第二板塊數列悉高考數列作為一種特殊函數，除考查函數三要素的特征、單調性等基本性質外，還具有求通項、求和的特定思路與方法，高考中常以“1小1大”的形式考查，難度中檔偏下，解答題中也可能與其他知識結合考查求和、求通項問題，如2023新課標Ⅰ卷出現了兩道關于數列的大題，T21是結合概率考查數列的遞推公式，加強了知識間的橫向聯系，釋放出高考命題不拘泥于“套路”、不沿循“舊制”的主導思想.小題基準考法——等差數列、等比數列命題點一等差、等比數列的基本運算[真題導向]1．(2023·全國甲卷)設等比數列{an}的各項均為正數，前n項和為Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，則S4＝()A.eq\f(15,8) B.eq\f(65,8)C．15 D．40解析：選C若該數列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由eq\f(1－q5,1－q)＝5×eq\f(1－q3,1－q)－4，化簡得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍去)或q2＝4，由于此數列各項均為正數，所以q＝2，所以S4＝eq\f(1－q4,1－q)＝15.故選C.2．(2022·新課標Ⅱ卷)圖1是中國古代建筑中的舉架結構，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉．圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9解析：選D設OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，則DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.依題意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.3．(2022·全國乙卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝__________.解析：因為2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡得3d＝6，得d＝2.答案：2[素養評價]1．(2023·威海一模)已知等比數列{an}的前三項和為84，a2－a5＝21，則{an}的公比為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．2 D．4解析：選B由題意可設{an}的公比為q(q≠0，q≠1)，∵等比數列{an}的前三項和為84，a2－a5＝21，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－a1q4＝21，,\f(a11－q3,1－q)＝84，))解得q＝eq\f(1,2)，故選B.2．(2023·聊城模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，則a3a10是{an}中的()A．第30項 B．第36項C．第48項 D．第60項解析：選A設等差數列{an}的公差為d，由a5＝5，得a1＋4d＝5①；由a1＋S11＝67，得12a1＋eq\f(11×10,2)d＝67，即12a1＋55d＝67②.由①②解得a1＝1，d＝1，所以an＝n.于是a3a10＝3×10＝30，而a30＝30，故a3a10是{an}中的第30項．3．“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，意義是一尺長的棍棒，每日截取它的一半，永遠截不完．出自《莊子·雜篇·天下》，反映了有限與無限的辯證關系．現有一根1米長的棍棒，按照上述截取方法，第n天截取部分的總長度是剩余部分長度的63倍，則n＝()A．4 B．5C．6 D．7解析：選C依題意，每天截取的棍棒長度可構成首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數列{an}，則an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝63×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，即1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝63×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝eq\f(1,64)，解得n＝6.4．設Sn為正項等比數列{an}的前n項和．若a1＝1，且S1－2，S2，S3成等差數列，則數列{an}的通項公式為()A．an＝2n－1 B．an＝3n－1C．an＝(－1)n－1 D．an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1解析：選A設正項等比數列{an}的公比為q，當q＝1時，S1－2＝－1，S2＝2，S3＝3，不滿足2S2＝S1－2＋S3；當q≠1時，2×eq\f(a11－q2,1－q)＝a1－2＋eq\f(a11－q3,1－q)，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以an＝a1qn－1＝2n－1，故選A.5．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S6<S7，S7＝S8，S8>S9，則符合題意的等差數列{an}的一個通項公式為an＝________.解析：因為S6<S7，S7＝S8，S8>S9，所以a7>0，a8＝0，a9<0，設數列{an}的公差為d，則d<0，取d＝－1，又a8＝0，可得a1＝7，故數列{an}的一個通項公式為an＝8－n.答案：8－n(答案不唯一)[一站補給]知識的“盲點”熟悉一些結構特征，如前n項和為Sn＝an2＋bn(a，b為常數)的形式的數列為等差數列，通項公式為an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的數列為等比數列方法的“疑點”由于等比數列的通項公式及前n項和公式中變量n在指數位置，故可采用兩式相除進行相關計算思想的“高點”在求解等比數列的基本量時，注意整體思想及分類討論思想的應用命題點二等差、等比數列的性質及應用[真題導向]1．(2023·新課標Ⅱ卷)記Sn為等比數列{an}的前n項和，若S4＝－5，S6＝21S2，則S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120解析：選C易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…為等比數列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).當S2＝－1時，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；當S2＝eq\f(5,4)時，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，與S4＝－5矛盾，舍去．2．(2023·全國甲卷)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，則S5＝()A．25 B．22C．20 D．15解析：選C由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.設等差數列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝eq\f(9－5,4)＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)×d＝20，故選C.3.(2020·全國卷Ⅱ)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環，向外每環依次增加9塊．下一層的第一環比上一層的最后一環多9塊，向外每環依次也增加9塊．已知每層環數相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699塊 B．3474塊C．3402塊 D．3339塊解析：選C由題意知，由天心石開始向外的每環的扇面形石板塊數構成一個等差數列，記為{an}，易知其首項a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.設數列{an}的前n項和為Sn，由等差數列的性質知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差數列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n.所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq\f(2n9＋18n,2)－2×eq\f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9.所以三層共有扇面形石板的塊數為S3n＝eq\f(3n9＋27n,2)＝eq\f(3×9×9＋27×9,2)＝3402，故選C.[素養評價]1．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若a7＋a10＝a11＋3，則S11＝()A．33 B．66C．22 D．44解析：選A由題意知，a7＋a10＝a11＋a6＝a11＋3.所以a6＝3，則S11＝eq\f(a1＋a11,2)×11＝11a6＝33.2．(2023·漳州三模)已知數列{an}為遞減的等比數列，n∈N*，且a2a7＝32，a3＋a6＝18，則{an}的公比為()A.eq\f(1,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(3,5)C．2eq\f(3,5) D．2解析：選A∵{an}為遞減的等比數列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a7＝a3a6＝32，,a3＋a6＝18，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝2，,a6＝16))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝16，,a6＝2.))∴{an}的公比q＝eq\r(3,\f(a6,a3))＝eq\f(1,2).3．(2023·華中師大附中聯考)[多選]數列{an}是等差數列，S8＝10，則下列說法正確的是()A．a3＋a6為定值B．若a1＝eq\f(27,2)，則n＝5時Sn最大C．若d＝eq\f(1,2)，使Sn為負值的n值有3個D．若S4＝6，則S12＝12解析：選AD由數列{an}是等差數列，S8＝10，得eq\f(8a1＋a8,2)＝10，即a1＋a8＝eq\f(5,2).由等差數列性質得a3＋a6＝a1＋a8＝eq\f(5,2)，為定值，選項A正確；當a1＝eq\f(27,2)時，a8＝－11，公差d＝－eq\f(7,2)，則數列{an}是遞減數列，所以a4＝3，a5＝－eq\f(1,2)，故n＝4時，Sn最大，選項B錯誤；當d＝eq\f(1,2)時，由于a1＋a8＝eq\f(5,2)，所以a1＝－eq\f(1,2)，Sn＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(nn－1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(nn－3,4).令Sn<0得0<n<3.又n∈N*，故Sn為負值的n值有2個，選項C錯誤；當S4＝6時，設{an}的公差為d，即4a1＋6d＝6，結合a1＋a8＝eq\f(5,2)，即2a1＋7d＝eq\f(5,2)，解得a1＝eq\f(27,16)，d＝－eq\f(1,8)，故S12＝12a1＋eq\f(1212－1,2)×d＝12，選項D正確．4．設Sn為等比數列{an}的前n項和．若S2＝4，S4＝6，則S8＝________.解析：∵Sn為等比數列{an}的前n項和，∴S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比數列．又S2＝4，S4－S2＝2，∴S6－S4＝2×eq\f(2,4)＝1，則S6＝7.∴S8－S6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,4)))2＝eq\f(1,2)，則S8＝7＋eq\f(1,2)＝eq\f(15,2).答案：eq\f(15,2)[一站補給]知識的“盲點”(1)等差數列的常用性質①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差數列．(2)等比數列的常用性質①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比數列方法的“疑點”數列具有函數的一些性質，如單調性、周期性等，可利用函數性質解題命題點三數列的遞推關系[典例導析][例1](2023·安康中學?？寄M)在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2022)＝()A.eq\f(2021,1011) B.eq\f(4044,2023)C.eq\f(2021,2022) D.eq\f(2022,2023)[解析]因為an＋1＝an＋n＋1，故可得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，及a1＝1，累加可得an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝1＋2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2022)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)－\f(1,2023)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2023)))＝eq\f(4044,2023).[答案]B[例2]記數列{an}的前n項和為Sn，S5＝eq\f(9,8)，數列{2nSn}是公差為7的等差數列，則{an}的最小項為()A．－2 B．－eq\f(15,16)C．－1 D.eq\f(1,4)[解析]依題意，得25S5＝32×eq\f(9,8)＝36.因為數列{2nSn}是公差為7的等差數列，所以2nSn＝25S5＋7(n－5)＝7n＋1.因此Sn＝eq\f(7n＋1,2n).當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(7n＋1,2n)－eq\f(7n－6,2n－1)＝eq\f(13－7n,2n)，而a1＝S1＝4不滿足上式．當n≥2時，an＋1－an＝eq\f(6－7n,2n＋1)－eq\f(13－7n,2n)＝eq\f(7n－20,2n＋1)，即當n≥3時，an＋1>an.于是當n≥3時，數列{an}是遞增的，而a2＝－eq\f(1,4)，a3＝－1，則(an)min＝a3＝－1，所以{an}的最小項為－1.[答案]C[思維建模](1)給出Sn與an的遞推關系求an的常用思路．一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.(2)將已知遞推關系式整理、變形得到等差數列或等比數列的通項公式，或用累加法(適用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(適用于an＋1＝an·f(n)型)．[針對訓練]1．(2023·鄭州模擬)已知數列{an}滿足eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，則a2023＝()A．2023 B．2024C．4045 D．4047解析：選C∵eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n－1).∴a2023＝eq\f(a2023,a2022)×eq\f(a2022,a2021)×eq\f(a2021,a2020)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(4045,4043)×eq\f(4043,4041)×eq\f(4041,4039)×…×eq\f(5,3)×eq\f(3,1)×1＝4045.2．(2023·長沙雅禮中學一模)已知數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(3an－1,an＋1)，若[x]表示不超過x的最大整數，則[a10]＝()A．1 B．2C．3 D．5解析：選A因為a1＝2，an＋1＝eq\f(3an－1,an＋1)，所以a2＝eq\f(3a1－1,a1＋1)＝eq\f(5,3)，a3＝eq\f(3a2－1,a2＋1)＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(3a3－1,a3＋1)＝eq\f(7,5)，a5＝eq\f(3a4－1,a4＋1)＝eq\f(4,3)，a6＝eq\f(3a5－1,a5＋1)＝eq\f(9,7)，a7＝eq\f(3a6－1,a6＋1)＝eq\f(5,4)，a8＝eq\f(3a7－1,a7＋1)＝eq\f(11,9)，a9＝eq\f(3a8－1,a8＋1)＝eq\f(6,5)，a10＝eq\f(3a9－1,a9＋1)＝eq\f(13,11).所以[a10]＝1.故選A.3．楊輝是南宋杰出的數學家，他曾擔任過南宋地方行政官員，為政清廉，足跡遍及蘇杭一帶．楊輝一生留下了大量的著述，他給出了著名的三角垛公式：1＋(1＋2)＋(1＋2＋3)＋…＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)．若正項數列{an}的前n項和為Sn，且滿足8Sn＋1＝(2an＋1)2，數列{bn}的通項公式為bn＝an·an＋1，則根據三角垛公式，可得數列{bn}的前10項和T10＝()A．440 B．480C．540 D．580解析：選A因為n∈N*，an>0,8Sn＋1＝(2an＋1)2，當n≥2時，8Sn－1＋1＝(2an－1＋1)2，兩式相減得8an＝(2an＋1)2－(2an－1＋1)2，即(2an－1)2－(2an－1＋1)2＝0，整理得(2an－2an－1－2)·(2an＋2an－1)＝0，所以an－an－1＝1，即數列{an}為等差數列．又8a1＋1＝(2a1＋1)2，a1>0，解得a1＝1.于是an＝n，bn＝n(n＋1)＝2(1＋2＋3＋…＋n)，數列{bn}的前n項和Tn＝2[1＋(1＋2)＋(1＋2＋3)＋…＋(1＋2＋3＋…＋n)]＝eq\f(1,3)n(n＋1)·(n＋2)．所以T10＝eq\f(1,3)×10×11×12＝440.[課下作業——小題保分練]1．(2023·濟寧一模)已知等差數列{an}的前5項和S5＝35，且滿足a5＝13a1，則等差數列{an}的公差為()A．－3 B．－1C．1 D．3解析：選D由S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.2．已知Sn是等比數列{an}的前n項和，若a5a10＝8a9，且a3＝1，則S5＝()A．96 B.eq\f(31,4)C．72 D．－72解析：選B設等比數列{an}的公比為q，因為a5a10＝a6a9＝8a9，且由題意可得a9≠0，所以a6＝8.因為q3＝eq\f(a6,a3)＝8，解得q＝2，所以a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(1,4).故S5＝eq\f(\f(1,4)1－25,1－2)＝eq\f(31,4).3．已知數列{an}是等差數列，eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，則eq\f(S6,S12)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,9)解析：選A由eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，得S6＝3S3.設S3＝m，則S6＝3m.因為數列{an}是等差數列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…，是以m為首項，m為公差的等差數列，所以S9－S6＝3m，S12－S9＝4m，所以S9＝6m，S12＝10m.所以eq\f(S6,S12)＝eq\f(3m,10m)＝eq\f(3,10)，故選A.4．(2023·畢節模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若m∈N*，Sm＝3，S2m＝9，則S3m＝()A．16B．18C．21D．27解析：選C令等比數列{an}的公比為q，則S2m＝Sm＋am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝Sm＋qmSm，即有9＝3(1＋qm)，解得qm＝2.所以S3m＝S2m＋a2m＋1＋a2m＋2＋…＋a3m＝S2m＋q2mSm＝9＋22×3＝21.故選C.5．(2023·天津高考)已知{an}為等比數列，Sn為數列{an}的前n項和，an＋1＝2Sn＋2，則a4的值為()A．3 B．18C．54 D．152解析：選C因為an＋1＝2Sn＋2，所以當n≥2時，an＝2Sn－1＋2，兩式相減得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以數列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比數列．當n＝1時，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2.所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故選C.6．英國數學家亞歷山大·艾利斯提出用音分來精確度量音程，音分是度量不同樂音頻率比的單位，也可以稱為度量音程的對數標度單位．一個八度音程為1200音分，它們的頻率值構成一個等比數列．八度音程的冠音與根音的頻率比為2，因此這1200個音的頻率值構成一個公比為eq\r(1200,2)的等比數列．已知音M的頻率為m，音分值為k，音N的頻率為n，音分值為l.若m＝eq\r(2)n，則k－l＝()A．400 B．500C．600 D．800解析：選C由題意可知，1200個音的頻率值構成一個公比為eq\r(1200,2)的等比數列，設第一個音為a1，所以an＝a1(eq\r(1200,2))n－1.故m＝a1(eq\r(1200,2))k－1，n＝a1(eq\r(1200,2))l－1.因為m＝eq\r(2)n，所以eq\f(m,n)＝eq\f(a1eq\r(1200,2)k－1,a1eq\r(1200,2)l－1)＝(eq\r(1200,2))k－l＝eq\r(2)2eq\f(k－l,1200)＝2eq\f(1,2)eq\f(k－l,1200)＝eq\f(1,2)k－l＝600.7．(2023·株洲一模)[多選]已知各項均為正數的等差數列{an}，且an＋1>an，則()A．a3＋a7＝a4＋a6B．a3a7>a4a6C．數列{a2n＋1}是等差數列D．數列{a2n}是等比數列解析：選AC設等差數列{an}的公差為d(d>0)，因為{an}是等差數列，且3＋7＝4＋6，則由等差數列性質可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正確；a4a6－a3a7＝(a1＋3d)(a1＋5d)－(a1＋2d)(a1＋6d)＝3d2>0，則a3a7<a4a6，故B錯誤；因為a2n＋1－a2n－1＝2d，所以數列{a2n＋1}是等差數列，故C正確；如數列{an}為1,2,3,4,5,6，…，顯然數列{a2n}不是等比數列，故D錯誤．故選A、C.8．(2023·江蘇統考一模)設等比數列{an}的前n項和為Sn.已知Sn＋1＝2Sn＋eq\f(1,2)，n∈N*，則S6＝()A.eq\f(31,2)B．16C．30D.eq\f(63,2)解析：選D由題得Sn＋1＝2Sn＋eq\f(1,2)①，Sn＋2＝2Sn＋1＋eq\f(1,2)②，②－①，得an＋2＝2an＋1，q＝2，則Sn＝eq\f(a11－2n,1－2)＝(2n－1)a1，代入①中，得(2n＋1－1)a1＝2(2n－1)a1＋eq\f(1,2)，a1＝eq\f(1,2).故S6＝eq\f(63,2)，故選D.9．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＋2＋2Sn＝3Sn＋1－an,2a4－a6＝7，S4＝34，則2023是數列{an}的()A．第566項 B．第574項C．第666項 D．第674項解析：選D由Sn＋2＋2Sn＝3Sn＋1－an，得Sn＋2－Sn＋1＝2(Sn＋1－Sn)－an，即an＋2＋an＝2an＋1，所以數列{an}是等差數列．設公差為d，則由2a4－a6＝7和S4＝34，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝7，,2a1＋3d＝17，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝3.))所以an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1.由3n＋1＝2023，得n＝674.故選D.10．(2023·廣西模擬)已知正項等比數列{an}滿足a8＝8，a11＋4a12＝eq\f(1,4)，則a1a2…an取最大值時n的值為()A．8 B．9C．10 D．11解析：選B設等比數列{an}的公比為q(q>0)，有eq\f(a11＋4a12,a8)＝q3＋4q4＝eq\f(1,32).由函數f(x)＝x3＋4x4(x>0)單調遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,32)，可得q＝eq\f(1,4).所以a9＝2，a10＝eq\f(1,2)，所以數列{an}遞減．故a1a2…an取得最大值時n的值為9，故選B.11．如圖甲是第七屆國際數學教育大會的會徽圖案，會徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3，…為直角頂點，設這些直角三角形的周長從小到大組成的數列為{an}，令bn＝eq\f(2,an－2)，Sn為數列{bn}的前n項和，則S120＝()A．8 B．9C．10 D．11解析：選C由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，可得OA2＝2eq\r(2)，OA3＝2eq\r(3)，…，OAn＝2eq\r(n).所以an＝OAn＋OAn＋1＋AnAn＋1＝2eq\r(n)＋2eq\r(n＋1)＋2.所以bn＝eq\f(2,an－2)＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\r(n＋1)－1.所以S120＝eq\r(120＋1)－1＝10.12．(2023·海南模擬)[多選]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＋a4＋a5＝a2，a3＝aeq\o\al(2,6)，且an≠0，則下列說法正確的是()A．an＝10－2nB．使Sn>0的最大n值為8C．Sn的最大值為20D．Sn的最大值為18解析：選ABC設數列{an}的公差為d，因為a3＋a4＋a5＝a2，所以3a4＝a2，則a2＝3(a2＋2d)，a2＝－3d.又a3＝aeq\o\al(2,6)，所以a2＋d＝(a2＋4d)2，即d2＝－2d，解得d＝0(舍去)或d＝－2，a2＝6，所以an＝a2＋(n－2)d＝10－2n，A正確；則當n≤5時，an≥0，當n≥6時，an<0，所以當n＝4或5時，Sn取得最大值，為eq\f(5a1＋a5,2)＝20，故C正確，D錯誤；Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(9－n)，令Sn>0，得n<9(n∈N*)，故使Sn>0的最大n值為8，故B正確．故選A、B、C.13．(2023·全國甲卷)記Sn為等比數列{an}的前n項和．若8S6＝7S3，則{an}的公比為________．解析：由8S6＝7S3，可知數列{an}的公比q≠1，所以8×eq\f(a11－q6,1－q)＝7×eq\f(a11－q3,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)14．(2023·湛江一模)已知Sn為等差數列{an}的前n項和，若a3＝10，S15＝0，則S16＝________.解析：因為S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8＝0，所以a8＝a1＋7d＝0.又因為a3＝a1＋2d＝10，所以d＝－2，a1＝14.所以Sn＝n·14＋eq\f(n·n－1,2)·(－2)＝－n2＋15n，所以S16＝－162＋15×16＝－16.答案：－1615．若數列{an}是公比為2的等比數列，a7<3a6，寫出一個滿足題意的通項公式an＝________.解析：由a7<3a6，得2a6<3a6，即a6＝a1·25>0，即a1>0，所以an＝a1·2n－1.令k＝a1，所以an＝k·2n－1(k>0)，所以可取an＝2n－1(答案不唯一)．答案：2n－1(答案不唯一)16．(2023·新鄉二模)已知正項數列{an}滿足a1＝1，a2＝64，anan＋2＝kaeq\o\al(2,n＋1)，若a5是{an}唯一的最大項，則k的取值范圍為________．解析：因為anan＋2＝kaeq\o\al(2,n＋1)，所以eq\f(an＋2,an＋1)＝eq\f(kan＋1,an).又a1＝1，a2＝64，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))是首項為64，公比為k的等比數列，則eq\f(an＋1,an)＝64kn－1＝26kn－1，則an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝26kn－2·26kn－3·…·26k0·1＝26n－6keq\f(n－2n－1,2).因為a5是{an}唯一的最大項，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>a6，,a5>a4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(224k6>230k10，,224k6>218k3，))解得eq\f(1,4)<k<eq\f(\r(2),4)，即k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(2),4))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(2),4)))小題壓軸考法——數列的綜合問題命題點一構造輔助數列[升維突破]|教材母題|(人教A版選擇性必修二P41T8)若數列{an}的首項a1＝1，且滿足an＋1＝2an＋1，則數列{an}的通項公式為________；前10項的和為________．解析：設an＋1＋λ＝2(an＋λ)，則an＋1＝2an＋λ，∴λ＝1，即an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝2，∴數列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數列，∴an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1.∴數列{an}的前10項的和為eq\f(21－210,1－2)－10＝2036.答案：an＝2n－12036基本方略：形如an＋1＝αan＋β(α≠0,1，β≠0)的遞推公式，可用構造法求通項公式．構造法的基本原理是在遞推關系的兩邊加上相同的數或相同性質的量，構造數列的每一項都加上相同的數或相同性質的量，使之成為等差數列或等比數列．[升維1]已知正項數列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，則數列{an}的通項公式為()A．an＝－3×2n－1 B．an＝3×2n－1C．an＝5n＋3×2n－1 D．an＝5n－3×2n－1解析：選D由an＋1＝2an＋3×5n的兩邊同時除以5n＋1，得eq\f(an＋1,5n＋1)＝eq\f(2,5)·eq\f(an,5n)＋eq\f(3,5)①.令eq\f(an,5n)＝bn，則①式變為bn＋1＝eq\f(2,5)bn＋eq\f(3,5)，即bn＋1－1＝eq\f(2,5)(bn－1)，所以數列{bn－1}是首項為b1－1＝eq\f(a1,5)－1＝－eq\f(3,5)，公比為eq\f(2,5)的等比數列．所以bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1，即bn＝1－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1＝1－eq\f(3×2n－1,5n)，故an＝5n－3×2n－1.思維升華：遞推公式an＋1＝αan＋β的推廣式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，兩邊同時除以γn＋1后得到eq\f(an＋1,γn＋1)＝eq\f(α,γ)·eq\f(αn,γn)＋eq\f(β,γ)，轉化為bn＋1＝kbn＋eq\f(β,γ)(k≠0,1)的形式，通過構造公比是k的等比數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(β,γ1－k)))求解．[升維2]已知數列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，則數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))的前10項和S10＝()A.eq\f(16,11) B.eq\f(18,11)C.eq\f(20,11) D．2解析：選C∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2).∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2).∴an＝eq\f(2,n)，∴eq\f(an,n＋1)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))的前10項和S10＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).思維升華：對于遞推公式形如an＋1＝eq\f(pan,ran＋s)(p>0，r≠0，s≠0，an≠0)的數列{an}，求其通項公式時，先對已知等式兩邊同時取倒數，若s≠p，則按照遞推公式形如“an＋1＝qan＋f(n)(q≠0)”的數列的通項公式的探求方法構造等比數列求解；若s＝p，則直接構造等差數列，求其通項公式，從而得到原數列的通項公式．[升維3]已知數列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an，則通項公式an＝________.解析：由an＋1＝eq\f(n,n＋2)an得(n＋2)an＋1＝nan，兩邊都乘以(n＋1)，得(n＋2)(n＋1)an＋1＝(n＋1)nan.由此知數列{(n＋1)nan}是常數數列．又a1＝eq\f(2,3)，所以(n＋1)nan＝2×1×a1＝eq\f(4,3)，所以an＝eq\f(4,3nn＋1).答案：eq\f(4,3nn＋1)思維升華：非零常數數列既是公比為1的等比數列，也是公差為零的等差數列．在數列{an}中，若對任意的正整數n都有an＋1＝an，則數列{an}為常數數列，其通項公式為an＝a1.在求某些遞推數列的通項公式時，若能構造出一個新的常數數列，便能簡捷地求出通項公式．如本例通過變形，兩邊乘以(n＋1)后成為常數數列求解．[針對訓練]1．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)，則a10＝()A.eq\f(1,1021) B.eq\f(1,1022)C.eq\f(1,1023) D.eq\f(1,1024)解析：選C因為an＋1＝eq\f(an,an＋2)，所以兩邊取倒數得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(2,an)＋1，則eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1)).所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是公比為2的等比數列，則eq\f(1,an)＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋1))·2n－1＝2n.所以an＝eq\f(1,2n－1)，故a10＝eq\f(1,210－1)＝eq\f(1,1023).2．已知數列{an}中，a1＝2,2n(n＋1)anan＋1＋(n＋1)·an＋1－nan＝0(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為________．解析：當an＝0時，解得an＋1＝0，不滿足a1＝2，所以an≠0，同理an＋1≠0.由2n(n＋1)anan＋1＋(n＋1)an＋1－nan＝0可得eq\f(1,n＋1an＋1)－eq\f(1,nan)＝2.當n＝1時，eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nan)))是以eq\f(1,2)為首項，2為公差的等差數列，eq\f(1,nan)＝eq\f(1,2)＋2(n－1)＝2n－eq\f(3,2)＝eq\f(4n－3,2).所以an＝eq\f(2,4n2－3n).答案：an＝eq\f(2,4n2－3n)3．若數列{an}滿足(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，n∈N*，且a1＝1，則a5＝________.解析：由(n－1)an＝(n＋1)an－1可得eq\f(an,n＋1)＝eq\f(an－1,n－1).兩邊同除以n可得eq\f(an,nn＋1)＝eq\f(an－1,n－1n)，故數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,nn＋1)))為常數列，所以eq\f(an,nn＋1)＝eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(a5,30)＝eq\f(1,2)，解得a5＝15.答案：15命題點二數列的奇偶項問題[典例導析](1)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，則使得Sn>2023成立的n的最小值為()A．32 B．33C．44 D．45(2)已知數列{an}滿足首項a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n為奇數，,3an，n為偶數，))則數列{an}的前2n項的和為________．[解析](1)an＋an＋1＝4n＋2①，當n≥2時，an－1＋an＝4(n－1)＋2②，兩式相減得an＋1－an－1＝4.當n為奇數時，{an}為等差數列，首項為4，公差為4，所以an＝4＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)))＝2n＋2.在an＋an＋1＝4n＋2中，令n＝1得a1＋a2＝6，故a2＝6－4＝2，故當n為偶數時，{an}為等差數列，首項為2，公差為4，所以an＝2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝2n－2.所以當n為奇數時，Sn＝(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)＝eq\f(\f(n＋1,2)4＋2n＋2＋\f(n－1,2)2＋2n－4,2)＝n2＋n＋2；當n為偶數時，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝eq\f(\f(n,2)4＋2n＋\f(n,2)2＋2n－2,2)＝n2＋n.當n為奇數時，令n2＋n＋2>2023，解得n≥45，當n為偶數時，令n2＋n>2023，解得n≥46，所以Sn>2023成立的n的最小值為45.(2)當n為奇數時，an＋2＝3an＋1＝3(an＋2)，即an＋2＋3＝3(an＋3)，此時{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，公比為3的等比數列，所以an＋3＝4×3eq\f(n－1,2)，即an＝4×3eq\f(n－1,2)－3.所以S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝a1＋(a1＋2)＋a3＋(a3＋2)＋…＋a2n－1＋(a2n－1＋2)＝2(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2n＝2(4×30－3＋4×31－3＋…＋4×3n－1－3)＋2n＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4×\f(301－3n,1－3)－3n))＋2n＝4×3n－4n－4.[答案](1)D(2)4×3n－4n－4[思維建模]數列中的奇偶項問題是對一個數列分成兩個新數列進行單獨研究，利用新數列的特征(等差、等比數列或其他特征)求解原數列的通項公式或前n項和，主要從奇偶項角度分析通項和求和．解決此類問題的難點在于搞清數列奇數項和偶數項的首項、項數、公差等，注意分類討論思想在解題中的應用．[針對訓練]4．設首項為1的數列{an}的前n項和為Sn，且an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1＋3，n＝2k，k∈N*，,2an－1＋3，n＝2k＋1，k∈N*，))若Sm>4042，則正整數m的最小值為()A．14 B．15C．16 D．17解析：選C由an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1＋3，n＝2k，k∈N*，,2an－1＋3，n＝2k＋1，k∈N*，))得a2k＝a2k－1＋3，a2k＋1＝2a2k＋3＝2(a2k－1＋3)＋3＝2a2k－1＋9，于是a2k＋1＋9＝2(a2k－1＋9)，而a1＝1，a2＝a1＋3＝4，所以a2k－1＝10·2k－1－9，a2k＝10·2k－1－6.所以S奇數＝a1＋a3＋…＋a2k－1＝eq\f(101－2k,1－2)－9k＝5·2k＋1－10－9k，S偶數＝a2＋a4＋…＋a2k＝5·2k＋1－10－6k，所以S2k＝S奇數＋S偶數＝10·2k＋1－20－15k.當k＝8時，S16＝4980>4042，又a16＝1274，所以S15＝4980－1274＝3706<4042，故正整數m的最小值為16.故選C.5．(2023·湖南模擬)已知非零數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，a2＝3，anan＋1＝2Sn＋2，則S10的值為________．解析：由anan＋1＝2Sn＋2得an＋2an＋1＝2Sn＋1＋2，故兩式相減得an＋2an＋1－anan＋1＝2Sn＋1＋2－(2Sn＋2)＝2an＋1，所以an＋1(an＋2－an)＝2an＋1.由于{an}為非零數列，故an＋2－an＝2，所以{an}的奇數項成等差數列，偶數項也成等差數列，且公差均為2，所以S10＝(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＋(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝2×5＋eq\f(5×4,2)×2＋3×5＋eq\f(5×4,2)×2＝65.答案：65命題點三數列的新情境問題[典例導析](2021·新課標Ⅰ卷)某校學生在研究民間剪紙藝術時，發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折．規格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm,20dm×3dm三種規格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規格圖形的種數為______；如果對折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝______dm2.[關鍵點撥]這類問題情境復雜，信息量較大，解題的關鍵是由已知條件求出第n次對折后的圖形面積為120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，以及它們的面積之和Sn＝eq\f(120n＋1,2n－1)，觀察數列{Sn}的結構特征可確定應用錯位相減法求出eq\i\su(k＝1,n,S)k.[解析]由題意知，對折3次可以得到12dm×2.5dm，6dm×5dm,3dm×10dm,1.5dm×20dm四種規格的圖形，面積之和S3＝120dm2，對折4次可以得到12dm×1.25dm,6dm×2.5dm,3dm×5dm，1.5dm×10dm，0.75dm×20dm五種規格的圖形，面積之和S4＝75dm2.因為S1＝240dm2＝(120×2)dm2，S2＝180dm2＝(60×3)dm2，S3＝120dm2＝(30×4)dm2，S4＝75dm2＝(15×5)dm2，以此類推，Sn＝120(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.令an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，則其前n項和Tn＝2×1＋3×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,22)＋…＋(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，則eq\f(1,2)Tn＝2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,22)＋4×eq\f(1,23)＋…＋(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.兩式相減，得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.整理得Tn＝6－eq\f(n＋3,2n－1)，所以eq\i\su(k＝1,n,S)k＝120Tn＝120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(n＋3,2n－1))).[答案]5120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(n＋3,2n－1)))[思維建模]新情境背景的數列問題，“難”在兩方面：一是對于新情境，學生不易抓住信息的關鍵部分并用于解題之中；二是學生不易發現問題所指向的知識點．傳統題目通常在問法上就直接表明該用哪些知識進行處理，例如“求通項，求和”．但新情境問題考查的知識與新情境相關，知識隱藏較深，不易讓學生找到解題的方向．解決此類問題的關鍵是分清條件與結論，理清數量關系，掌握數列的通項及求和公式．[針對訓練]6．土壤中微量元素(如N，P，K等)的含量直接影響植物的生長發育，進而影響植物群落內植物種類的分布．某次實驗中，為研究某微量元素對植物生長發育的具體影響，實驗人員配比了不同濃度的溶液若干，其濃度指標值可近似擬合為e，e，e2，e3，e5，e8，e13，…，并記這個指標值為bn，則eq\i\su(i＝1,20,)(lnbi)2＝()A．lnb19lnb20 B．lnb20lnb21C．lnb19＋lnb20 D．lnb20＋lnb21解析：選B由數據可得，從第三項開始，第i項是前兩項之積，即b1＝b2＝e，bn＋2＝bnbn＋1，取對數得lnb1＝lnb2＝1，lnbn＋2＝lnbn＋lnbn＋1.設an＝lnbn，則aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，aeq\o\al(2,3)＝a3(a4－a2)＝a3a4－a2a3，…，aeq\o\al(2,20)＝a20(a21－a19)＝a20a21－a20a19，累加得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,20)＝a20a21.所以(lnb1)2＋(lnb2)2＋…＋(lnb20)2＝lnb20lnb21，即eq\i\su(i＝1,20,)(lnbi)2＝lnb20lnb21.7．(2023·綿陽模擬)現取長度為2的線段MN的中點M1，以MM1為直徑作半圓，該半圓的面積為S1(圖1)，再取線段M1N的中點M2，以M1M2為直徑作半圓．所得半圓的面積之和為S2(圖2)，再取線段M2N的中點M3，以M2M3為直徑作半圓，所得半圓的面積之和為S3，以此類推，則eq\i\su(i＝1,n,i)Si＝________.解析：依題意，得S1＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3，S2＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5，S3＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))2＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7.以此類推可知，數列{Sn}是首項為eq\f(1,8)π，公比是eq\f(1,4)的等比數列，所以Sn＝eq\f(1,8)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋1.令Tn＝eq\i\su(i＝1,n,i)Si，則Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋1，eq\f(1,4)Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋3，兩式相減得eq\f(3,4)Tn＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＋…＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋1－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋3＝eq\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋3＝eq\f(π,6)－eq\f(3n＋4π,3·22n＋3)，所以Tn＝eq\f(2π,9)－eq\f(3n＋4π,9·22n＋1).所以eq\i\su(i＝1,n,i)Si＝eq\f(2π,9)－eq\f(3n＋4π,9·22n＋1).答案：eq\f(2π,9)－eq\f(3n＋4π,9·22n＋1)[課下作業——小題保分練]1．(2023·長郡中學模擬)若數列{an}滿足an＋1＝3an＋2，則稱{an}為“夢想數列”．已知正項數列{bn－1}為“夢想數列”，且b1＝2，則bn＝()A．bn＝2×3n B．bn＝2×3n－1C．bn＝2×3n＋1 D．bn＝2×3n－1＋1解析：選B∵“夢想數列”{an}滿足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正項數列{bn－1}為“夢想數列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3×bn.∵b1＝2，∴bn＝2×3n－1，故選B.2．(2023·淮南一模)斐波那契數列因以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”．此數列在現代物理、準晶體結構、化學等領域都有著廣泛的應用，斐波那契數列{an}可以用如下方法定義：an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，若此數列各項除以4的余數依次構成一個新數列{bn}，則數列{bn}的前2023項的和為()A．2023B．2024C．2696D．2697解析：選D因為an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，所以數列{an}為1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144，….此數列各項除以4的余數依次構成一個新數列{bn}為1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…，是以6為周期的周期數列，所以數列{bn}的前2023項的和S2023＝eq\f(2022,6)(1＋1＋2＋3＋1＋0)＋b1＋337×6＝337×8＋1＝2697，故選D.3．已知數列{an}滿足eq\f(1,2)an＝an＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，且a1＝eq\f(1,2)，若an<eq\f(1,3)，則n的最小值為()A．3B．4C．5D．6解析：選B由數列{an}滿足eq\f(1,2)an＝an＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，得an＋1－eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，兩邊同時除以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1可得eq\f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1)－eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝1.又a1＝eq\f(1,2)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是首項為1，公差為1的等差數列．所以eq\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.令an<eq\f(1,3)，即n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n<eq\f(1,3)，當n＝1,2,3時，an>eq\f(1,3)；當n＝4時，4×eq\f(1,16)＝eq\f(1,4)<eq\f(1,3).故選B.4．(2023·揭陽聯考)已知數列{an}滿足a2＝eq\r(3)，a1＝1，且aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)，則aeq\o\al(2,2023)－2a2022的值為()A．2021 B．2022C．2023 D．2024解析：選B由aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)得，(aeq\o\al(2,n＋1)－2an)－(aeq\o\al(2,n)－2an－1)＝1，且由a2＝eq\r(3)，a1＝1，得aeq\o\al(2,2)－2a1＝1，所以{aeq\o\al(2,n＋1)－2an}構成以1為首項，1為公差的等差數列．所以aeq\o\al(2,n＋1)－2an＝n，所以aeq\o\al(2,2023)－2a2022＝2022.5．(2023·安陽模擬)在數列{an}中，a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1－(－1)n(n∈N*)，S100＝()A．0 B．1300C．2600 D．2650解析：選C當n為奇數，即n＝2k－1(k∈N*)時，設an＝a2k－1＝bk，an＋2－an＝1＋1＝2，an＋2＝an＋2，則bk＋1＝bk＋2，所以數列{bk}是以1為首項，2為公差的等差數列，則bk＝2k－1，故an＝2·eq\f(n＋1,2)－1＝n；當n為偶數，即n＝2k(k∈N*)時，設an＝a2k＝ck，an＋2－an＝1－1＝0，an＋2＝an，則ck＋1＝ck，顯然數列{ck}為常數列，則ck＝2，即an＝2.所以S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(1＋3＋5＋…＋99)＋(2＋2＋2＋…＋2)＝eq\f(1＋99×50,2)＋2×50＝2600.6．已知數列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)．則{an}的前60項的和為()A．1240 B．1830C．2520 D．2760解析：選D由an＋1＋(－1)n·an＝3n－1，得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，….從第一項開始，依次取2個相鄰奇數項的和都等于3；a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，….從第二項開始，依次取2個相鄰偶數項的和構成以13為首項，24為公差的等差數列．故S60＝3×15＋13×15＋eq\f(15×14,2)×24＝2760.7．[多選]十二平均律是我國明代律學家朱載堉發現的．明萬歷十二年(公元1584年)，他寫成《律學新說》，提出了十二平均律的理論．十二平均律可以用數學語言表述為：在1和2之間從小到大插入11個數，使包含1和2的這13個數依次構成遞增的等比數列．記插入的11個數之和為M，則依此規則，下列結論正確的是()A．M>11B．該等比數列的公比為eq\r(13,2)C．插入的第9個數是插入的第5個數的eq\r(3,2)倍D．M＝eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))解析：選ACD由題意知，該組數構成等比數列，記為數列{an}，公比記為q(q>1)，則a1＝1，a13＝2，所以eq\f(a13,a1)＝q12＝2，解得q＝eq\r(12,2)，故B錯誤；M＝a2＋a3＋…＋a12＝eq\f(\r(12,2)×[1－\r(12,2)11],1－\r(12,2))＝eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))，故D正確；因為an＝(eq\r(12,2))n－1，所以插入的第9個數是a10＝(eq\r(12,2))9，插入的第5個數為a6＝(eq\r(12,2))5，則eq\f(a10,a6)＝(eq\r(12,2))4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(1,12)))4＝2eq\f(1,3)＝eq\r(3,2)，故C正確；要證M>11，即證eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))>11，即證12eq\r(12,2)<13，即證eq\r(12,2)<eq\f(13,12)，即證2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12)))12，此式顯然成立，故A正確．8．如圖，陰影正方形的邊長為1，以其對角線長為邊長，各邊均經過陰影正方形的頂點，作第2個正方形；然后再以第2個正方形的對角線長為邊長，各邊均經過第2個正方形的頂點，作第3個正方形；依此方法一直繼續下去．若視陰影正方形為第1個正方形，第n個正方形的面積為an，則eq\i\su(n＝1,2023,[)cos(nπ)·log2an]＝()A．1011 B．－1011C．1012 D．－1012解析：選B第一個正方形的邊長為b1＝1，面積為a1＝beq\o\al(2,1)＝1，第二個正方形的邊長為b2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b1))＝eq\r(2)b1，面積為a2＝beq\o\al(2,2)＝(eq\r(2)b1)2＝2beq\o\al(2,1)＝2a1，第三個正方形的邊長為b3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b2))＝eq\r(2)b2，面積為a3＝beq\o\al(2,3)＝(eq\r(2)b2)2＝2beq\o\al(2,2)＝2a2，…，進而可知{an}是公比為2，首項為1的等比數列．所以an＝2n－1，所以log2an＝log22n－1＝n－1.由于cosnπ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為偶數，,－1，n為奇數，))所以eq\i\su(n＝1,2023,[)cos(nπ)·log2an]＝eq\i\su(n＝1,2023,)[cos(nπ)·(n－1)]＝0＋1－2＋3－4＋5－…＋2021－2022＝0＋(1－2)＋(3－4)＋…＋(2021－2022)＝－1×eq\f(2023－1,2)＝－1011，故選B.9．[多選]若正整數m，n只有1為公約數，則稱m，n互質，對于正整數k，φ(k)是不大于k的正整數中與k互質的數的個數，函數φ(k)以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知歐拉函數是積性函數，即如果m，n互質，那么φ(mn)＝φ(m)φ(n)，例如φ(6)＝φ(2)φ(3)，則()A．φ(5)＝φ(8)B．數列{φ(2n)}是等比數列C．數列{φ(6n)}不是遞增數列D．數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,φ6n)))的前n項和小于eq\f(3,5)解析：選ABD∵φ(5)＝4，φ(8)＝4，∴φ(5)＝φ(8)，A對；∵2為質數，∴在不超過2n的正整數中，所有偶數的個數為2n－1，∴φ(2n)＝2n－2n－1＝2n－1為等比數列，B對；∵與3n互質的數為1，2,4,5,7,8,10,11，…，3n－2,3n－1.共有(3－1)·3n－1＝2·3n－1個，∴φ(3n)＝2·3n－1.又∵φ(6n)＝φ(2n)φ(3n)＝2·6n－1，∴{φ(6n)}一定是遞增數列，C錯；∵φ(6n)＝2·6n－1，∴eq\b\lc\{\