资源简介

(共27张PPT)
第1课时　等比数列的概念和通项公式
新知初探·课前预习
题型探究·课堂解透
【课标解读】
1.理解等比数列及等比中项的概念．
2．掌握等比数列的通项公式．
3．了解等比数列与指数函数的关系．
新知初探·课前预习
【教 材 要 点】
要点一　等比数列的概念
(1)文字语言：一般地，如果一个数列从第________项起，每一项与它的前一项的比都等于________常数，那么这个数列叫做等比数列 ，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母________表示．
(2)符号语言：＝q (q为常数，n∈N*)
批注 　比是有顺序的，不能有0项！
批注 　公比q是除0之外的任意实数，当q＝1时，此时为常数列，也是等差数列．
2
同一个
q(q≠0)
要点二　等比中项
在两个数a，b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，则G称为a
与b的等比中项． .
批注 　只有当a、b同号时a、b才有等比中项，并且有两个等比中项，分别是与－；当a，b异号时没有等比中项．
要点三　等比数列的通项公式
(1)已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，则数列{an}的通项公式为an＝________．
(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m ，变形得qn－m＝.
批注 　等比数列的任意一项都可以由该数列的某一项和公比表示．
a1qn－1
要点四　等比数列与指数函数的关系
等比数列的通项公式可整理为an＝·qn，而y＝·qx(q≠1)是一个不为0的常数与指数函数qx的乘积，从图象上看，表示数列中的各项的点是函数y＝·qx的图象上的孤立点．
【夯 实 双 基】
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)等比数列中不存在数值为0的项．(　　)
(2)常数列a，a，a，a，…一定是等比数列．(　　)
(3)若数列{an}的通项公式是an＝cqn(c，q∈R，c≠0，q≠0)，则{an}一定是等比数列．(　　)
(4)任何两个实数都有等比中项．(　　)
√
×
√
×
2．下列数列是等比数列的是(　　)
A．3，9，15，21，27　　 B．1，1.1，1.21，1.331，1.464
C． D．4，－8，16，－32，64
答案：D
解析：A、B、C均不满足定义中＝q，只有D满足＝－2.故选D.
3．2＋和2－的等比中项是(　　)
A．1　　　　B．－1　　　
C．±1　　　D．2
答案：C
解析：设2＋和2－的等比中项为a，
则a2＝(2＋)(2－)＝1.即a＝±1.故选C.
4．在等比数列{an}中，a1＝32，公比q＝－，则a6＝________．
-1
解析：因为等比数列{an}中，a1＝32，公比q＝－，
所以a6＝a1·q5＝32×(－)5＝－1.
题型探究·课堂解透
题型1　等比数列通项公式的基本运算
例1　在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n.
解析：设首项为a1，公比为q.
(1)方法一：因为所以
由得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝.
方法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4，q＝.
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝.
(2)方法一：因为
由得q＝，从而a1＝32，
又an＝1，∴32×()n－1＝1.
即26－n＝20，所以n＝6.
方法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，
所以q＝.
由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32.
由an＝a1qn－1＝1，知n＝6.
【方法总结】
等比数列中求a1和q的2种常用方法
巩固训练1　(1)[2022·山东安丘高二期中]已知等比数列{an}中，a2＝3，a3＝9，则a5＝(　　　 )
A．27 B．36
C．54 D．81
答案：D
解析：公比q＝＝＝3，∴a5＝a3·q2＝9×32＝81.
故选D.
(2)[2022·河北宣化一中高二期末]若等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a4＋a5＝81，则数列{an}的公比为(　　)
A．－2 B．2
C．－3 D．3
答案：D
解析：设等比数列{an}的公比为q，
因为a1＋a2＝3，a4＋a5＝81，
所以，
所以＝，解得q＝3，
故选D.
题型2　等比中项的应用
例2　(1)已知等比数列的前3项依次为x，2x＋2，3x＋3，求实数x的值；
(2)已知等比数列{an}，a2a3a4＝64，a3＋a6＝36，求a2和a6的等比中项．
解析：(1)因为等比数列的前3项依次为x，2x＋2，3x＋3，所以x(3x＋3)＝(2x＋2)2，解得x＝－1或x＝－4.又因为当x＝－1时，2x＋2＝3x＋3＝0不合题意，所以实数x的值为－4.
(2)因为{an}是等比数列，所以a3是a2和a4的等比中项，即＝a2a4，所以＝64，解得a3＝4，从而a6＝32.
设{an}的公比为q，则解得所以a2＝a1q＝2.
设a2和a6的等比中项为G，则G2＝a2a6＝64，所以G＝±8.
【方法总结】
等比中项应用的三点提醒
巩固训练2　(1)若1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数列，则的值为(　　)
A．± B．
C．1 D．±1
答案：D
解析：∵1，a，3成等差数列，
∴a＝＝2，
∵1，b，4成等比数列，
∴b2＝1×4，b＝±2，
∴＝＝±1.
故选D.
(2)如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么b＝________，ac＝________．
－3
9
解析：因为b是－1，－9的等比中项，
所以b2＝9，b＝±3.
又等比数列奇数项符号相同，得b<0，故b＝－3，
而b又是a，c的等比中项，
故b2＝ac，即ac＝9.
题型3　灵活设元求解等比数列问题
例3　 (1)有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1，1，4，13成等差数列，则这四个数的和是________．
45
解析：设这四个数分别为a，aq，aq2，aq3，
则a－1，aq－1，aq2－4，aq3－13成等差数列．
即
整理得解得a＝3，q＝2.
因此这四个数分别是3，6，12，24，其和为45.
(2)有四个实数，前三个数成等比数列，且它们的乘积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数．
解析：方法一：设前三个数分别为，a，aq，则·a·aq＝216，
所以a3＝216.所以a＝6.
因此前三个数为，6，6q.
由题意知第4个数为12q－6.
所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝.
故所求的四个数为9，6，4，2.
方法二：设后三个数为4－d，4，4＋d，则第一个数为(4－d)2，
由题意知(4－d)2×(4－d)×4＝216，解得4－d＝6.所以d＝－2.
故所求得的四个数为9，6，4，2.
【方法总结】
几个数成等比数列的设法
1．三个数成等比数列设为，a，aq.
推广到一般：奇数个数成等比数列设为…，，a，aq，aq2，…
2．四个符号相同的数成等比数列设为，aq，aq3.
推广到一般：偶数个符号相同的数成等比数列设为…，，aq，aq3，aq5，…
3．四个数成等比数列，不能确定它们的符号是否相同时，可设为a，aq，aq2，aq3.
巩固训练3　在2和20之间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则插入的两个数的和为(　　)
A．－4或 B．4或
C．4 D．
答案：B
解析：设插入的第一个数为a，则插入的另一个数为.
由a，，20成等差数列得2×＝a＋20.
∴a2－a－20＝0，解得a＝－4或a＝5.
当a＝－4时，插入的两个数的和为a＋＝4.
当a＝5时，插入的两个数的和为a＋＝.
故选B.(共23张PPT)
第2课时　等比数列的性质
新知初探·课前预习
题型探究·课堂解透
【课标解读】
1.通过建立数列模型并应用数列模型解决生活中的实际问题.
2．理解等比数列的常用性质．
3．掌握等比数列的判断及证明方法．
新知初探·课前预习
【教 材 要 点】
要点一　实际应用题常见的数列模型
1．储蓄的复利公式：本金为a元，每期利率为r，存期为n期，则本利和y＝a(1＋r)n.
2．总产值模型：基数为N，平均增长率为p，期数为n，则总产值y＝N(1＋p)n.
批注 　与指数函数模型相同，解题时常用到对数运算．
要点二　等比数列的常用性质
(1)在等比数列{an}中，若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则akal＝aman .
①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，aman＝.
②对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
(2)若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，那么，{an·bn}，仍是等比数列．

批注 　下标和相等，对应项的积相等！要与等差数列的性质：k ＋l＝m ＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an区别开来．
【夯 实 双 基】
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在等比数列{an}中，若aman＝apaq，则m＋n＝p＋q.(　　)
(2)若数列{an}，{bn}都是等比数列，则数列{an＋bn}也一定是等比数列．(　　)
(3)若数列{an}是等比数列，则{λan}也是等比数列．(　　)
(4)若{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(　　)
×
×
×
×
2．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C.a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
答案：D
解析：当下标成等差数列时，对应的项成等比数列．
故选D.
3．已知一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了4个伙伴；第2天，5只蜜蜂飞出去，各自找回了4个伙伴，……按照这个规律继续下去，第20天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂(　　)
A．420只 B．520只
C. 只 D. 只
答案：B
解析：第一天一共有5只蜜蜂，第二天一共有5×5＝52只蜜蜂，……
按照这个规律每天的蜜蜂数构成以为5首项，公比为5的等比数列，
则第n天的蜜蜂数an＝5×5n－1＝5n，
第20天蜜蜂都归巢后，蜂巢中共有蜜蜂数520，
故选B.
4．在等比数列{an}中，若a2a8＝9，则a3a7＝______．
9
解析：∵2＋8＝3＋7，∴a3a7＝a2a8＝9.
题型探究·课堂解透
题型1　等比数列的性质
例1　(1)[2022·山东潍坊高二期中]在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的两个根，则＝(　　)
A．2 B．2
C．1 D．－2
答案：A
解析：由题意可得
所以a1a17＝＝a3a15＝8.
因为
所以a3>0，a15>0，所以a9>0，
所以a9＝2，所以＝＝2. 故选A.
(2)若an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．
解析：由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10)
＝log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]
＝log395＝10.
【方法总结】
利用等比数列的性质解题
(1)基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题．
(2)优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量．
巩固训练1　(1)[2022·河北邢台高二期末]在等比数列{an}中，a2a19＝3a8，则必有(　　)
A．a13＝3 B．a13＝9
C．a12＝3 D．a12＝9
答案：A
解析：{an}是等比数列，
所以a2a19＝a8a13 ，
而a2a19＝3a8 ，故a8a13＝3a8 ，
所以a13＝3，故选A.
(2)[2022·山东泰安高二期末]在各项均为正数的等比数列{an}中，若a1a7＝9，则(a2a6)2－a4＝(　　)
A．6 B．12
C．56 D．78
答案：D
解析：在等比数列{an}中，由等比数列的性质可得：
由＝a1a7＝9，解得：a4＝3；
由2＋6＝1＋7可得：a2a6＝a1a7＝9，
所以(a2a6)2－a4＝92－3＝78.
故选D.
题型2　等比数列的实际应用
例2　某人买了一辆价值13.5万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值．
(1)用一个式子表示n(n∈N*)年后这辆车的价值；
(2)如果他打算用满4年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？
解析：(1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为：a1，a2，a3，…，an，
由题意，得a1＝13.5，a2＝13.5(1－10%)，a3＝13.5(1－10%)2，….
由等比数列的定义，知数列{an}是等比数列，
首项a1＝13.5，公比q＝1－10%＝0.9，
∴an＝a1qn－1＝13.5×0.9n－1.
∴n年后车的价值为an＋1＝(13.5×0.9n)万元．
(2)由(1)得a5＝a1·q4＝13.5×0.94≈8.9(万元)，
∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元．
【方法总结】
一般地，涉及产值增长率、银行利息、细胞繁殖等实际问题时，往往与等比数列有关，可建立等比数列模型进行求解．
巩固训练2　中国人民银行2015年10月24日公布的“人民币现行利率表”显示，金融机构人民币贷款一至五年(含五年)的基准利率为4.75%.若某人年初时从某银行货款了100 000元，贷款期为5年，贷款利率就是基准利率，银行每年年底结算一次利息．求到第5年年底时，该人欠银行的钱数(精确到0.01)．(参考数据：1.047 55≈1.261 159 9)
解析：由题意，由于银行的贷款利率为复利，
故第1年底，该人欠银行：100 000×(1＋4.75%)，
第2年底，该人欠银行：100 000×(1＋4.75%)2，
……，
第5年底，该人欠银行：100 000×(1＋4.75%)5≈126 115.99元，
故到第5年年底时，该人欠银行的钱数约为126 115.99元．
题型3　等比数列的判断与证明
例3　 [2022·江苏南京二十九中高二期末]设数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2n.
(1)设cn＝an＋1－2an，求证：数列{cn}是等比数列；
(2)求an.
解析：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，
an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2n＋1－2an＋2n，
化为an＋1－2an＝2n，
所以cn＝an＋1－2an＝2n，
可得＝2，c1＝2，
则数列{cn}是首项和公比均为2的等比数列．
(2)由an＋1－2an＝2n，
可得＝，
则为公差为，首项为＝1的等差数列，
可得＝1＋(n－1)，
则an＝(n＋1)·2n－1.
【方法总结】
判断数列是等比数列的3种常用方法
巩固训练3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
解析：(1)证明：∵an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)．
由a1＝1，知a1＋1≠0，
由上式易知an＋1≠0，∴＝2.
∴{an＋1}是等比数列．
(2)由(1)可知{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，以2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2×2n－1，即an＝2n－1.(共26张PPT)
第1课时　等比数列的前n项和
新知初探·课前预习
题型探究·课堂解透
【课标解读】
1.掌握等比数列前n项和公式的推导方法．
2．掌握等比数列的前n项和公式，能够运用公式解决相关问题．
3．掌握等比数列的前n项和的简单性质．
新知初探·课前预习
【教 材 要 点】
要点一　等比数列的前n项和公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q (q≠0)，前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn ＝________；当q≠1时，Sn ＝＝.
批注 　当公比未知时，要对公比进行分类讨论．

批注 　当已知a1，q与n时，用Sn＝较方便；
当已知a1，q与an时，用Sn＝较方便．
na1
要点二　等比数列前n项和的性质
(1)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn ，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
(2)等比数列的项数为2n项时，＝________；项数为2n＋1项时，＝________．
批注 　当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k －Sk，S3k －S2k，…不是等比数列．
q
q
【夯 实 双 基】
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)等比数列前n项和Sn不可能为0.(　　)
(2)若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.(　　)
(3)若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an－1＝.(　　)
(4)若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N*)，则此数列一定是等比数列．(　　)
×
√
×
√
2．已知在等比数列{an}中，a1＝2，q＝2，前n项和Sn＝126，则n＝(　　)
A．9　　　 B．8
C．7　　 D．6
答案：D
解析：因为a1＝2，q＝2，
所以＝2n＋1－2＝126，所以n＝6.
故选D.
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝10，S6＝20，则S9＝(　　)
A．20 B．30
C．40 D．50
答案：B
解析：因为{an}是等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，(S3≠0)成等比数列，即10，10，S9－20成等比数列，
显然S9－20＝10 S9＝30，
故选B.
4．在等比数列{an}中，若S6＝，q＝，则a1＝________．
1
解析：∵S6＝＝＝，∴a1＝1.
题型探究·课堂解透
题型1　等比数列前n项和的基本运算
例1　在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝－1.5，a7＝－96，求q和Sn；
(2)已知q＝，S5＝－，求a1和an；
(3)已知a1＝2，S3＝26，求q和an.
解析：(1)q6＝＝＝64，解得q＝±2，
当q＝2时，Sn＝＝(1－2n)，
当q＝－2时，Sn＝＝[(－2)n－1].
(2)S5＝＝－，解得a1＝－2，所以an＝－2×()n－1＝－.
(3)S3＝＝26，解得q＝3或－4，
当q＝3时，an＝2×3n－1，
当q＝－4时，an＝2×(－4)n－1.
【方法总结】
等比数列前n项和运算的策略
巩固训练1　(1)[2022·河北保定高二期中]记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S3＝，a3＝，则公比q为(　　)
A． B．1
C．－ D．1或－
答案：D
解析：∵a3＝，S3＝，
①当q＝1时，S3＝＝×3，满足条件．
②当q≠1时，可得，解得.
综上可知：q＝1或－. 故选D.
(2)已知公比不为1的等比数列{an}，其前n项和为Sn，＝5，则＝(　　)
A．2 B．4
C．5 D．25
答案：B
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则＝＝＝1＋q2＝5，所以q2＝4，
则＝＝q2＝4.
故选B.
题型2　等比数列前n项和性质的应用
例2　(1)等比数列{an}前n项的和为54，前2n项的和为60，则前3n项的和为________；
解析：设等比数列{an}的前3n项的和为S，因为S2n＝60，所以q≠－1，则54，60－54，S－60成等比数列，所以54×(S－60)＝(60－54)2，解得S＝.
(2)一个项数为偶数的等比数列，各项之和为偶数项之和的4倍，且前3项之积为64，求该数列的通项公式．
解析：设该数列的首项为a1，公比为q，奇数项之和、偶数项之和分别记为S奇，S偶，由题意知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．
∵该数列的项数为偶数，∴q＝＝.
又a1·a1q·a1q2＝64，∴·q3＝64，即a1＝12.
故所求通项公式为an＝12·()n－1.
【方法总结】
解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简．不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论．解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点，方可使“英雄”有用武之地．
巩固训练2　(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝(　　)
A．2 B．
C． D．3
答案：B
解析：方法一：设数列{an}的公比为q，所以S6＝S3＋q3S3，S9＝S6＋q6S3＝S3＋q3S3＋q6S3，于是＝＝3，即1＋q3＝3，所以q3＝2.于是＝＝＝.故选B.
方法二：由＝3，得S6＝3S3.
设数列{an}的公比为q，由题意知q≠－1，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，所以(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，解得S9＝7S3，所以＝.故选B.
(2)已知一个等比数列的首项为1，项数为偶数，奇数项的和为85，偶数项的和为170，则此数列的公比为________，项数为________．
2
解析：设该等比数列为{an}，公比为q，项数为n，由题意得：＝＝q＝＝2，Sn＝＝2n－1＝85＋170＝255，则2n＝256，n＝8，所以数列的公比为2，项数为8.
8
题型3　等比数列的综合问题
例3　 [2022·河北保定高二期中]已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝(k∈N)．设bn＝a2n.
(1)证明：数列{bn＋1}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解析：(1)证明：由题设，bn＋1＝a2n＋2＝a(2n＋1)＋1＝a2n＋1＋1＝2a2n＋1＝2bn＋1，
所以＝＝2，又b1＋1＝a2＋1＝a1＋1＋1＝4，
所以{bn＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，
所以bn＋1＝4·2n－1，所以bn＝4·2n－1－1＝2n＋1－1.
(2)S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(a2＋a4＋…＋a2n－n)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝2(a2＋a4＋…＋a2n)－n
＝2(b1＋b2＋…＋bn)－n＝2(22＋23＋24＋…＋2n＋1－n)－n
＝2×－3n＝2n＋3－3n－8.
【方法总结】
解决等比数列的综合问题，一般先对已知条件变形，证明所求的数列为等比数列，然后求出通项，再根据通项求其和及与和有关的问题．
巩固训练3　[2022·山东淄博高二期末]已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，n∈N*.
(1)证明：{an}为等比数列，并写出它的通项公式；
(2)若正整数m满足不等式Sm≤500，求m的最大值．
解析：(1)证明：因为Sn＝2an－2　①，
当n＝1时S1＝a1＝2a1－2，解得a1＝2，
当n≥2时Sn－1＝2an－1－2　②，
①－②得an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以＝2，n≥2，所以{an}是以2为首项、2为公比的等比数列，
所以an＝2n.
(2)由(1)可知Sn＝2n＋1－2，
因为Sm≤500，所以2m＋1－2≤500，即2m＋1≤502<512＝29，解得m＋1<9，所以m<8，
因为m∈N*，所以m的最大值为7.(共22张PPT)
第2课时　等比数列的前n项和公式
新知初探·课前预习
题型探究·课堂解透
【课标解读】
1.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题．
2．能够运用所学知识解决等差数列与等比数列的综合应用问题．
新知初探·课前预习
【教 材 要 点】
要点　等比数列前n项和的实际应用
1．解应用问题的核心是建立数学模型．
2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
3．注意问题是求什么(n，an，Sn)．
批注　(1)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(2)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
【夯 实 双 基】
1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．”意思是：有一个人要走378里路，第一天走得很快，以后由于脚痛，后一天走的路程都是前一天的一半，6天刚好走完．则此人第一天走的路程是(　　)
A．86里 B．172里 C．96里 D．192里
答案：D
解析：设此人第n天走的路程为an里，n∈{1，2，3，4，5，6}，所以此人每天走的路程可形成等比数列{an}，依题可知，公比为，所以378＝，解得，a1＝192里．故选D.
2．某企业在今年年初贷款a万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还(　　)
A．万元 B．万元
C．万元 D．万元
答案：B
解析：设每年偿还x万元，
则x＋x(1＋γ)＋x(1＋γ)2＋x(1＋γ)3＋x(1＋γ)4＝a(1＋γ)5，
所以x＝a(1＋γ)5，解得x＝.
故选B.
3．已知数列{an}是公比为q的等比数列，若2a1＝a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是(　　)
A．1 B．2
C．－1或1 D．－2或2
答案：A
解析：由2a1＝a3a4解得a6＝2.
因为a5是a4与2的等差中项，所以2a5＝a4＋2.
把a6＝2代入得：2a5＝a4＋a6，
消去a4得：2q＝1＋q2，解得q＝1.
故选A.
4．若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________．
－
解析：显然q≠1
此时应有Sn＝A(qn－1)
又Sn＝·3n＋t，∴t＝－.
题型探究·课堂解透
题型1　等比数列前n项和在几何中的应用
例1　侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规则的蜘蛛网，如图，它是由无数个正方形环绕而成，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外围一层正方形四条边的三等分点上，设外围第一个正方形的边长是m，有人说，如此下去，蜘蛛网的长度也是无限的增大，那么，试问，侏罗纪蜘蛛网的长度真的是无限长的吗？设侏罗纪蜘蛛网的长度为Sn，则(　　)
A．Sn无限大　　　　　 B．Sn<3(3＋)m
C．Sn＝3(3＋)m D．Sn可以取100m
答案：B
解析：由题意，从外到内正方形的边长依次为a1＝m，a2＝＝，a3＝＝，…，则数列{an}是以首项为m，公比为的等比数列，所以Sn＝4×，当n→＋∞时，
Sn→3(3＋)m.
故选B.
【方法总结】
此类几何问题可以转化为等比数列模型，利用等比数列的有关知识解决，要注意步骤的规范性．
巩固训练1　如图，在边长为的正方形ABCD中，点A1，B1，C1，D1分别为正方形ABCD各边的中点，点A2，B2，C2，D2分别为正方形A1，B1，C1，D1各边的中点，……，记正方形AnBnCnDn的面积为an，若数列{an}的前m项和Sm＝，则m＝______．
6
解析：因为SABCD＝＝2，
＝SABCD＝1，
依题意可得an＋1＝an，且a1＝1，所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，
所以Sn＝＝2[1－()n]，又Sm＝，
所以＝2[1－()m]，即()m＝，所以m＝6.
题型2　等比数列前n项和公式的实际应用
例2　某制糖厂第一年制糖5万吨．如果平均每年的产量比上一年增加10%，那么从第一年起，约几年内可使总产量达到30万吨(保留到个位)？(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1，lg 1.6＝0.20，lg 1.1＝0.041.)
解析：设该糖厂第n年的产量为an(n∈N*)万吨，由题意得a1＝5，＝1.1，
所以{an}是以5为首项，1.1为公比的等比数列，
所以前n年总产量Sn＝＝50(1.1n－1)，
所以50(1.1n－1)＝30，即1.1n＝1.6，
两边同取对数可得lg 1.1n＝lg 1.6，整理得n＝＝≈5.
所以大约5年，可使总产量达到30万吨．
【方法总结】
解决数列应用题时，一是明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题；二是明确是求an，还是求Sn.
巩固训练2　一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度，在以后的每一分钟内，它上升的高度都是它在前一分钟内上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125 m吗？
解析：用an表示热气球在第n分钟内上升的高度，由题意，得an＋1＝an；因此，数列{an}是首项a1＝25，
公比q＝的等比数列，热气球在前n分钟内上升的总高度Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝＝125×[1－()n]<125，
即这个热气球上升的高度不可能超过125 m．
题型3　等差数列与等比数列的综合问题
例3　　[2022·广东汕尾高二期末]记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝－3，S3＝9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列并说明理由．
解析：(1)设数列{an}的首项为a1，公比为q，
因为S2＝－3，S3＝9，
所以，解得，
所以an＝a1qn－1＝3·(－2)n－1.
(2)因为q＝－2，所以Sn＝＝＝1－(－2)n，
所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，理由如下：
因为Sn＋1＝1－(－2)n＋1，Sn＋2＝1－(－2)n＋2，
所以Sn＋1＋Sn＋2－2Sn＝[1－(－2)n＋1]＋[1－(－2)n＋2]－2[1－(－2)n]
＝1＋2·(－2)n＋1－22·(－2)n－2＋2·(－2)n＝0，
即Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn，所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
【方法总结】
解决等差数列和等比数列的综合问题，一般不能直接套用公式，要先对已知条件转化变形，使之符合等差数列或等比数列的形式，然后利用公式求解．同时，要注意在题设条件下，寻求等差数列之间的内在联系．
巩固训练3　[2022·湖南师大附中高二期末]已知等差数列{an}满足a2＝4，a1＋a5＝14.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝＝a6，bn＋1>bn，求满足Sn<2 022的n的最大值．
解析：(1)由题意得，解得，
∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)∵b1＝a1＝＝a6＝16，
又bn＋1>bn，∴b3＝4，公比q＝2，∴Sn＝2n－1，
令2n－1<2 022，得2n<2 023，
令210<2 023<211，所以n的最大值为10.(共24张PPT)
*4.4　数学归纳法
新知初探·课前预习
题型探究·课堂解透
【课标解读】
1.了解数学归纳法的原理．
2．能用数学归纳法证明一些简单的命题.
新知初探·课前预习
【教 材 要 点】
要点　数学归纳法的概念
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当 n＝n0 (n0∈N*) 时命题成立；
(2)(归纳递推)以当“n＝k (k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．这种证明方法叫做数学归纳法 .

批注 　n0不一定都是1，也可以是其他正整数．

批注 　主要用于解决与正整数有关的数学问题，但并不是所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法．
【夯 实 双 基】
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步就可以．(　　)
(2)在用数学归纳法时，第二步必须利用归纳假设.(　　)
(3)一个数列的通项公式是an＝(n2－5n＋5)2，容易验证：a1＝1，a2＝1，a3＝1，a4＝1，由此作出一般性结论：对于任意n∈N*，an＝(n2－5n＋5)2＝1都成立，以上是数学归纳法．(　　)
(4)用数学归纳法证明命题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．(　　)
×
√
×
×
2．数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是(　　)
A．k∈N
B．k>1，k∈N*
C．k≥1，k∈N*
D．k>2，k∈N*
答案：C
3．用数学归纳法证明f(n)＝1＋2＋3＋…＋(3n＋1)(n∈N*)时，第一步应证明(　　)
A．f(2)＝1＋2
B．f(1)＝1
C．f(1)＝1＋2＋3
D．f(1)＝1＋2＋3＋4
答案：D
解析：n的初始值应为1，而f(1)＝1＋2＋3＋4.
故选D.
4．用数学归纳法证明等式，1＋2＋3＋…＋2n＝n(2n＋1)时，由n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的项是______________．
(2k＋1)＋(2k＋2)
解析：因为要证明等式的左边是连续正整数，所以当由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加了[1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋2(k＋1)]－(1＋2＋3＋…＋2k)＝(2k＋1)＋(2k＋2)．
题型探究·课堂解透
题型1　用数学归纳法证明等式问题
例1　用数学归纳法证明：1－＋…＋＝＋…＋(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，
即1－＋…＋＝＋…＋，
那么当n＝k＋1时，
左边＝1－＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋.
上式表明当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，命题对一切正整数均成立．
【方法总结】
用数学归纳法证明等式的策略
应用数学归纳法证明等式时需要确定两个式子的结构，即：
(1)n＝n0时，等式的结构．
(2)n＝k到n＝k＋1时，两个式子的结构：n＝k＋1时的代数式比n＝k时的代数式增加(或减少)的项．
这时一定要弄清三点：
①代数式从哪一项(哪一个数)开始，即第一项．
②代数式相邻两项之间的变化规律．
③代数式中最后一项(最后一个数)与n的关系．
巩固训练1　求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1) (n∈N*)．
证明：当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
假设当n＝k时，等式成立，
即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)－(4k＋3)
＝－(2k2＋5k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]
所以n＝k＋1时，等式也成立．
综上所述，等式对任何n∈N*都成立．
题型2　归纳—猜想—证明
例2　数列{an}中，a1＝1，a2＝，且an＋1＝(n≥2，n∈N*)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明．
解析：∵a2＝，且an＋1＝(n≥2)，
∴a3＝＝＝，a4＝＝＝.
猜想：an＝(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明猜想正确：
①当n＝1，2时易知猜想正确．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时猜想正确，即ak＝.
当n＝k＋1时，ak＋1＝＝
＝＝＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时猜想也正确．
由①②可知，猜想对任意n∈N*都正确．
【方法总结】
(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”．
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．这种方法更适用于已知数列的递推公式求通项公式．
巩固训练2　已知数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和Bn＝(n＋1)bn，求数列{bn}的通项公式．
解析：由已知条件b1＝1，Bn＝(n＋1)bn，得B2＝b1＋b2＝b2，
∴b2＝2.
B3＝b1＋b2＋b3＝2b3，
∴b3＝3.
B4＝b1＋b2＋b3＋b4＝b4，
∴b4＝4.
由此猜想：bn＝n(n∈N*)为数列{bn}的通项公式．
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，b1＝1，等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立．
即bk＝k，则当n＝k＋1时，
bk＋1＝Bk＋1－Bk＝(k＋1＋1)bk＋1－(k＋1)bk，
整理得bk＋1＝·bk＝k＋1，
即当n＝k＋1时，bk＋1＝k＋1.
由①②知，对任意n∈N*，都有bn＝n.
题型3　用数学归纳法证明几何问题
例3　 有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N*)．
证明：①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．
②假设n＝k(k≥1)时命题成立．
即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．
则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时，命题成立．
综合①②可知，对一切n∈N*，命题成立．
【方法总结】
对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法，利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．
巩固训练3　证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝n(n－3)(n≥4)．
证明：①当n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．
②假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)．
当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k＋1－3)＋1＝k－1.
f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)
＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3].
故n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，对任意n≥4，n∈N*，命题成立．(共22张PPT)
专 项 培 优1 章末复习课
知识网络·形成体系
考点聚焦·分类突破
考点一　传统文化中的数列问题
1．在以实用为主的古代数学中，数列是研究的热点问题．
2．通过对优秀传统文化的学习，提升学生的数学建模、数学运算素养．
例1　(1)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，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其中一列数如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，按此规律得到的数列记为{an}，则a15＝(　　)
A．98　 　B．112　　C．128　　D．132
答案：B
解析：奇数项为0，4，12，24，40，…，即，…，
可得当n为奇数时，an＝，∴a15＝＝112.
故选B.
(2)《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什迦罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬(由旬为古印度长度单位)，以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达地方城市．下列说法正确的是(　　)
A．前四天共行由旬
B．最后三天共行53由旬
C．从第二天起，每天比前一天多行的路程为由旬
D．第三天行了由旬
答案：D
解析：由题意，不妨设每天行军的路程为数列{an}，则a1＝2，
又以后每天均比前一天多行相同的路程，故{an}构成一个等差数列，不妨设公差为d，
七天一共行军80由旬，即S7＝80，
故S7＝7a1＋d＝80，解得d＝，
S4＝4a1＋d＝，A错误；
a5＋a6＋a7＝S7－S4＝80－＝，B错误；
由于d＝，故从第二天起，每天比前一天多行的路程为由旬，C错误；
a3＝a1＋2d＝2＋2×＝，D正确．
故选D.
(3)[2022·湖南高二期末]《九章算术》叙述了一个老鼠打洞的趣事：今有垣厚十尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问：何日相逢？各穿几何？意思就是说，有一堵十尺厚的墙，两只老鼠从两边向中间打洞．大老鼠第一天打一尺，小老鼠也是一尺．大老鼠每天的打洞进度是前一天的2倍，小老鼠每天的进度是前一天的一半．第3天结束后，两只老鼠相距(　　)
A．尺 B．尺
C．尺 D．尺
答案：A
解析：设大老鼠第n天打洞的距离为an，则数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为Sn；小老鼠第n天打洞的距离为bn，则数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，其前n项和为Tn.则Sn＋Tn＝2n－＋1，则S3＋T3＝8＋，从而相距尺．
故选A.
考点二　等差、等比数列的基本运算
(1)计算基本量：将条件利用基本量表示，列出方程(组)求解；
(2)利用性质计算：利用数列的性质转化条件，简化运算，常用的性质有等差(比)中项、数列两项、四项的关系等；
(3)通过对等差、等比数列的基本运算的考查，提升学生的数学运算素养．
例2　(1)[2022·山东德州高二期中]在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋4，若an＝2 022，则n＝(　　)
A．508 B．507
C．506 D．505
答案：C
解析：由题意可得，an＋1＝an＋4，即an＋1－an＝4，
故数列{an}为等差数列，则an＝2＋4(n－1)＝4n－2 ，
故令4n－2＝2 022，n＝506 ，
故选C.
(2)[2022·广东江门高二期末]在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a4＋a6＝－8，则＝(　　)
A．－8 B．16
C．32 D．－32
答案：D
解析：因为{an}为等比数列，a1＋a3＝1，a4＋a6＝－8，
所以 a4＋a6＝a1q3＋a3q3＝q3(a1＋a3)＝q3＝－8，
所以q＝－2，
所以＝＝q5＝－32.
故选D.
(3)[2022·河北邢台高二期末]已知{an}是公差不为零的等差数列，a2＋a4＝14，且a1，a2，a6成等比数列，则an＝________．
3n－2
解析：因为a2＋a4＝14，所以2a3＝14，解得a3＝7.又a1，a2，a6成等比数列，所以＝a1a6.
设公差为d，所以(7－d)2＝(7－2d)(7＋3d)，整理得d2－3d＝0，
因为d≠0，所以d＝3，从而an＝7＋3(n－3)＝3n－2.
考点三　等差、等比数列的证明
1．等差、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．
2．通过对等差数列、等比数列的证明的考查，提升学生的逻辑推理素养．
例3　已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：(1)证明：∵＝＝＝＝＝，
∴＝，∴数列是以为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
∴an＝(n∈N*)．
例4　 [2022·江苏常州高二期末]已知数列{an}满足a1＝3，a2＝5，且2an＋2＝3an＋1－an，n∈N*.
(1)设bn＝an＋1－an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)若数列{an}满足an≤m(n∈N*)，求实数m的取值范围．
解析：(1)因为2an＋2＝3an＋1－an，所以2(an＋2－an＋1)＝an＋1－an.
即2bn＋1＝bn，又因为b1＝a2－a1＝2≠0，所以bn≠0，则＝，
所以，数列{bn}是等比数列．
(2)由(1)知数列{bn}是首项为2公比为的等比数列，则bn＝22－n.
所以an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1＝b1＋b2＋…＋bn－1＝2×(n≥2)，
则an＝3＋2×＝7－23－n(n≥2)．
经检验n＝1时也符合，则an＝7－23－n.
又因为an＝7－23－n<7，所以m≥7.
考点四　数列通项公式与求和
(1)当已知数列为等差数列或等比数列时，只需利用条件求出基本量(首项a1及公差d或公比q)即可写出通项公式，解题时务必要分清是等差数列还是等比数列，切不可张冠李戴．
(2)对于由Sn与an构成的递推关系式，通常是通过an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去Sn或an(当消去Sn困难时)两种途径解决问题．对于由Sn与Sn＋1构成的递推关系式，通常通过an＝Sn－Sn－1(n≥2)构建an求解．注意表达式an＝，若n＝1时，an(n≥2)表达式的值不等于a1，则数列的通项公式要分段表示．
(3)求数列的前n项和，根据数列的不同特点，常有方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组求和法．
(4)通过对数列通项公式及数列求和的考查，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例5　 [2022·河北石家庄高二期末]已知{an}是公差不为0的等差数列，S5＝20，且a3，a5，a10成等比数列
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得，
解得或，
因为d≠0，所以an＝－2＋3(n－1)＝3n－5.
(2)当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝·n＋＝2n＋1＋n2－n－2.
例6　 [2022·山东日照高二期末]已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝7，S5＝55.
(1)求an，Sn；
(2)若数列{}的前n项和为Tn，求满足Tn>的最小正整数n.
解析：(1)设等差数列的公差为d，
则，即，解得，
所以an＝3＋4(n－1)＝4n－1，Sn＝＝2n2＋n.
(2)由(1)得，＝·＝，
故Tn＝)＋)＋…＋)＝)＝，
令Tn>，有>，
即25n>24n＋18，解得n>18，
故满足Tn>的最小正整数为19.
例7　 [2022·广东湛江高二期末]已知等差数列{an}满足an＋2an＋1＝3n＋5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋2)2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)当n＝1时，a1＋2a2＝8　①，
当n＝2时，a2＋2a3＝11　②，
②－①得，3d＝3，解得d＝1，
所以a1＋2a2＝a1＋2a1＋2＝8，a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
(2)由(1)得an＝n＋1，
则bn＝(an＋2)2n＝(n＋3)2n，
Tn＝4×21＋5×22＋6×23＋…＋(n＋2)2n－1＋(n＋3)2n，
2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋(n＋2)2n＋(n＋3)2n＋1，
∴－Tn＝4×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋3)2n＋1
＝8＋－(n＋3)2n＋1
＝4－(n＋2)2n＋1，
∴Tn＝－4＋(n＋2)2n＋1.

展开更多......

收起↑