资源简介

第六章　数列
第一节　数列的概念
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、公式)．
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
问题思考·夯实技能
【问题1】　数列的通项公式与递推公式有何异同点？
【问题2】　数列的单调性与对应函数的单调性相同吗？
关键能力·题型剖析
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
例1 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________．
(2)数列{an}的前n项和Sn，若a1＝1，an＋1＝5Sn(n≥1)，则an＝________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【变式练习】　若将本例(2)中的“an＋1＝5Sn(n≥1)”改为“an＋1＝5Sn＋1(n≥1)”，则an＝________．
题后师说
Sn与an关系问题的求解策略
巩固训练1
(1)设数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋1，则{an}的前n项和为(　　)
A．2n－1 B．2n＋1
C．2n D．2n＋1－1
(2)[2024·河北石家庄模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝且当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1，则{an}的通项公式an＝________．
题型二 由数列的递推关系式求通项公式
角度一　累加法
例2 知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝(　　)
A． B．
C． D．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以运用累加法an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
角度二　累乘法
例3 已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　)
A．2n－1 B．()n＋1
C．n2 D．n
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
如果数列{an}的递推公式满足＝f(n)(an≠0)的形式，且f(n)可求积，那么就可以运用累乘法an＝···…··a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
巩固训练2
(1)在数列{an}中，a1＝2，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________．
(2)在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2(1＋)an，则{an}的通项公式为________．
题型三 数列的性质
角度一　数列的周期性
例4 [2024·江苏无锡模拟]已知数列{an}满足an＋1＝.若a1＝，则a2 023＝(　　)
A． B． C． D．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度二　数列的单调性
例5 数列{an}的通项公式为an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，若{an}是递增数列，则λ的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(1＋log2e，3)
C．(－∞，1＋log2e] D．(－∞，3)
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度三　数列的最值
例6 [2024·江西宜春模拟]若数列{an}的前n项积Tn＝1－n，则an的最大值与最小值的和为(　　)
A．－3 B．－1 C．2 D．3
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
(1)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(2)解决数列单调性问题的三种方法
①用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或常数列．
②用作商比较法，根据(an>0或an<0)与“1”的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(3)求数列的最大项或最小项的常用方法
①函数法，利用函数的单调性求最值．
②利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
巩固训练3
(1)[2024·河南郑州模拟]数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 023＝(　　)
A． B．－1 C．2 D．3
(2)已知数列{an}满足an＝2n＋kn，若{an}为递增数列，则k的取值范围是(　　)
A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，2)
(3)数列{an}的通项公式是an＝，则该数列中的最大项和最小项依次为(　　)
A．a9，a10 B．a10，a9
C．a11，a10 D．a9，a8
1．[2024·河北邢台模拟]数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝an＋1，则a2 023的值为(　　)
A．－2 B．1
C．3 D．2
2．在正项数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3－，则{an}(　　)
A．为递减数列 B．为递增数列
C．先递减后递增 D．先递增后递减
3．[2024·河南许昌模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝3an－2(n∈N*)，则a6＝(　　)
A．243 B．244
C．486 D．488
4．已知数列{an}的项满足an＋1＝an，a1＝2，则数列{an}的通项公式为________．
第六章　数列
第一节　数列的概念
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：数列的通项公式与递推公式都能求出数列中的任何一项，但通项公式求解时更为简便．
【问题2】　提示：不同．数列作为特殊的函数，也具有单调性，但其单调性与对应函数的单调性又有所不同，由于数列中项数n只能取正整数，所以当函数f(x)在[1，＋∞)上单调时，数列{f(n)}也是单调数列，但当数列{f(n)}是单调数列时，函数f(x)不一定是单调函数，例如函数f(x)＝(x－)2在[1，＋∞)上不单调，但数列{an}(an＝f(n))是递增数列．
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.又a1＝3也满足上式，∴an＝2n＋1.
(2)方法一　由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得当n≥2时an＝5Sn－1，两式相减得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＝5，所以＝5.因此数列{an}从第二项起是公比为6的等比数列，因此其通项公式为an＝
方法二　由已知an＋1＝5Sn(n≥1)，得当n≥1时Sn＋1－Sn＝5Sn，于是Sn＋1＝6Sn，所以＝6，因此数列{Sn}是首项为1，公比为6的等比数列，则Sn＝6n－1，于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n－1－6n－2＝5×6n－2，且a1＝1不适合上式，因此数列{an}的通项公式为an＝
答案：(1)2n＋1　(2)
变式练习　解析：由已知an＋1＝5Sn＋1(n≥1)，得当n≥2时an＝5Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝5an，即an＋1＝6an，所以＝6(n≥2)．又a2＝5S1＋1＝6，所以＝6，因此数列{an}是首项为1，公比为6的等比数列，因此其通项公式为an＝6n－1.
答案：6n－1
巩固训练1　解析：(1)当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，由a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n＋1得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n，两式相减得an＝1，即an＝2n－1，
综上，an＝.
∴{an}的前n项和为2＋2＋4＋8＋…＋2n－1＝2＋＝2n，故选C.
(2)当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1，
则Sn－Sn－1＝－Sn·Sn－1，∴＝1，
∵a1＝，∴S1＝，即＝2，
∴＝2＋×1＝n＋1，
∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝，
当n＝1时，a1＝，不满足上式，
故an＝.
答案：(1)C　(2)
例2　解析：由题意，得＝n，则当n≥2时，＝n－1，＝n－2，…，＝1，
以上各式相加得＝1＋2＋…＋(n－1)＝(n≥2)，
所以＝＋1＝，
即an＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合上式，
所以an＝.故选D.
答案：D
例3　解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，
则＝＝＝，…，＝，n≥2，
由累乘法可得＝n，所以an＝n，n≥2，
又a1＝1，符合上式，所以an＝n.故选D.
答案：D
巩固训练2　解析：(1)由题意可得an－an－1＝lg ，
所以a2－a1＝lg ，a3－a2＝lg ，…，a100－a99＝lg ，
累加得a100－a1＝lg ＋lg ＋…＋lg ＝lg (×…×)＝lg 100＝2，所以a100＝2＋a1＝4.
(2)由题意知an＋1＝2(1＋)an，故＝2(1＋)＝，故an＝a1××…×＝2××…×＝2n×n＝n·2n，又a1＝2符合上式，所以an＝n·2n.
答案：(1)4　(2)an＝n·2n
例4　解析：由题意，a1＝，a2＝2a1－1＝，a3＝2a2＝，a4＝2a3＝，a5＝2a4－1＝…，故数列{an}周期为4，则a2 023＝a2 019＝…＝a3＝.故选B.
答案：B
例5　解析：因为数列{an}的通项公式为an＝(n－λ)·2n(n＝1，2，…)，且{an}是递增数列，所以an答案：D
例6　解析：∵数列{an}的前n项积Tn＝1－n，
当n＝1时，a1＝，
当n≥2时，Tn－1＝1－(n－1)，
an＝＝＝＝1＋，
n＝1时也适合上式，
∴an＝1＋，
∴当n≤8时，数列{an}单调递减，且an<1，
当n≥9时，数列{an}单调递减，且an>1，
故an的最大值为a9＝3，最小值为a8＝－1，
∴an的最大值与最小值之和为2.故选C.
答案：C
巩固训练3　解析：(1)∵an＋1＝1－，且a1＝，∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，a5＝1－＝－1…，
∴数列{an}是T＝3的周期数列，∴a2 023＝a1＝.故选A.
(2)若{an}为递增数列，则an＋1－an>0，则有2n＋1＋k(n＋1)－(2n＋kn)＝2n＋1－2n＋k＝2n＋k>0，对于n∈N＋恒成立．∴k>－2n，对于n∈N＋恒成立，∴k>－2.故选A.
(3)因为an＝＝＝1＋，n∈N*，所以当n≥10时an>1，且随着n增大，an减小，故a10为最大项；当n≤9时an<1，且随着n增大，an减小，故a9为最小项．故选B.
答案：(1)A　(2)A　(3)B
随堂检测
1．解析：由已知an＋2＝an＋1－an，a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3－(－1)＝－2，a7＝(－2)－(－3)＝1，a8＝1－(－2)＝3，因此数列{an}是周期数列，周期是6，所以a2 023＝a1＝1.故选B.
答案：B
2．解析：由a1＝3，a2＝3－＝，a3＝3－＝，且0a2>a3成立，假设n＝k≥3，ak>ak＋1成立，当n＝k＋1时，则ak＋1－ak＋2＝ak＋1－3＋＝＝>0，所以ak＋1>ak＋2，故{an}为递减数列．故选A.
答案：A
3．解析：由2Sn＝3an－2　①，所以2Sn＋1＝3an＋1－2　②，②－①：2an＋1＝3an＋1－3an，所以an＋1＝3an ＝3，当n＝1时，2S1＝3a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝3的等比数列，所以an＝2·3n－1(n∈N*)，所以a6＝2×36－1＝2×35＝486.故选C.
答案：C
4．解析：因为an＋1＝an，所以＝，
所以＝＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得：＝···…···＝，因为a1＝2，所以an＝.
答案：第二节　等差数列
1.理解等差数列的概念．
2．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．
问题思考·夯实技能
【问题1】　推导等差数列的前n项和公式的方法是什么？请你试一试．
【问题2】　在等差数列{an}中，通项an是关于n的一次函数吗？前n项和Sn是关于n的二次函数吗？
关键能力·题型剖析
题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)[2024·九省联考]记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　)
A．120 　 B．140
C．160 　 D．180
(2)[2024·安徽安庆模拟]林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4 cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2 cm，则估计该大树属于(　　)
A．一级 　 B．二级
C．三级 　 D．不是古树
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
等差数列基本运算的求解策略
巩固训练1
(1)[2024·河南洛阳模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝18，则S6＝(　　)
A．54 B．71
C．80 D．81
(2)[2024·河北唐山模拟]已知等差数列{an}满足a1＋a3＝2，a3＋a5＝4，则a5＋a7＝________．
题型二 等差数列的判断与证明
例2 [2021·全国甲卷]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：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
[听课记录]
题后师说
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]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．
题型三 等差数列的性质
角度一　等差数列项的性质
例3 (1)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]已知等差数列{an}的前n项和Sn，若a2＋a3＋a14＋a15＝40，则S16＝(　　)
A．150 B．160
C．170 D．与a1和公差有关
(2)[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2＝2an＋1，且a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，则a1＋a4＋a7＝________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
(1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．
(2)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝相结合．
巩固训练3
(1)[2024·江西宜春模拟]已知等差数列{an}满足a2－a5＋a8＝4，则数列{an}的前9项和S9＝(　　)
A．9 B．18
C．36 D．72
(2)[2024·江苏徐州模拟]若一个等差数列的前5项和为15，后5项和为145，且该数列共有31项，则这个等差数列的公差为________．
角度二　等差数列前n项和的性质
例4 (1)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(Sn，Tn≠0)，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，则的值为(　　)
A． B．
C． D．
(2)在等差数列{an}中， a1＝－2 024，其前n项和为Sn，若＝2，则S2 024＝(　　)
A．2 023 B．－2 023
C．－2 024 D．2 024
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：
(1)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(2){}也为等差数列．
(3)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(4)S2n－1＝(2n－1)an.
(5)若n为偶数，则S偶－S奇＝；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．
巩固训练4
(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　)
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
(2)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．40
角度三　等差数列的最值问题
例5 (多选)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是(　　)
A．d>0
B．Sn的最大值是S15
C．a16<0
D．当Sn<0时，n最大值为32
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
求等差数列前n项和Sn的最值的两种常用方法
巩固训练5
已知数列{an}是等差数列，若a9＋a12>0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn>0时，n的最大值为(　　)
A．10 B．11
C．20 D．21
1．[2023·全国甲卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22
C．20 D．15
2．[2022·新高考Ⅱ卷]图(1)是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图(2)是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　　)
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
3．[2022·全国乙卷]记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
4．[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
第二节　等差数列
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：倒序相加法. 对于等差数列{an}中，前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an　①，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1　②.
①＋②得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)＝n(a1＋an)，
∴Sn＝.
【问题2】　提示：an不一定是关于n的一次函数，事实上，在等差数列{an}中，an＝kn＋b(k，b∈R)，当k＝0，即数列为常数列时，an不是关于n的一次函数；同理Sn不一定是关于n的二次函数，当数列为常数列时，Sn＝bn，不是二次函数．
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)方法一　，解得，
∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
方法二　因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，
所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160.故选C.
(2)设树干的截面圆的半径为r，树干周长2πr＝3.14，r＝0.5 m＝50 cm，从内向外数：a5＝0.4，an－4＝0.2，Sn＝r＝50＝＝0.3n，∴n＝≈167年，所以为三级．故选C.
答案：(1)C　(2)C
巩固训练1　解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S3＝18，可得3a1＋3d＝3＋3d＝18，解得d＝5，所以S6＝6a1＋15d＝6＋15×5＝81.故选D.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由题意知，
解得，所以a5＋a7＝2a1＋10d＝2×＋10×＝6.
答案：(1)D　(2)6
例2　解析：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.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，数列{}的公差为d1，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n，＝＋(n－1)d1.
代入解得d1＝，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.
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(n≥2)，n＝1满足上式，故an＝(2n－1)d2，an－an－1＝2d2，所以数列{an}是等差数列．
巩固训练2　解析：证明：(1)∵＝＝＝＝＝，∴－＝，
∴数列{}是以为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝＋(n－1)·＝，
∴an＝(n∈N*)．
例3　解析：(1)因为{an}是等差数列，所以a2＋a3＋a14＋a15＝2(a1＋a16)＝40，所以a1＋a16＝20，所以S16＝＝＝160.故选B.
(2)因为数列{an}对任意正整数n都有an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列，因为a2，a6是方程x2－8x－5＝0的两个实根，由根与系数的关系可得a2＋a6＝8，所以a1＋a4＋a7＝a2＋a6＋(a2＋a6)＝8＋4＝12.
答案：(1)B　(2)12
巩固训练3　解析：(1)根据题意，等差数列{an}中，a2＋a8＝2a5，则a2－a5＋a8＝a5＝4，数列{an}的前9项和S9＝＝9a5＝36，故选C.
(2)设这个等差数列为{an}，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝15，a27＋a28＋a29＋a30＋a31＝5a29＝145，所以a3＝3，a29＝29，所以公差d＝＝1.
答案：(1)C　(2)1
例4　解析：(1)由(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，得＝＝＝＝＝＝＝.故选B.
(2)由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d，＝(常数)，则{}也为等差数列．由＝2，则数列{}的公差为1.所以＝＋(n－1)×1＝－2 024＋n－1＝n－2 025，所以＝2 024－2 025＝－1，所以S2 024＝－2 024.故选C.
答案：(1)B　(2)C
巩固训练4　解析：(1)由等差数列{an}的前n项和的性质可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选C.
(2)设该数列有2n项，则S偶－S奇＝nd，得2n＝25－15＝10，故该数列的项数为10，故选A.
答案：(1)C　(2)A
例5　解析：设等差数列的公差为d，S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋d＝0，d＝－<0，A选项错误；所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确；所以Sn的最大值是S15，B选项正确；由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列，所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误．故选BC.
答案：BC
巩固训练5　解析：由等差数列的性质可知，a9＋a12＝a11＋a10>0，又∵a10·a11<0，∴a10和a11异号，∵数列{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列{an}是递减的等差数列，即an－an－1＝d<0，∴a10>0，a11<0，∴S21＝＝21a11<0，S20＝＝10(a9＋a12)>0，∴当Sn>0时，n的最大值为20.故选C.
答案：C
随堂检测
1．解析：方法一　由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
方法二　设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5　①，
由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45　②，
由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋d＝20，故选C.
答案：C
2．解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且＝0.725，即＝0.725，解得k3＝0.9.故选D.
答案：D
3．解析：方法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
答案：2
4．解析：因为数列{2n－1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列{3n－2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以{an}的前n项和为n·1＋·6＝3n2－2n.
答案：3n2－2n第三节　等比数列
1.理解等比数列的概念．
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
3．了解等比数列与指数函数的关系．
问题思考·夯实技能
【问题1】　类比指数函数的性质，说出公比q>0的等比数列的单调性．
【问题2】　任何两个实数都有等差中项和等比中项对吗？
关键能力·题型剖析
题型一 等比数列基本量的运算
例1 (1)[2024·山东昌乐模拟]等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝15，a3＝5，则公比q的值为(　　)
A．－ B．1
C．－或1 D．或1
(2)[2024·黑龙江齐齐哈尔模拟]有这样一道题目：“戴氏善屠，日益功倍．初日屠五两，今三十日屠讫，问共屠几何？”其意思为：“有一个姓戴的人善于屠肉，每一天屠完的肉是前一天的2倍，第一天屠了5两肉，共屠了30天，问一共屠了多少两肉？”在这个问题中，该屠夫前5天所屠肉的总两数为(　　)
A．35 B．75
C．155 D．315
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝＝(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知其三就能求其二，体现了方程思想的应用．
巩固训练1
(1)[2024·河北秦皇岛模拟]一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数列的公比为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)[2024·河南开封模拟]记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2(a1＋a2)＝a2＋a3＝12，则S5＝(　　)
A．30 B．31
C．61 D．62
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题型二 等比数列的判定与证明
例2 已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n∈N*.
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
[听课记录]
题后师说
巩固训练2
Sn为等比数列的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
题型三 等比数列的性质
角度一　等比数列项的性质
例3 (1)在等比数列{an}中，若a2a3a6a9a10＝32，则的值为(　　)
A．4 B．2
C．－2 D．－4
(2)[2024·湖北黄冈模拟]已知数列{an}是正项等比数列，数列{bn}满足bn＝log2an.若a2a5a8＝212，b1＋b2＋b3＋…＋b9＝(　　)
A．24 B．32
C．36 D．40
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
巩固训练3
(1)[2024·河南郑州模拟]在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a3a4a5＝6，则a7a8a9的值为(　　)
A．48 B．72
C．216 D．192
(2)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则的值为________．
角度二　等比数列前n项和的性质
例4 (1)[2024·河北沧州模拟]正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝21S10，S10＋S30＝220，则S20＝(　　)
A．90 B．50
C．40 D．30
(2)已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1＝(　　)
A．11 B．12
C．13 D．14
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
在等比数列中，当前n项和的下标成等差数列时，往往借助Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列这一性质求解，减少了运算量，提高了解题速度．
巩固训练4
(1)[2024·辽宁沈阳模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
1．[2022·全国乙卷]已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　)
A．14 B．12
C．6 D. 3
2．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　)
A．7 B．9
C．15 D．30
3．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A．120 B．85
C．－85 D．－120
4．[2023·全国乙卷]已知为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
第三节　等比数列
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：①当q>1时，若a1>0，则{an}单调递增；若a1<0，则{an}单调递减．
②当00，则{an}单调递减；若a1<0，则{an}单调递增．
③当q＝1时，{an}不具有单调性．
【问题2】　提示：任何两个实数都有等差中项是正确的，a，b∈R，等差中项A＝，而任何两个实数都有等比中项是错误的．只有同号的两个实数才有等比中项，且等比中项一定有两个，它们互为相反数，G＝±.
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)由题设知：S3＝a1＋a2＋a3＝15，又a3＝5，故a1＋a2＝10，∴a1(1＋q)＝10，而a1q2＝5，即1＋q＝2q2，解得q为－或1.故选C.
(2)由题意可得该屠夫每天屠的肉成等比数列，记首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，所以a1＝5，q＝2，因此前5天所屠肉的总两数为＝＝155.故选C.
答案：(1)C　(2)C
巩固训练1　解析：(1)设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由题意S4＝5S2，即由＝，解得q＝2.故选B.
(2)设等比数列的首项为a1，公比为q，依题意＝＝q＝2，且2(a1＋a1q)＝6a1＝12，得a1＝2，则S5＝＝62.故选D.
答案：(1)B　(2)D
例2　解析：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有＝a1·a3，
即(λ－3)2＝λ(λ－4) λ2－4λ＋9＝λ2－4λ 9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)因为bn＝(－1)n(an－3n＋21)，
bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1·(an＋1－3n＋18)
＝(－1)n＋1(an－2n＋14)
＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0，
此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18，b1＝－(λ＋18)时，由上可知bn≠0，
∴＝－(n∈N*)，
此时{bn}是等比数列．
巩固训练2　解析：(1)易知q≠1，
由题意可得
解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，
此时Sn＋＝×3n，则＝＝3，
故存在常数λ＝，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列．
例3　解析：(1)由a2a3a6a9a10＝(a2a10)·(a3a9)·a6＝＝32＝25，得a6＝2，则＝＝a6＝2.故选B.
(2)因为{an}是正项等比数列，a2a5a8＝212，所以＝212＝(24)3，则a5＝24，所以b1＋b2＋b3＋…＋b9＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a9＝log2(a1a2a3…a9)＝＝log2(24)9＝log2236＝36.故选C.
答案：(1)B　(2)C
巩固训练3　解析：(1)由a1a2a3＝1，得＝1，由a3a4a5＝6，得＝6，所以q6＝＝6，所以a7a8a9＝a1a2a3q18＝q18＝63＝216.故选C.
(2)因为a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，所以a1＋a13＝13，a1·a13＝9，所以a1>0，a13>0，又{an}为等比数列，则a7＝a1·q6>0，又a1a13＝a2a12＝＝9，所以a7＝3或a7＝－3 (舍去)，所以＝a7＝3.
答案：(1)C　(2)3
例4　解析：(1)因为Sn是正项等比数列{an}的前n项和，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，所以(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，又因为S30＝21S10，S10＋S30＝220，所以S10＝10，S30＝210，所以(S20－10)2＝10(210－S20)，解得S20＝50或S20＝－40(舍)．故选B.
(2)由题意可得所有项之和S奇＋S偶是所有偶数项之和的4倍，∴S奇＋S偶＝4S偶，设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质可得S偶＝qS奇，即S奇＝S偶，∴S偶＋S偶＝4S偶，∵S偶≠0，∴解得q＝，又前3项之积a1a2a3＝＝64，解得a2＝4，∴a1＝＝12.故选B.
答案：(1)B　(2)B
巩固训练4　解析：(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，设S4＝m，则S8＝3m，S8－S4＝2m，S12－S8＝4m，S12＝7m，所以＝＝.故选D.
(2)由题意，得解得S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝＝＝2.
答案：(1)D　(2)2
随堂检测
1．解析：设等比数列{an}的公比为q.由题意知，两式相除，得＝4，解得q＝.代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
答案：D
2．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
答案：C
3．解析：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.
答案：C
4．解析：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
答案：－2第四节　数列求和
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
问题思考·夯实技能
【问题1】　使用裂项相消法求和时要注意哪些问题？
【问题2】　推导等比数列的前n项和公式的方法是什么？请你试一试．
关键能力·题型剖析
题型一 分组求和与并项求和
例1 [2024·河南开封模拟]记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＋Sn－1＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[听课记录]
题后师说
(1)分组转化法求和的常见类型主要有：分段型(如①an＝②an＝2n＋3n－1)，周期型.
(2)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
巩固训练1
[2024·广东深圳模拟]已知数列{an}中，a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前100项和．
题型二 裂项相消法求和
例2 [2024·河北秦皇岛模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(1)求an；
(2)求证：数列{}的前n项和Tn<.
[听课记录]
题后师说
一般是前面裂几项，后面就裂几项；消项后前边剩几项，后边就剩几项．
巩固训练2
[2024·安徽马鞍山模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且a1，a2，S3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型三 错位相减法求和
例3 [2024·河北衡水模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn＝(n＋t)n(t为常数)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[听课记录]
题后师说
(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以数列{bn}的公比，然后作差求解．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
巩固训练3
[2024·辽宁沈阳模拟]已知各项均不为零的数列{an}满足a1＝，且2an－2an＋1＝3anan＋1，n∈N*.
(1)证明：{}为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)令cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.
1．[2024·江西景德镇模拟]在数列{an}中，an＝＋…＋(n∈N＋)，bn＝，则数列{bn}的前n项和S10＝(　　)
A． B． C． D．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝，则S10＝(　　)
A．130 B．169 C．200 D．230
3．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)，则数列{an}的前20项的和为(　　)
A．230 B．115 C．110 D．100
4．[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么＝________ dm2.
第四节　数列求和
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：(1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，是裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．例如：设an为等差数列，公差为d，＝)，＝)．
【问题2】　提示：错位相减求和法. 对于等比数列{an}中，前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1　①，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn　②.
①－②得(1－q)Sn＝a1(1－qn)，
∴当q≠1时，Sn＝，当q＝1时，Sn＝na1.
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)当n≥2时，因为an＝Sn－Sn－1，
所以Sn＋Sn－1＝，
即＝1，所以数列}为等差数列，公差为1，首项为＝1，
所以＝n，又{an}为正项数列，则Sn＝.
(2)由(1)可知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝，
a1＝1亦适合上式，所以an＝，
所以bn＝＝(－1)n()，
当n为偶数时，Tn＝－1＋1＋＋…＋＝，
当n为奇数时，Tn＝－1＋1＋＋…－＝－，
综上可知Tn＝
巩固训练1　解析：(1)∵nan＋1－(n＋1)an＝1，
∴＝＝，
∴{}是常数列，即＝＝3，∴an＝3n－1.
(2)由(1)知，{an} 是首项为2，公差为3的等差数列，
由题意得b2n－1＝a2n－1＋1＝6n－3，b2n＝2a2n＋1＝12n＋4，
设数列{b2n－1}，{b2n}的前50项和分别为T1，T2，
∴T1＝＝25×300＝7 500，
T2＝＝25×620＝15 500，
∴{bn}的前100项和为T1＋T2＝7 500＋15 500＝23 000.
例2　解析：(1)∵{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴Sn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1－2，
当n≥2时，Sn－1＝2n－2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
又∵a1＝S1＝2，∴an＝2n(n∈N*)．
(2)＝＝，
∴Tn＝＋…＋
＝＋…＋
＝，
∵n∈N*，2n＋2－2>0，∴<，
得Tn<.
巩固训练2　解析：(1)若等差数列{an}的公差为d，
由＝a1S3，则(1＋d)2＝1×＝3(1＋d)，
所以d＝－1或d＝2，
当d＝－1时，a2＝0，与a1，a2，S3成等比数列矛盾，排除；
所以d＝2，则an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知：Sn＝＝n2，
则bn＝＝＝)，
所以Tn＝(1－＋…＋)＝(1－)＝.
例3　解析：(1)令n＝1，S1＝a1＝(＋t)，可得t＝，
所以Sn＝(n＋)n，
当n≥2时，Sn－1＝[(n－1)＋](n－1)，
可得an＝Sn－Sn－1＝[n2－(n－1)2]＋＝n，
所以an＝n(n≥2，n∈N*)，
又因为a1＝1满足上式，
所以an＝n(n∈N*)．
(2)因为bn＝＝n·()n＋1，
所以Tn＝1×()2＋2×()3＋3×()4＋…＋n×()n＋1，
两边乘得：Tn＝1×()3＋2×()4＋3×()5＋…＋(n－1)×()n＋1＋n×()n＋2，
两式相减得：Tn＝()2＋()3＋()4＋()5＋…＋()n＋1－n×()n＋2，
即Tn＝－n×()n＋2，
所以Tn＝－()×()n.
巩固训练3　解析：(1)由2an－2an＋1＝3anan＋1，得＝3，n∈N*，
又＝5，∴{}是首项为5，公差为3的等差数列．
∴＝5＋3(n－1)＝3n＋2，故an＝，n∈N*.
(2)由(1)知an＝，∴cn＝＝(3n＋2)·2n－1，
所以Tn＝5＋8×2＋11×22＋…＋(3n－1)·2n－2＋(3n＋2)·2n－1　①，
2Tn＝5×2＋8×22＋11×23＋…＋(3n－1)·2n－1＋(3n＋2)·2n　②，
①－②得：－Tn＝5＋3×2＋3×22＋…＋3×2n－1－(3n＋2)·2n＝5＋－(3n＋2)·2n＝(1－3n)·2n－1，
∴Tn＝(3n－1)·2n＋1.
随堂检测
1．解析：∵an＝＋…＋＝＝＝，∴bn＝＝＝4()，∴S10＝4×(1－＋…＋)＝4×(1－)＝.故选D.
答案：D
2．解析：∵an＝，∴S10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝(1＋5＋9＋13＋17)＋(11＋21＋31＋41＋51)＝45＋155＝200.故选C.
答案：C
3．解析：an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)　①，
an＝f(1)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(0)　②，
两式相加，又因为f(x)＋f(1－x)＝1，
故2an＝n＋1，所以an＝，
所以{an}的前20项的和为Sn＝a1＋a2＋…＋a20＝＋…＋，Sn＝20×1＋＝115.故选B.
答案：B
4．解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格(单位dm2)；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，
设S＝＝＋…＋，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此S＝720－＝720－.
答案：5　720－

展开更多......

收起↑