人教A版选择性必修第二册4.3.2第2课时等比数列习题课作业

等比数列习题课(30分钟60分)一、选择题(每题5分，共30分，多项选择题全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在等比数列{an}中，假如a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，那么这个数列的公比为()A．2 B.eq\f(1,2)C．2或eq\f(1,2) D．－2或eq\f(1,2)【解题指南】设公比为q，将a1＋a4＝18，a2＋a3＝12用首项和公比q表示，联马上可解出q.【解析】选C.设等比数列{an}的公比为q，由于a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，所以a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋q3))＝18，a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋q2))＝12，两式相除化简得(2q2－5q＋2)(1＋q)＝0，那么2q2－5q＋2＝0或q＝－1，由于a1(1＋q3)＝18，得q≠－1，所以解得q＝2或eq\f(1,2).2．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．假设a5－a3＝12，a6－a4＝24，那么eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1B．2－21－nC．2－2n－1D．21－n－1【解析】选B.设等比数列的公比为q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1q2＝12,a1q5－a1q3＝24))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2,a1＝1))，所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq\f(a1〔1－qn〕,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，因此eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.3．记等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为S，假设S2＝4，S4＝20，那么S6＝()A．24B．28C．48D．84【解析】选D.由等比数列的性质，可得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S4－S2))2＝S2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S6－S4))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－4))2＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S6－20))，解得S6＝84.4．数列{an}满意a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N*)，那么数列{an}的前2018项的和S2018等于()A．2(31008－1)B．2(31009－1)C．2(32018－1)D．2(32017－1)【解析】选B.由an＋2＝3an(n∈N*)，即eq\f(an＋2,an)＝3，当n为奇数时，可得a1，a3，…，a2n－1成等比数列，首项为1，公比为3.当n为偶数时，可得a2，a4，…，a2n成等比，首项为3，公比为3.那么：S奇＝eq\f(1－3n,1－3)，S偶＝eq\f(3〔1－3n〕,1－3)，前2018项中，奇数项和偶数项分别有1009项．故得S2018＝S奇＋S偶＝eq\f(3·31009－3＋31009－1,2)＝2×31009－2＝2(31009－1).5．等比数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发觉其中一个数算错了，那么该数为()A．S1B．S2C．S3D．S4【解析】选C.由S1正确．假设S4错误，那么S2，S3正确，于是a1＝8，a2＝S2－S1＝12，a3＝S3－S2＝16，与{an}为等比数列冲突，故S4＝65.假设S3错误，那么S2正确，此时，a1＝8，a2＝12，得q＝eq\f(3,2)，a3＝18，a4＝27，S4＝65，满意题设．6．(多项选择题)a1，a2，…，a8为各项都大于零的等比数列，公比q≠1，那么以下说法不正确的选项是()A．a1＋a8>a4＋a5B．a1＋a8<a4＋a5C．a1a8>a4a5D．a1a8<a4a5【解析】选BCD.(a1＋a8)－(a4＋a5)＝a1＋a1q7－a1q3－a1q4＝a1(1－q3－q4＋q7)＝a1(1－q3)(1－q4)，假设q>1，那么1－q3<0，1－q4<0，a1>0，所以a1(1－q3)(1－q4)>0，假设0<q<1，那么1－q3>0，1－q4>0，a1>0，所以a1(1－q3)(1－q4)>0，所以a1＋a8>a4＋a5，故不正确的选项是BCD.二、填空题(每题5分，共10分)7．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝an＋1－1，那么Sn＝__________．【解析】当n＝1时，那么有2S1＝a2－1，所以a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3；当n≥2时，由2Sn＝an＋1－1得出2Sn－1＝an－1，上述两式相减得2an＝an＋1－an，所以an＋1＝3an，得eq\f(an＋1,an)＝3且eq\f(a2,a1)＝3，所以，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项，以3为公比的等比数列，那么an＝1×3n－1＝3n－1，an＋1＝3n，那么2Sn＝an＋1－1＝3n－1，因此，Sn＝eq\f(3n－1,2).答案：eq\f(3n－1,2)8.eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n,2n)－2＝________.【解析】设Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，那么eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以Sn＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)，所以原式＝－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝－eq\f(n＋2,2n).答案：－eq\f(n＋2,2n)三、解答题(每题10分，共20分)9．数列{an}的前n项和Sn＝k(3n－1)，且a3＝27.(1)求数列{an}的通项公式；(2)假设bn＝log3an，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.【解析】(1)Sn＝k(3n－1)，a3＝27.当n＝3时，a3＝S3－S2＝k(33－32)，解得k＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)(3n－1)－eq\f(3,2)(3n－1－1)＝3n，又由于a1＝S1＝3也满意上式，所以an＝3n.(2)由(1)及知，bn＝log33n＝n，所以eq\f(1,bn＋1bn)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).10．数列满意递推关系，且a1＝0，an＝2an－1＋1.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))为等比数列；(2)设bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn.【解析】(1)由an＝2an－1＋1，即an＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋1))，所以eq\f(an＋1,an－1＋1)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知an＋1＝2n－1，所以bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))＝n·2n－1.所以Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，①那么2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②由①－②得－Tn＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n－1－n·2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n·2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－n))2n－1，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·2n＋1.(35分钟70分)一、选择题(每题5分，共20分)1．设Sn为等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，假设an>0，a1＝eq\f(1,2)，Sn<2，那么等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))【解析】选A设等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比为q，由于an>0，a1＝eq\f(1,2)，Sn<2，所以0<q<1，Sn＝eq\f(\f(1,2)〔1－qn〕,1－q)<2⇒eq\f(1－qn－4＋4q,1－q)<0⇒eq\f(－qn－3＋4q,1－q)<0，由于0<q<1，所以0<qn<1，因此要想－3＋4q<qn对于n∈N*恒成立，只需－3＋4q≤0⇒q≤eq\f(3,4)，而0<q<1，所以0<q≤eq\f(3,4).2．数列{an}的通项公式是an＝eq\f(2n－1,2n)，其前n项和Sn＝eq\f(321,64)，那么项数n等于()A．13B．10C．9D．6【解析】选D.由于an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n－1＋eq\f(1,2n)，令n－1＋eq\f(1,2n)＝eq\f(321,64)＝5＋eq\f(1,64)，所以n＝6.3．数列1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，4eq\f(1,16)，…，n＋eq\f(1,2n)的前n项和为()A．eq\f(1,2)(n2＋n＋2)－eq\f(1,2n)B．eq\f(1,2)n(n＋1)＋1－eq\f(1,2n－1)C．eq\f(1,2)(n2－n＋2)－eq\f(1,2n)D．eq\f(1,2)n(n＋1)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))【解析】选eq\f(1,2)＋2eq\f(1,4)＋3eq\f(1,8)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2n)))＝(1＋2＋…＋n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(n〔n＋1〕,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝eq\f(1,2)(n2＋n)＋1－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,2)(n2＋n＋2)－eq\f(1,2n).4．等比数列{an}满意a3＝4，且eq\f(S6,S3)＝9，那么a1＋eq\f(a2,2)＋a3＋eq\f(a4,2)＋a5＋eq\f(a6,2)＋…＋a19＋eq\f(a20,2)＝()A．eq\f(220－1,3)B．eq\f(221－1,3)C．eq\f(220－2,3)D．eq\f(221－2,3)【解析】选D.由于eq\f(S6,S3)＝9，所以eq\f(a1＋a2＋…＋a6,a1＋a2＋a3)＝9⇒1＋q3＝9⇒q＝2，由于a3＝4，所以a1q2＝4，a1＝1，因此a1＋eq\f(a2,2)＋a3＋eq\f(a4,2)＋a5＋eq\f(a6,2)＋…＋a19＋eq\f(a20,2)，＝a1＋a3＋a5＋…＋a19＋eq\f(a2,2)＋eq\f(a4,2)＋eq\f(a6,2)＋…＋eq\f(a20,2)，＝eq\f(1－410,1－4)＋eq\f(2,2)×eq\f(1－410,1－4)＝eq\f(221－2,3).【补偿训练】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，那么Sn＝()A．2n－1B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1) D．eq\f(1,2n－1)【解析】选B.由Sn＝2an＋1，可得S1＝a1＝2a2，所以a2＝eq\f(1,2)，当n≥2时，有Sn－1＝2an，两式作差可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，故数列{an}是从第2项起构成首项a2＝eq\f(1,2)，公比q＝eq\f(3,2)的等比数列．所以Sn＝a1＋eq\f(a2〔1－qn－1〕,1－q)＝1＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).二、填空题(每题5分，共20分)5．假设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满意：2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝2n(n∈N*)，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn为__________．【解析】由2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))得：2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))，eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(n≥2))且eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，两式作差可得：2nan＝2，即an＝eq\f(1,2n－1)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(n≥2))且eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，由等式可得，2a1＝2，解得：a1＝1，适合上式，所以an＝eq\f(1,2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，又eq\f(an＋1,an)＝eq\f(\f(1,2n),\f(1,2n－1))＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列，那么Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1).答案：2－eq\f(1,2n－1)6．设数列{an}满意a1＝1，且an＋1＝2eq\r(an＋1an－〔an〕2)，那么数列{2nan}的前n项的和Sn＝________．【解析】由题意得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－4an＋1an＋4(an)2＝0，所以(an＋1－2an)2＝0，故an＋1＝2an，所以{an}为等比数列，an＝2n－1，那么2nan＝n·2n，Sn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n，2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，两式作差得－Sn＝eq\f(2〔1－2n〕,1－2)－n·2n＋1，即Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋27．cn＝(2n－1)2n－1，那么数列{cn}的前n项和Sn＝________．【解析】Sn＝1·1＋3·2＋5·22＋…＋(2n－1)2n－1，2Sn＝1·2＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)2n，上述两式作差得－Sn＝1＋2·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－1－(2n－1)2n＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2〔1－2n－1〕,1－2)))－(2n－1)2n，所以Sn＝3－2n(3－2n).答案：3－2n(3－2n)8．数列{an}和{bn}中，数列{an}的前n项和为Sn.假设点(n，Sn)在函数y＝－x2＋4x的图象上，点(n，bn)在函数y＝2x的图象上，那么数列{an}的通项公式为______；数列{anbn}的前n项和Tn为________．【解析】(1)由得Sn＝－n2＋4n，由于当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5，又当n＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．所以an＝－2n＋5.(2)由得bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)·2n.Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)×2n，2Tn＝3×22＋1×23＋…＋(－2n＋7)×2n＋(－2n＋5)×2n＋1.两式相减得Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1＝eq\f(23〔1－2n－1〕,1－2)＋(－2n＋5)×2n＋1－6＝(7－2n)·2n＋1－14.答案：an＝－2n＋5(7－2n)·2n＋1－14三、解答题(每题10分，共30分)9．数列{an}为等差数列，且a1＝5，a2＝9，数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝an|bn|，求数列{cn}的前n项的和Tn.【解析】(1)公差d＝a2－a1＝9－5＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1.由于Sn＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3)，所以Sn－1＝eq\f(2,3)bn－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，两式相减，得bn＝eq\f(2,3)bn－eq\f(2,3)bn－1，所以eq\f(1,3)bn＝－eq\f(2,3)bn－1，所以eq\f(bn,bn－1)＝－2(n≥2).又b1＝S1＝eq\f(2,3)b1＋eq\f(1,3)，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为－2的等比数列，所以bn＝(－2)n－1.(2)由(1)知，cn＝an|bn|＝(4n＋1)|(－2)n－1|＝(4n＋1)·2n－1.所以Tn＝5×1＋9×2＋13×22＋…＋(4n＋1)·2n－1①2Tn＝5×2＋9×22＋…＋(4n－3)·2n－1＋(4n＋1)·2n②①－②得－Tn＝5＋4(2＋22＋…＋2n－1)－(4n＋1)·2n＝5＋4×eq\f(2〔1－2n－1〕,1－2)－(4n＋1)·2n＝5＋8(2n－1－1)－(4n＋1)·2n＝5＋2n＋2－8－(4n＋1)·2n＝2n＋2－(4n＋1)·2n－3＝2n(4－4n－1)－3＝2n(3－4n)－3，所以Tn＝(4n－3)2n＋3.10．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满意c1＝1，cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，2k<n<2k＋1，,bk，n＝2k，))其中k∈N*.①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式．②求(n∈N*).【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6q＝6＋2d，,6q2＝12＋4d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.②＝＝＋＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n×4＋\f(2n〔2n－1〕,2)×3))＋＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×eq\f(4〔1－4n〕,1－4)－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)).11．在①2Sn＋1＝Sn＋1，②a2＝eq\f(1,4)，③Sn＝1－2an＋1这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，给出解答．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，满意________，________；又知正项等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满意b1＝3，且b1，b3－2，b7成等比数列．(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通项公式；(2)设cn＝eq\f(bn,an)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n项和Tn.【解析】(1)选择①②：由2Sn＋1＝Sn＋1⇒当n≥2时，有2Sn＝Sn－1＋1，两式相减得：2an＋1＝an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)，n≥2.又当n＝1时，有2S2＝S1＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2))，又由于a2＝eq\f(1,4)，所以a1＝eq\f(1,2)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)也适合，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项、公比均为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；选择：②③：由Sn＝1－2an＋1⇒当n≥2时，Sn－1＝1－2an，两式相减得：an＝－2an＋1＋2an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)，n≥2.又当n＝1时，有S1＝1－2a2＝a1，又由于a2＝eq\f(1,4)，所以a1＝eq\f(1,2)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)也适合，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项、公比均为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；选择①③：由2Sn＋1＝Sn＋1，Sn＝1－2an＋1，那么2Sn＋1＝Sn＋1＝2－2an＋1，即Sn＋1＝1－an＋1，所以