高三数学二轮复习：专题二-数列

第1讲等差数列与等比数列专题二数列板块三专题突破核心考点[考情考向分析]1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1.2.求和公式热点一等差数列、等比数列的运算3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1

(1)(2018·北京)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________________.解析答案解析

方法一设公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36，∴2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴通项公式an＝a1＋(n－1)d＝6n－3(n∈N*).方法二设公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，an＝6n－3(n∈N*)∵a1＝3，∴通项公式an＝6n－3(n∈N*).(2)(2018·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝

，且S4＋S12＝λS8，则λ＝____.解析答案∵S4＋S12＝λS8，1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量.思维升华答案解析跟踪演练1

(1)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于√解析S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2a2q2＝0，得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1.解答(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.①求{an}的通项公式；解设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*).解答②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*).热点二等差数列、等比数列的判定与证明(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：证明＝2(an－1－bn－1)，又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列.解答解由(1)知，an－bn＝2n＋1，

①又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，

②联立①②得，an＝2n＋1，(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法.思维升华证明当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，解答(2)求数列{an}的通项公式；∵数列{an}的各项都为正数，又a1＝S1＝1满足上式，解答当n为奇数时，当n为偶数时，解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解.热点三等差数列、等比数列的综合问题例3已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；解答解由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，解答(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞).(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解.思维升华解答跟踪演练3已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；解由已知得Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1，又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，解答(2)设数列{bn}满足an＋1＝

，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围.解由an＋1＝

，真题押题精练1.(2017·全国Ⅰ改编)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为____.真题体验答案4解析

设{an}的公差为d，解得d＝4.解析2.(2017·浙江改编)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的________条件.解析答案充要解析方法一

∵数列{an}是公差为d的等差数列，∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.若d>0，则21d>20d,10a1＋21d>10a1＋20d，即S4＋S6>2S5.若S4＋S6>2S5，则10a1＋21d>10a1＋20d，即21d>20d，∴d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件.方法二

∵S4＋S6>2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6>2(S4＋a5)⇔a6>a5⇔a5＋d>a5⇔d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件.1答案解析解析设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则由a4＝a1＋3d，∴q＝－2.32答案解析解析设{an}的首项为a1，公比为q，押题预测答案解析押题依据押题依据等差数列的性质和前n项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力.1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为A.6 B.7 C.12 D.13√解析∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，∴S12>0，S13<0，∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.答案解析押题依据押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则{an}的公比等于A.3 B.2或3C.2 D.6√解析设公比为q,5a4为12a3和2a5的等差中项，可得10a4＝12a3＋2a5，10a3q＝12a3＋2a3q2，得10q＝12＋2q2，解得q＝2或3.又a3－3a2＝2，所以a2q－3a2＝2，即a2(q－3)＝2，所以q＝2.答案解析押题依据押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向.√解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(不合题意，舍去)，4.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝

；

④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为A.①② B.③④

C.①③

D.②④答案解析押题依据押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉.√②f(an)f(an＋2)＝

＝

≠＝[f(an＋1)]2；④f(an)f(an＋2)＝ln|an|ln|an＋2|≠(ln|an＋1|)2＝[f(an＋1)]2.第2讲数列的求和问题专题二数列板块三专题突破核心考点[考情考向分析]高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.热点一分组转化法求和解答例1

(2018·北京海淀区模拟)已知等差数列{an}满足2an＋1－an＝2n＋3(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；解设等差数列{an}的公差为d，因为2an＋1－an＝2n＋3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*).解答解因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋bn＝2n－1，因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1).设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.思维升华解答跟踪演练1已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2－dx－3<0的解集为(－1,3)，(1)求数列{an}的通项公式；故数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)，即an＝2n－1(n∈N*).解答(2)若bn＝

＋2an，求数列{bn}的前n项和Sn.解据(1)求解知an＝2n－1，热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.解答例2

(2018·百校联盟联考)已知等比数列{an}的公比q≠1，前n项和为Sn(n∈N*)，a1＋a3＝

，a1－1，a2－1，a3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项.(1)求数列{an}的通项公式；所以a1＝1，由a1－1，a2－1，a3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项，得a3－1－(a1－1)＝4[(a2－1)－(a1－1)]，即a3－a1＝4(a2－a1)，即q2－1＝4(q－1)，即q2－4q＋3＝0，因为q≠1，所以q＝3，所以an＝3n－1(n∈N*).(2)设bn＝anlgan，求数列{bn}的前n项和Tn.解答解bn＝anlgan＝(n－1)·3n－1lg3，所以Tn＝[0＋3＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1]lg3，3Tn＝[0＋32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)×3n]lg3，两式相减得，－2Tn＝[3＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n]lg3(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列.(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数.(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证.思维升华跟踪演练2

(2018·安庆模拟)在等差数列{an}中a4＝9，前三项的和为15.(1)求数列{an}的通项公式；解答∴an＝2n＋1(n∈N*).解答裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于

或

(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.热点三裂项相消法求和解答例3

(2018·天津市十二校模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1).(1)求{an}的通项公式；解∵Sn＝a(Sn－an＋1)，∴n＝1时，a1＝a.n≥2时，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1，∴数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，∴an＝an(n∈N*).解答(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；解由bn＝an＋Sn得，b1＝2a，b2＝2a2＋a，b3＝2a3＋a2＋a.∵数列{bn}为等比数列，解答(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件.

(2)常用的裂项公式思维升华解答跟踪演练3

(2018·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0(n∈N*)，S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；解∵S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项，∴S6＋a6－S4－a4＝S5＋a5－S6－a6，化简得4a6＝a4，解答解由(1)得，bn＝＝

＝2n－3.∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn真题押题精练真题体验答案解析解析

设等差数列{an}的公差为d，2.(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；解答解设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，

①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，

②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2(n∈N*).所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*).(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).解答解设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，

③4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，

④③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1押题预测答案解析押题依据押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循.1押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式.解答押题依据解当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)，又a1＝1满足an＝2n－1，∴an＝2n－1(n∈N*).且bn>0，∴2bn＋1＝bn，解答(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.第3讲数列的综合问题专题二数列板块三专题突破核心考点[考情考向分析]1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力.热点分类突破真题押题精练内容索引热点分类突破1.数列{an}中，an与Sn的关系热点一

利用Sn，an的关系式求an2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.(3)在已知数列{an}中，满足

＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列).解答例1已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；解∵a2＝2，a3＋a5＝8，∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴an＝n(n∈N*).∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，

①∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2). ②由①－②，得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2).∵b1＝2，b2＝2b1，∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴bn＝2n(n∈N*).解答两式相减，得给出Sn与an的递推关系，求an，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.思维升华解答跟踪演练1

(2018·绵阳诊断性考试)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn.(1)求数列{an}的通项公式；解由已知a1an＝S1＋Sn，可得由{an}是正项数列，故a1＝2.当n≥2时，由已知可得2an＝2＋Sn，2an－1＝2＋Sn－1，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n.∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).解答显然{bn}是等差数列，热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题.解答例2设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.(1)求fn′(2)；解由题设fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1，所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n·2n－1，

①则2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n，

②由①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n所以fn′(2)＝(n－1)·2n＋1.证明证明因为fn(0)＝－1<0，又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视.(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.(3)不等关系证明中进行适当的放缩.思维升华跟踪演练2

(2018·泉州质检)记数列{an}的前n

项和为Sn，已知1，an，Sn

成等差数列.(1)求{an}的通项公式；解答解由已知1，an，Sn成等差数列，得2an＝Sn＋1，

①当n＝1时，2a1＝S1＋1，所以a1＝1；当n≥2时，2an－1＝Sn－1＋1，

②则数列{an}是以a1＝1为首项，q＝2为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝1×2n－1＝2n－1(n∈N*).证明所以b1＋b2＋…＋bn用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题.求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果.热点三数列的实际应用解答例3

科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施.已知A市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m万吨(m>0).(1)求A市2019年的碳排放总量(用含m的式子表示)；解设2018年的碳排放总量为a1,2019年的碳排放总量为a2，…，由已知，a1＝400×0.9＋m，a2＝0.9×(400×0.9＋m)＋m＝400×0.92＋0.9m＋m＝324＋1.9m.解答(2)若A市永远不需要采取紧急限排措施，求m的取值范围.解a3＝0.9×(400×0.92＋0.9m＋m)＋m＝400×0.93＋0.92m＋0.9m＋m，…，an＝400×0.9n＋0.9n－1m＋0.9n－2m＋…＋0.9m＋m＝(400－10m)×0.9n＋10m.由已知∀n∈N*，an≤550，(1)当400－10m＝0，即m＝40时，显然满足题意；(2)当400－10m>0，即m<40时，由指数函数的性质可得(400－10m)×0.9＋10m≤550，解得m≤190.综合得m<40；(3)当400－10m<0，即m>40时，由指数函数的性质可得10m≤550，解得m≤55，综合得40<m≤55.综上可得所求m的范围是(0，55].常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr).(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝

.思维升华跟踪演练3

(2018·上海崇明区模拟)2016年崇明区政府投资8千万元启动休闲体育新乡村旅游项目.规划从2017年起，在今后的若干年内，每年继续投资2千万元用于此项目.2016年该项目的净收入为5百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记2016年为第1年，f(n)为第1年至此后第n(n∈N*)年的累计利润(注：含第n年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为该项目赢利.解答(1)试求f(n)的表达式；解由题意知，第1年至此后第n(n∈N*)年的累计投入为8＋2(n－1)＝2n＋6(千万元)，第1年至此后第n(n∈N*)年的累计净收入为解答(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由.∴当n≤3时，f(n＋1)－f(n)<0，故当n≤4时，f(n)递减；当n≥4时，f(n＋1)－f(n)>0，故当n≥4时，f(n)递增.∴该项目将从第8年开始并持续赢利.答：该项目将从2023年开始并持续赢利.∴x≈4.从而当x∈[1,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴该项目将从第8年开始并持续赢利.答：该项目将从2023年开始并持续赢利.真题押题精练1.(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝______.真题体验解析－63答案解析

∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1