章末检测试卷(四)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知等比数列满足a1＝，a3a5＝4，则a2等于( )
A．2
B．1
C.
D.
答案 C
解析 由题意可得a3a5＝a＝4?a4＝2，所以q3＝＝8?q＝2，故a2＝a1q＝
.
2．在等差数列{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
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋bn，若a7＝3a2，S8＝λa2，则λ的值为( )
A．15
B．16
C．17
D．18
答案 B
解析 ∵数列的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋bn，
∴数列是等差数列，
∵a7＝3a2，
∴a1＋6d＝3，
解得a1＝d.
∵S8＝λa2，
∴8a1＋d＝λ，
∴40d＝λ×d，
解得λ＝16.
4．已知圆O的半径为5，OP＝3，过点P的2
021条弦的长度组成一个等差数列{an}，最短弦长为a1，最长弦长为a2
021，则其公差为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 由题意，知最长弦长为直径，即a2
021＝10，最短弦长和最长弦长垂直，由弦长公式a1＝2＝8，
所以d＝＝.
5．已知数列满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列的前8项和S8等于( )
A．376
B．382
C．749
D．766
答案 C
解析 由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，而是等比数列，故q＝2，
∴当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2＝＝3×2n－1－3，
∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，
当n＝1时，a1＝1＝3×21－1－2，
∴an＝3×2n－1－2.
S8＝a1＋a2＋…＋a8＝3×(1＋2＋…＋27)－2×8＝3×－16＝3×28－19＝749.
6．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是( )
A．0
B．1
C．2
D．4
答案 D
解析 ∵x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，
根据等差数列和等比数列的性质，可知a＋b＝x＋y，cd＝xy，
＝≥＝4，当且仅当x＝y时取“＝”．
7．设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有( )
A．当n＝15时，Sn取最大值
B．当n＝30时，Sn＝1
C．当d>0时，a10＋a22>0
D．当d<0时，|a10|＞|a22|
答案 C
解析 ∵S10＝S20，∴10a1＋d＝20a1＋d，解得a1＝－d，
选项A，∵无法确定a1和d的正负性，∴无法确定Sn是否有最大值，故A错误；
选项B，S30＝30a1＋d＝30×＋15×29d＝0，故B错误；
选项C，a10＋a22＝2a16＝2(a1＋15d)
＝2＝d>0，故C正确；
选项D，a10＝a1＋9d＝－d＋d＝－d，a22＝a1＋21d＝－d＋d＝d，
∵d<0，∴|a10|＝－d，|a22|＝－d，|a10|<|a22|，故D错误．
8．若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”．已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且通项公式为bn＝n，设数列的前n项和为Tn，若Tn恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．(－1,3)
B．[－1,3]
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
答案 D
解析 由题意，得数列{an}的前n项和为Sn，
由“均值数列”的定义可得＝n，所以Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，
所以＝
＝，
所以Tn＝＝<，
又Tn恒成立，
所以m2－m－1≥，整理得m2－2m－3≥0，
解得m≤－1或m≥3.
即实数m的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．已知数列的前n项和是Sn，则下列说法正确的有( )
A．若Sn＝2n，则是等差数列
B．若Sn＝2an－1，则是等比数列
C．若是等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列
D．若是等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
答案 ABC
解析 若Sn＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2＝2，
∴an＝2，∴an－an－1＝0，∴是等差数列，故A正确；
若Sn＝2an－1，当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，∴＝2，∴是等比数列，故B正确；
设等差数列的公差为d，首项是a1，Sn＝a1＋a2＋…＋an，
S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝Sn＋n2d，同理S3n－S2n＝(S2n－Sn)＋n2d，因此2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，故C正确；
若等比数列的公比q＝－1，a1＝2，则S2＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，不可能成等比数列，故D错误．
10．已知递减的等差数列的前n项和为Sn，若S7＝S11，则( )
A．a10>0
B．当n＝9时，Sn最大
C．S17>0
D．S19>0
答案 BC
解析 由等差数列前n项和的特点可知，当n＝9时，Sn最大，故a9>0，a10<0，S17＝17a9>0，S19＝19a10<0，故BC正确．
11．在无穷数列中，若ap＝aq，总有ap＋1＝aq＋1，此时定义为“阶梯数列”．设为“阶梯数列”，且a1＝a4＝1，a5＝，a8a9＝2，则( )
A．a7＝1
B．a8＝2a4
C．S10＝10＋3
D．a2
021＝
答案 ACD
解析 因为为“阶梯数列”，由a1＝a4＝1，可得a2＝a5，a3＝a6，a4＝a7，a5＝a8，a6＝a9，…，
观察可得a1＝a4＝a7＝…＝a3n－2＝…，a2＝a5＝a8＝…＝a3n－1＝…，a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝…，即数列以3为周期，
又a5＝，a8a9＝2，所以a9＝2，即a9＝2，
综上，a1＝a4＝a7＝…＝a3n－2＝1，a2＝a5＝a8＝…＝a3n－1＝，a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝2，
故A正确，B错误；
S10＝＋＋＝10＋3，故C正确；
a2
021＝a2＋3×673＝a2＝，D正确．
12．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的值为( )
A．2
B．3
C．4
D．14
答案 ACD
解析 由题意可得＝＝＝，则＝＝＝＝3＋，
由于为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，
因此，正整数n的可能取值有2,4,14.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若an＝(－1)n·(2n－1)，则数列{an}的前21项和S21＝________.
答案 －21
解析 S21＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…－41＝2×10－41＝－21.
14．在等差数列{an}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项之和为63，且am－a1＝14，则a100的值为________．
答案 101
解析 ∵在前m项中偶数项之和为S偶＝63，
∴奇数项之和为S奇＝135－63＝72，设等差数列{an}的公差为d，则S奇－S偶＝＝72－63＝9.
又am＝a1＋d(m－1)，∴＝9，
∵am－a1＝14，∴a1＝2，am＝16.
∵＝135，∴m＝15，
∴d＝＝1，∴a100＝a1＋99d＝101.
15．将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是________．
答案 34
950
解析 在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列．因为前99组中数的个数共有＝4
950(个)，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34
950.
16．已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫作传播指数RO.它指的是，在自然情况下(没有外力介入，同时所有人都没有免疫力)，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数．它的简单计算公式是RO＝1＋确诊病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间(单位：天)．根据统计，确诊病例的平均增长率为40%，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天，根据以上RO计算，若甲得这种传染病，则4轮传播后由甲引起的得病的总人数约为________．
答案 120
解析 由题意知，RO＝1＋40%×5＝3，所以得病总人数为3＋32＋33＋34＝120(人)．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝－12，a4＋a8＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以
所以
解得
所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12，n∈N
.
(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，即q＝3，
因此bn＝b1·qn－1＝(－8)×3n－1，n∈N
.
18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0得
Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
所以－＝2，
又＝＝2，
所以是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
＝－；
当n＝1时，a1＝，不符合an＝－.
故an＝
19．(12分)由整数构成的等差数列满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的通项公式为bn＝2n，将数列，的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，……，求数列的前4n＋3项和T4n＋3.
解 (1)由题意，设数列的公差为d，
由a3＝5，a1a2＝2a4，
可得
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝或d＝1，
因为为整数数列，所以d＝1，
又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
所以数列的通项公式为an＝n＋2.
(2)由(1)知，数列的通项公式为an＝n＋2，又由数列的通项公式为bn＝2n，
根据题意，新数列：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，……，
则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
＝＋＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
20．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an，Tn为数列{bn}的前n项和，求数列的前n项和．
解 (1)∵2Sn＝3an－3，①
当n＝1时，2a1＝3a1－3，即a1＝3.
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3.②
由①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1.
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．
∴an＝3×3n－1＝3n.
(2)由(1)知bn＝log33n＝n，
Tn＝，
∴＝＝2，
∴数列的前n项和为
Rn＝2
＝2＝.
21．(12分)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(1≤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)为获得尽量多的积分，如果你是一个闯关者，试分析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，则他应该选择第几种积分方案？
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)，解得0故有当0Cn；当10≤n≤15，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．
22．(12分)在如图三角形数阵中，第n行有n个数，aij表示第i行第j个数，例如，a43表示第4行第3个数．该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝2，a41＝a32＋2，＝m.
(1)求m及a53；
(2)记Tn＝a11＋a22＋a33＋…＋ann，求Tn.
解 (1)由已知得a31＝a11＋(3－1)×m＝2m＋2，
a32＝a31×m＝(2m＋2)×m＝2m2＋2m，
a41＝a11＋(4－1)×m＝3m＋2，
∵a41＝a32＋2，
∴3m＋2＝(2m2＋2m)＋2，即m2－2m＝0.
又m>0，∴m＝2，
∴a51＝a11＋4×2＝10，
∴a53＝a51×22＝40.
(2)由(1)得an1＝a11＋(n－1)×2＝2n.
当n≥3时，ann＝an1·2n－1＝n·2n.(
)
又a21＝a11＋2＝4，a22＝ma21＝2×4＝8.
a11＝2，a22＝8符合(
)式，
∴ann＝n·2n.
∵Tn＝a11＋a22＋a33＋…＋ann
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②
由①－②得，
－Tn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1
＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)·2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.(共48张PPT)
章末检测试卷(四)
第4章
数 列
(时间：120分钟
满分：150分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2.在等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
√
17
18
19
20
21
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.已知数列
的前n项和为Sn，且Sn＝an2＋bn，若a7＝3a2，S8＝λa2，则λ的值为
A.15
B.16
C.17
D.18
√
17
18
19
20
21
22
∵a7＝3a2，
∵S8＝λa2，
解得λ＝16.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.已知圆O的半径为5，OP＝3，过点P的2
021条弦的长度组成一个等差数列{an}，最短弦长为a1，最长弦长为a2
021，则其公差为
√
17
18
19
20
21
22
解析 由题意，知最长弦长为直径，即a2
021＝10，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.已知数列
满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列
的前8项和S8等于
A.376
B.382
C.749
D.766
√
17
18
19
20
21
22
解析 由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，
∴当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2
∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，
当n＝1时，a1＝1＝3×21－1－2，
∴an＝3×2n－1－2.
＝3×28－19＝749.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则
的最小值是
A.0
B.1
C.2
D.4
解析 ∵x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，
根据等差数列和等比数列的性质，可知a＋b＝x＋y，cd＝xy，
√
17
18
19
20
21
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有
A.当n＝15时，Sn取最大值
B.当n＝30时，Sn＝1
C.当d>0时，a10＋a22>0
D.当d<0时，|a10|＞|a22|
17
18
19
20
21
22
√
选项A，∵无法确定a1和d的正负性，∴无法确定Sn是否有最大值，故A错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
A.(－1,3)
B.[－1,3]
C.(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)
17
18
19
20
21
22
√
解析 由题意，得数列{an}的前n项和为Sn，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，
1
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解得m≤－1或m≥3.
即实数m的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞).
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二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
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√
√
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解析 若Sn＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，
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若Sn＝2an－1，当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1，
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S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝Sn＋n2d，
同理S3n－S2n＝(S2n－Sn)＋n2d，因此2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)，
则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，故C正确；
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则S2＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，不可能成等比数列，故D错误.
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10.已知递减的等差数列的前n项和为Sn，若S7＝S11，则
A.a10>0
B.当n＝9时，Sn最大
C.S17>0
D.S19>0
解析 由等差数列前n项和的特点可知，
当n＝9时，Sn最大，故a9>0，
a10<0，S17＝17a9>0，S19＝19a10<0，故BC正确.
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由a1＝a4＝1，可得a2＝a5，a3＝a6，a4＝a7，a5＝a8，a6＝a9，…，
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A.2
B.3
C.4
D.14
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√
√
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因此，正整数n的可能取值有2,4,14.
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三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.若an＝(－1)n·(2n－1)，则数列{an}的前21项和S21＝______.
解析 S21＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…－41＝2×10－41＝－21.
－21
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14.在等差数列{an}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项之和为63，且am－a1＝14，则a100的值为______.
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101
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解析 ∵在前m项中偶数项之和为S偶＝63，
∴奇数项之和为S奇＝135－63＝72，
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∵am－a1＝14，∴a1＝2，am＝16.
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15.将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是________.
解析 在“第n组有n个数”的规则分组中，
各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列.
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34
950
且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34
950.
16.已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫作传播指数RO.它指的是，在自然情况下(没有外力介入，同时所有人都没有免疫力)，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数.它的简单计算公式是RO＝1＋确诊病例增长率×系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间(单位：天).根据统计，确诊病例的平均增长率为40%，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天，根据以上RO计算，若甲得这种传染病，则4轮传播后由甲引起的得病的总人数约为_____.
解析 由题意知，RO＝1＋40%×5＝3，
所以得病总人数为3＋32＋33＋34＝120(人).
120
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四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝－12，a4＋a8＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
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解 设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12，n∈N
.
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(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项
公式.
解 设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，即q＝3，
因此bn＝b1·qn－1＝(－8)×3n－1，n∈N
.
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22
18.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1
证明 当n≥2时，
由an＋2SnSn－1＝0得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
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(2)求数列{an}的通项公式.
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由a3＝5，a1a2＝2a4，
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，
又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
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则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2
＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
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20.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 ∵2Sn＝3an－3，
①
当n＝1时，2a1＝3a1－3，即a1＝3.
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3.
②
由①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1.
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列.
∴an＝3×3n－1＝3n.
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解 由(1)知bn＝log33n＝n，
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21.(12分)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(1≤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；
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解 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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(2)为获得尽量多的积分，如果你是一个闯关者，试分析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，则他应该选择第几种积分方案？
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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；
故有当0Cn；当10≤n≤15，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.
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22.(12分)在如图三角形数阵中，第n行有n个数，aij表示第i行第j个数，例如，a43表示第4行第3个数.该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11＝2，
(1)求m及a53；
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解 由已知得a31＝a11＋(3－1)×m＝2m＋2，
a32＝a31×m＝(2m＋2)×m＝2m2＋2m，
a41＝a11＋(4－1)×m＝3m＋2，
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又m>0，∴m＝2，
∴a51＝a11＋4×2＝10，
∴a53＝a51×22＝40.
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(2)记Tn＝a11＋a22＋a33＋…＋ann，求Tn.
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解 由(1)得an1＝a11＋(n－1)×2＝2n.
当n≥3时，ann＝an1·2n－1＝n·2n.
(
)
又a21＝a11＋2＝4，a22＝ma21＝2×4＝8.
a11＝2，a22＝8符合(
)式，
∴ann＝n·2n.
∵Tn＝a11＋a22＋a33＋…＋ann
∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，
①
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
②
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由①－②得，
－Tn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1
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＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)·2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.(共36张PPT)
章末复习课
第4章
数 列
一、等差与等比数列的基本运算
二、等差、等比数列的判定
三、数列求和
内容索引
知识网络
随堂演练
知识网络
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；
解 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)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 由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32.
设数列{bn}的公差为d，
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N
.
反思感悟 在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn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或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方法的运用.
跟踪训练1 已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
解 因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，
(2)在(1)的条件下，若a1＞0，求Sn.
解 因为a1＞0，所以a1＝2，
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.
(1)求b1，b2，b3；
将n＝1代入得，a2＝4a1，又a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
解 {bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
理由如下：
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)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
＝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.
证明 当n≥2时，
两边同除以an－1an，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
(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.
解得t＝11∈N
，所以a1a2是数列{an}中的第11项.
三、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3 已知数列{an}是n次多项式f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn的系数，且f(1)＝
.
(1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，a1＝1，S1＝1成立，所以an＝n(n∈N
).
解 由(1)知f(x)＝x＋2x2＋…＋nxn，
反思感悟 数列求和的常用类型
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如
(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论.
跟踪训练3 正项数列{an}满足：
－(2n－1)an－2n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
得(an－2n)(an＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以an＝2n，n∈N
.
随堂演练
1.在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为
A.13
B.26
C.52
D.156
1
2
3
4
√
解析 3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，
∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，
1
2
3
4
2.等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11∶9，则公差d，
的值分别是
√
1
2
3
4
解析 设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16，
则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a16－a15)＝8d，
1
2
3
4
3.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是
A.21
B.20
C.19
D.18
√
解析 由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，
∴a3＝35.
同理可得a4＝33，
∴d＝a4－a3＝－2，
an＝a4＋(n－4)×(－2)
＝41－2n.
1
2
3
4
∴使Sn取得最大值的n是20.
4.记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N
)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝_____.
1
2
3
4
4
解析 因为{an}为等比数列，
又由am－1am＋1－2am＝0(am≠0)，得am＝2.
则22m－1＝128，故m＝4.章末复习课
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.
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
.
反思感悟 在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn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或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方法的运用．
跟踪训练1 已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)在(1)的条件下，若a1＞0，求Sn.
解 (1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，
即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.
(2)因为a1＞0，所以a1＝2，
所以Sn＝2n＋＝＋，n∈N
.
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．
解 (1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，又a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝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
.
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．
(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＝5，公差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．
三、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3 已知数列{an}是n次多项式f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn的系数，且f(1)＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求f?，并说明f?<2.
解 (1)设f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝，
则an＝Sn－Sn－1＝－＝n，n≥2，
当n＝1时，a1＝1，S1＝1成立，所以an＝n(n∈N
)．
(2)由(1)知f(x)＝x＋2x2＋…＋nxn，
所以f?＝＋2×＋3×＋…＋n×，①
f?＝＋2×＋3×＋…＋(n－1)＋n×，②
由①－②得f?＝＋＋…＋－n×＝1－－，所以f?＝2－－<2.
反思感悟 数列求和的常用类型
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列．
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论．
跟踪训练3 正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由a－(2n－1)an－2n＝0，得
(an－2n)(an＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以an＝2n，n∈N
.
(2)由an＝2n，bn＝，得
bn＝＝，
Tn＝
＝＝.
1．在等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为( )
A．13
B．26
C．52
D．156
答案 B
解析 3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，∴S13＝＝＝＝26.
2．等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11∶9，则公差d，的值分别是( )
A．8，
B．9，
C．9，
D．8，
答案 D
解析 设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16，则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a16－a15)＝8d，＝＝.
由解得S奇＝288，S偶＝352.
因此d＝＝＝8，＝＝.
3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是( )
A．21
B．20
C．19
D．18
答案 B
解析 由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，
∴a3＝35.
同理可得a4＝33，
∴d＝a4－a3＝－2，
an＝a4＋(n－4)×(－2)
＝41－2n.
由得n＝20.
∴使Sn取得最大值的n是20.
4．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N
)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.
答案 4
解析 因为{an}为等比数列，所以am－1am＋1＝a，又由am－1am＋1－2am＝0(am≠0)，得am＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝a，则22m－1＝128，故m＝4.
