设这三个数为，a，aq.由·a·aq＝a3＝64，得a＝4.
由＋a＋aq＝＋4＋4q＝14.解得q＝或q＝2.
∴这三个数从小到大依次为2,4,8.
8．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是____．
答案 5
解析 S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12；S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11.
则，∴S奇＝162，S偶＝192，
∴S偶－S奇＝6d＝30，d＝5.
9．如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝______.
答案 0
解析 ∵a，b，c成等差数列，设公差为d，
则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝－dlogmx＋2dlogmy－dlogmz
＝dlogm＝dlogm1＝0.
10．等比数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则a13＋a14＋a15＝________.
答案 48
解析 易知q≠1，∴，
∴＝1＋q3＝3，∴q3＝2.
∴a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12
＝S3·q12＝3×24＝48.
三、解答题
11．设{an}是等差数列，bn＝an，已知：b1＋b2＋b3＝，b1b2b3＝，求等差数列的通项an.
解 设等差数列{an}的公差为d，
则＝＝an＋1－an＝d.
∴数列{bn}是等比数列，公比q＝d.
∴b1b2b3＝b＝，∴b2＝.
∴，解得或.
当时，q2＝16，∴q＝4(q＝－4<0舍去)
此时，bn＝b1qn－1＝·4n－1＝22n－5.
由bn＝5－2n＝an，∴an＝5－2n.
当时，q2＝，∴q＝
此时，bn＝b1qn－1＝2·n－1＝2n－3＝an，
∴an＝2n－3.
综上所述，an＝5－2n或an＝2n－3.
12．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ (n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d>0，∴d＝2
∵a1＝1.∴an＝2n－1 (n∈N*)．
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
假设存在整数t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t<9.
又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.
能力提升
13．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，其中ak1，ak2，…，akn恰为等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋…＋kn.
解 由题意知a＝a1a17，
即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)．
∵d≠0，由此解得2d＝a1.
公比q＝＝＝3.∴akn＝a1·3n－1.
又akn＝a1＋(kn－1)d＝a1，
∴a1·3n－1＝a1.
∵a1≠0，∴kn＝2·3n－1－1，
∴k1＋k2＋…＋kn＝2(1＋3＋…＋3n－1)－n
＝3n－n－1.
14．设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式：
3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t (t>0，n＝2,3,4，…)．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝f (n＝2,3,4，…)．求数列{bn}的通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2n·b2n＋1.
(1)证明 由a1＝S1＝1，S2＝1＋a2，
得a2＝，＝.
又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t， ①
3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t. ②
①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0.
∴＝，(n＝2,3，…)．
∴数列{an}是一个首项为1，
公比为的等比数列．
(2)解 由f(t)＝＝＋，
得bn＝f＝＋bn－1.
∴数列{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列．
∴bn＝1＋(n－1)＝.
(3)解 由bn＝，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列．
于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1
＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)
＝－(b2＋b4＋…＋b2n)＝－·n
＝－(2n2＋3n)．
1．等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，an，Sn或a1，n，q，an，Sn.一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d(或q)，问题可迎刃而解．
2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：①建立基本量的方程(组)求解；②巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解．
习题课(1)
课时目标
1．熟练掌握等差数列的概念、通项公式、前n项和公式，并能综合运用这些知识解决一些问题．
2．熟练掌握等差数列的性质、等差数列前n项和的性质，并能综合运用这些性质解决相关问题．
要点回顾
1．若Sn是数列{an}的前n项和，则Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝
2．若数列{an}为等差数列，则有：
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)前n项和：Sn＝na1＋＝.
3．等差数列的常用性质
(1)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
(2)若Sn表示等差数列{an}的前n项和，则
Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差数列．
一、选择题
1．在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值为( )
A．24 B．22
C．20 D．－8
答案 A
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a7＋a11＝6，则S13等于( )
A．24 B．25
C．26 D．27
答案 C
解析 ∵a3＋a7＋a11＝6，∴a7＝2，
∴S13＝＝13a7＝26.
3．设数列{an}、{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于( )
A．0 B．37
C．100 D．－37
答案 C
解析 设数列{an}，{bn}的公差分别为d，d′，
则a2＋b2＝(a1＋d)＋(b1＋d′)
＝(a1＋b1)＋(d＋d′)
＝100.
又∵a1＋b1＝100，∴d＋d′＝0.
∴a37＋b37＝(a1＋36d)＋(b1＋36d′)
＝(a1＋b1)＋36(d＋d′)＝100.
4．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13等于( )
A．120 B．105
C．90 D．75
答案 B
解析 ∵a1＋a2＋a3＝3a2＝15，∴a2＝5.
∵a1＝5－d，a3＝5＋d，d>0，
∴a1a2a3＝(5－d)·5·(5＋d)＝80，
∴d＝3，a1＝2.
∴a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a1＋11d)
＝3a1＋33d＝3×2＋33×3＝105.
5．若{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1>0，d<0，S4＝S8，则Sn>0成立的最大自然数n为( )
A．11 B．12
C．13 D．14
答案 A
解析 S4＝S8?a5＋a6＋a7＋a8＝0?a6＋a7＝0，又a1>0，d<0，S12＝＝0，n<12时，
Sn>0.
6．在等差数列{an}中，a1＝－2 008，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 012等于( )
A．－2 012 B．2 012
C．6 033 D．6 036
答案 D
解析 ＝a1＋，
∴－＝a1＋d－a1－d
＝d＝2.
∴S2 012＝2 012×(－2 008)＋×2
＝2 012×3＝6 036.
二、填空题
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则a6＋a7＋…＋a10的值为________．
答案 80
解析 a6＋a7＋…＋a10＝S10－S5＝111－31＝80.
8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sp＝Sq(p，q∈N*且p≠q)，则Sp＋q＝________.
答案 0
解析 设Sn＝an2＋bn，由Sp＝Sq.
知ap2＋bp＝aq2＋bq，∴p＋q＝－.
∴Sp＋q＝a(p＋q)2＋b(p＋q)
＝a(－)2＋b(－)
＝－＝0.
9．等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是______．
答案 5或6
解析 d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0且a3＋a9＝0，
∴a6＝0，∴a1>a2>…>a5>0，a6＝0,0>a7>a8>….
∴当n＝5或6时，Sn取到最大值．
10．已知数列{an}中，a1＝20，an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 n2－2n＋21
解析 ∵an＋1－an＝2n－1，
∴a2－a1＝1，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝2n－3，n≥2.
∴an－a1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)．
∴an＝20＋＝n2－2n＋21.
三、解答题
11．甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
解 (1)设n分钟后第1次相遇，依题意，
有2n＋＋5n＝70，
整理得n2＋13n－140＝0.
解之得n＝7，n＝－20(舍去)．
第1次相遇是在开始运动后7分钟．
(2)设n分钟后第2次相遇，依题意，有
2n＋＋5n＝3×70，
整理得n2＋13n－420＝0.
解之得n＝15，n＝－28(舍去)．
第2次相遇是在开始运动后15分钟．
12．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，且d>0.
∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3·a4＝117，
又公差d>0，∴a3
∴，∴，∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n·1＋·4＝2n2－n，
∴bn＝＝.
∴b1＝，b2＝，b3＝.
∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，
∴2c2＋c＝0，∴c＝－ (c＝0舍去)．
能力提升
13．在等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且|a10|A．S1，S2，…，S10都小于零，S11，S12，…都大于零
B．S1，S2，…，S5都小于零，S6，S7，…都大于零
C．S1，S2，…，S20都小于零，S21，S22，…都大于零
D．S1，S2，…，S19都小于零，S20，S21，…都大于零
答案 D
解析 ∵S19＝＝19a10<0，
S20＝.
而a1＋a20＝a10＋a11，∵a10<0，a11>0且|a10|∴a10＋a11>0，
∴S20＝＝10(a10＋a11)>0.
又∵d＝a11－a10>0.
∴Sn>0 (n≥20)．
14．把自然数1,2,3,4，…按下列方式排成一个数阵．
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
……………………………
根据以上排列规律，数阵中第n (n≥3)行从左至右的第3个数是______________.
答案 －＋3
解析 该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第n行有n个数，则第n－1 (n≥3)行的最后一个数为＝－，则第n行从左至右的第3个数为－＋3.
1．等差数列是最基本、最常见的数列，等差数列的定义是研究解决等差数列的判定和性质，推导通项公式、前n项和公式的出发点．
2．通项公式与前n项和公式联系着五个基本量：a1、d、n、an、Sn.掌握好本部分知识的内在联系、结构，以便灵活运用．
3．另外用函数观点和方法揭示等差数列的特征，在分析解决数列的综合题中有重要的意义．
习题课(2)
课时目标
1．能由简单的递推公式求出数列的通项公式；
2．掌握数列求和的几种基本方法．
1．等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列前n项和公式：
(1)当q＝1时，Sn＝na1；
(2)当q≠1时，Sn＝＝.
3．数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则an＝.
4．拆项成差求和经常用到下列拆项公式：
(1)＝－；
(2)＝(－)；
(3)＝－.
一、选择题
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )
A．1 B. C. D.
答案 B
解析 ∵an＝＝－，
∴S5＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
2．数列{an}的通项公式an＝，若前n项的和为10，则项数为( )
A．11 B．99 C．120 D．121
答案 C
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝－1＝10，∴n＝120.
3．数列1，2，3，4，…的前n项和为( )
A.(n2＋n＋2)－ B.n(n＋1)＋1－
C.(n2－n＋2)－ D.n(n＋1)＋2(1－)
答案 A
解析 1＋2＋3＋…＋(n＋)
＝(1＋2＋…＋n)＋(＋＋…＋)
＝＋
＝(n2＋n)＋1－
＝(n2＋n＋2)－.
4．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项之和是( )
A．n(n＋2) B.n(n＋4) C.n(n＋5) D.n(n＋7)
答案 C
解析 a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴bn的前n项和Sn＝.
5．已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50等于( )
A．0 B．1 C．－1 D．2
答案 B
解析 S17＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(15－16)＋17＝9，
S33＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(31－32)＋33＝17，
S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25，
所以S17＋S33＋S50＝1.
6．数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1是首项为1，公比为2的等比数列，那么an等于( )
A．2n－1 B．2n－1－1 C．2n＋1 D．4n－1
答案 A
解析 由于an－an－1＝1×2n－1＝2n－1，
那么an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1.
二、填空题
7．一个数列{an}，其中a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，那么这个数列的第5项是________．
答案 －6
8．在数列{an}中，an＋1＝，对所有正整数n都成立，且a1＝2，则an＝______.
答案
解析 ∵an＋1＝，∴＝＋.
∴是等差数列且公差d＝.
∴＝＋(n－1)×＝＋＝，
∴an＝.
9．在100内所有能被3整除但不能被7整除的正整数之和是________．
答案 1 473
解析 100内所有能被3整除的数的和为：S1＝3＋6＋…＋99＝＝1 683.
100内所有能被21整除的数的和为：S2＝21＋42＋63＋84＝210.
∴100内能被3整除不能被7整除的所有正整数之和为
S1－S2＝1 683－210＝1 473.
10．数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＝1，an＋1＝Sn (n≥1)，则an＝____________.
答案
解析 an＋1＝Sn，an＋2＝Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝(Sn＋1－Sn)＝an＋1，
∴an＋2＝an＋1 (n≥1)．
∵a2＝S1＝，∴an＝.
三、解答题
11．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以
解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝·
＝·，
所以Tn＝·(1－＋－＋…＋－)
＝·(1－)＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
12．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
(2)由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1， ①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1. ②
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
能力提升
13．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 ∵an＋1＝an＋ln，
∴an＋1－an＝ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n.
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
14．已知正项数列{an}的前n项和Sn＝(an＋1)2，求{an}的通项公式．
解 当n＝1时，a1＝S1，所以a1＝(a1＋1)2，
解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2＝(a－a＋2an－2an－1)，
∴a－a－2(an＋an－1)＝0，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1－2＝0.
∴an－an－1＝2.
∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
1．递推公式是表示数列的一种重要方法．由一些简单的递推公式可以求得数列的通项公式．其中主要学习叠加法、叠乘法以及化归为等差数列或等比数列的基本方法．
2．求数列前n项和，一般有下列几种方法：错位相减、分组求和、拆项相消、奇偶并项等，学习时注意根据题目特点灵活选取上述方法．
第二章 章末检测 （A）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 011，则序号n等于( )
A．667 B．668 C．669 D．671
答案 D
解析 由2 011＝1＋3(n－1)解得n＝671.
2．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是( )
A．15 B．30 C．31 D．64
答案 A
解析 在等差数列{an}中，a7＋a9＝a4＋a12，
∴a12＝16－1＝15.
3．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120 C．168 D．192
答案 B
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，
S4＝＝＝120.
4．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
答案 B
解析 ∵(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20)
＝(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)
＝3(a1＋a20)＝－24＋78＝54，
∴a1＋a20＝18.
∴S20＝＝180.
5．数列{an}中，an＝3n－7 (n∈N＋)，数列{bn}满足b1＝，bn－1＝27bn(n≥2且n∈N＋)，若an＋logkbn为常数，则满足条件的k值( )
A．唯一存在，且为 B．唯一存在，且为3
C．存在且不唯一 D．不一定存在
答案 B
解析 依题意，
bn＝b1·n－1＝·3n－3＝3n－2，
∴an＋logkbn＝3n－7＋logk3n－2
＝3n－7＋(3n－2)logk
＝n－7－2logk，
∵an＋logkbn是常数，∴3＋3logk＝0，
即logk3＝1，∴k＝3.
6．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．以上都不对
答案 A
解析 ∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴a＝64，
∵a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0，∴a4＝8.
7．若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q等于( )
A．1或2 B．1或－2 C．－1或2 D．－1或－2
答案 C
解析 依题意有2a4＝a6－a5，
即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，
∴q2－q－2＝0，(q－2)(q＋1)＝0.
∴q＝－1或q＝2.
8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 显然等比数列{an}的公比q≠1，则由＝＝1＋q5＝?q5＝－，
故＝＝＝＝.
9．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 因为a＝a1·a9，所以(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)．所以a1＝d.
所以＝＝.
10．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21 B．20 C．19 D．18
答案 B
解析 ∵(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d，
∴99－105＝3d.∴d＝－2.
又∵a1＋a3＋a5＝3a1＋6d＝105，∴a1＝39.
∴Sn＝na1＋d＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.
∴当n＝20时，Sn有最大值．
11．设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是( )
A．X＋Z＝2Y B．Y(Y－X)＝Z(Z－X)
C．Y2＝XZ D．Y(Y－X)＝X(Z－X)
答案 D
解析 由题意知Sn＝X，S2n＝Y，S3n＝Z.
又∵{an}是等比数列，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n为等比数列，
即X，Y－X，Z－Y为等比数列，
∴(Y－X)2＝X·(Z－Y)，
即Y2－2XY＋X2＝ZX－XY，
∴Y2－XY＝ZX－X2，
即Y(Y－X)＝X(Z－X)．
12．已知数列1，，，，，，，，，，…，则是数列中的( )
A．第48项 B．第49项
C．第50项 D．第51项
答案 C
解析 将数列分为第1组一个，第2组二个，…，第n组n个，
即，，，…，，
则第n组中每个数分子分母的和为n＋1，则为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)
13.－1与＋1的等比中项是________．
答案 ±1
14．已知在等差数列{an}中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为______．
答案 －4
解析 由，解得－≤d<－，
∵d∈Z，∴d＝－4.
15．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在达到离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是________秒．
答案 15
解析 设每一秒钟通过的路程依次为a1，a2，a3，…，an，则数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，由求和公式得na1＋＝240，即2n＋n(n－1)＝240，解得n＝15.
16．等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1>1，a99a100－1>0，<0.给出下列结论：①01成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是________．(填写所有正确的序号)
答案 ①②④
解析 ①中，?
?q＝∈(0,1)，∴①正确．
②中，?a99a101<1，∴②正确．
③中，?T100④中，T198＝a1a2…a198
＝(a1a198)(a2a197)…(a99a100)
＝(a99a100)99>1，
T199＝a1a2…a198a199＝(a1a199)…(a99a101)·a100
＝a199100<1，∴④正确．
三、解答题(本大题共6小题，共74分)
17．(12分)已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a3＝－6，a6＝0，
所以
解得a1＝－10，d＝2.
所以an＝－10＋(n－1)×2＝2n－12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，q＝3.
所以数列{bn}的前n项和公式为
Sn＝＝4(1－3n)．
18．(12分)已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
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)．
19．(12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.
(1)解 设等差数列{log2(an－1)}的公差为d.
由a1＝3，a3＝9，
得log2(9－1)＝log2(3－1)＋2d，则d＝1.
所以log2(an－1)＝1＋(n－1)×1＝n，
即an＝2n＋1.
(2)证明 因为＝＝，
所以＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝＝1－<1.
20．(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和．
(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，
得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1.
∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.
∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知，bn＝n，＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.
∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1
两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
21．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当bn＝log(3an＋1)时，求证：数列{}的前n项和Tn＝.
(1)解 由已知(n≥2)，
得an＋1＝an(n≥2)．
∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列．
又a2＝S1＝a1＝，
∴an＝a2×()n－2(n≥2)．
∴an＝
(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log[×()n－1]＝n.
∴＝＝－.
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
22．(14分)已知数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，它的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)(an＋2)，并且a2，a4，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解 (1)∵对任意n∈N*，有Sn＝(an＋1)(an＋2)， ①
∴当n＝1时，有S1＝a1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或2.
当n≥2时，有Sn－1＝(an－1＋1)(an－1＋2)． ②
①－②并整理得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0.
而数列{an}的各项均为正数，∴an－an－1＝3.
当a1＝1时，an＝1＋3(n－1)＝3n－2，
此时a＝a2a9成立；
当a1＝2时，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
此时a＝a2a9不成立，舍去．
∴an＝3n－2，n∈N*.
(2)T2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－6a2－6a4－…－6a2n
＝－6(a2＋a4＋…＋a2n)
＝－6×＝－18n2－6n.
第二章 章末检测 (B)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．在等差数列{an}中，a3＝2，则{an}的前5项和为( )
A．6 B．10
C．16 D．32
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q等于( )
A．3 B．4
C．5 D．6
3．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )
A．5 B．4 C．3 D．2
4．在等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则( )
A．a1＝1 B．a3＝1
C．a4＝1 D．a5＝1
5．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
6．已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于( )
A．8 B．12 C．16 D．24
7．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a10－a12的值为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
8．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5等于( )
A．35 B．33 C．31 D．29
9．已知等差数列{an}中，Sn是它的前n项和．若S16>0，且S17<0，则当Sn最大时n的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．16
10．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成一个首项为的等比数列，则
|m－n|等于( )
A．1 B. C. D.
11．将正偶数集合{2,4,6，…}从小到大按第n组有2n个偶数进行分组：{2,4}，{6,8,10,12}，{14,16,18,20,22,24}，….则2 010位于第( )组．
A．30 B．31 C．32 D．33
12．a1，a2，a3，a4是各项不为零的等差数列且公差d≠0，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，则的值为( )
A．－4或1 B．1 C．4 D．4或－1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且
a1＝－1，公和为1，那么这个数列的前2 011项和S2 011＝________.
14．等差数列{an}中，a10<0，且a11>|a10|，Sn为数列{an}的前n项和，则使Sn>0的n的最小值为__________．
15．某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为________．(lg 2≈0.301 0)
16．数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则它的通项公式是________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)数列{an}中，a1＝，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝()n＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；
(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数t的值．
18．(12分)已知点(1,2)是函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝logaan＋1，求数列{anbn}的前n项和Tn.
19．(12分)设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知S3，S4的等比中项为S5；S3，S4的等差中项为1，求数列{an}的通项公式．
20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<.
21．(12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1＝1，b1＝3，a2＋b2＝8，T3－S3＝15.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足a1cn＋a2cn－1＋…＋an－1c2＋anc1＝2n＋1－n－2对任意n∈N*都成立，求证：数列{cn}是等比数列．
22．(12分)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为(n2－n＋2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年销售额多an－1万元．
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式；
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？
第二章 数 列 章末检测(B) 答案
1．B [S5＝＝5a3＝10.]
2．B [∵3S3＝a4－2,3S2＝a3－2.
∴3(S3－S2)＝a4－a3，∴3a3＝a4－a3.
∴a4＝4a3.∴q＝4.]
3．C [当项数n为偶数时，由S偶－S奇＝d知
30－15＝5d，∴d＝3.]
4．B [T5＝a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3
＝a53＝1.∴a3＝1.]
5．A [q3＝＝，∴q＝.
∵a1＋a3＝a1(1＋q2)＝a1＝10，∴a1＝8.
∴an＝a1·qn－1＝8·()n－1＝24－n.]
6．C [∵S10＝6，S5＝2，S10＝3S5.∴q≠1.
∴∴＝1＋q5＝3.q5＝2.
∴a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)q15
＝S5·q15＝2×23＝16.]
7．C [a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝(a4＋a12)＋(a6＋a10)＋a8＝5a8＝120，a8＝24.
∴a10－a12＝(2a10－a12)
＝[2(a1＋9d)－(a1＋11d)]＝(a1＋7d)
＝a8＝12.]
8．C [设公比为q(q≠0)，则由a2a3＝2a1知
a1q3＝2，∴a4＝2.
又a4＋2a7＝，∴a7＝.
∴a1＝16，q＝.
∴S5＝＝＝31.]
9．A [∵S16＝＝8(a8＋a9)>0，
∴a8＋a9>0.
∵S17＝＝17a9<0.
∴a9<0，∴a8>0.
故当n＝8时，Sn最大．]
10．B [易知这四个根依次为：，1,2,4.
不妨设，4为x2－mx＋2＝0的根，
1,2为x2－nx＋2＝0的根．
∴m＝＋4＝，n＝1＋2＝3，
∴|m－n|＝|－3|＝.]
11．C [∵前n组偶数总的个数为：
2＋4＋6＋…＋2n＝＝n2＋n.
∴第n组的最后一个偶数为2＋[(n2＋n)－1]×2＝2n(n＋1)．
令n＝30，则2n(n＋1)＝1 860；
令n＝31，则2n(n＋1)＝1 984；
令n＝32，则2n(n＋1)＝2 112.
∴2 010位于第32组．]
12．A [若删去a1，则a2a4＝a，
即(a1＋d)(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得d＝0，不合题意；
若删去a2，则a1a4＝a，
即a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，化简，得＝－4；
若删去a3，则a1a4＝a，
即a1(a1＋3d)＝(a1＋d)2，化简，得＝1；
若删去a4，则a1a3＝a，
即a1(a1＋2d)＝(a1＋d)2，化简，得d＝0，不合题意．故选A.]
13．1 004
解析 a1＝－1，a2＝2，a3＝－1，a4＝2，…，
∴a2 011＝－1，∴S2 011＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010)＋a2 011＝1 005×1＋(－1)
＝1 004.
14．20
解析 ∵S19＝＝19a10<0；
S20＝＝10(a10＋a11)>0.
∴当n≤19时，Sn<0；当n≥20时，Sn>0.
故使Sn>0的n的最小值是20.
15．14
解析 设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a1＝1，公比q＝1－20%，
∴an＋1＝(1－20%)n，由题意可知：
(1－20%)n<5%，即0.8n<0.05.
两边取对数得nlg 0.8∵lg 0.8<0，∴n>，
即n>＝＝
≈≈13.41，取n＝14.
16．an＝
解析 当n＝1时，
a1＝S1＝3－2＋1＝2.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5.
则当n＝1时，6×1－5＝1≠a1，
∴an＝.
17．解 (1)由Sn＋1－Sn＝()n＋1得an＋1＝()n＋1(n∈N*)，
又a1＝，故an＝()n(n∈N*)．
从而Sn＝＝[1－()n](n∈N*)．
(2)由(1)可得S1＝，S2＝，S3＝.
从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列得
＋3×(＋)＝2×(＋)t，解得t＝2.
18．解 (1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝f(n)－1＝2n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，
对n＝1时也适合，∴an＝2n－1.
(2)由a＝2，bn＝logaan＋1得bn＝n，
所以anbn＝n·2n－1.
Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1， ①
2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n. ②
由①－②得：
－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，
所以Tn＝(n－1)2n＋1.
19．解 设等差数列{an}的首项a1＝a，公差为d，则Sn＝na＋d，依题意，有
整理得
∴a＝1，d＝0或a＝4，d＝－.
∴an＝1或an＝－n，
经检验，an＝1和an＝－n均合题意．
∴所求等差数列的通项公式为an＝1或an＝－n.
20．(1)解 由Sn＝nan－2n(n－1)得
an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，
即an＋1－an＝4.
∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴an＝4n－3.
(2)证明 Tn＝＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝(1－＋－＋－＋…＋－)
＝(1－)<.
又易知Tn单调递增，
故Tn≥T1＝，得≤Tn<.
21．(1)解 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q>0)．
由题意得
解得∴an＝n.bn＝3×2n－1.
(2)证明 由cn＋2cn－1＋…＋(n－1)c2＋nc1＝2n＋1－n－2，
知cn－1＋2cn－2＋…＋(n－2)c2＋(n－1)c1＝2n－(n－1)－2(n≥2)．
两式相减：cn＋cn－1＋…＋c2＋c1＝2n－1(n≥2)，
∴cn－1＋cn－2＋…＋c2＋c1＝2n－1－1(n≥3)，
∴cn＝2n－1(n≥3)．
当n＝1,2时，c1＝1，c2＝2，适合上式．
∴cn＝2n－1(n∈N*)，
即{cn}是等比数列．
22．解 (1)设甲、乙两超市第n年的销售额分别为an，bn.则有：a1＝a，n≥2时：
an＝(n2－n＋2)－[(n－1)2－(n－1)＋2]
＝(n－1)a.
∴an＝
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝a＋a＋a2＋…＋an－1
＝a，(n∈N*)．
(2)易知bn<3a，所以乙超市将被甲超市收购，
由bn<an得：a<(n－1)a.
∴n＋4n－1>7，∴n≥7.
即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．
课件37张PPT。第二章 阶段复习课 等差，等比数列的判定
判定一个数列是等差或等比数列的常用方法
(1)定义法
an+1-an=d(常数) {an}是等差数列.
=q（非零常数） {an}是等比数列.
(2)中项公式法
2an+1=an+an+2(n∈N*) {an}是等差数列.
=anan+2(anan+1an+2≠0) {an}为等比数列.【名师指津】(3)通项公式法
an=pn+q(p,q为常数) ｛an｝是等差数列.
an=c·qn（c,q均为非零常数） {an}是等比数列.
(4)前n项和公式
Sn=An2+Bn(A、B均为常数) {an}是等差数列.
Sn=kqn-k(k为常数，且q≠0,1) {an}是等比数列.
【特别提醒】在利用定义法判断时，要特别注意是从第二项起，
每一项与前一项的差（或比值）是同一个常数.【例1】已知函数f(x)=(x-1)2,g(x)=4(x-1),数列{an}满足a1=2,(an+1-an)g(an)+f(an)=0.
（1）用an表示an+1;
（2）求证：{an-1}是等比数列.
【审题指导】此题目是数列与函数相结合的问题，由f(x)=
(x-1)2,g(x)=4（x-1）可知f(an)与g(an)的表达式，代入
(an+1-an)g(an)+f(an)=0中，可得an与an+1的关系，进一步利
用等比数列的定义进行求证即可.【规范解答】(1)因为(an+1-an)g(an)+f(an)=0,
g(an)=4(an-1),f(an)=(an-1)2,
所以(an-1)(3an-4an+1+1)=0,
又a1=2,则an≠1,∴an+1=
（2）因为
所以{an-1}是首项为a1-1=1,公比为 的等比数列. 求数列的通项公式
求数列的通项公式的常用方法
（1）观察归纳法
（2）累加法
已知a1=a,an+1-an=f(n),其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项an.【名师指津】①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；
③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和.（3）累乘法
对于由形如 =f(n)型的递推公式求通项公式.
①当f(n)为常数时，即 =q(其中q是不为0的常数)，此时
数列为等比数列，an=a1·qn-1.
②当f(n)为n的函数时，用累乘法.
由 =f(n)得n≥2时， =f(n-1),
∴an= ·…· ·a1=f(n-1)·…·f(1)·a1.（4）构造数列法，利用数列的递推公式，构造一个新的数列
（等差或等比数列）由新数列的通项公式求得原数列的通项
公式.
（5）利用Sn求an.
如果给出的条件是an与Sn的关系式，可利用
来求.【特别提醒】在利用Sn求得an后，要特别注意验证当n=1时是否适合,若不适合，则通项公式an在最后书写时,要分段写出.【例2】已知数列{an}中，a1=2,an+1=( -1)(an+2),n∈N*,求
数列{an}的通项公式.
【审题指导】题目中给出了a1=2以及an+1与an的关系，可从an+1=
（ -1）(an+2)式子入手，构造新数列，从而求通项公式.
【规范解答】∵an+1=( -1)(an+2)
∴an+1=( -1)［(an- )+(2+ )］
=( -1)(an- )+( -1)(2+ )=( -1)(an- )+ ∴an+1- =( -1)(an- ).
∴
∴数列{an- }是首项为2- 公比为 -1的等比数列.
∴an- =(2- )( -1)n-1=
∴an= 求数列的和
数列求和的常用方法
(1)公式法.
(2)分组化归法.将该数列的通项变形后，每一项拆成两项或多项，重新分组，将一般数列求和化为特殊数列求和.
(3)倒序相加法.
(4)错位相减法.【名师指津】(5)裂项相消法.将数列的每一项拆成两项或多项，使数列中
的项出现有规律的抵消项，进而达到求和的目的.常用裂项技
巧有：
①
②若{an}为等差数列，公差为d,则
③ 等.【特别提醒】在利用分组化归法求数列的和时，有时要对所分项数是奇数还是偶数进行讨论.【例3】求数列 …的前n项和.
【审题指导】通过观察可得此数列的通项公式an= 因
此可将通项公式变形，即an=
利用裂项相消法即可求得.
【规范解答】因为通项an= 所以
此数列的前n项和Sn= +…+
+（ ）］ 函数与方程的思想
函数与方程的思想在数列中的运用
(1)在等差（比）数列的通项公式和前n项和公式中共有5个量a1，d（或q），n，an及Sn，已知这5个量中任意3个量的值，就可以运用方程思想，解方程（或方程组）求出另外2个量的值.【名师指津】(2)数列可以看作是定义域为正整数集（或其有限子集）的特殊函数.运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图象和最值等知识解决与数列相关的问题.等差数列与一次函数、等比数列与指数函数有着密切的关系，等差数列前n项和公式与二次函数有密切关系，故可用函数的思想来解决数列问题.【例4】已知数列{an}的首项a1=21,前n项和Sn=an2+bn,等比数列{bn}的前n项和Tn=2n+1+a,求Sn的最大值.
【审题指导】通过等比数列{bn}的前n项和的函数特征求出a的值，可依据等差数列前n项和的特征判定数列{an}是等差数列，进而求出b的值，用配方法求Sn的最大值.【规范解答】由等比数列{bn}的前n项和Tn=2n+1+a,易得它的
公比不是1，∵Tn=2×2n+a,∴a=-2,
∴Sn=-2n2+bn,
∴数列{an}为等差数列.又a1=21,前n项和Sn=an2+bn,故b=21-
(-2)=23,
∴Sn=-2n2+23n=
当n=6时，Sn取得最大值66. 分类讨论思想
分类讨论思想在数列中的运用
数列中的分类讨论常出现在等比数列中，这是因为等比数列的公比不能为0，且前n项和是一个分段函数，当q=1和q≠1时，求和公式不同.【名师指津】分类必须满足互斥、无漏、最简的原则，用集合、子集来看待分类讨论，应该是“交空并全”的完全分类.常用的分类讨论方法有：
（1）分段讨论法；
（2）公比讨论法；
（3）奇偶讨论法.【例5】已知数列{an},{bn}满足：a1=1,a2=k(k为常数)，且bn=an·an+1，其中n∈N*.
(1)若{an}是等比数列，试求数列{bn}的前n项和Sn的表达式.
(2)若{bn}是等比数列，探求数列{an}是否为等比数列？并说明理由.
【审题指导】由题目可知数列{an}的前两项以及an与bn的递推关系，在（1）、（2）所具有的前提条件下，可利用等比数列的定义来解决，在运用公式时一定要注意k和公比的取值讨论.【规范解答】（1）因为{an}是等比数列，a1=1,a2=k,所以k≠0,an=kn-1.
又bn=an·an+1,所以b1=a1·a2=k,
即{bn}是以k为首项，k2为公比的等比数列.
∴Sn=(2)设{bn}的公比为q，则
又a1=1,a2=k(k≠0),所以a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以1为首项，
q为公比的等比数列，a2,a4,a6,…,a2n,…是以k为首项，q为
公比的等比数列.
即{an}为1,k,q,kq,q2,kq2,…,qn-1,kqn-1,…
当 即k2=q时{an}为等比数列.
所以当q=k2时，{an}为等比数列.
当q≠k2时，{an}为非等比数列.1.已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )
(A)5 (B)4 (C)3 (D)2
【解析】选C.∵S偶-S奇=5d,∴5d=15,d=3.2.在等差数列{an}中，设公差为d,若前n项和为Sn=-n2，则通项和公差分别为（ ）
（A）an=2n-1,d=-2 （B）an=2n-1,d=2
（C）an=-2n+1,d=-2 （D）an=-2n+1,d=2
【解析】选C.an=Sn-Sn-1=-2n+1(n>1,n∈N).n=1时，a1=-1满足上式，显然d=-2.3.等比数列{an}中，an>0,且a2=1-a1,a4=9-a3,则a4+a5=（ ）
（A）16 （B）81 （C）36 （D）27
【解析】选D.a1q=1-a1,a1q3=9-a1q2,∴a1= q=3,从而a4+a5=27.4.计算机的成本不断降低，若每隔5年计算机价格降低 现
在的价格是8 100元的计算机，则15年后价格降低为（ ）
（A）2 200元 （B）900元
（C）2 400元 （D）3 600元
【解析】选C.降了3次，则8100×(1- )3=2400.5.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2n-1=(2n-1)(2n+1),则
Sn=（ ）
（A）n(n+2) （B） (2n+3)
（C）n(2n+3) （D） (2n+1)
【解析】选A.S2n-1= =
(2n-1)( 2n+1)，∴an=2n+1,又a1=3,∴Sn=n(n+2).6.设x∈R，记不超过x的最大整数为［x］,令{x}=x-［x］,则
( )
（A）是等差数列但不是等比数列
（B）是等比数列但不是等差数列
（C）既是等差数列又是等比数列
（D）既不是等差数列又不是等比数列
【解析】选B.可分别求得
所以三者成等比数列.7.设数列{an}的前n项和Sn= (n∈N*)且a4=54,则
a1=______.
【解析】a4=S4-S3= =54,
解得a1=2.
答案：28.在等比数列{an}中，a1+a7=65,a3a5=64,且an+1(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前5项的和S5.
【解析】（1）设数列{an}的公比为q.由等比数列性质可知：
a1a7=a3a5=64,而a1+a7=65,an+1由64q6=1,得q= 或q= （舍），故an=27-n.
(2)S5= =124.9.已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55,
a2+a7=16.
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）若数列{an}和数列{bn}满足等式：
（n为正整数），求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，则依题得d>0,由
a2+a7=16得2a1+7d=16,由a3·a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55,解
得d=2,a1=1,∴an=2n-1.（2）当n=1时，a1= 由a1=1,∴b1=2,当n≥2时，
an=
∴an-an-1= ∴bn=2n+1,∴bn=
综上，当n=1时，S1=b1=2,当n≥2时，
Sn=b1+b2+…+bn=2n+2-6(n=1也适合)，∴Sn=2n+2-6(n∈N*).第二章数列过关检测
(时间:90分钟 满分:100分)
知识点分布表
知识点
等差数列的有关计算及性质
等差数列前n项和
等比数列的有关计算及性质
等比数列前n项和
综合应用
相应题号
3,5,7,12
1,8,9,15
2,4
11
6,10,13,14,16,17,18
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)
1.在等差数列{an}中,S10=120,则a1+a10的值是( )
A.12 B.24
C.36 D.48
答案:B
解析:S10=
10(
??
1
+
??
10
)
2
=120解得,a1+a10=24.
2.等比数列{an}中,a2,a6是方程x2-34x+64=0的两根,则a4=( )
A.8 B.-8
C.±8 D.以上都不对
答案:A
解析:由已知得a2+a6=34,a2·a6=64,所以a2>0,a6>0,则a4>0.
又
??
4
2
=a2·a6=64,∴a4=8.
3.如果f(n+1)=
2??(??)+1
2
(n=1,2,3,…)且f(1)=2,则f(101)等于( )
A.49 B.50
C.51 D.52
答案:D
解析:∵f(n+1)=
2??(??)+1
2
=f(n)+
1
2
,
∴f(n+1)-f(n)=
1
2
,
即数列{f(n)}是首项为2,公差为
1
2
的等差数列.
∴通项公式为f(n)=2+(n-1)×
1
2
=
1
2
n+
3
2
.
∴f(101)=
1
2
×101+
3
2
=52.
4.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
A.5
2
B.7
C.6 D.4
2
答案:A
解析:(a1a2a3)·(a7a8a9)=(a1a9)·(a2a8)·(a3a7)=
??
5
6
=50,
∴
??
5
3
=5
2
.
又a4a5a6=(a4a6)·a5=
??
5
3
,
故选A.
5.若数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2,则使ak·ak+1<0的k值为( )
A.22 B.21
C.24 D.23
答案:D
解析:因为3an+1=3an-2,所以an+1-an=-
2
3
,所以数列{an}是首项为15,公差为-
2
3
的等差数列,所以an=15-
2
3
(n-1)=-
2
3
n+
47
3
,由an=-
2
3
n+
47
3
>0,得n<23.5,所以使ak·ak+1<0的k值为23.
6.若数列{an}满足an+1=1-
1
??
??
,且a1=2,则a2 012等于0( )
A.-1 B.2
C.
2
D.
1
2
答案:D
解析:∵an+1=1-
1
??
??
,a1=2,
∴a2=1-
1
2
=
1
2
,a3=1-2=-1,a4=1-
1
-1
=2.
由此可见,数列{an}的项是以3为周期重复出现的,∴a2 012=a670×3+2=a2=
1
2
.
7.数列{an}的首项为3,{bn}为等差数列且bn=an+1-an(n∈N*).若b3=-2,b10=12,则a8=( )
A.0 B.3
C.8 D.11
答案:B
解析:{bn}为等差数列,公差d=
??
10
-
??
3
10-3
=2,
∴bn=b3+2(n-3)=2n-8.
∴an+1-an=2n-8.
∴a8=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)
=3+(-6)+(-4)+…+6
=3+
7×(-6+6)
2
=3.
8.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( )
A.3 B.4
C.5 D.6
答案:C
解析:∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,
∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,
am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.
∴d=am+1-am=3-2=1.
∵Sm=ma1+
??(??-1)
2
×1=0,
∴a1=-
??-1
2
.
又∵am+1=a1+m×1=3,
∴-
??-1
2
+m=3.
∴m=5.故选C.
9.等差数列{an}中,已知3a5=7a10,且a1<0,则数列{an}前n项和Sn(n∈N*)中最小的是( )
A.S7或S8 B.S12
C.S13 D.S14
答案:C
解析:由3a5=7a10得3(a1+4d)=7(a1+9d),解得d=-
4
51
a1>0.
所以an=a1+(n-1)d=a1-(n-1)×
4
51
a1,
由an=a1-(n-1)×
4
51
a1≤0,
即1-
4(??-1)
51
≥0,解得n≤
55
4
=13
3
4
,
即当n≤13时,an<0.
当n>13时,an>0,所以前13项和最小,所以选C.
10.(2018河南南阳高二期中,12)数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1;bn=(-1)nan(n∈N*);则数列{bn}的前50项和为( )
A.49 B.50 C.99 D.100
答案:A
解析:∵数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,
∴a1=S1=3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n,
故an=
3,??=1,
2??,??≥2.
∴bn=(-1)nan=
-3,??=1,
(-1
)
??
·2??,??≥2,
∴数列{bn}的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-98+100)=1+24×2=49,故选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)
11.已知数列{an}中,an=2×3n-1,则由它的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn= .?
答案:
3(
9
??
-1)
4
解析:∵数列{an}是等比数列,
∴它的偶数项也构成等比数列,且首项为6,公比为9.
∴其前n项和Sn=
6(1-
9
??
)
1-9
=
3(
9
??
-1)
4
.
12.正项数列{an}满足:
a1=1,a2=2,2
??
??
2
=
??
??+1
2
+
??
??-1
2
(n∈N*,n≥2),则a7= .?
答案:
19
解析:因为2
??
??
2
=
??
??+1
2
+
??
??-1
2
(n∈N*,n≥2),
所以数列{
??
??
2
}是以
??
1
2
=1为首项,
以d=
??
2
2
?
??
1
2
=4-1=3为公差的等差数列.
所以
??
??
2
=1+3(n-1)=3n-2.
所以an=
3??-2
,n≥1.
所以a7=
3×7-2
=
19
.
13.(2018江西吉安联考,13)已知数列{an}满足anan+1an+2an+3=24,且a1=1,a2=2,a3=3,则a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014= .?
答案:5 033
解析:∵数列{an}满足anan+1an+2an+3=24,
∴a1a2a3a4=24,
a4=
24
??
1
??
2
??
3
=
24
1×2×3
=4,
∵anan+1an+2an+3=24,
∴an+1an+2an+3an+4=24,
∴an+4=an,
∴数列{an}是以4为周期的周期数列,
2 014=503×4+2,
∴a1+a2+a3+…+a2 013+a2 014
=503×(1+2+3+4)+1+2=5 033.
14.(2018山东省潍坊四县联考,14)已知数列{an}满足a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·an=
??
2
,则an= .?
答案:
1
2×
3
??-1
解析:∵a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·an=
??
2
,
∴当n≥2时,a1+3·a2+32·a3+…+3n-2·an-1=
??-1
2
,
两式相减得3n-1·an=
??
2
?
??-1
2
=
1
2
,
即an=
1
2×
3
??-1
,n≥2,
当n=1时,a1=
1
2
,满足an=
1
2×
3
??-1
,
故an=
1
2×
3
??-1
.
三、解答题(本大题共4小题,15、16小题每小题10分,17、18小题每小题12分,共44分)
15.(2018河南郑州高二期末,17)设等差数列{an}满足a3=5,a10=-9.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值.
解:(1)由an=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得,
??
1
+2??=5,
??
1
+9??=-9,
解得
??
1
=9,
??=-2.
数列{an}的通项公式为an=11-2n.
(2)由(1)知Sn=na1+
??(??-1)
2
d=10n-n2.
因为Sn=-(n-5)2+25.
所以n=5时,Sn取得最大值25.
16.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0.
故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11.
则当1≤n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-
1
2
n2+
21
2
n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=-Sn+2S11
=
1
2
n2-
21
2
n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
-
1
2
??
2
+
21
2
??,1≤??≤11,
1
2
??
2
-
21
2
??+110,??≥12.
17.(2018福建省宁德市五校联考,21)已知数列{an}中,a1=3,an+1=4an+3.
(1)试写出数列{an}的前三项;
(2)求证:数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式an;
(3)设bn=log2(an+1),记数列
1
??
??
??
??+1
的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.
解:(1)∵a1=3,an+1=4an+3,
∴a1=3,a2=15,a3=63.
(2)∵
??
??+1
+1
??
??
+1
=
4
??
??
+3+1
??
??
+1
=4,
∴数列{an+1}是公比为4的等比数列.
∴an+1=(a1+1)·4n-1=4n,
∴an=4n-1.
(3)∵bn=log2(an+1)=log24n=2n,
∴
1
??
??
??
??+1
=
1
2??·2(??+1)
=
1
4
1
??
-
1
??+1
,
∴Tn=
1
4
1-
1
2
+
1
2
-
1
3
+
1
3
-
1
4
+…+
1
??
-
1
??+1
=
1
4
1-
1
??+1
,
∵Tn=
1
4
1-
1
??+1
是关于n(n∈N*)的单调递增函数,
∴n=1时,(Tn)min=
1
8
,n→+∞时,Tn→
1
4
.
∴Tn的取值范围是
1
8
,
1
4
.
18.(2018山东高考,理18)设数列{an}的前n项和为Sn .已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)因为2Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,
即an=3n-1,所以an=
3,??=1,
3
??-1
,??>1.
(2)因为anbn=log3an,所以b1=
1
3
,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=
1
3
;
当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=
1
3
+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),
所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),
两式相减,得2Tn=
2
3
+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=
2
3
+
1-
3
1-??
1-
3
-1
-(n-1)×31-n
=
13
6
?
6??+3
2×
3
??
,
所以Tn=
13
12
?
6??+3
4×
3
??
.
经检验,n=1时也适合.
综上可得Tn=
13
12
?
6??+3
4×
3
??
.
课件50张PPT。知识整合提升2．对比学习等差数列、等比数列的概念3.类比学习等差数列、等比数列的性质5．解决数列综合问题的注意点
(1)理解数列是特殊的函数，等差、等比数列的通项公式，前n项和公式都可以从方程角度来认识，因此应理解数列中的函数与方程等价转化、分类与整合等常用数学思想．
(2)善于将这类题目分解为若干个基本数学问题各个击破．
(3)对数列应用问题，要知道数列是刻画离散现象的基本数学模型，善于在对日常生活中大量实际问题分析的基础上建立数列模型，然后综合运用数列及其他数学知识解决实际问题，体会数列与函数、方程之间的联系．热点考点例析【点拨】 1.等差数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d，其中包含四个元素：an，a1，n和d，很显然我们可以做到“知三求一”．
2．在解题时，我们往往通过解方程(组)来确定a1和d，从而就可以确定等差数列了，但是，有时这种解法运算过程稍微复杂了一点，如果能够灵活使用另一个公式an＝am＋(n－m)d可以简化运算．等差数列通项公式 已知{an}为等差数列，分别根据下列条件写出它的通项公式．
(1)a3＝5，a7＝13；
(2)前三项为：a,2a－1,3－a. 1．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案： B【点拨】 运用等差数列的性质解题时，要注意序号与项的对应关系．在等差数列的学习过程中，最常见的错误是对等差数列性质的误用．公式am＋an＝ap＋aq(其中p＋q＝m＋n，m，n，p，q∈N*)表明，在等差数列中若每两项的序号和相等，则其对应项的和也相等，否则不成立．例如：我们有a2＋a4＝a1＋a5＝2a3，但不能得出a6＝a2＋a4.等差数列的性质 已知数列{an}，{bn}均为等差数列，且{an}为2,5,8，…，{bn}为1,5,9，…，它们的项数均为40，则它们有多少个彼此具有相同数值的项？
[规范解答] 已知两等差数列的前3项，容易求得它们的通项公式分别为：an＝3n－1，bm＝4m－3(m，n∈N*，且1≤n≤40,1≤m≤40)．令an＝bm，得3n－1＝4m－3， 2．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )
A．58 B．88
C．143 D．176
答案： B【点拨】 新课标要求理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式，并能在具体问题情境中识别数列的等比关系，还要求我们了解等比数列与指数函数的关系．等比数列的概念和性质
1．(1)等比数列的性质是等比数列基本规律的深刻体现，是解决等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识去应用．
(2)在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
(3)“巧用性质、减少运算量”在等比数列的计算中非常重要，使用“基本量法”，并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果．
2．等比数列的概念、性质、通项公式是高考的必考内容，特别是与其他知识的交汇点，一直是考查的重要热点之一，常见的考题有：
(1)判断、证明数列是等比数列；
(2)运用通项公式求数列中的项；
(3)解决数列与函数、三角、向量、几何等知识交汇点问题；
(4)涉及递推关系的推理及运算问题．3．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )
A．7 B．5
C．－5 D．－7
解析： a4＋a7＝2，a5a6＝a4a7＝－8?a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4.
a4＝4，a7＝－2?a1＝－8，a10＝1?a1＋a10＝－7，
a4＝－2，a7＝4?a10＝－8，a1＝1?a1＋a10＝－7.
答案： D1．数阵的特点
所谓数阵是指将某些数，按一定的规律排成若干行和列，形成图表，也称之为数表．例如大家都非常熟悉的“杨辉三角”．
2．以数阵为背景的数列问题
数阵中的数是按一定的规律排成若干行和列，比较多见的是排成等差或等比数列，它重点考查等差、等比数列相关知识，有时也会出现其他类型的数列，解决此类问题的关键是找出其中的规律．以数阵为背景的数列问题 在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于下表中的第n行第n＋1列的数是________.
[规范解答] 由数表可知，第n行的第一个数为n，该行各数构成以n为公差的等差数列，因此该行的第n＋1个数为n＋(n＋1－1)n＝n＋n2.
答案： n＋n24．整数排成一个三角形数阵：
1 第1行
2 3 第2行
4 5 6 第3行
7 8 9 10 第4行
11 12 13 14 15 第5行
按照以上排列的规律，从左向右记第n行的第j个数为f(n，j)，n，j∈N*，我们称f(n，n)为三角形．现将所有的三角数按从小到大的顺序排成一三角数列，则满足等式f(n，n)＝f(28，28)＋59的f(n，n)是三角数列中的第________个．答案： 30【点拨】 解决数列的应用问题必须准确探索问题所涉及的数列的类型：
(1)如果问题所涉及的数列是特殊数列(如等差数列、等比数列，或与等差、等比有关的数列， 等等)应首先建立数列的通项公式．
(2)如果问题所涉及的数列不是某种特殊数列，一般应考虑先建立数列的递推关系(即an与an－1的关系)．
(3)解决数列的应用问题必须准确计算项数，例如与“年数”有关的问题，必须确定起算的年份，而且应准确定义an是表示“第n年”还是“n年后”． 数列在实际生活中的应用 假设你正在某公司打工，根据表现，老板给你两个加薪的方案：
①每年年末加1 000元；
②每半年结束时加300元．请你选择：
(1)如果在该公司干10年，问两种方案各加薪多少元？
(2)对于你而言，你会选择其中的哪一种？5．某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为b人，以后学生人数年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套，其中需要换掉的旧设备占了一半．学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备，同时每年淘汰x套旧设备．
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年应更换的旧设备是多少套？
(2)依照(1)的更换速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？下列数据供计算时参考：
解析： (1)设今年学生人数为b人，
则10年后学生人数为b(1＋4.9‰)10＝1.05b.
由题设可知，1年后的设备为a×(1＋10%)－x＝1.1a－x，
2年后的设备为(1.1a－x)×(1＋10%)－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x(1＋1.1)，…，一、选择题
1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＋1＝0(n∈N*)，则此数列的通项an等于( )
A．n2＋1 B．n＋1
C．1－n D．3－n
解析： ∵an＋1－an＋1＝0，∴an＋1－an＝－1.∴数列{an}是以－1为公差的等差数列，又a1＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)(－1)＝3－n.
答案： D2．在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120
C．168 D．192
答案： B
3．在等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是( )
A．15 B．30
C．31 D．64
解析： 在等差数列{an}中，a7＋a9＝a4＋a12，
∴a12＝16－1＝15.
答案： A
4．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
解析： ∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1.
可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1.∴Sn＋1－Sn＝1.
即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.
答案： A6．已知在等差数列{an}中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为________．三、解答题
7．在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22，
(1)数列{an}前多少项和最大？
(2)求{|an|}前n项和．谢谢观看！
