第二板块　数　列

第二板块数列悉高考数列作为一种特殊函数，除考查函数三要素的特征、单调性等基本性质外，还具有求通项、求和的特定思路与方法，高考中常以“1小1大”的形式考查，难度中档偏下，解答题中也可能与其他知识结合考查求和、求通项问题，如2023新课标Ⅰ卷出现了两道关于数列的大题，T21是结合概率考查数列的递推公式，加强了知识间的横向联系，释放出高考命题不拘泥于“套路”、不沿循“旧制”的主导思想.小题基准考法——等差数列、等比数列命题点一等差、等比数列的基本运算[真题导向]1．(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.eq\f(15,8) B.eq\f(65,8)C．15 D．40解析：选C若该数列的公比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，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍去)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝eq\f(1－q4,1－q)＝15.故选C.2．(2022·新课标Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为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成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9解析：选D设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.依题意，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·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝__________.解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2.答案：2[素养评价]1．(2023·威海一模)已知等比数列{an}的前三项和为84，a2－a5＝21，则{an}的公比为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．2 D．4解析：选B由题意可设{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，∵等比数列{an}的前三项和为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)，故选B.2．(2023·聊城模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝5，a1＋S11＝67，则a3a10是{an}中的()A．第30项 B．第36项C．第48项 D．第60项解析：选A设等差数列{an}的公差为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项．3．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，意义是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完．出自《庄子·杂篇·天下》，反映了有限与无限的辩证关系．现有一根1米长的棍棒，按照上述截取方法，第n天截取部分的总长度是剩余部分长度的63倍，则n＝()A．4 B．5C．6 D．7解析：选C依题意，每天截取的棍棒长度可构成首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列{an}，则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．设Sn为正项等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且S1－2，S2，S3成等差数列，则数列{an}的通项公式为()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：选A设正项等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，S1－2＝－1，S2＝2，S3＝3，不满足2S2＝S1－2＋S3；当q≠1时，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，故选A.5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6<S7，S7＝S8，S8>S9，则符合题意的等差数列{an}的一个通项公式为an＝________.解析：因为S6<S7，S7＝S8，S8>S9，所以a7>0，a8＝0，a9<0，设数列{an}的公差为d，则d<0，取d＝－1，又a8＝0，可得a1＝7，故数列{an}的一个通项公式为an＝8－n.答案：8－n(答案不唯一)[一站补给]知识的“盲点”熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b为常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列方法的“疑点”由于等比数列的通项公式及前n项和公式中变量n在指数位置，故可采用两式相除进行相关计算思想的“高点”在求解等比数列的基本量时，注意整体思想及分类讨论思想的应用命题点二等差、等比数列的性质及应用[真题导向]1．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120解析：选C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＝eq\f(5,4).当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去．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解析：选C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＝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，故选C.3.(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699块 B．3474块C．3402块 D．3339块解析：选C由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，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.所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq\f(3n9＋27n,2)＝eq\f(3×9×9＋27×9,2)＝3402，故选C.[素养评价]1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＋a10＝a11＋3，则S11＝()A．33 B．66C．22 D．44解析：选A由题意知，a7＋a10＝a11＋a6＝a11＋3.所以a6＝3，则S11＝eq\f(a1＋a11,2)×11＝11a6＝33.2．(2023·漳州三模)已知数列{an}为递减的等比数列，n∈N*，且a2a7＝32，a3＋a6＝18，则{an}的公比为()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：选A∵{an}为递减的等比数列，∴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·华中师大附中联考)[多选]数列{an}是等差数列，S8＝10，则下列说法正确的是()A．a3＋a6为定值B．若a1＝eq\f(27,2)，则n＝5时Sn最大C．若d＝eq\f(1,2)，使Sn为负值的n值有3个D．若S4＝6，则S12＝12解析：选AD由数列{an}是等差数列，S8＝10，得eq\f(8a1＋a8,2)＝10，即a1＋a8＝eq\f(5,2).由等差数列性质得a3＋a6＝a1＋a8＝eq\f(5,2)，为定值，选项A正确；当a1＝eq\f(27,2)时，a8＝－11，公差d＝－eq\f(7,2)，则数列{an}是递减数列，所以a4＝3，a5＝－eq\f(1,2)，故n＝4时，Sn最大，选项B错误；当d＝eq\f(1,2)时，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为负值的n值有2个，选项C错误；当S4＝6时，设{an}的公差为d，即4a1＋6d＝6，结合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，选项D正确．4．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S8＝________.解析：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，∴S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列．又S2＝4，S4－S2＝2，∴S6－S4＝2×eq\f(2,4)＝1，则S6＝7.∴S8－S6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,4)))2＝eq\f(1,2)，则S8＝7＋eq\f(1,2)＝eq\f(15,2).答案：eq\f(15,2)[一站补给]知识的“盲点”(1)等差数列的常用性质①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．(2)等比数列的常用性质①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列方法的“疑点”数列具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数性质解题命题点三数列的递推关系[典例导析][例1](2023·安康中学校考模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则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]因为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]记数列{an}的前n项和为Sn，S5＝eq\f(9,8)，数列{2nSn}是公差为7的等差数列，则{an}的最小项为()A．－2 B．－eq\f(15,16)C．－1 D.eq\f(1,4)[解析]依题意，得25S5＝32×eq\f(9,8)＝36.因为数列{2nSn}是公差为7的等差数列，所以2nSn＝25S5＋7(n－5)＝7n＋1.因此Sn＝eq\f(7n＋1,2n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(7n＋1,2n)－eq\f(7n－6,2n－1)＝eq\f(13－7n,2n)，而a1＝S1＝4不满足上式．当n≥2时，an＋1－an＝eq\f(6－7n,2n＋1)－eq\f(13－7n,2n)＝eq\f(7n－20,2n＋1)，即当n≥3时，an＋1>an.于是当n≥3时，数列{an}是递增的，而a2＝－eq\f(1,4)，a3＝－1，则(an)min＝a3＝－1，所以{an}的最小项为－1.[答案]C[思维建模](1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路．一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差数列或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于an＋1＝an＋f(n)型)、累乘法(适用于an＋1＝an·f(n)型)．[针对训练]1．(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2023＝()A．2023 B．2024C．4045 D．4047解析：选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·长沙雅礼中学一模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(3an－1,an＋1)，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a10]＝()A．1 B．2C．3 D．5解析：选A因为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.故选A.3．杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给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)．若正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足8Sn＋1＝(2an＋1)2，数列{bn}的通项公式为bn＝an·an＋1，则根据三角垛公式，可得数列{bn}的前10项和T10＝()A．440 B．480C．540 D．580解析：选A因为n∈N*，an>0,8Sn＋1＝(2an＋1)2，当n≥2时，8Sn－1＋1＝(2an－1＋1)2，两式相减得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，即数列{an}为等差数列．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)，数列{bn}的前n项和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.[课下作业——小题保分练]1．(2023·济宁一模)已知等差数列{an}的前5项和S5＝35，且满足a5＝13a1，则等差数列{an}的公差为()A．－3 B．－1C．1 D．3解析：选D由S5＝5a1＋10d＝35，a5＝a1＋4d＝13a1，解得d＝3，a1＝1.2．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若a5a10＝8a9，且a3＝1，则S5＝()A．96 B.eq\f(31,4)C．72 D．－72解析：选B设等比数列{an}的公比为q，因为a5a10＝a6a9＝8a9，且由题意可得a9≠0，所以a6＝8.因为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．已知数列{an}是等差数列，eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则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：选A由eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，得S6＝3S3.设S3＝m，则S6＝3m.因为数列{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…，是以m为首项，m为公差的等差数列，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)，故选A.4．(2023·毕节模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若m∈N*，Sm＝3，S2m＝9，则S3m＝()A．16B．18C．21D．27解析：选C令等比数列{an}的公比为q，则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.故选C.5．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为()A．3 B．18C．54 D．152解析：选C因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2.所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.6．英国数学家亚历山大·艾利斯提出用音分来精确度量音程，音分是度量不同乐音频率比的单位，也可以称为度量音程的对数标度单位．一个八度音程为1200音分，它们的频率值构成一个等比数列．八度音程的冠音与根音的频率比为2，因此这1200个音的频率值构成一个公比为eq\r(1200,2)的等比数列．已知音M的频率为m，音分值为k，音N的频率为n，音分值为l.若m＝eq\r(2)n，则k－l＝()A．400 B．500C．600 D．800解析：选C由题意可知，1200个音的频率值构成一个公比为eq\r(1200,2)的等比数列，设第一个音为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.因为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)[多选]已知各项均为正数的等差数列{an}，且an＋1>an，则()A．a3＋a7＝a4＋a6B．a3a7>a4a6C．数列{a2n＋1}是等差数列D．数列{a2n}是等比数列解析：选AC设等差数列{an}的公差为d(d>0)，因为{an}是等差数列，且3＋7＝4＋6，则由等差数列性质可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正确；a4a6－a3a7＝(a1＋3d)(a1＋5d)－(a1＋2d)(a1＋6d)＝3d2>0，则a3a7<a4a6，故B错误；因为a2n＋1－a2n－1＝2d，所以数列{a2n＋1}是等差数列，故C正确；如数列{an}为1,2,3,4,5,6，…，显然数列{a2n}不是等比数列，故D错误．故选A、C.8．(2023·江苏统考一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知Sn＋1＝2Sn＋eq\f(1,2)，n∈N*，则S6＝()A.eq\f(31,2)B．16C．30D.eq\f(63,2)解析：选D由题得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，则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)，故选D.9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＋2Sn＝3Sn＋1－an,2a4－a6＝7，S4＝34，则2023是数列{an}的()A．第566项 B．第574项C．第666项 D．第674项解析：选D由Sn＋2＋2Sn＝3Sn＋1－an，得Sn＋2－Sn＋1＝2(Sn＋1－Sn)－an，即an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列．设公差为d，则由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.故选D.10．(2023·广西模拟)已知正项等比数列{an}满足a8＝8，a11＋4a12＝eq\f(1,4)，则a1a2…an取最大值时n的值为()A．8 B．9C．10 D．11解析：选B设等比数列{an}的公比为q(q>0)，有eq\f(a11＋4a12,a8)＝q3＋4q4＝eq\f(1,32).由函数f(x)＝x3＋4x4(x>0)单调递增，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)，所以数列{an}递减．故a1a2…an取得最大值时n的值为9，故选B.11．如图甲是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连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，…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an}，令bn＝eq\f(2,an－2)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S120＝()A．8 B．9C．10 D．11解析：选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·海南模拟)[多选]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a4＋a5＝a2，a3＝aeq\o\al(2,6)，且an≠0，则下列说法正确的是()A．an＝10－2nB．使Sn>0的最大n值为8C．Sn的最大值为20D．Sn的最大值为18解析：选ABC设数列{an}的公差为d，因为a3＋a4＋a5＝a2，所以3a4＝a2，则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正确；则当n≤5时，an≥0，当n≥6时，an<0，所以当n＝4或5时，Sn取得最大值，为eq\f(5a1＋a5,2)＝20，故C正确，D错误；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值为8，故B正确．故选A、B、C.13．(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：由8S6＝7S3，可知数列{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为等差数列{an}的前n项和，若a3＝10，S15＝0，则S16＝________.解析：因为S15＝eq\f(15a1＋a15,2)＝15a8＝0，所以a8＝a1＋7d＝0.又因为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．若数列{an}是公比为2的等比数列，a7<3a6，写出一个满足题意的通项公式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·新乡二模)已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝64，anan＋2＝kaeq\o\al(2,n＋1)，若a5是{an}唯一的最大项，则k的取值范围为________．解析：因为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)))是首项为64，公比为k的等比数列，则eq\f(an＋1,an)＝64kn－1＝26kn－1，则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).因为a5是{an}唯一的最大项，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的取值范围为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)))小题压轴考法——数列的综合问题命题点一构造辅助数列[升维突破]|教材母题|(人教A版选择性必修二P41T8)若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为________；前10项的和为________．解析：设an＋1＋λ＝2(an＋λ)，则an＋1＝2an＋λ，∴λ＝1，即an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1.∴数列{an}的前10项的和为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)的递推公式，可用构造法求通项公式．构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列．[升维1]已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为()A．an＝－3×2n－1 B．an＝3×2n－1C．an＝5n＋3×2n－1 D．an＝5n－3×2n－1解析：选D由an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以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，则①式变为bn＋1＝eq\f(2,5)bn＋eq\f(3,5)，即bn＋1－1＝eq\f(2,5)(bn－1)，所以数列{bn－1}是首项为b1－1＝eq\f(a1,5)－1＝－eq\f(3,5)，公比为eq\f(2,5)的等比数列．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.思维升华：递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn＋1后得到eq\f(an＋1,γn＋1)＝eq\f(α,γ)·eq\f(αn,γn)＋eq\f(β,γ)，转化为bn＋1＝kbn＋eq\f(β,γ)(k≠0,1)的形式，通过构造公比是k的等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(β,γ1－k)))求解．[升维2]已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))的前10项和S10＝()A.eq\f(16,11) B.eq\f(18,11)C.eq\f(20,11) D．2解析：选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).∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，∴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))).∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))的前10项和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).思维升华：对于递推公式形如an＋1＝eq\f(pan,ran＋s)(p>0，r≠0，s≠0，an≠0)的数列{an}，求其通项公式时，先对已知等式两边同时取倒数，若s≠p，则按照递推公式形如“an＋1＝qan＋f(n)(q≠0)”的数列的通项公式的探求方法构造等比数列求解；若s＝p，则直接构造等差数列，求其通项公式，从而得到原数列的通项公式．[升维3]已知数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an，则通项公式an＝________.解析：由an＋1＝eq\f(n,n＋2)an得(n＋2)an＋1＝nan，两边都乘以(n＋1)，得(n＋2)(n＋1)an＋1＝(n＋1)nan.由此知数列{(n＋1)nan}是常数数列．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)思维升华：非零常数数列既是公比为1的等比数列，也是公差为零的等差数列．在数列{an}中，若对任意的正整数n都有an＋1＝an，则数列{an}为常数数列，其通项公式为an＝a1.在求某些递推数列的通项公式时，若能构造出一个新的常数数列，便能简捷地求出通项公式．如本例通过变形，两边乘以(n＋1)后成为常数数列求解．[针对训练]1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)，则a10＝()A.eq\f(1,1021) B.eq\f(1,1022)C.eq\f(1,1023) D.eq\f(1,1024)解析：选C因为an＋1＝eq\f(an,an＋2)，所以两边取倒数得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(2,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1)).所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是公比为2的等比数列，则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．已知数列{an}中，a1＝2,2n(n＋1)anan＋1＋(n＋1)·an＋1－nan＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．解析：当an＝0时，解得an＋1＝0，不满足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.当n＝1时，eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nan)))是以eq\f(1,2)为首项，2为公差的等差数列，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．若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，n∈N*，且a1＝1，则a5＝________.解析：由(n－1)an＝(n＋1)an－1可得eq\f(an,n＋1)＝eq\f(an－1,n－1).两边同除以n可得eq\f(an,nn＋1)＝eq\f(an－1,n－1n)，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,nn＋1)))为常数列，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命题点二数列的奇偶项问题[典例导析](1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，则使得Sn>2023成立的n的最小值为()A．32 B．33C．44 D．45(2)已知数列{an}满足首项a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,3an，n为偶数，))则数列{an}的前2n项的和为________．[解析](1)an＋an＋1＝4n＋2①，当n≥2时，an－1＋an＝4(n－1)＋2②，两式相减得an＋1－an－1＝4.当n为奇数时，{an}为等差数列，首项为4，公差为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，故当n为偶数时，{an}为等差数列，首项为2，公差为4，所以an＝2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝2n－2.所以当n为奇数时，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；当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝eq\f(\f(n,2)4＋2n＋\f(n,2)2＋2n－2,2)＝n2＋n.当n为奇数时，令n2＋n＋2>2023，解得n≥45，当n为偶数时，令n2＋n>2023，解得n≥46，所以Sn>2023成立的n的最小值为45.(2)当n为奇数时，an＋2＝3an＋1＝3(an＋2)，即an＋2＋3＝3(an＋3)，此时{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，公比为3的等比数列，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[思维建模]数列中的奇偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列的通项公式或前n项和，主要从奇偶项角度分析通项和求和．解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差等，注意分类讨论思想在解题中的应用．[针对训练]4．设首项为1的数列{an}的前n项和为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，则正整数m的最小值为()A．14 B．15C．16 D．17解析：选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奇数＝a1＋a3＋…＋a2k－1＝eq\f(101－2k,1－2)－9k＝5·2k＋1－10－9k，S偶数＝a2＋a4＋…＋a2k＝5·2k＋1－10－6k，所以S2k＝S奇数＋S偶数＝10·2k＋1－20－15k.当k＝8时，S16＝4980>4042，又a16＝1274，所以S15＝4980－1274＝3706<4042，故正整数m的最小值为16.故选C.5．(2023·湖南模拟)已知非零数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a2＝3，anan＋1＝2Sn＋2，则S10的值为________．解析：由anan＋1＝2Sn＋2得an＋2an＋1＝2Sn＋1＋2，故两式相减得an＋2an＋1－anan＋1＝2Sn＋1＋2－(2Sn＋2)＝2an＋1，所以an＋1(an＋2－an)＝2an＋1.由于{an}为非零数列，故an＋2－an＝2，所以{an}的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，且公差均为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命题点三数列的新情境问题[典例导析](2021·新课标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20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，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eq\i\su(k＝1,n,S)k＝______dm2.[关键点拨]这类问题情境复杂，信息量较大，解题的关键是由已知条件求出第n次对折后的图形面积为120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，以及它们的面积之和Sn＝eq\f(120n＋1,2n－1)，观察数列{Sn}的结构特征可确定应用错位相减法求出eq\i\su(k＝1,n,S)k.[解析]由题意知，对折3次可以得到12dm×2.5dm，6dm×5dm,3dm×10dm,1.5dm×20dm四种规格的图形，面积之和S3＝120dm2，对折4次可以得到12dm×1.25dm,6dm×2.5dm,3dm×5dm，1.5dm×10dm，0.75dm×20dm五种规格的图形，面积之和S4＝75dm2.因为S1＝240dm2＝(120×2)dm2，S2＝180dm2＝(60×3)dm2，S3＝120dm2＝(30×4)dm2，S4＝75dm2＝(15×5)dm2，以此类推，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，则其前n项和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，则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.两式相减，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)))[思维建模]新情境背景的数列问题，“难”在两方面：一是对于新情境，学生不易抓住信息的关键部分并用于解题之中；二是学生不易发现问题所指向的知识点．传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和”．但新情境问题考查的知识与新情境相关，知识隐藏较深，不易让学生找到解题的方向．解决此类问题的关键是分清条件与结论，理清数量关系，掌握数列的通项及求和公式．[针对训练]6．土壤中微量元素(如N，P，K等)的含量直接影响植物的生长发育，进而影响植物群落内植物种类的分布．某次实验中，为研究某微量元素对植物生长发育的具体影响，实验人员配比了不同浓度的溶液若干，其浓度指标值可近似拟合为e，e，e2，e3，e5，e8，e13，…，并记这个指标值为bn，则eq\i\su(i＝1,20,)(lnbi)2＝()A．lnb19lnb20 B．lnb20lnb21C．lnb19＋lnb20 D．lnb20＋lnb21解析：选B由数据可得，从第三项开始，第i项是前两项之积，即b1＝b2＝e，bn＋2＝bnbn＋1，取对数得lnb1＝lnb2＝1，lnbn＋2＝lnbn＋lnbn＋1.设an＝lnbn，则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·绵阳模拟)现取长度为2的线段MN的中点M1，以MM1为直径作半圆，该半圆的面积为S1(图1)，再取线段M1N的中点M2，以M1M2为直径作半圆．所得半圆的面积之和为S2(图2)，再取线段M2N的中点M3，以M2M3为直径作半圆，所得半圆的面积之和为S3，以此类推，则eq\i\su(i＝1,n,i)Si＝________.解析：依题意，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.以此类推可知，数列{Sn}是首项为eq\f(1,8)π，公比是eq\f(1,4)的等比数列，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，则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＋3，两式相减得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)[课下作业——小题保分练]1．(2023·长郡中学模拟)若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{bn－1}为“梦想数列”，且b1＝2，则bn＝()A．bn＝2×3n B．bn＝2×3n－1C．bn＝2×3n＋1 D．bn＝2×3n－1＋1解析：选B∵“梦想数列”{an}满足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正项数列{bn－1}为“梦想数列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3×bn.∵b1＝2，∴bn＝2×3n－1，故选B.2．(2023·淮南一模)斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则数列{bn}的前2023项的和为()A．2023B．2024C．2696D．2697解析：选D因为an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，所以数列{an}为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144，….此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0，…，是以6为周期的周期数列，所以数列{bn}的前2023项的和S2023＝eq\f(2022,6)(1＋1＋2＋3＋1＋0)＋b1＋337×6＝337×8＋1＝2697，故选D.3．已知数列{an}满足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)，则n的最小值为()A．3B．4C．5D．6解析：选B由数列{an}满足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＋1，两边同时除以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)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)))是首项为1，公差为1的等差数列．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)，当n＝1,2,3时，an>eq\f(1,3)；当n＝4时，4×eq\f(1,16)＝eq\f(1,4)<eq\f(1,3).故选B.4．(2023·揭阳联考)已知数列{an}满足a2＝eq\r(3)，a1＝1，且aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)，则aeq\o\al(2,2023)－2a2022的值为()A．2021 B．2022C．2023 D．2024解析：选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}构成以1为首项，1为公差的等差数列．所以aeq\o\al(2,n＋1)－2an＝n，所以aeq\o\al(2,2023)－2a2022＝2022.5．(2023·安阳模拟)在数列{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：选C当n为奇数，即n＝2k－1(k∈N*)时，设an＝a2k－1＝bk，an＋2－an＝1＋1＝2，an＋2＝an＋2，则bk＋1＝bk＋2，所以数列{bk}是以1为首项，2为公差的等差数列，则bk＝2k－1，故an＝2·eq\f(n＋1,2)－1＝n；当n为偶数，即n＝2k(k∈N*)时，设an＝a2k＝ck，an＋2－an＝1－1＝0，an＋2＝an，则ck＋1＝ck，显然数列{ck}为常数列，则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．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)．则{an}的前60项的和为()A．1240 B．1830C．2520 D．2760解析：选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，….从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，….从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项，24为公差的等差数列．故S60＝3×15＋13×15＋eq\f(15×14,2)×24＝2760.7．[多选]十二平均律是我国明代律学家朱载堉发现的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论．十二平均律可以用数学语言表述为：在1和2之间从小到大插入11个数，使包含1和2的这13个数依次构成递增的等比数列．记插入的11个数之和为M，则依此规则，下列结论正确的是()A．M>11B．该等比数列的公比为eq\r(13,2)C．插入的第9个数是插入的第5个数的eq\r(3,2)倍D．M＝eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))解析：选ACD由题意知，该组数构成等比数列，记为数列{an}，公比记为q(q>1)，则a1＝1，a13＝2，所以eq\f(a13,a1)＝q12＝2，解得q＝eq\r(12,2)，故B错误；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正确；因为an＝(eq\r(12,2))n－1，所以插入的第9个数是a10＝(eq\r(12,2))9，插入的第5个数为a6＝(eq\r(12,2))5，则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正确；要证M>11，即证eq\f(\r(12,2)－2,1－\r(12,2))>11，即证12eq\r(12,2)<13，即证eq\r(12,2)<eq\f(13,12)，即证2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,12)))12，此式显然成立，故A正确．8．如图，阴影正方形的边长为1，以其对角线长为边长，各边均经过阴影正方形的顶点，作第2个正方形；然后再以第2个正方形的对角线长为边长，各边均经过第2个正方形的顶点，作第3个正方形；依此方法一直继续下去．若视阴影正方形为第1个正方形，第n个正方形的面积为an，则eq\i\su(n＝1,2023,[)cos(nπ)·log2an]＝()A．1011 B．－1011C．1012 D．－1012解析：选B第一个正方形的边长为b1＝1，面积为a1＝beq\o\al(2,1)＝1，第二个正方形的边长为b2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b1))＝eq\r(2)b1，面积为a2＝beq\o\al(2,2)＝(eq\r(2)b1)2＝2beq\o\al(2,1)＝2a1，第三个正方形的边长为b3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b2))＝eq\r(2)b2，面积为a3＝beq\o\al(2,3)＝(eq\r(2)b2)2＝2beq\o\al(2,2)＝2a2，…，进而可知{an}是公比为2，首项为1的等比数列．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为偶数，,－1，n为奇数，))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，故选B.9．[多选]若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，对于正整数k，φ(k)是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数φ(k)以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么φ(mn)＝φ(m)φ(n)，例如φ(6)＝φ(2)φ(3)，则()A．φ(5)＝φ(8)B．数列{φ(2n)}是等比数列C．数列{φ(6n)}不是递增数列D．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,φ6n)))的前n项和小于eq\f(3,5)解析：选ABD∵φ(5)＝4，φ(8)＝4，∴φ(5)＝φ(8)，A对；∵2为质数，∴在不超过2n的正整数中，所有偶数的个数为2n－1，∴φ(2n)＝2n－2n－1＝2n－1为等比数列，B对；∵与3n互质的数为1，2,4,5,7,8,10,11，…，3n－2,3n－1.共有(3－1)·3n－1＝2·3n－1个，∴φ(3n)＝2·3n－1.又∵φ(6n)＝φ(2n)φ(3n)＝2·6n－1，∴{φ(6n)}一定是递增数列，C错；∵φ(6n)＝2·6n－1，∴eq\b\lc\{\