资源简介 (共160张PPT)第六章 数 列教材考点·真题分布目 录 CONTENTS教材探究问题 · 研析教材阅读文字 · 拓展教材典型母题 · 必刷01020304教材常用结论 · 推导教材探究问题·研析011.(人教A版选择性必修第二册P13)你能根据等差数列的定义推导它的通项公式吗 提示:思路一:an＝an－1＋d,故有a2＝a1＋d,a3＝a2＋d＝a1＋2d,a4＝a3＋d＝a1＋3d,…,归纳可得,an＝a1＋(n－1)d(n∈N*,且n≥2).思路二:a2－a1＝d,a3－a2＝d,a4－a3＝d,…an－an－1＝d,左右两边分别相加可得,an－a1＝(n－1)d,即an＝a1＋(n－1)d(n≥2).探究2.(人教A版选择性必修第二册P14)观察等差数列的通项公式,你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关 提示:由于an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d),所以当d≠0时,等差数列{an}的第n项an是一次函数f(x)＝dx＋(a1－d)(x∈R)当x＝n时的函数值,即an＝f(n).如图,在平面直角坐标系中画出函数f(x)＝dx＋(a1－d)的图象,就得到一条斜率为d,截距为a1－d的直线.在这条直线上描出点(1,f(1)),(2,f(2)),…,(n,f(n)),…,就得到了等差数列{an}的图象.事实上,公差d≠0的等差数列{an}的图象是点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)＝dx＋(a1－d)上.反之,任给一次函数f(x)＝kx＋b(k,b为常数),则f(1)＝k＋b,f(2)＝2k＋b,…,f(n)＝nk＋b,…构成一个等差数列{nk＋b},其首项为(k＋b),公差为k.3.(人教A版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n项和为Sn＝pn2＋qn＋r,其中p,q,r为常数,且p≠0.观察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论.提示:当n＝1时,a1＝S1＝p＋q＋r;当n≥2时,Sn－1＝p(n－1)2＋q(n－1)＋r,an＝Sn－Sn－1＝pn2＋qn＋r－[p(n－1)2＋q(n－1)＋r]＝2pn－p＋q.若r＝0,则a1＝p＋q,满足上式,此时an＝2pn－p＋q,an－1＝2p(n－1)－p＋q(n≥2),所以an－an－1＝2p,为常数,所以{an}是等差数列;若r≠0,则a1＝p＋q＋r,不满足上式,所以an＝此时{an}不是等差数列.4.(人教A版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1＝10,当d＝－3.5时,Sn有最大值吗 考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题.提示:当d＝－3.5时,Sn＝－n2＋n＝－n2＋n＝－,所以当n＝3时,Sn的最大值为.对于一般的等差数列前n项和,当d≥0时,没有最大值,解得－≤n≤1－,即满足－≤n≤1－的整数n能够使Sn取得最大值.5.(人教A版选择性必修第二册P28)你能根据等比数列的定义推导它的通项公式吗 提示:思路一:an＝··…···a1＝q·q·…·q·q·a1＝a1qn－1,而n＝1时,上式也成立.思路二:a2＝a1q,a3＝a2q＝(a1q)q＝a1q2,a4＝a3q＝(a1q2)q＝a1q3,…归纳可得an＝a1qn－1,当n＝1时,上式也成立.6.(人教B版选择性必修第三册P32)在等比数列的通项公式中,an与n的关系与以前学过的什么函数有关 提示:因为an＝a1qn－1＝×qn,所以如果记f(x)＝×qx,则可以看出an＝f(n),而且:(1)当公比q＝1时,f(x)是常数函数,此时数列{an}是常数列;(2)当公比q≠1时,f(x)是与y＝qx的乘积,此时,f(x)的增减性既与a1有关,也与q有关.7.(人教A版选择性必修第二册P32)已知b>0且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{}是否一定是等比数列 如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列 提示:首先证明{logban}为等差数列.数列{an}是各项均为正的等比数列,设公比为q,则q>0,首项a1>0,从而an＝a1·qn－1.记数列{logban}的第n项为cn,则cn＝logban,cn＋1＝logban＋1,故cn＋1－cn＝logban＋1－logban＝logb＝logbq,因为差值为一个定值,所以数列{logban}为等差数列.再证明{}为等比数列.数列{an}是等差数列,设公差为d,首项为a1,则an＝a1＋(n－1)d.记数列{}的第n项为cn,则cn＝,cn＋1＝,则＝bd,因为比值为一个定值,所以数列{}是一个等比数列.8.(人教B版选择性必修第三册P40)如果数列{an}的前n项和的公式是Sn＝Aqn＋B,其中A,B,q都是常数,且A≠0,q≠0,那么{an}一定是等比数列吗 为什么 提示:①当A＋B＝0时,数列{an}的前n项和为Sn＝Aqn－A(Aq≠0,q≠1,n∈N＋),那么这个数列一定是等比数列.理由如下:由于Sn＝Aqn－A,则当n＝1时,a1＝S1＝A(q－1);当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝(Aqn－A)－(Aqn－1－A)＝Aqn－1(q－1),当n＝1时也符合该式.故数列{an}的通项公式为an＝Aqn－1(q－1)(n∈N＋),并且＝q(常数),即数列{an}是等比数列,其中首项a1＝A(q－1),公比为q.由此可得判定一个数列是等比数列的另一种方法:数列{an}是等比数列 Sn＝Aqn－A(Aq≠0,q≠1,n∈N＋).②当A＋B≠0时,这个数列一定不是等比数列.理由如下:当n＝1时,a1＝S1＝Aq＋B;当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝Aqn＋B－Aqn－1－B＝Aqn－1(q－1).所以an＝由Aq＋B＝A(q－1),得A＋B＝0,与已知矛盾,所以此时该数列一定不是等比数列.教材常用结论·推导021.构造法求通项公式(1)(人教A版选择性必修第二册P41T8拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋q(p≠0,1)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λ＝p(an－λ)(λ∈R),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋q就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.(2)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn＋r(p≠0,p≠1,q,r∈R)时,可以使用待定系数法设出an＋1－[A(n＋1)＋B]＝p[an－(An＋B)],于是解得A＝,B＝,因此an＋1＝pan＋qn＋r就可变形为an＋1－[·(n＋1)＋]＝p{an－[n＋]},从而数列{an－[n＋]}是公比为p的等比数列.(3)(人教A版选择性必修第二册P41T7,苏教版选择性必修第一册P161T17拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn(p≠0,p≠q)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λqn＋1＝p(an－λqn),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋qn就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.事实上,对于an＋1＝pan＋qn(q≠0)的递推式可通过“同除变换”求通项:①常用同除以pn＋1(p是an的系数,n＋1是an＋1的项数)得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋·,即bn＋1＝bn＋f(n),当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时用累加法求通项.②也可以同除以qn＋1得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋,当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时,用待定系数法求通项.(4)(人教B版选择性必修第三册P44T2拓展)当数列{an}满足递推式an＋2＝pan＋1＋qan,当λ＝μ时,数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.当λ≠μ时,数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.证明 首先使用待定系数法设出an＋2－μan＋1＝λ(an＋1－μan),从而有an＋2＝(λ＋μ)an＋1－λμan,于是得到进而说明λ,μ是关于x的一元二次方程x2－px－q＝0的两个实数根.又根据{an－μan－1}(n≥2)是公比为λ的等比数列,得到an－μan－1＝λn－2(a2－μa1)(n≥2),从而有an＝μan－1＋λn－2(a2－μa1)(n≥2).①当λ＝μ时,an＝λan－1＋λn－2(a2－λa1)(n≥2),于是(a2－λa1),接着使用迭代法就可以得到,an＝λn－1a1＋(n－1)·λn－2(a2－λa1)＝λn(n≥2),由于当n＝1时通项公式依旧成立,于是数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.②当λ≠μ时,使用待定系数法设出an＋mλn－1(a2－μa1)＝μ[an－1＋mλn－2(a2－μa1)](n≥2),从而有an＝μan－1＋(μ－λ)mλn－2(a2－μa1),于是得到m＝,因此数列(n≥2)是公比为μ的等比数列,得到an＋·λn－1(a2－μa1)＝μn－1,进而an＝λn＋μn,于是数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.【应用示例】 (2020·全国Ⅲ卷节选)设数列{an}满足a1＝3,an＋1＝3an－4n,计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明.解 a2＝5,a3＝7.猜想an＝2n＋1.证明如下:由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)],an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)],…,a2－5＝3(a1－3).因为a1＝3,所以an＝2n＋1.2.(人教A版选择性必修第二册P41T11,湘教版选择性必修第一册P52T16拓展)分式结构递推公式的通项公式的求法(1)(倒数法)当数列满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,左右两边同时取倒数得到·,令bn＝,得bn＋1＝pbn＋q,利用待定系数法推求通项.(2)(不动点法)当数列{an}满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,令x1,x2是关于x的方程x＝的两个实数根,于是得到x1＝,进而有A＋(B－C)x1－D＝0,于是－Bx1＝A－Cx1－D,于是an＋1－x1＝－x1＝·(an－x1),然后依葫芦画瓢就有an＋1－x2＝(an－x2).①当x1＝x2时,得到x1＝x2＝,于是an＋1－x1＝(an－x1),接着取倒数得···,因此数列是公差为的等差数列.②当x1≠x2时,·,因此数列是公比为的等比数列.这种分式结构递推求数列{an}的通项公式的方法称为不动点法.【应用示例】 在数列{an}中,已知2an＝an＋1＋anan＋1,a1＝,求数列{an}的通项公式.解 法一(倒数法)由2an＝an＋1＋anan＋1可得an≠0,则×,即－1＝,故－1＝－为首项,为公比的等比数列,故－1＝－×＝－,则＝1－,an＝.法二(不动点法)令x1,x2是关于x的方程2x＝x＋x2的两根,解得x1＝0,x2＝1.由2an＝an＋1＋anan＋1,得an＋1＝,令bn＝,则b1＝＝4,则bn＋1＝＝2＝2bn,所以数列{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以bn＝4×2n－1＝2n＋1＝,解得an＝.3.片段和公式(1)(人教A版选择性必修第二册P23T3拓展)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…,是等差数列,其公差为m2d.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝(a1＋md)＋(a2＋md)＋…＋am＋md＝Sm＋m2d,同理S3m－S2m＝S2m－Sm＋m2d,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…仍组成等差数列,其公差为m2d.(2)(人教A版选择性必修第二册P37例9拓展)若Sn为等比数列{an}的前n项和,当q≠－1,或q＝－1且m为奇数时,Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝a1·qm＋a2qm＋…＋amqm＝Sm·qm,同理S3m－S2m＝(S2m－Sm)qm.当q≠－1或q＝－1,且m为奇数时,Sm≠0,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.【应用示例】 (2023·新高考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.85C.－85 D.－120C解析 法一 设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意易知q≠1,则化简整理得所以S8＝(1－44)＝－85,故选C.法二 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.4.(人教A版选择性必修第二册P37T5拓展)若{an}是公比为q的等比数列,则Sn＋m＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.证明 Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋an＋m＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn＝Sn＋qnSm,Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm＝Sm＋qmSn.【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于 . -解析 法一 设等比数列为{an},其公比为q,前n项和为Sn,因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,又S4＝4,S8＝68,所以q≠1.由S4＝4得＝4, ①由S8＝68得＝68, ②,即＝1＋q4＝17,所以q4＝16,又q>0,所以q＝2.法二 设等比数列为{an},其公比为q,前n项和为Sn,因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,又S4＝4,S8＝68,所以q4＝＝16,又q>0,所以q＝2.(2)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3,则{an}的公比为 . 解析 法一 由8S6＝7S3,可知数列{an}的公比q≠1,所以8×＝7×,即8(1－q6)＝7(1－q3),即8(1＋q3)＝7,所以q＝－.法二 因为8S6＝7S3,所以S6＝S3,由S6＝S3＋q3S3得S3＝S3＋q3S3,解得q＝－.－5.(人教A版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8拓展)等差数列的奇偶项和的性质(1)若非零等差数列{an}的项数为2n,则S偶－S奇＝nd,.证明 因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＝nd,(2)若等差数列{an}的项数为2n＋1,则S偶－S奇＝－an＋1,.证明 因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝－an＋1,【应用示例】 已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B－A＝45,2A＝B＋615,则an＝( )A.3n－2 B.3n－1C.3n＋1 D.3n＋2解析 设等差数列的公差为d,首项为a1,则B－A＝15d＝45,所以d＝3,因为2A＝B＋615,即2A＝A＋45＋615,则A＝660,等差数列的奇数项是以a1为首项,2d为公差的等差数列,等差数列{an}的前30项中奇数项有15项,所以A＝15a1＋×6＝660,得a1＝2,所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.B6.(苏教版选择性必修第一册P169T8拓展)等比数列的奇偶项和的性质(1)若等比数列{an}的项数为2n,则＝q.证明 因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋q2n－1q＝S奇·q,证明 因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a1＋a2q＋…＋a2n·q＝a1＋S偶·q,因为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)q＝(S奇－a2n＋1)q,【应用示例】 已知等比数列{an}共有2n＋1项,a1＝1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q＝ . 27.(人教A版选择性必修第二册P56T11拓展)(1)错位相减法万能公式:若数列{cn}满足cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则其前n项和为Sn＝(An＋B)qn－B,其中A＝,B＝.证明 因为cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),Sn＝c1＋c2＋…＋cn,所以Sn＝(a＋b)＋(2a＋b)q＋…＋(an＋b)qn－1,所以qSn＝(a＋b)q＋…＋[a(n－1)＋b]qn－1＋(an＋b)qn(错位),所以(1－q)Sn＝(a＋b)＋a(q＋q2＋…＋qn－1)－(an＋b)qn(相减),所以Sn＝＝＝qn－.令A＝,B＝,则Sn＝(An＋B)qn－B.(2)若cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1,其中c＝,d＝.证明 因为cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1＝qn－1(cqn＋cq＋dq－cn－d)＝qn－1[(cq－c)n＋cq＋dq－d]＝(an＋b)qn－1,【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1＝3,且.①证明:数列{nan}是等差数列;证明 两边同时乘n(n＋1),得(n＋1)an＋1＝nan＋1,又1×a1＝3,所以{nan}是首项为3,公差为1的等差数列.②给定正整数m,设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm,求f'(－2).解 由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2,又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1,故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1,所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m.两式相减,得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m＝×(－2)m,所以f'(－2)＝×(－2)m.(2)(2024·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn＝3an＋4.①求{an}的通项公式;解 因为4Sn＝3an＋4, (ⅰ)所以当n≥2时,4Sn－1＝3an－1＋4. (ⅱ)则当n≥2时,(ⅰ)－(ⅱ)得4an＝3an－3an－1,即an＝－3an－1.当n＝1时,由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4,所以a1＝4≠0,所以数列{an}是以4为首项,－3为公比的等比数列,所以an＝4×(－3)n－1.②设bn＝(－1)n－1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.解 法一(错位相减法)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1,所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1,所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n,两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n,所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.检验:bn＝4n·3n－1,a＝4,b＝0,q＝3,A＝＝2,B＝＝－1,Tn＝(2n－1)3n＋1.注:检验不要写在试卷上,在草纸上检验即可.法二(裂项求和)bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1,令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1,则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1,所以即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1,所以Tn＝b1＋b2＋b2＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.8.(人教A版选择性必修第二册P8习题4.1T1拓展)(1)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互素的正整数的个数,例如,φ(1)＝1,φ(4)＝2.(2)欧拉函数的性质①若p为素数,则φ(p)＝p－1.②若p为素数,且n＝pα,则φ(n)＝pα－pα－1.证明 由欧拉函数定义知φ(pα)等于从pα减去1,2,…,pα中与pα不互素的数的个数,因为1,2,…,pα中能被p整除的正整数有＝pα－1个,故φ(n)＝φ(pα)＝pα－pα－1.【应用示例】 欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数,例如φ(4)＝2.已知bn＝,n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若TnA. B.1C. D.2解析 因为3为质数,在不超过3n的正整数中,所有能被3整除的正整数的个数为3n－1,φ(3n)＝3n－3n－1＝2×3n－1(n∈N*),所以φ(3n＋1)＝3n＋1－3n＝2×3n(n∈N*),则bn＝,A所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn,Tn＝＋…＋,Tn＝＋…＋,两式相减可得:Tn＝＋…＋＝＝＝,所以Tn＝<,因为bn＝>0,所以Tn在n∈N*上单调递增,所以Tn所以M的最小值为.9.(人教A版选择性必修第二册P56T10)角谷猜想(冰雹猜想)对于任何一个正整数,如果它是偶数,就用它除以2;如果它是奇数,则把它乘3后再加1,经过有限次的运算,最后得到的结果必然是1,这就叫做“角谷猜想”.“角谷猜想”又称“冰雹猜想”,因为它就像小水滴在高空中,受上升气流的推动,在云层中忽上忽下,越积越大,最终形成冰雹并迅速落下来.就像一些数字经过运算,不停上下振荡,最后一下子像冰雹似的掉下来,变成数字1.【应用示例】 (多选)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1＝m(m为正整数),an＋1＝则( )A.m＝5时,a6＝1B.m＝5时,在所有an的值组成的集合中,任选2个数都是偶数的概率为C.a5＝4时,m的所有可能取值组成的集合为M＝{8,10,64}D.若所有an的值组成的集合有5个元素,则m＝16ABD解析 对于A,m＝5时,a1＝5,所以该数列前6项依次为5,16,8,4,2,1,a6＝1,故A正确;对于B,m＝5时,该数列各项为5,16,8,4,2,1,4,2,1,…,所有an的值组成的集合为{5,16,8,4,2,1},其中有4个是偶数,2个是奇数,所以任选2个数都是偶数的概率为,故B正确;对于C,a1＝1,数列各项为1,4,2,1,4,…,所以1∈M,故C错误;对于D,若所有an的值组成的集合有5个元素,则所有集合都含有4,2,1三个元素,4的前一项为8或1,8的前一项为16,所以所有an的值组成的集合必为{16,8,4,2,1},且首项必为16,故D正确.综上,选ABD.教材阅读文字·拓展03通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A版选择性必修第二册P10),可从中得到斐波那契数列Fn＝Fn－1＋Fn－2(F1＝F2＝1,n>2)的如下结论:(1)F1＋F2＋…＋Fn＝Fn＋2－1.证明 F1＋F2＋…＋Fn＝F1＋F2＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－F2＝F3＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝F4＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝…＝Fn＋1＋Fn－1＝Fn＋2－1.(2)F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2n.证明 F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F4＋F5＋…＋F2n－1＝F6＋F7＋…＋F2n－3＋F2n－1＝…＝F2n－2＋F2n－1＝F2n.(3)F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F2n＋1－1.证明 F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F1＋F2＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F3＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F5＋F6＋…＋F2n－2＋F2n－1＝…＝F2n－1＋F2n－1＝F2n＋1－1.(4)F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).证明 2(F3＋F6＋F9＋…＋F3n)＝F3＋F3＋F6＋F6＋F9＋F9＋…＋F3n＋F3n＝F2＋F3＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F4＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F5＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F7＋F6＋F9＋…＋F3n＋F3n－1＝…＝F3n－1＋F3n＋F3n－1＝F3n＋1＋F3n－1＝F3n＋2－1,故F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).(5)Fn－2＋Fn＋2＝3Fn(n>2).证明 由Fn－2＋Fn－1＝Fn得Fn－2＝Fn－Fn－1,所以Fn＋2＋Fn－2＝Fn＋1＋Fn＋Fn－Fn－1＝2Fn＋Fn＋1－Fn－1＝2Fn＋Fn＝3Fn.(6)＝Fn＋1Fn－FnFn－1(n>1).证明 Fn＋1Fn－FnFn－1＝Fn(Fn＋1－Fn－1)＝.(7)＋…＋＝FnFn＋1.证明 由性质6,＋…＋＝＋(F3F2－F2F1)＋(F4F3－F3F2)＋…＋(Fn＋1Fn－FnFn－1)＝－F2F1＋Fn＋1Fn＝Fn＋1Fn.(8)＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1(n≥2).证明 令bn＝－Fn－1Fn＋1,则bn＋1＝－FnFn＋2＝－Fn(Fn＋Fn＋1)＝－FnFn＋1－＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)－＝Fn＋1Fn－1－＝－bn,所以bn＝b2·(－1)n－2,b2＝－F1F3＝－1,所以bn＝(－1)n－1,＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1.(9)＋…＋.证明 左＝·＋…＋＝＋＋…＋＝.(10)Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn(n≥2).证明 当m＝1时,右＝Fn－1＋Fn＝Fn＋1＝左,当m≥n时,假设m＝k(k≥1)成立,即Fk＋n＝FkFn－1＋Fk＋1Fn,当m＝k＋1时,Fk＋1Fn－1＋Fk＋2Fn＝Fn－1(Fk＋1－Fk＋Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1＋Fk＋1)＝(Fn－1Fk＋FnFk＋1)＋Fn－1(Fk＋1－Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1)＝Fk＋n＋Fn－1Fk－1＋FnFk＝Fk＋n＋Fk－1＋n＝Fk＋n＋1,所以对任何m∈N*都成立.(11)＝F2n＋1.证明 由性质10知,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n＋1,F2n＋1＝Fn＋1Fn－1＋Fn＋2Fn＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)＋(Fn＋1＋Fn)Fn＝.(12)＝F2n(n≥2).证明 由性质10,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n,得F2n＝FnFn－1＋Fn＋1Fn＝Fn(Fn＋1＋Fn－1)＝(Fn＋1－Fn－1)(Fn＋1＋Fn－1)＝.(13)＝Fn＋1＋Fn－1.证明 由性质12,得F2n＝＝(Fn＋1＋Fn－1)(Fn＋1－Fn－1)＝(Fn＋1＋Fn－1)Fn,所以＝Fn＋1＋Fn－1.(14)Fn＝.证明 由Fn＋Fn＋1＝Fn＋2,得Fn＋2＋λFn＋1＝(λ＋1)(Fn＋1＋λFn),(λ＋1)λ＝1,λ2＋λ－1＝0,λ＝,当λ＝时,Fn＋2－Fn＋1＝·(Fn＋1－Fn),得Fn＋1－Fn＝, ①当λ＝时,Fn＋1－Fn＝, ②由①②得,Fn＝.【应用示例】 (2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x－1)＋f(x－2),且当x<3时,f(x)＝x,则下列结论中一定正确的是( )A.f(10)>100 B.f(20)>1 000C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000解析 因为当x<3时,f(x)＝x,所以f(1)＝1,f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2),令x＝3,得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3;令x＝4,得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5;B依次类推,得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8;f(6)>f(5)＋f(4)>8＋5＝13;f(7)>f(6)＋f(5)>13＋8＝21;f(8)>f(7)＋f(6)>21＋13＝34;f(9)>f(8)＋f(7)>34＋21＝55;f(10)>f(9)＋f(8)>55＋34＝89;f(11)>f(10)＋f(9)>89＋55＝144;f(12)>f(11)＋f(10)>144＋89＝233;f(13)>f(12)＋f(11)>233＋144＝377;f(14)>f(13)＋f(12)>377＋233＝610;f(15)>f(14)＋f(13)>610＋377＝987;….显然f(16)>1 000,所以f(20)>1 000,故选B.教材典型母题·必刷04母题1 (人教A版选择性必修第二册P18T5)已知一个无穷等差数列{an}的首项为a1,公差为d.(1)将数列中的前m项去掉,其余各项组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 解 由题意,可知将无穷等差数列{an}的前m项去掉,其余各项组成一个新的数列为am＋1,am＋2,am＋3,…故这个新数列是首项为am＋1＝a1＋md,公差为d的等差数列.(2)取出数列中的所有奇数项,组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 解 由题意,取出无穷等差数列{an}中的所有奇数项,组成一个新的数列为a1,a3,a5,…,a2n－1,…故这个新数列是等差数列,且首项为a1,公差为2d.(3)如果取出数列中所有序号为7的倍数的项,组成一个新的数列呢 你能根据得到的结论作出一个猜想吗 解 由题意,取出无穷等差数列{an}中所有序号为7的倍数的项,组成一个新的数列为a7,a14,a21,…故这个新数列是等差数列,且首项为a7＝a1＋6d,公差为a14－a7＝7d.(2024·新高考Ⅰ卷节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m＋2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i解 (1,2),(1,6),(5,6).(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m＋2是(2,13)－可分数列.证明 当m＝3时,删去a2,a13,其余项可分为以下3组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组,当m>3时,删去a2,a13,其余项可分为以下m组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组,a15,a16,a17,a18为第4组,a19,a20,a21,a22为第5组,……,a4m－1,a4m,a4m＋1,a4m＋2为第m组,可知每组的4个数都能构成等差数列,故数列a1,a2,…a4m＋2是(2,13)－可分数列.母题2 (人教A版选择性必修第二册P21例6(2))已知数列{an}是等差数列.若a1＝2,a2＝,求S10.解 因为a1＝2,a2＝,所以d＝.根据公式Sn＝na1＋d,可得S10＝10×2＋×.母题3 (人教A版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证＝d.你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗 证明 ∵等差数列{an}的公差为d,∴＝＝＝d,在斜率为d的直线l:f(x)＝dx＋(a1－d)上任取两点(m,am),(n,an),则d＝,∴公差为d的等差数列{an}的图象是由点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)＝dx＋(a1－d)上.(1)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5,则S10＝ . 95解析 法一(基本量法)设{an}的公差为d,由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7,3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5,解得a1＝－4,d＝3,则S10＝10a1＋45d＝95.法二(利用下标和性质)设{an}的公差为d,由a3＋a4＝a2＋a5＝7,3a2＋a5＝5,得a2＝－1,a5＝8,故d＝＝3,a6＝11,则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.(2)(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.22C.20 D.15C解析 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.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.母题4 (人教A版选择性必修第二册P26T12)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}.(1)写出数列{an}的一个递推公式;(2)根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式.解 (1)该数列的一个递推公式为an－an－1＝n(n≥2).(2)该数列的一个通项公式为an＝.母题5 (人教A版选择性必修第二册P21例7)已知一个等差数列{an}前10项的和是310,前20项的和是1 220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗 解 由题意,知S10＝310,S20＝1 220.把它们代入公式Sn＝na1＋d,得解方程组,得所以由所给的条件可以确定等差数列的首项和公差.(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6,S5＝－5,则S6＝( )A.－20 B.－15C.－10 D.－5解析 由S3＝3a2＝6,S5＝5a3＝－5,得a2＝2,a3＝－1,所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3,所以a6＝a3＋3d＝－10,所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.B母题6 (人教B版选择性必修第三册P25例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n.(1)求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列;解 当n＝1时,有a1＝S1＝2－30＝－28,当n≥2时,有an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32,又因为4×1－32＝－28,所以n＝1时an＝4n－32也成立,因此数列的通项公式为an＝4n－32.因为an＋1－an＝4(n＋1)－32－(4n－32)＝4,所以{an}是等差数列.(2)求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值.解 因为Sn＝2n2－30n＝2(n2－15n)＝2,又因为n是正整数,所以当n＝7或8时,Sn最小,最小值是2×72－30×7＝－112.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.(1)证明:{an}是等差数列;证明 由＋n＝2an＋1,得2Sn＋n2＝2ann＋n, ①所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1), ②②－①,得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1,化简得an＋1－an＝1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.解 由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得＝a4a9,即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8),解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋＝,所以当n＝12或13时,Sn取得最小值,最小值为－78.母题7 (人教A版选择性必修第二册P24习题4.2T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量:(1)a1＝20,an＝54,Sn＝999,求d及n;解 ∵a1＝20,an＝54,Sn＝999,(2)d＝,n＝37,Sn＝629,求a1及an;解 ∵d＝,n＝37,Sn＝629,∴S37＝37a1＋×＝629,解得a1＝11,∴an＝a37＝11＋36×＝23.(3)a1＝,d＝－,Sn＝－5,求n及an;解 ∵a1＝,d＝－,Sn＝－5,∴n＋×＝－5,解得n＝15(负值舍去).∴an＝a15＝＋14×＝－.(4)d＝2,n＝15,an＝－10,求a1及Sn.解 ∵d＝2,n＝15,an＝－10,∴a1＋14×2＝－10,∴a1＝－38,∴Sn＝S15＝15×(－38)＋×2＝－360.(1)(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1＝－2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10＝( )A.－20 B.－18C.16 D.18C解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3,a4,a6成等比数列,且a1＝－2,所以＝a3a6,即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d),解得d＝2或d＝0(舍去),所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.(2)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5＝S10,a5＝1,则a1＝( )A. B.C.－ D.－B解析 由S5＝S10,得,所以5a3＝5(a3＋a8),所以a8＝0,公差d＝＝－,所以a1＝a5－4d＝1－4×,故选B.母题8 (人教A版选择性必修第二册P24T4)求集合M＝{m|m＝2n－1,n∈N*,且m<60}中元素的个数,并求这些元素的和.解 由m＝2n－1<60,得n<30,又n∈N*,∴nmax＝30.∴集合M中元素的个数为30,这些元素由小到大构成首项为1,公差为2的等差数列,∴S30＝30×1＋×2＝900.母题9 (人教B版选择性必修第三册P28习题5－2AT4)求集合{m|m＝7n,n∈N,0解 ∵0∴0<7n<100,∴0∵n∈N,∴n＝1,2,…,14,∴m＝7,14,…,98,共14个值.故原集合中共有14个元素,且这些元素由小到大构成首项为7,公差为7的等差数列,故这些元素的和为7＋14＋…＋98＝＝735.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明:a1＝b1;证明 设等差数列{an}的公差为d,由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1,即d＝2b1,由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d),即a1＝5b1－2d,将d＝2b1代入,得a1＝5b1－2×2b1＝b1,即a1＝b1.(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数.解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1,bn＝b1·2n－1,由bk＝am＋a1,得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1,由a1＝b1≠0得2k－1＝2m,由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1 000,所以k＝2,3,4,…,10,共9个数,即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4,…,10}中元素的个数为9.母题10 (人教A版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和.(1)证明:是等差数列;证明 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,所以,,故＝(常数),故是等差数列.(2)设Tn为数列的前n项和,若S4＝12,S8＝40,求Tn.解 由于S4＝12,S8＝40,故故Sn＝n＋n2＋n;所以n＋1,数列为首项,为公差的等差数列,所以Tn＝n＋×n2＋n.(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn＝,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2＝3a1＋a3,S3＋T3＝21,求{an}的通项公式;解 因为3a2＝3a1＋a3,所以3(a1＋d)＝3a1＋a1＋2d,所以a1＝d,所以an＝nd.因为bn＝,所以bn＝,所以S3＝＝6d,T3＝b1＋b2＋b3＝.因为S3＋T3＝21,所以6d＋＝21,解得d＝3或d＝.因为d>1,所以d＝3,所以{an}的通项公式为an＝3n.(2)若{bn}为等差数列,且S99－T99＝99,求d.解 因为bn＝,且{bn}为等差数列,所以2b2＝b1＋b3,即2×,所以,所以－3a1d＋2d2＝0,解得a1＝d或a1＝2d.①当a1＝d时,an＝nd,所以bn＝,S99＝＝99×50d,T99＝.因为S99－T99＝99,所以99×50d－＝99,即50d2－d－51＝0,解得d＝或d＝－1(舍去).②当a1＝2d时,an＝(n＋1)d,所以bn＝,S99＝＝99×51d,T99＝.因为S99－T99＝99,所以99×51d－＝99,即51d2－d－50＝0,解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去).综上,d＝.母题11 (人教A版选择性必修第二册P25T8)有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,求这个新数列的各项之和.解 有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,2,14,26,38,50,…,182是两个数列的相同项,共有＋1＝16个,也是等差数列,它们的和为×16＝1 472,即这个新数列的各项之和为1 472.(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 . 解析 数列的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13,….现观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.3n2-2n母题12 (人教B版选择性必修第三册P59T7)已知{an}中,an＋1＋(－1)nan＝2n－1,求S8的值.解 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1可得:当n为奇数时,an＋1－an＝2n－1,an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1,两式相减可得an＋2＋an＝2,所以a1＋a3＝a5＋a7＝2.当n为偶数时,an＋1＋an＝2n－1,an＋2－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1,两式相加可得an＋2＋an＝4n,所以a2＋a4＝4×2＝8,a6＋a8＝4×6＝24,所以S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a3＋a5＋a7)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝(2＋2)＋(8＋24)＝36.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1,前16项和为540,则a1＝ . 解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1,所以当n为偶数时,an＋2＋an＝3n－1,所以a4＋a2＝5,a8＋a6＝17,a12＋a10＝29,a16＋a14＝41,所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540,所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448. ①7因为当n为奇数时,an＋2－an＝3n－1,所以a3－a1＝2,a7－a5＝14,a11－a9＝26,a15－a13＝38,所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80. ②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2,a5＝a3＋8＝a1＋10,a7＝a5＋14＝a1＋24,a9＝a7＋20＝a1＋44,a11＝a9＋26＝a1＋70,a13＝a11＋32＝a1＋102,所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184,所以a1＝7.法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.当n为奇数时,有an＋2－an＝3n－1,由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－(1＋n)·n2＋n＋,所以an＋2＝n2＋n＋＋a1.所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＝8a1＋392＝448,解得a1＝7.母题13 (人教A版选择性必修第二册P37T3)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2＝6,6a1＋a3＝30,求an和Sn.解 设{an}的公比为q,由题意得解得当a1＝3,q＝2时,an＝3×2n－1,Sn＝3×(2n－1);当a1＝2,q＝3时,an＝2×3n－1,Sn＝3n－1.(1)(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3＝7,a3＝1,则( )A.q＝ B.a5＝C.S5＝8 D.an＋Sn＝8AD解析 由已知,得S3＝a1＋a2＋a3＝＋a3＝＋1＝7,即6q2－q－1＝(2q－1)(3q＋1)＝0,因为q>0,所以q＝,A正确;a5＝a3q2＝1×,B错误;S5＝S3＋q＋q2＝,C错误;an＝a3qn－3＝23－n,Sn＝＝8－23－n,所以an＋Sn＝8,D正确.(2)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1＝1,S5＝5S3－4,则S4＝( )A. B.C.15 D.40C解析 设数列{an}的公比为q,由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4,整理得(1＋q)(q3－4q)＝0,由于此数列各项均为正数,所以q＝2,所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.母题14 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列( )A.是公比为q的等比数列 B.是公比为q2的等比数列C.是公比为q3的等比数列 D.不一定是等比数列解析 由题意可知新数列的通项公式为{an＋1an},则＝q2,为常数,∴{an＋1an}是公比为q2的等比数列,故选B.B(2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20,a3＝8.(1)求{an}的通项公式;解 设{an}的公比为q(q>1).所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.解 由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1,故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝－(－1)n.母题15 (人教A版选择性必修第二册P38例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去.(1)求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和;(2)如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少 解 设正方形ABCD的面积为a1,后继各正方形的面积依次为a2,a3,…,an,…,则a1＝25.由于第k＋1个正方形的顶点分别是第k个正方形各边的中点,所以ak＋1＝ak,因此{an}是以25为首项,为公比的等比数列.设{an}的前n项和为Sn.(1) S10＝＝50×,所以前10个正方形的面积之和为 cm2.(2)当n无限增大时,Sn无限趋近于所有正方形的面积和a1＋a2＋a3＋…＋an＋…,而Sn＝＝50×,随着n的无限增大,将趋近于0,Sn将趋近于50,所以,所有这些正方形的面积之和将趋近于50.(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Sk＝ dm2. 5240解析 依题意得,S1＝120×2＝240(dm2);S2＝60×3＝180(dm2);当n＝3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,且5×6＝30,×12＝30,10×3＝30,20×＝30,所以S3＝30×4＝120(dm2);当n＝4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm,dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3＝15,×6＝15,×12＝15,10×＝15,20×＝15,所以S4＝15×5＝75(dm2);……所以可归纳Sk＝·(k＋1)＝(dm2),所以Sk＝240, ①所以×Sk＝240×, ②由①－②得,·Sk＝240＝240＝240,所以Sk＝240 dm2.母题16 (北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是( )A.217－2 B.216－1C.216－2 D.215－1B解析 根据题意知,11…1(16位)转换为十进制为:1×215＋1×214＋1×213＋…＋1×21＋1×20＝＝216－1.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,则( )A.ω(2n)＝ω(n) B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝nACD解析 对于A选项,ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1,所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n),A选项正确;对于B选项,取n＝2,则2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22,∴ω(7)＝3,而2＝0·20＋1·21,则ω(2)＝1,即ω(7)≠ω(2)＋1,B选项错误;对于C选项,8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3,所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak,4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2,所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak,因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3),C选项正确;对于D选项,2n－1＝20＋21＋…＋2n－1,故ω(2n－1)＝n,D选项正确.故选ACD.母题17 (苏教版选择性必修第一册P181T11)(1)利用等式,求数列an＝的前n项和;解 由题意,可知an＝,则数列{an}的前n项和为a1＋a2＋…＋an＝1－＋…＋＝1－.(2)仿(1)探求数列an＝的前n项和.解 由题意,可得an＝×,则数列{an}的前n项和为a1＋a2＋…＋an＝××＋××＋…＋××＝×＝×＝.(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1＝1,是公差为的等差数列.(1)求{an}的通项公式;解 法一 因为a1＝1所以＝1,又的等差数列,所以＝1＋(n－1)×.因为当n≥2时,an＝Sn－Sn－1,所以(n≥2),所以(n≥2),整理得(n≥2),所以··…··××…··(n≥2),所以Sn＝(n≥2),又S1＝1也满足上式,所以Sn＝(n∈N*),则Sn－1＝(n≥2),所以an＝＝(n≥2),又a1＝1也满足上式,所以an＝(n∈N*).法二 因为a1＝1,所以＝1,又的等差数列,所以＝1＋(n－1)×,所以Sn＝an.因为当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝an－an－1,所以an－1＝an(n≥2),所以(n≥2),所以··…··×××…··(n≥2),所以an＝(n≥2),又a1＝1也满足上式,所以an＝(n∈N*).(2)证明:＋…＋<2.证明 因为an＝,所以＝2,所以＋…＋＝2＝2<2.母题18 (湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1＝13,d＝－4,记Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|,求Sn.解 ∵a1＝13,d＝－4,∴an＝a1＋(n－1)d＝17－4n,令an≥0,∴n≤,∴数列{an}的前4项为正,从第5项起为负.设等差数列{an}的前n项和为Sn',∴当n≤4时,Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn'＝＝－2n2＋15n.当n≥5时,Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－an＝S4'－(Sn'－S4')＝2S4'－Sn'＝56－(－2n2＋15n)＝2n2－15n＋56.(1)(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n,则{|an|}的前12项和为( )A.48 B.112C.80 D.114C解析 当n＝1时,a1＝S1＝－1＋8＝7,当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9,显然a1＝7也符合该式,所以an＝－2n＋9,所以当n≤4时,an>0,当n≥5时,an<0,所以{|an|}的前12项和为|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)＝2S4－S12＝2(－16＋32)－6(7－15)＝80,故选C.(2)(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2＝11,S10＝40.①求{an}的通项公式;②求数列{|an|}的前n项和Tn.解 ①设{an}的公差为d,解得a1＝13,d＝－2.所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.当n≤7时,Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2;当n≥8时,Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.解析 由题意可得a4＝24＝16,a5＝2×5＋1＝11,故a4＋a5＝27.27母题20 (人教A版选择性必修第二册P56T10)任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m＝6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下:(1)当m＝17时,试确定使得an＝1需要多少步雹程;解 当m＝17时,即a1＝17,根据上述运算法则得出:17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1,故当m＝17时,使an＝1需要12步雹程.(2)若a8＝1,求m所有可能的取值集合M.解 若a8＝1,根据上述运算法则进行逆推,a7＝2,a6＝4,a5＝8或a5＝1;若a5＝8,则a4＝16,a3＝32或a3＝5;当a3＝32时,a2＝64,a1＝128或a1＝21;当a3＝5时,a2＝10,a1＝20或a1＝3;若a5＝1,则a4＝2,a3＝4,a2＝8或a2＝1;当a2＝8时,a1＝16,当a2＝1时,a1＝2;故若a8＝1,m所有可能取值集合M＝{2,3,16,20,21,128}.①求{an}的通项公式;解 设等差数列{an}的公差为d.所以b1＝a1－6,b2＝2a2＝2a1＋2d,b3＝a3－6＝a1＋2d－6.因为S4＝32,T3＝16,所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.②证明:当n>5时,Tn>Sn.证明 由①知an＝2n＋3,所以Sn＝＝n2＋4n.当n为奇数时,Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.当n>5时,Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝>0,所以Tn>Sn.当n为偶数时,Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.当n>5时,Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝>0,所以Tn>Sn.综上可知,当n>5时,Tn>Sn.①记bn＝a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;所以b1＝a2＝a1＋1＝2,b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因为bn＝a2n,所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3,所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1,n∈N*.②求{an}的前20项和.所以k∈N*时,a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1,即a2k＝a2k－1＋1, (ⅰ)a2k＋1＝a2k＋2, (ⅱ)a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1,即a2k＋2＝a2k＋1＋1, (ⅲ)所以(ⅰ)＋(ⅱ)得a2k＋1＝a2k－1＋3,即a2k＋1－a2k－1＝3,所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;(ⅱ)＋(ⅲ)得a2k＋2＝a2k＋3,即a2k＋2－a2k＝3,又a2＝2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.第六章 数 列 探究1 (人教A版选择性必修第二册P13)你能根据等差数列的定义推导它的通项公式吗 提示:思路一:an＝an－1＋d,故有a2＝a1＋d,a3＝a2＋d＝a1＋2d,a4＝a3＋d＝a1＋3d,…,归纳可得,an＝a1＋(n－1)d(n∈N*,且n≥2).思路二:a2－a1＝d,a3－a2＝d,a4－a3＝d,…an－an－1＝d,左右两边分别相加可得,an－a1＝(n－1)d,即an＝a1＋(n－1)d(n≥2).探究2 (人教A版选择性必修第二册P14)观察等差数列的通项公式,你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关 提示:由于an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d),所以当d≠0时,等差数列{an}的第n项an是一次函数f(x)＝dx＋(a1－d)(x∈R)当x＝n时的函数值,即an＝f(n).如图,在平面直角坐标系中画出函数f(x)＝dx＋(a1－d)的图象,就得到一条斜率为d,截距为a1－d的直线.在这条直线上描出点(1,f(1)),(2,f(2)),…,(n,f(n)),…,就得到了等差数列{an}的图象.事实上,公差d≠0的等差数列{an}的图象是点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)＝dx＋(a1－d)上.反之,任给一次函数f(x)＝kx＋b(k,b为常数),则f(1)＝k＋b,f(2)＝2k＋b,…,f(n)＝nk＋b,…构成一个等差数列{nk＋b},其首项为(k＋b),公差为k.探究3 (人教A版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n项和为Sn＝pn2＋qn＋r,其中p,q,r为常数,且p≠0.观察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论.提示:当n＝1时,a1＝S1＝p＋q＋r;当n≥2时,Sn－1＝p(n－1)2＋q(n－1)＋r,an＝Sn－Sn－1＝pn2＋qn＋r－[p(n－1)2＋q(n－1)＋r]＝2pn－p＋q.若r＝0,则a1＝p＋q,满足上式,此时an＝2pn－p＋q,an－1＝2p(n－1)－p＋q(n≥2),所以an－an－1＝2p,为常数,所以{an}是等差数列;若r≠0,则a1＝p＋q＋r,不满足上式,所以an＝此时{an}不是等差数列.探究4 (人教A版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1＝10,当d＝－3.5时,Sn有最大值吗 考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题.提示:当d＝－3.5时,Sn＝－n2＋n＝－n2＋n＝－,所以当n＝3时,Sn的最大值为.对于一般的等差数列前n项和,当d≥0时,没有最大值,当d<0时,由解得－≤n≤1－,即满足－≤n≤1－的整数n能够使Sn取得最大值.探究5 (人教A版选择性必修第二册P28)你能根据等比数列的定义推导它的通项公式吗 提示:思路一:an＝··…···a1＝q·q·…·q·q·a1＝a1qn－1,而n＝1时,上式也成立.思路二:a2＝a1q,a3＝a2q＝(a1q)q＝a1q2,a4＝a3q＝(a1q2)q＝a1q3,…归纳可得an＝a1qn－1,当n＝1时,上式也成立.探究6 (人教B版选择性必修第三册P32)在等比数列的通项公式中,an与n的关系与以前学过的什么函数有关 提示:因为an＝a1qn－1＝×qn,所以如果记f(x)＝×qx,则可以看出an＝f(n),而且:(1)当公比q＝1时,f(x)是常数函数,此时数列{an}是常数列;(2)当公比q≠1时,f(x)是与y＝qx的乘积,此时,f(x)的增减性既与a1有关,也与q有关.探究7 (人教A版选择性必修第二册P32)已知b>0且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{}是否一定是等比数列 如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列 提示:首先证明{logban}为等差数列.数列{an}是各项均为正的等比数列,设公比为q,则q>0,首项a1>0,从而an＝a1·qn－1.记数列{logban}的第n项为cn,则cn＝logban,cn＋1＝logban＋1,故cn＋1－cn＝logban＋1－logban＝logb＝logbq,因为差值为一个定值,所以数列{logban}为等差数列.再证明{}为等比数列.数列{an}是等差数列,设公差为d,首项为a1,则an＝a1＋(n－1)d.记数列{}的第n项为cn,则cn＝,cn＋1＝,则＝bd,因为比值为一个定值,所以数列{}是一个等比数列.探究8 (人教B版选择性必修第三册P40)如果数列{an}的前n项和的公式是Sn＝Aqn＋B,其中A,B,q都是常数,且A≠0,q≠0,那么{an}一定是等比数列吗 为什么 提示:①当A＋B＝0时,数列{an}的前n项和为Sn＝Aqn－A(Aq≠0,q≠1,n∈N＋),那么这个数列一定是等比数列.理由如下:由于Sn＝Aqn－A,则当n＝1时,a1＝S1＝A(q－1);当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝(Aqn－A)－(Aqn－1－A)＝Aqn－1(q－1),当n＝1时也符合该式.故数列{an}的通项公式为an＝Aqn－1(q－1)(n∈N＋),并且＝q(常数),即数列{an}是等比数列,其中首项a1＝A(q－1),公比为q.由此可得判定一个数列是等比数列的另一种方法:数列{an}是等比数列 Sn＝Aqn－A(Aq≠0,q≠1,n∈N＋).②当A＋B≠0时,这个数列一定不是等比数列.理由如下:当n＝1时,a1＝S1＝Aq＋B;当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝Aqn＋B－Aqn－1－B＝Aqn－1(q－1).所以an＝由Aq＋B＝A(q－1),得A＋B＝0,与已知矛盾,所以此时该数列一定不是等比数列.1.构造法求通项公式(1)(人教A版选择性必修第二册P41T8拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋q(p≠0,1)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λ＝p(an－λ)(λ∈R),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋q就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.(2)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn＋r(p≠0,p≠1,q,r∈R)时,可以使用待定系数法设出an＋1－[A(n＋1)＋B]＝p[an－(An＋B)],于是解得A＝,B＝,因此an＋1＝pan＋qn＋r就可变形为an＋1－[·(n＋1)＋]＝p{an－[n＋]},从而数列{an－[n＋]}是公比为p的等比数列.(3)(人教A版选择性必修第二册P41T7,苏教版选择性必修第一册P161T17拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn(p≠0,p≠q)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λqn＋1＝p(an－λqn),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋qn就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.事实上,对于an＋1＝pan＋qn(q≠0)的递推式可通过“同除变换”求通项:①常用同除以pn＋1(p是an的系数,n＋1是an＋1的项数)得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋·,即bn＋1＝bn＋f(n),当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时用累加法求通项.②也可以同除以qn＋1得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋,当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时,用待定系数法求通项.(4)(人教B版选择性必修第三册P44T2拓展)当数列{an}满足递推式an＋2＝pan＋1＋qan,当λ＝μ时,数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.当λ≠μ时,数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.证明 首先使用待定系数法设出an＋2－μan＋1＝λ(an＋1－μan),从而有an＋2＝(λ＋μ)an＋1－λμan,于是得到进而说明λ,μ是关于x的一元二次方程x2－px－q＝0的两个实数根.又根据{an－μan－1}(n≥2)是公比为λ的等比数列,得到an－μan－1＝λn－2(a2－μa1)(n≥2),从而有an＝μan－1＋λn－2(a2－μa1)(n≥2).①当λ＝μ时,an＝λan－1＋λn－2(a2－λa1)(n≥2),于是(a2－λa1),接着使用迭代法就可以得到,an＝λn－1a1＋(n－1)·λn－2(a2－λa1)＝λn(n≥2),由于当n＝1时通项公式依旧成立,于是数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.②当λ≠μ时,使用待定系数法设出an＋mλn－1(a2－μa1)＝μ[an－1＋mλn－2(a2－μa1)](n≥2),从而有an＝μan－1＋(μ－λ)mλn－2(a2－μa1),于是得到m＝,因此数列(n≥2)是公比为μ的等比数列,得到an＋·λn－1(a2－μa1)＝μn－1,进而an＝λn＋μn,于是数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.【应用示例】 (2020·全国Ⅲ卷节选)设数列{an}满足a1＝3,an＋1＝3an－4n,计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明.解 a2＝5,a3＝7.猜想an＝2n＋1.证明如下:由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)],an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)],…,a2－5＝3(a1－3).因为a1＝3,所以an＝2n＋1.2.(人教A版选择性必修第二册P41T11,湘教版选择性必修第一册P52T16拓展)分式结构递推公式的通项公式的求法(1)(倒数法)当数列满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,左右两边同时取倒数得到·,令bn＝,得bn＋1＝pbn＋q,利用待定系数法推求通项.(2)(不动点法)当数列{an}满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,令x1,x2是关于x的方程x＝的两个实数根,于是得到x1＝,进而有A＋(B－C)x1－D＝0,于是－Bx1＝A－Cx1－D,于是an＋1－x1＝－x1＝·(an－x1),然后依葫芦画瓢就有an＋1－x2＝(an－x2).①当x1＝x2时,得到x1＝x2＝,于是an＋1－x1＝(an－x1),接着取倒数得···,因此数列是公差为的等差数列.②当x1≠x2时,·,因此数列是公比为的等比数列.这种分式结构递推求数列{an}的通项公式的方法称为不动点法.【应用示例】 在数列{an}中,已知2an＝an＋1＋anan＋1,a1＝,求数列{an}的通项公式.解 法一(倒数法)由2an＝an＋1＋anan＋1可得an≠0,则×,即－1＝,故－1＝－为首项,为公比的等比数列,故－1＝－×＝－,则＝1－,an＝.法二(不动点法)令x1,x2是关于x的方程2x＝x＋x2的两根,解得x1＝0,x2＝1.由2an＝an＋1＋anan＋1,得an＋1＝,令bn＝,则b1＝＝4,则bn＋1＝＝2＝2bn,所以数列{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以bn＝4×2n－1＝2n＋1＝,解得an＝.3.片段和公式(1)(人教A版选择性必修第二册P23T3拓展)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…,是等差数列,其公差为m2d.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝(a1＋md)＋(a2＋md)＋…＋am＋md＝Sm＋m2d,同理S3m－S2m＝S2m－Sm＋m2d,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…仍组成等差数列,其公差为m2d.(2)(人教A版选择性必修第二册P37例9拓展)若Sn为等比数列{an}的前n项和,当q≠－1,或q＝－1且m为奇数时,Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝a1·qm＋a2qm＋…＋amqm＝Sm·qm,同理S3m－S2m＝(S2m－Sm)qm.当q≠－1或q＝－1,且m为奇数时,Sm≠0,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.【应用示例】 (2023·新高考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.85C.－85 D.－120答案 C解析 法一 设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意易知q≠1,则化简整理得所以S8＝(1－44)＝－85,故选C.法二 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.4.(人教A版选择性必修第二册P37T5拓展)若{an}是公比为q的等比数列,则Sn＋m＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.证明 Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋an＋m＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn＝Sn＋qnSm,Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm＝Sm＋qmSn.【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于 . (2)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3,则{an}的公比为 . 答案 (1)2 (2)－解析 (1)法一 设等比数列为{an},其公比为q,前n项和为Sn,因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,又S4＝4,S8＝68,所以q≠1.由S4＝4得＝4, ①由S8＝68得＝68, ②,即＝1＋q4＝17,所以q4＝16,又q>0,所以q＝2.法二 设等比数列为{an},其公比为q,前n项和为Sn,因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,又S4＝4,S8＝68,所以q4＝＝16,又q>0,所以q＝2.(2)法一 由8S6＝7S3,可知数列{an}的公比q≠1,所以8×＝7×,即8(1－q6)＝7(1－q3),即8(1＋q3)＝7,所以q＝－.法二 因为8S6＝7S3,所以S6＝S3,由S6＝S3＋q3S3得S3＝S3＋q3S3,解得q＝－.5.(人教A版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8拓展)等差数列的奇偶项和的性质(1)若非零等差数列{an}的项数为2n,则S偶－S奇＝nd,.(2)若等差数列{an}的项数为2n＋1,则S偶－S奇＝－an＋1,.证明 (1)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＝nd,.(2)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝－an＋1,.【应用示例】 已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B－A＝45,2A＝B＋615,则an＝( )A.3n－2 B.3n－1C.3n＋1 D.3n＋2答案 B解析 设等差数列的公差为d,首项为a1,则B－A＝15d＝45,所以d＝3,因为2A＝B＋615,即2A＝A＋45＋615,则A＝660,等差数列的奇数项是以a1为首项,2d为公差的等差数列,等差数列{an}的前30项中奇数项有15项,所以A＝15a1＋×6＝660,得a1＝2,所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.6.(苏教版选择性必修第一册P169T8拓展)等比数列的奇偶项和的性质(1)若等比数列{an}的项数为2n,则＝q.(2)若等比数列{an}的项数为2n＋1,则＝q,＝q.证明 (1)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋q2n－1q＝S奇·q,所以＝q.(2)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a1＋a2q＋…＋a2n·q＝a1＋S偶·q,所以＝q.因为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)q＝(S奇－a2n＋1)q,所以＝q.【应用示例】 已知等比数列{an}共有2n＋1项,a1＝1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q＝ . 答案 2解析 q＝＝2.7.(人教A版选择性必修第二册P56T11拓展)(1)错位相减法万能公式:若数列{cn}满足cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则其前n项和为Sn＝(An＋B)qn－B,其中A＝,B＝.证明 因为cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),Sn＝c1＋c2＋…＋cn,所以Sn＝(a＋b)＋(2a＋b)q＋…＋(an＋b)qn－1,所以qSn＝(a＋b)q＋…＋[a(n－1)＋b]qn－1＋(an＋b)qn(错位),所以(1－q)Sn＝(a＋b)＋a(q＋q2＋…＋qn－1)－(an＋b)qn(相减),所以Sn＝＝＝qn－.令A＝,B＝,则Sn＝(An＋B)qn－B.(2)若cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1,其中c＝,d＝.证明 因为cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1＝qn－1(cqn＋cq＋dq－cn－d)＝qn－1[(cq－c)n＋cq＋dq－d]＝(an＋b)qn－1,所以【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1＝3,且.①证明:数列{nan}是等差数列;证明 两边同时乘n(n＋1),得(n＋1)an＋1＝nan＋1,又1×a1＝3,所以{nan}是首项为3,公差为1的等差数列.②给定正整数m,设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm,求f'(－2).解 由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2,又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1,故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1,所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m.两式相减,得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m＝×(－2)m,所以f'(－2)＝×(－2)m.(2)(2024·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn＝3an＋4.①求{an}的通项公式;解 因为4Sn＝3an＋4, (ⅰ)所以当n≥2时,4Sn－1＝3an－1＋4. (ⅱ)则当n≥2时,(ⅰ)－(ⅱ)得4an＝3an－3an－1,即an＝－3an－1.当n＝1时,由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4,所以a1＝4≠0,所以数列{an}是以4为首项,－3为公比的等比数列,所以an＝4×(－3)n－1.②设bn＝(－1)n－1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.解 法一(错位相减法)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1,所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1,所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n,两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n,所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.检验:bn＝4n·3n－1,a＝4,b＝0,q＝3,A＝＝2,B＝＝－1,Tn＝(2n－1)3n＋1.注:检验不要写在试卷上,在草纸上检验即可.法二(裂项求和)bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1,令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1,则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1,所以即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1,所以Tn＝b1＋b2＋b2＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.8.(人教A版选择性必修第二册P8习题4.1T1拓展)(1)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互素的正整数的个数,例如,φ(1)＝1,φ(4)＝2.(2)欧拉函数的性质①若p为素数,则φ(p)＝p－1.②若p为素数,且n＝pα,则φ(n)＝pα－pα－1.证明 由欧拉函数定义知φ(pα)等于从pα减去1,2,…,pα中与pα不互素的数的个数,因为1,2,…,pα中能被p整除的正整数有＝pα－1个,故φ(n)＝φ(pα)＝pα－pα－1.【应用示例】 欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数,例如φ(4)＝2.已知bn＝,n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若TnA. B.1C. D.2答案 A解析 因为3为质数,在不超过3n的正整数中,所有能被3整除的正整数的个数为3n－1,φ(3n)＝3n－3n－1＝2×3n－1(n∈N*),所以φ(3n＋1)＝3n＋1－3n＝2×3n(n∈N*),则bn＝,所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn,Tn＝＋…＋,Tn＝＋…＋,两式相减可得:Tn＝＋…＋＝＝＝,所以Tn＝<,因为bn＝>0,所以Tn在n∈N*上单调递增,所以Tn所以M的最小值为.9.(人教A版选择性必修第二册P56T10)角谷猜想(冰雹猜想)对于任何一个正整数,如果它是偶数,就用它除以2;如果它是奇数,则把它乘3后再加1,经过有限次的运算,最后得到的结果必然是1,这就叫做“角谷猜想”.“角谷猜想”又称“冰雹猜想”,因为它就像小水滴在高空中,受上升气流的推动,在云层中忽上忽下,越积越大,最终形成冰雹并迅速落下来.就像一些数字经过运算,不停上下振荡,最后一下子像冰雹似的掉下来,变成数字1.【应用示例】 (多选)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1＝m(m为正整数),an＋1＝则( )A.m＝5时,a6＝1B.m＝5时,在所有an的值组成的集合中,任选2个数都是偶数的概率为C.a5＝4时,m的所有可能取值组成的集合为M＝{8,10,64}D.若所有an的值组成的集合有5个元素,则m＝16答案 ABD解析 对于A,m＝5时,a1＝5,所以该数列前6项依次为5,16,8,4,2,1,a6＝1,故A正确;对于B,m＝5时,该数列各项为5,16,8,4,2,1,4,2,1,…,所有an的值组成的集合为{5,16,8,4,2,1},其中有4个是偶数,2个是奇数,所以任选2个数都是偶数的概率为,故B正确;对于C,a1＝1,数列各项为1,4,2,1,4,…,所以1∈M,故C错误;对于D,若所有an的值组成的集合有5个元素,则所有集合都含有4,2,1三个元素,4的前一项为8或1,8的前一项为16,所以所有an的值组成的集合必为{16,8,4,2,1},且首项必为16,故D正确.综上,选ABD.通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A版选择性必修第二册P10),可从中得到斐波那契数列Fn＝Fn－1＋Fn－2(F1＝F2＝1,n>2)的如下结论:(1)F1＋F2＋…＋Fn＝Fn＋2－1.证明 F1＋F2＋…＋Fn＝F1＋F2＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－F2＝F3＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝F4＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝…＝Fn＋1＋Fn－1＝Fn＋2－1.(2)F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2n.证明 F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F4＋F5＋…＋F2n－1＝F6＋F7＋…＋F2n－3＋F2n－1＝…＝F2n－2＋F2n－1＝F2n.(3)F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F2n＋1－1.证明 F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F1＋F2＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F3＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F5＋F6＋…＋F2n－2＋F2n－1＝…＝F2n－1＋F2n－1＝F2n＋1－1.(4)F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).证明 2(F3＋F6＋F9＋…＋F3n)＝F3＋F3＋F6＋F6＋F9＋F9＋…＋F3n＋F3n＝F2＋F3＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F4＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F5＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F7＋F6＋F9＋…＋F3n＋F3n－1＝…＝F3n－1＋F3n＋F3n－1＝F3n＋1＋F3n－1＝F3n＋2－1,故F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).(5)Fn－2＋Fn＋2＝3Fn(n>2).证明 由Fn－2＋Fn－1＝Fn得Fn－2＝Fn－Fn－1,所以Fn＋2＋Fn－2＝Fn＋1＋Fn＋Fn－Fn－1＝2Fn＋Fn＋1－Fn－1＝2Fn＋Fn＝3Fn.(6)＝Fn＋1Fn－FnFn－1(n>1).证明 Fn＋1Fn－FnFn－1＝Fn(Fn＋1－Fn－1)＝.(7)＋…＋＝FnFn＋1.证明 由性质6,＋…＋＝＋(F3F2－F2F1)＋(F4F3－F3F2)＋…＋(Fn＋1Fn－FnFn－1)＝－F2F1＋Fn＋1Fn＝Fn＋1Fn.(8)＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1(n≥2).证明 令bn＝－Fn－1Fn＋1,则bn＋1＝－FnFn＋2＝－Fn(Fn＋Fn＋1)＝－FnFn＋1－＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)－＝Fn＋1Fn－1－＝－bn,所以bn＝b2·(－1)n－2,b2＝－F1F3＝－1,所以bn＝(－1)n－1,＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1.(9)＋…＋.证明 左＝·＋…＋＝＋＋…＋＝.(10)Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn(n≥2).证明 当m＝1时,右＝Fn－1＋Fn＝Fn＋1＝左,当m≥n时,假设m＝k(k≥1)成立,即Fk＋n＝FkFn－1＋Fk＋1Fn,当m＝k＋1时,Fk＋1Fn－1＋Fk＋2Fn＝Fn－1(Fk＋1－Fk＋Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1＋Fk＋1)＝(Fn－1Fk＋FnFk＋1)＋Fn－1(Fk＋1－Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1)＝Fk＋n＋Fn－1Fk－1＋FnFk＝Fk＋n＋Fk－1＋n＝Fk＋n＋1,所以对任何m∈N*都成立.(11)＝F2n＋1.证明 由性质10知,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n＋1,F2n＋1＝Fn＋1Fn－1＋Fn＋2Fn＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)＋(Fn＋1＋Fn)Fn＝.(12)＝F2n(n≥2).证明 由性质10,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n,得F2n＝FnFn－1＋Fn＋1Fn＝Fn(Fn＋1＋Fn－1)＝(Fn＋1－Fn－1)(Fn＋1＋Fn－1)＝.(13)＝Fn＋1＋Fn－1.证明 由性质12,得F2n＝＝(Fn＋1＋Fn－1)(Fn＋1－Fn－1)＝(Fn＋1＋Fn－1)Fn,所以＝Fn＋1＋Fn－1.(14)Fn＝.证明 由Fn＋Fn＋1＝Fn＋2,得Fn＋2＋λFn＋1＝(λ＋1)(Fn＋1＋λFn),(λ＋1)λ＝1,λ2＋λ－1＝0,λ＝,当λ＝时,Fn＋2－Fn＋1＝·(Fn＋1－Fn),得Fn＋1－Fn＝, ①当λ＝时,Fn＋1－Fn＝, ②由①②得,Fn＝.【应用示例】 (2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x－1)＋f(x－2),且当x<3时,f(x)＝x,则下列结论中一定正确的是( )A.f(10)>100 B.f(20)>1 000C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000答案 B解析 因为当x<3时,f(x)＝x,所以f(1)＝1,f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2),令x＝3,得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3;令x＝4,得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5;依次类推,得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8;f(6)>f(5)＋f(4)>8＋5＝13;f(7)>f(6)＋f(5)>13＋8＝21;f(8)>f(7)＋f(6)>21＋13＝34;f(9)>f(8)＋f(7)>34＋21＝55;f(10)>f(9)＋f(8)>55＋34＝89;f(11)>f(10)＋f(9)>89＋55＝144;f(12)>f(11)＋f(10)>144＋89＝233;f(13)>f(12)＋f(11)>233＋144＝377;f(14)>f(13)＋f(12)>377＋233＝610;f(15)>f(14)＋f(13)>610＋377＝987;….显然f(16)>1 000,所以f(20)>1 000,故选B.母题1 (人教A版选择性必修第二册P18T5)已知一个无穷等差数列{an}的首项为a1,公差为d.(1)将数列中的前m项去掉,其余各项组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 (2)取出数列中的所有奇数项,组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 (3)如果取出数列中所有序号为7的倍数的项,组成一个新的数列呢 你能根据得到的结论作出一个猜想吗 解 (1)由题意,可知将无穷等差数列{an}的前m项去掉,其余各项组成一个新的数列为am＋1,am＋2,am＋3,…故这个新数列是首项为am＋1＝a1＋md,公差为d的等差数列.(2)由题意,取出无穷等差数列{an}中的所有奇数项,组成一个新的数列为a1,a3,a5,…,a2n－1,…故这个新数列是等差数列,且首项为a1,公差为2d.(3)由题意,取出无穷等差数列{an}中所有序号为7的倍数的项,组成一个新的数列为a7,a14,a21,…故这个新数列是等差数列,且首项为a7＝a1＋6d,公差为a14－a7＝7d.(2024·新高考Ⅰ卷节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m＋2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i解 (1,2),(1,6),(5,6).(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m＋2是(2,13)－可分数列.证明 当m＝3时,删去a2,a13,其余项可分为以下3组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组,当m>3时,删去a2,a13,其余项可分为以下m组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组,a15,a16,a17,a18为第4组,a19,a20,a21,a22为第5组,……,a4m－1,a4m,a4m＋1,a4m＋2为第m组,可知每组的4个数都能构成等差数列,故数列a1,a2,…a4m＋2是(2,13)－可分数列.母题2 (人教A版选择性必修第二册P21例6(2))已知数列{an}是等差数列.若a1＝2,a2＝,求S10.解 因为a1＝2,a2＝,所以d＝.根据公式Sn＝na1＋d,可得S10＝10×2＋×.母题3 (人教A版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证＝d.你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗 证明 ∵等差数列{an}的公差为d,∴＝＝＝d,在斜率为d的直线l:f(x)＝dx＋(a1－d)上任取两点(m,am),(n,an),则d＝,∴公差为d的等差数列{an}的图象是由点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)＝dx＋(a1－d)上.(1)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5,则S10＝ . (2)(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.22C.20 D.15答案 (1)95 (2)C解析 (1)法一(基本量法)设{an}的公差为d,由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7,3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5,解得a1＝－4,d＝3,则S10＝10a1＋45d＝95.法二(利用下标和性质)设{an}的公差为d,由a3＋a4＝a2＋a5＝7,3a2＋a5＝5,得a2＝－1,a5＝8,故d＝＝3,a6＝11,则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.(2)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.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.母题4 (人教A版选择性必修第二册P26T12)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}.(1)写出数列{an}的一个递推公式;(2)根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式.解 (1)该数列的一个递推公式为an－an－1＝n(n≥2).(2)该数列的一个通项公式为an＝.母题5 (人教A版选择性必修第二册P21例7)已知一个等差数列{an}前10项的和是310,前20项的和是1 220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗 解 由题意,知S10＝310,S20＝1 220.把它们代入公式Sn＝na1＋d,得解方程组,得所以由所给的条件可以确定等差数列的首项和公差.(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6,S5＝－5,则S6＝( )A.－20 B.－15C.－10 D.－5答案 B解析 由S3＝3a2＝6,S5＝5a3＝－5,得a2＝2,a3＝－1,所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3,所以a6＝a3＋3d＝－10,所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15.母题6 (人教B版选择性必修第三册P25例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n.(1)求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列;(2)求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值.解 (1)当n＝1时,有a1＝S1＝2－30＝－28,当n≥2时,有an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32,又因为4×1－32＝－28,所以n＝1时an＝4n－32也成立,因此数列的通项公式为an＝4n－32.因为an＋1－an＝4(n＋1)－32－(4n－32)＝4,所以{an}是等差数列.(2)因为Sn＝2n2－30n＝2(n2－15n)＝2,又因为n是正整数,所以当n＝7或8时,Sn最小,最小值是2×72－30×7＝－112.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.(1)证明:{an}是等差数列;证明 由＋n＝2an＋1,得2Sn＋n2＝2ann＋n, ①所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1), ②②－①,得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1,化简得an＋1－an＝1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.解 由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得＝a4a9,即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8),解得a1＝－12.所以Sn＝－12n＋＝,所以当n＝12或13时,Sn取得最小值,最小值为－78.母题7 (人教A版选择性必修第二册P24习题4.2T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量:(1)a1＝20,an＝54,Sn＝999,求d及n;(2)d＝,n＝37,Sn＝629,求a1及an;(3)a1＝,d＝－,Sn＝－5,求n及an;(4)d＝2,n＝15,an＝－10,求a1及Sn.解 (1)∵a1＝20,an＝54,Sn＝999,∴解得(2)∵d＝,n＝37,Sn＝629,∴S37＝37a1＋×＝629,解得a1＝11,∴an＝a37＝11＋36×＝23.(3)∵a1＝,d＝－,Sn＝－5,∴n＋×＝－5,解得n＝15(负值舍去).∴an＝a15＝＋14×＝－.(4)∵d＝2,n＝15,an＝－10,∴a1＋14×2＝－10,∴a1＝－38,∴Sn＝S15＝15×(－38)＋×2＝－360.(1)(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1＝－2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10＝( )A.－20 B.－18C.16 D.18(2)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5＝S10,a5＝1,则a1＝( )A. B.C.－ D.－答案 (1)C (2)B解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3,a4,a6成等比数列,且a1＝－2,所以＝a3a6,即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d),解得d＝2或d＝0(舍去),所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.(2)由S5＝S10,得,所以5a3＝5(a3＋a8),所以a8＝0,公差d＝＝－,所以a1＝a5－4d＝1－4×,故选B.母题8 (人教A版选择性必修第二册P24T4)求集合M＝{m|m＝2n－1,n∈N*,且m<60}中元素的个数,并求这些元素的和.解 由m＝2n－1<60,得n<30,又n∈N*,∴nmax＝30.∴集合M中元素的个数为30,这些元素由小到大构成首项为1,公差为2的等差数列,∴S30＝30×1＋×2＝900.母题9 (人教B版选择性必修第三册P28习题5－2AT4)求集合{m|m＝7n,n∈N,0解 ∵0∴0<7n<100,∴0∵n∈N,∴n＝1,2,…,14,∴m＝7,14,…,98,共14个值.故原集合中共有14个元素,且这些元素由小到大构成首项为7,公差为7的等差数列,故这些元素的和为7＋14＋…＋98＝＝735.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明:a1＝b1;证明 设等差数列{an}的公差为d,由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1,即d＝2b1,由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d),即a1＝5b1－2d,将d＝2b1代入,得a1＝5b1－2×2b1＝b1,即a1＝b1.(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数.解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1,bn＝b1·2n－1,由bk＝am＋a1,得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1,由a1＝b1≠0得2k－1＝2m,由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1 000,所以k＝2,3,4,…,10,共9个数,即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4,…,10}中元素的个数为9.母题10 (人教A版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和.(1)证明:是等差数列;证明 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,所以,,故＝(常数),故是等差数列.(2)设Tn为数列的前n项和,若S4＝12,S8＝40,求Tn.解 由于S4＝12,S8＝40,故故Sn＝n＋n2＋n;所以n＋1,数列为首项,为公差的等差数列,所以Tn＝n＋×n2＋n.(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn＝,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2＝3a1＋a3,S3＋T3＝21,求{an}的通项公式;解 因为3a2＝3a1＋a3,所以3(a1＋d)＝3a1＋a1＋2d,所以a1＝d,所以an＝nd.因为bn＝,所以bn＝,所以S3＝＝6d,T3＝b1＋b2＋b3＝.因为S3＋T3＝21,所以6d＋＝21,解得d＝3或d＝.因为d>1,所以d＝3,所以{an}的通项公式为an＝3n.(2)若{bn}为等差数列,且S99－T99＝99,求d.解 因为bn＝,且{bn}为等差数列,所以2b2＝b1＋b3,即2×,所以,所以－3a1d＋2d2＝0,解得a1＝d或a1＝2d.①当a1＝d时,an＝nd,所以bn＝,S99＝＝99×50d,T99＝.因为S99－T99＝99,所以99×50d－＝99,即50d2－d－51＝0,解得d＝或d＝－1(舍去).②当a1＝2d时,an＝(n＋1)d,所以bn＝,S99＝＝99×51d,T99＝.因为S99－T99＝99,所以99×51d－＝99,即51d2－d－50＝0,解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去).综上,d＝.母题11 (人教A版选择性必修第二册P25T8)有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,求这个新数列的各项之和.解 有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,2,14,26,38,50,…,182是两个数列的相同项,共有＋1＝16个,也是等差数列,它们的和为×16＝1 472,即这个新数列的各项之和为1 472.(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 . 答案 3n2－2n解析 数列的各项为1,3,5,7,9,11,13,…;数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13,….现观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列,则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.母题12 (人教B版选择性必修第三册P59T7)已知{an}中,an＋1＋(－1)nan＝2n－1,求S8的值.解 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1可得:当n为奇数时,an＋1－an＝2n－1,an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1,两式相减可得an＋2＋an＝2,所以a1＋a3＝a5＋a7＝2.当n为偶数时,an＋1＋an＝2n－1,an＋2－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1,两式相加可得an＋2＋an＝4n,所以a2＋a4＝4×2＝8,a6＋a8＝4×6＝24,所以S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a3＋a5＋a7)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝(2＋2)＋(8＋24)＝36.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1,前16项和为540,则a1＝ . 答案 7解析 法一 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1,所以当n为偶数时,an＋2＋an＝3n－1,所以a4＋a2＝5,a8＋a6＝17,a12＋a10＝29,a16＋a14＝41,所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540,所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448. ①因为当n为奇数时,an＋2－an＝3n－1,所以a3－a1＝2,a7－a5＝14,a11－a9＝26,a15－a13＝38,所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80. ②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2,a5＝a3＋8＝a1＋10,a7＝a5＋14＝a1＋24,a9＝a7＋20＝a1＋44,a11＝a9＋26＝a1＋70,a13＝a11＋32＝a1＋102,所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184,所以a1＝7.法二 同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448.当n为奇数时,有an＋2－an＝3n－1,由累加法得an＋2－a1＝3(1＋3＋5＋…＋n)－(1＋n)·n2＋n＋,所以an＋2＝n2＋n＋＋a1.所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＝8a1＋392＝448,解得a1＝7.母题13 (人教A版选择性必修第二册P37T3)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2＝6,6a1＋a3＝30,求an和Sn.解 设{an}的公比为q,由题意得解得当a1＝3,q＝2时,an＝3×2n－1,Sn＝3×(2n－1);当a1＝2,q＝3时,an＝2×3n－1,Sn＝3n－1.(1)(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3＝7,a3＝1,则( )A.q＝ B.a5＝C.S5＝8 D.an＋Sn＝8(2)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1＝1,S5＝5S3－4,则S4＝( )A. B.C.15 D.40答案 (1)AD (2)C解析 (1)由已知,得S3＝a1＋a2＋a3＝＋a3＝＋1＝7,即6q2－q－1＝(2q－1)(3q＋1)＝0,因为q>0,所以q＝,A正确;a5＝a3q2＝1×,B错误;S5＝S3＋q＋q2＝,C错误;an＝a3qn－3＝23－n,Sn＝＝8－23－n,所以an＋Sn＝8,D正确.(2)设数列{an}的公比为q,由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4,整理得(1＋q)(q3－4q)＝0,由于此数列各项均为正数,所以q＝2,所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.母题14 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列( )A.是公比为q的等比数列B.是公比为q2的等比数列C.是公比为q3的等比数列D.不一定是等比数列答案 B解析 由题意可知新数列的通项公式为{an＋1an},则＝q2,为常数,∴{an＋1an}是公比为q2的等比数列,故选B.(2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20,a3＝8.(1)求{an}的通项公式;(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.解 (1)设{an}的公比为q(q>1).由题设得(舍去).所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1,故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝－(－1)n.母题15 (人教A版选择性必修第二册P38例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去.(1)求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和;(2)如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少 解 设正方形ABCD的面积为a1,后继各正方形的面积依次为a2,a3,…,an,…,则a1＝25.由于第k＋1个正方形的顶点分别是第k个正方形各边的中点,所以ak＋1＝ak,因此{an}是以25为首项,为公比的等比数列.设{an}的前n项和为Sn.(1)S10＝＝50×,所以前10个正方形的面积之和为 cm2.(2)当n无限增大时,Sn无限趋近于所有正方形的面积和a1＋a2＋a3＋…＋an＋…,而Sn＝＝50×,随着n的无限增大,将趋近于0,Sn将趋近于50,所以,所有这些正方形的面积之和将趋近于50.(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Sk＝ dm2. 答案 5 240解析 依题意得,S1＝120×2＝240(dm2);S2＝60×3＝180(dm2);当n＝3时,共可以得到5 dm×6 dm, dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形,且5×6＝30,×12＝30,10×3＝30,20×＝30,所以S3＝30×4＝120(dm2);当n＝4时,共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm,dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3＝15,×6＝15,×12＝15,10×＝15,20×＝15,所以S4＝15×5＝75(dm2);……所以可归纳Sk＝·(k＋1)＝(dm2),所以Sk＝240, ①所以×Sk＝240×, ②由①－②得,·Sk＝240＝240＝240,所以Sk＝240 dm2.母题16 (北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是( )A.217－2 B.216－1C.216－2 D.215－1答案 B解析 根据题意知,11…1(16位)转换为十进制为:1×215＋1×214＋1×213＋…＋1×21＋1×20＝＝216－1.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,则( )A.ω(2n)＝ω(n) B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝n答案 ACD解析 对于A选项,ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1,所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n),A选项正确;对于B选项,取n＝2,则2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22,∴ω(7)＝3,而2＝0·20＋1·21,则ω(2)＝1,即ω(7)≠ω(2)＋1,B选项错误;对于C选项,8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3,所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak,4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2,所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak,因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3),C选项正确;对于D选项,2n－1＝20＋21＋…＋2n－1,故ω(2n－1)＝n,D选项正确.故选ACD.母题17 (苏教版选择性必修第一册P181T11)(1)利用等式,求数列an＝的前n项和;解 由题意,可知an＝,则数列{an}的前n项和为a1＋a2＋…＋an＝1－＋…＋＝1－.(2)仿(1)探求数列an＝的前n项和.解 由题意,可得an＝×,则数列{an}的前n项和为a1＋a2＋…＋an＝××＋××＋…＋××＝×＝×＝.(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1＝1,是公差为的等差数列.(1)求{an}的通项公式;解 法一 因为a1＝1所以＝1,又的等差数列,所以＝1＋(n－1)×.因为当n≥2时,an＝Sn－Sn－1,所以(n≥2),所以(n≥2),整理得(n≥2),所以··…··××…··(n≥2),所以Sn＝(n≥2),又S1＝1也满足上式,所以Sn＝(n∈N*),则Sn－1＝(n≥2),所以an＝＝(n≥2),又a1＝1也满足上式,所以an＝(n∈N*).法二 因为a1＝1,所以＝1,又的等差数列,所以＝1＋(n－1)×,所以Sn＝an.因为当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝an－an－1,所以an－1＝an(n≥2),所以(n≥2),所以··…··×××…··(n≥2),所以an＝(n≥2),又a1＝1也满足上式,所以an＝(n∈N*).(2)证明:＋…＋<2.证明 因为an＝,所以＝2,所以＋…＋＝2＝2<2.母题18 (湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1＝13,d＝－4,记Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|,求Sn.解 ∵a1＝13,d＝－4,∴an＝a1＋(n－1)d＝17－4n,令an≥0,∴n≤,∴数列{an}的前4项为正,从第5项起为负.设等差数列{an}的前n项和为Sn',∴当n≤4时,Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn'＝＝－2n2＋15n.当n≥5时,Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－an＝S4'－(Sn'－S4')＝2S4'－Sn'＝56－(－2n2＋15n)＝2n2－15n＋56.∴Sn＝(1)(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n,则{|an|}的前12项和为( )A.48 B.112C.80 D.114答案 C解析 当n＝1时,a1＝S1＝－1＋8＝7,当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9,显然a1＝7也符合该式,所以an＝－2n＋9,所以当n≤4时,an>0,当n≥5时,an<0,所以{|an|}的前12项和为|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)＝2S4－S12＝2(－16＋32)－6(7－15)＝80,故选C.(2)(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2＝11,S10＝40.①求{an}的通项公式;②求数列{|an|}的前n项和Tn.解 ①设{an}的公差为d,则解得a1＝13,d＝－2.所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.②由①得|an|＝当n≤7时,Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2;当n≥8时,Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.综上,Tn＝母题19 (苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中,若an＝则a4＋a5的值为 . 解析 由题意可得a4＝24＝16,a5＝2×5＋1＝11,故a4＋a5＝27.母题20 (人教A版选择性必修第二册P56T10)任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m＝6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下:已知数列{an}满足:a1＝m(m为正整数),an＋1＝(1)当m＝17时,试确定使得an＝1需要多少步雹程;解 当m＝17时,即a1＝17,根据上述运算法则得出:17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1,故当m＝17时,使an＝1需要12步雹程.(2)若a8＝1,求m所有可能的取值集合M.解 若a8＝1,根据上述运算法则进行逆推,a7＝2,a6＝4,a5＝8或a5＝1;若a5＝8,则a4＝16,a3＝32或a3＝5;当a3＝32时,a2＝64,a1＝128或a1＝21;当a3＝5时,a2＝10,a1＝20或a1＝3;若a5＝1,则a4＝2,a3＝4,a2＝8或a2＝1;当a2＝8时,a1＝16,当a2＝1时,a1＝2;故若a8＝1,m所有可能取值集合M＝{2,3,16,20,21,128}.(1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn＝记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4＝32,T3＝16.①求{an}的通项公式;解 设等差数列{an}的公差为d.因为bn＝所以b1＝a1－6,b2＝2a2＝2a1＋2d,b3＝a3－6＝a1＋2d－6.因为S4＝32,T3＝16,所以整理,得所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.②证明:当n>5时,Tn>Sn.证明 由①知an＝2n＋3,所以Sn＝＝n2＋4n.当n为奇数时,Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.当n>5时,Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝>0,所以Tn>Sn.当n为偶数时,Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.当n>5时,Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝>0,所以Tn>Sn.综上可知,当n>5时,Tn>Sn.(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1,an＋1＝①记bn＝a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;解 因为bn＝a2n,且a1＝1,an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2,b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因为bn＝a2n,所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3,所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1,n∈N*.②求{an}的前20项和.解 因为an＋1＝所以k∈N*时,a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1,即a2k＝a2k－1＋1, (ⅰ)a2k＋1＝a2k＋2, (ⅱ)a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1,即a2k＋2＝a2k＋1＋1, (ⅲ)所以(ⅰ)＋(ⅱ)得a2k＋1＝a2k－1＋3,即a2k＋1－a2k－1＝3,所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;(ⅱ)＋(ⅲ)得a2k＋2＝a2k＋3,即a2k＋2－a2k＝3,又a2＝2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.第六章 数 列 探究1 (人教A版选择性必修第二册P13)你能根据等差数列的定义推导它的通项公式吗 探究2 (人教A版选择性必修第二册P14)观察等差数列的通项公式,你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关 探究3 (人教A版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n项和为Sn＝pn2＋qn＋r,其中p,q,r为常数,且p≠0.观察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论. 探究4 (人教A版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1＝10,当d＝－3.5时,Sn有最大值吗 考虑更一般的等差数列前n项和的最大值问题. 探究5 (人教A版选择性必修第二册P28)你能根据等比数列的定义推导它的通项公式吗 探究6 (人教B版选择性必修第三册P32)在等比数列的通项公式中,an与n的关系与以前学过的什么函数有关 探究7 (人教A版选择性必修第二册P32)已知b>0且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{}是否一定是等比数列 如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列 探究8 (人教B版选择性必修第三册P40)如果数列{an}的前n项和的公式是Sn＝Aqn＋B,其中A,B,q都是常数,且A≠0,q≠0,那么{an}一定是等比数列吗 为什么 1.构造法求通项公式(1)(人教A版选择性必修第二册P41T8拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋q(p≠0,1)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λ＝p(an－λ)(λ∈R),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋q就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.(2)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn＋r(p≠0,p≠1,q,r∈R)时,可以使用待定系数法设出an＋1－[A(n＋1)＋B]＝p[an－(An＋B)],于是解得A＝,B＝,因此an＋1＝pan＋qn＋r就可变形为an＋1－[·(n＋1)＋]＝p{an－[n＋]},从而数列{an－[n＋]}是公比为p的等比数列.(3)(人教A版选择性必修第二册P41T7,苏教版选择性必修第一册P161T17拓展)当数列{an}满足递推式an＋1＝pan＋qn(p≠0,p≠q)时,可以使用待定系数法设出an＋1－λqn＋1＝p(an－λqn),于是解得λ＝,因此an＋1＝pan＋qn就可变形为an＋1－＝p,从而数列是公比为p的等比数列.事实上,对于an＋1＝pan＋qn(q≠0)的递推式可通过“同除变换”求通项:①常用同除以pn＋1(p是an的系数,n＋1是an＋1的项数)得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋·,即bn＋1＝bn＋f(n),当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时用累加法求通项.②也可以同除以qn＋1得到·,令bn＝,则bn＋1＝bn＋,当p＝q时,{bn}是等差数列,当p≠q时,用待定系数法求通项.(4)(人教B版选择性必修第三册P44T2拓展)当数列{an}满足递推式an＋2＝pan＋1＋qan,当λ＝μ时,数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.当λ≠μ时,数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.证明 首先使用待定系数法设出an＋2－μan＋1＝λ(an＋1－μan),从而有an＋2＝(λ＋μ)an＋1－λμan,于是得到进而说明λ,μ是关于x的一元二次方程x2－px－q＝0的两个实数根.又根据{an－μan－1}(n≥2)是公比为λ的等比数列,得到an－μan－1＝λn－2(a2－μa1)(n≥2),从而有an＝μan－1＋λn－2(a2－μa1)(n≥2).①当λ＝μ时,an＝λan－1＋λn－2(a2－λa1)(n≥2),于是(a2－λa1),接着使用迭代法就可以得到,an＝λn－1a1＋(n－1)·λn－2(a2－λa1)＝λn(n≥2),由于当n＝1时通项公式依旧成立,于是数列{an}的通项公式满足an＝(An＋B)λn的形式.②当λ≠μ时,使用待定系数法设出an＋mλn－1(a2－μa1)＝μ[an－1＋mλn－2(a2－μa1)](n≥2),从而有an＝μan－1＋(μ－λ)mλn－2(a2－μa1),于是得到m＝,因此数列(n≥2)是公比为μ的等比数列,得到an＋·λn－1(a2－μa1)＝μn－1,进而an＝λn＋μn,于是数列{an}的通项公式满足an＝Aλn＋Bμn的形式.【应用示例】 (2020·全国Ⅲ卷节选)设数列{an}满足a1＝3,an＋1＝3an－4n,计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明. 2.(人教A版选择性必修第二册P41T11,湘教版选择性必修第一册P52T16拓展)分式结构递推公式的通项公式的求法(1)(倒数法)当数列满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,左右两边同时取倒数得到·,令bn＝,得bn＋1＝pbn＋q,利用待定系数法推求通项.(2)(不动点法)当数列{an}满足分式结构递推式an＋1＝(ABC≠0)时,令x1,x2是关于x的方程x＝的两个实数根,于是得到x1＝,进而有A＋(B－C)x1－D＝0,于是－Bx1＝A－Cx1－D,于是an＋1－x1＝－x1＝·(an－x1),然后依葫芦画瓢就有an＋1－x2＝(an－x2).①当x1＝x2时,得到x1＝x2＝,于是an＋1－x1＝(an－x1),接着取倒数得···,因此数列是公差为的等差数列.②当x1≠x2时,·,因此数列是公比为的等比数列.这种分式结构递推求数列{an}的通项公式的方法称为不动点法.【应用示例】 在数列{an}中,已知2an＝an＋1＋anan＋1,a1＝,求数列{an}的通项公式. 3.片段和公式(1)(人教A版选择性必修第二册P23T3拓展)若Sn为等差数列{an}的前n项和,则数列Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…,是等差数列,其公差为m2d.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝(a1＋md)＋(a2＋md)＋…＋am＋md＝Sm＋m2d,同理S3m－S2m＝S2m－Sm＋m2d,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…仍组成等差数列,其公差为m2d.(2)(人教A版选择性必修第二册P37例9拓展)若Sn为等比数列{an}的前n项和,当q≠－1,或q＝－1且m为奇数时,Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.证明 Sm＝a1＋a2＋…＋am,S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝a1·qm＋a2qm＋…＋amqm＝Sm·qm,同理S3m－S2m＝(S2m－Sm)qm.当q≠－1或q＝－1,且m为奇数时,Sm≠0,所以Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…是等比数列,其公比为qm.【应用示例】 (2023·新高考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.85C.－85 D.－120 4.(人教A版选择性必修第二册P37T5拓展)若{an}是公比为q的等比数列,则Sn＋m＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.证明 Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋an＋m＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn＝Sn＋qnSm,Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm＝Sm＋qmSn.【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于 . (2)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3,则{an}的公比为 . 5.(人教A版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8拓展)等差数列的奇偶项和的性质(1)若非零等差数列{an}的项数为2n,则S偶－S奇＝nd,.(2)若等差数列{an}的项数为2n＋1,则S偶－S奇＝－an＋1,.证明 (1)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝＝nan,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＝nd,.(2)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝＝(n＋1)an＋1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝＝nan＋1,所以S偶－S奇＝－an＋1,.【应用示例】 已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B－A＝45,2A＝B＋615,则an＝( )A.3n－2 B.3n－1C.3n＋1 D.3n＋26.(苏教版选择性必修第一册P169T8拓展)等比数列的奇偶项和的性质(1)若等比数列{an}的项数为2n,则＝q.(2)若等比数列{an}的项数为2n＋1,则＝q,＝q.证明 (1)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1,S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋q2n－1q＝S奇·q,所以＝q.(2)因为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a1＋a2q＋…＋a2n·q＝a1＋S偶·q,所以＝q.因为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)q＝(S奇－a2n＋1)q,所以＝q.【应用示例】 已知等比数列{an}共有2n＋1项,a1＝1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q＝ . 7.(人教A版选择性必修第二册P56T11拓展)(1)错位相减法万能公式:若数列{cn}满足cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则其前n项和为Sn＝(An＋B)qn－B,其中A＝,B＝.证明 因为cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),Sn＝c1＋c2＋…＋cn,所以Sn＝(a＋b)＋(2a＋b)q＋…＋(an＋b)qn－1,所以qSn＝(a＋b)q＋…＋[a(n－1)＋b]qn－1＋(an＋b)qn(错位),所以(1－q)Sn＝(a＋b)＋a(q＋q2＋…＋qn－1)－(an＋b)qn(相减),所以Sn＝＝＝qn－.令A＝,B＝,则Sn＝(An＋B)qn－B.(2)若cn＝(an＋b)qn－1(a≠0,q≠1),则cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1,其中c＝,d＝.证明 因为cn＝[c(n＋1)＋d]qn－(cn＋d)qn－1＝qn－1(cqn＋cq＋dq－cn－d)＝qn－1[(cq－c)n＋cq＋dq－d]＝(an＋b)qn－1,所以【应用示例】 (1)(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1＝3,且.①证明:数列{nan}是等差数列;②给定正整数m,设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm,求f'(－2). (2)(2024·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn＝3an＋4.①求{an}的通项公式;②设bn＝(－1)n－1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 8.(人教A版选择性必修第二册P8习题4.1T1拓展)(1)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互素的正整数的个数,例如,φ(1)＝1,φ(4)＝2.(2)欧拉函数的性质①若p为素数,则φ(p)＝p－1.②若p为素数,且n＝pα,则φ(n)＝pα－pα－1.证明 由欧拉函数定义知φ(pα)等于从pα减去1,2,…,pα中与pα不互素的数的个数,因为1,2,…,pα中能被p整除的正整数有＝pα－1个,故φ(n)＝φ(pα)＝pα－pα－1.【应用示例】 欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数,例如φ(4)＝2.已知bn＝,n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若TnA. B.1C. D.2 9.(人教A版选择性必修第二册P56T10)角谷猜想(冰雹猜想)对于任何一个正整数,如果它是偶数,就用它除以2;如果它是奇数,则把它乘3后再加1,经过有限次的运算,最后得到的结果必然是1,这就叫做“角谷猜想”.“角谷猜想”又称“冰雹猜想”,因为它就像小水滴在高空中,受上升气流的推动,在云层中忽上忽下,越积越大,最终形成冰雹并迅速落下来.就像一些数字经过运算,不停上下振荡,最后一下子像冰雹似的掉下来,变成数字1.【应用示例】 (多选)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1＝m(m为正整数),an＋1＝则( )A.m＝5时,a6＝1B.m＝5时,在所有an的值组成的集合中,任选2个数都是偶数的概率为C.a5＝4时,m的所有可能取值组成的集合为M＝{8,10,64}D.若所有an的值组成的集合有5个元素,则m＝16 通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A版选择性必修第二册P10),可从中得到斐波那契数列Fn＝Fn－1＋Fn－2(F1＝F2＝1,n>2)的如下结论:(1)F1＋F2＋…＋Fn＝Fn＋2－1.证明 F1＋F2＋…＋Fn＝F1＋F2＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－F2＝F3＋F2＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝F4＋F3＋F4＋…＋Fn－1＝…＝Fn＋1＋Fn－1＝Fn＋2－1.(2)F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2n.证明 F1＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F2＋F3＋F5＋…＋F2n－1＝F4＋F5＋…＋F2n－1＝F6＋F7＋…＋F2n－3＋F2n－1＝…＝F2n－2＋F2n－1＝F2n.(3)F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F2n＋1－1.证明 F2＋F4＋F6＋…＋F2n＝F1＋F2＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F3＋F4＋F6＋…＋F2n－1＝F5＋F6＋…＋F2n－2＋F2n－1＝…＝F2n－1＋F2n－1＝F2n＋1－1.(4)F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).证明 2(F3＋F6＋F9＋…＋F3n)＝F3＋F3＋F6＋F6＋F9＋F9＋…＋F3n＋F3n＝F2＋F3＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F4＋F3＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F5＋F6＋F6＋…＋F3n＋F3n－1＝F7＋F6＋F9＋…＋F3n＋F3n－1＝…＝F3n－1＋F3n＋F3n－1＝F3n＋1＋F3n－1＝F3n＋2－1,故F3＋F6＋F9＋…＋F3n＝(F3n＋2－1).(5)Fn－2＋Fn＋2＝3Fn(n>2).证明 由Fn－2＋Fn－1＝Fn得Fn－2＝Fn－Fn－1,所以Fn＋2＋Fn－2＝Fn＋1＋Fn＋Fn－Fn－1＝2Fn＋Fn＋1－Fn－1＝2Fn＋Fn＝3Fn.(6)＝Fn＋1Fn－FnFn－1(n>1).证明 Fn＋1Fn－FnFn－1＝Fn(Fn＋1－Fn－1)＝.(7)＋…＋＝FnFn＋1.证明 由性质6,＋…＋＝＋(F3F2－F2F1)＋(F4F3－F3F2)＋…＋(Fn＋1Fn－FnFn－1)＝－F2F1＋Fn＋1Fn＝Fn＋1Fn.(8)＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1(n≥2).证明 令bn＝－Fn－1Fn＋1,则bn＋1＝－FnFn＋2＝－Fn(Fn＋Fn＋1)＝－FnFn＋1－＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)－＝Fn＋1Fn－1－＝－bn,所以bn＝b2·(－1)n－2,b2＝－F1F3＝－1,所以bn＝(－1)n－1,＝Fn－1Fn＋1＋(－1)n－1.(9)＋…＋.证明 左＝·＋…＋＝＋＋…＋＝.(10)Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn(n≥2).证明 当m＝1时,右＝Fn－1＋Fn＝Fn＋1＝左,当m≥n时,假设m＝k(k≥1)成立,即Fk＋n＝FkFn－1＋Fk＋1Fn,当m＝k＋1时,Fk＋1Fn－1＋Fk＋2Fn＝Fn－1(Fk＋1－Fk＋Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1＋Fk＋1)＝(Fn－1Fk＋FnFk＋1)＋Fn－1(Fk＋1－Fk)＋Fn(Fk＋2－Fk＋1)＝Fk＋n＋Fn－1Fk－1＋FnFk＝Fk＋n＋Fk－1＋n＝Fk＋n＋1,所以对任何m∈N*都成立.(11)＝F2n＋1.证明 由性质10知,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n＋1,F2n＋1＝Fn＋1Fn－1＋Fn＋2Fn＝Fn＋1(Fn＋1－Fn)＋(Fn＋1＋Fn)Fn＝.(12)＝F2n(n≥2).证明 由性质10,Fm＋n＝FmFn－1＋Fm＋1Fn,令m＝n,得F2n＝FnFn－1＋Fn＋1Fn＝Fn(Fn＋1＋Fn－1)＝(Fn＋1－Fn－1)(Fn＋1＋Fn－1)＝.(13)＝Fn＋1＋Fn－1.证明 由性质12,得F2n＝＝(Fn＋1＋Fn－1)(Fn＋1－Fn－1)＝(Fn＋1＋Fn－1)Fn,所以＝Fn＋1＋Fn－1.(14)Fn＝.证明 由Fn＋Fn＋1＝Fn＋2,得Fn＋2＋λFn＋1＝(λ＋1)(Fn＋1＋λFn),(λ＋1)λ＝1,λ2＋λ－1＝0,λ＝,当λ＝时,Fn＋2－Fn＋1＝·(Fn＋1－Fn),得Fn＋1－Fn＝, ①当λ＝时,Fn＋1－Fn＝, ②由①②得,Fn＝.【应用示例】 (2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x－1)＋f(x－2),且当x<3时,f(x)＝x,则下列结论中一定正确的是( )A.f(10)>100 B.f(20)>1 000C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000 母题1 (人教A版选择性必修第二册P18T5)已知一个无穷等差数列{an}的首项为a1,公差为d.(1)将数列中的前m项去掉,其余各项组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 (2)取出数列中的所有奇数项,组成一个新的数列,这个新数列是等差数列吗 如果是,它的首项与公差分别是多少 (3)如果取出数列中所有序号为7的倍数的项,组成一个新的数列呢 你能根据得到的结论作出一个猜想吗 (2024·新高考Ⅰ卷节选)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m＋2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m＋2是(2,13)－可分数列. 母题2 (人教A版选择性必修第二册P21例6(2))已知数列{an}是等差数列.若a1＝2,a2＝,求S10. 母题3 (人教A版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证＝d.你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗 (1)(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5,则S10＝ . (2)(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.22C.20 D.15母题4 (人教A版选择性必修第二册P26T12)如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}.(1)写出数列{an}的一个递推公式;(2)根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式. 母题5 (人教A版选择性必修第二册P21例7)已知一个等差数列{an}前10项的和是310,前20项的和是1 220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗 (2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3＝6,S5＝－5,则S6＝( )A.－20 B.－15C.－10 D.－5母题6 (人教B版选择性必修第三册P25例3)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝2n2－30n.(1)求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列;(2)求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n的值. (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1.(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 母题7 (人教A版选择性必修第二册P24习题4.2T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知量:(1)a1＝20,an＝54,Sn＝999,求d及n;(2)d＝,n＝37,Sn＝629,求a1及an;(3)a1＝,d＝－,Sn＝－5,求n及an;(4)d＝2,n＝15,an＝－10,求a1及Sn. (1)(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1＝－2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10＝( )A.－20 B.－18C.16 D.18(2)(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5＝S10,a5＝1,则a1＝( )A. B.C.－ D.－母题8 (人教A版选择性必修第二册P24T4)求集合M＝{m|m＝2n－1,n∈N*,且m<60}中元素的个数,并求这些元素的和. 母题9 (人教B版选择性必修第三册P28习题5－2AT4)求集合{m|m＝7n,n∈N,0 (2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明:a1＝b1;(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数. 母题10 (人教A版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n项和.(1)证明:是等差数列;(2)设Tn为数列的前n项和,若S4＝12,S8＝40,求Tn. (2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn＝,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.(1)若3a2＝3a1＋a3,S3＋T3＝21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99－T99＝99,求d. 母题11 (人教A版选择性必修第二册P25T8)有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,求这个新数列的各项之和. (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 . 母题12 (人教B版选择性必修第三册P59T7)已知{an}中,an＋1＋(－1)nan＝2n－1,求S8的值. (2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1,前16项和为540,则a1＝ . 母题13 (人教A版选择性必修第二册P37T3)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2＝6,6a1＋a3＝30,求an和Sn. (1)(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3＝7,a3＝1,则( )A.q＝ B.a5＝C.S5＝8 D.an＋Sn＝8(2)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1＝1,S5＝5S3－4,则S4＝( )A. B.C.15 D.40母题14 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列( )A.是公比为q的等比数列B.是公比为q2的等比数列C.是公比为q3的等比数列D.不一定是等比数列 (2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20,a3＝8.(1)求{an}的通项公式;(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1. 母题15 (人教A版选择性必修第二册P38例10)如图,正方形ABCD的边长为5 cm,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去.(1)求从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和;(2)如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少 (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Sk＝ dm2. 母题16 (北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是( )A.217－2 B.216－1C.216－2 D.215－1(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,则( )A.ω(2n)＝ω(n) B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝n母题17 (苏教版选择性必修第一册P181T11)(1)利用等式,求数列an＝的前n项和;(2)仿(1)探求数列an＝的前n项和. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1＝1,是公差为的等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)证明:＋…＋<2. 母题18 (湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1＝13,d＝－4,记Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|,求Sn. (1)(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n,则{|an|}的前12项和为( )A.48 B.112C.80 D.114(2)(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2＝11,S10＝40.①求{an}的通项公式;②求数列{|an|}的前n项和Tn. 母题19 (苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中,若an＝则a4＋a5的值为 . 母题20 (人教A版选择性必修第二册P56T10)任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m＝6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下:已知数列{an}满足:a1＝m(m为正整数),an＋1＝(1)当m＝17时,试确定使得an＝1需要多少步雹程;(2)若a8＝1,求m所有可能的取值集合M. (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn＝记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4＝32,T3＝16.①求{an}的通项公式;②证明:当n>5时,Tn>Sn. (2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1,an＋1＝①记bn＝a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;②求{an}的前20项和. 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第六章 数列.pptx 第六章 数列（学生版）.docx 第六章 数列（解析版）.docx
资源列表
