新高考数学二轮复习 专题突破 专题3 第2讲　数列求和及其综合应用（含解析）

第2讲数列求和及其综合应用[考情分析]1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).2．错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．考向1分组转化法例1(2022·德州联考)已知数列{2an}是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，若cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n－1项和．解因为数列SKIPIF1<0是公比为4的等比数列，所以SKIPIF1<0＝4，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，因为a2，a4，a7成等比数列，所以aeq\o\al(2,4)＝a2a7，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)，解得a1＝6，所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4，因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，所以Sn＋1＝2bn，当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1，两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1，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＝2n－1，因为cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n＝2k－1，,bn，n＝2k，))k∈N*.所以数列{cn}的前2n－1项和为a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a2n－1＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n－2)＝6n＋eq\f(nn－1,2)×4＋eq\f(21－4n－1,1－4)＝2n2＋4n＋eq\f(2,3)(4n－1－1)．考向2裂项相消法例2(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.(1)解方法一因为a1＝1，所以eq\f(S1,a1)＝1，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n＋2,3).因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(Sn,Sn－Sn－1)＝eq\f(n＋2,3)，所以eq\f(Sn－Sn－1,Sn)＝eq\f(3,n＋2)，整理得eq\f(Sn,Sn－1)＝eq\f(n＋2,n－1)，所以eq\f(S2,S1)·eq\f(S3,S2)·…·eq\f(Sn－1,Sn－2)·eq\f(Sn,Sn－1)＝eq\f(4,1)×eq\f(5,2)×…·eq\f(n＋1,n－2)·eq\f(n＋2,n－1)＝eq\f(nn＋1n＋2,6)，所以Sn＝eq\f(nn＋1n＋2,6)(n≥2)，又S1＝1也满足上式，所以Sn＝eq\f(nn＋1n＋2,6)(n∈N*)，则Sn－1＝eq\f(nn－1n＋1,6)(n≥2)，所以an＝eq\f(nn＋1n＋2,6)－eq\f(nn－1n＋1,6)＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．方法二因为a1＝1，所以eq\f(S1,a1)＝1，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n＋2,3)，所以Sn＝eq\f(n＋2,3)an.因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以eq\f(n＋1,3)an－1＝eq\f(n－1,3)an，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，所以eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…·eq\f(n,n－2)·eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．(2)证明因为an＝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)))，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1)<eq\f(2n＋2,n＋1)＝2.故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2成立．考向3错位相减法例3(2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)选①.设数列{bn}的公比为q(q>0)，由b5－b4＝18b2，得q3－q2＝18，即(q－3)(q2＋2q＋6)＝0，解得q＝3.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，由S3＝b3＝9，b4＝a14，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，所以a1＝b1＝1，d＝2，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.选②.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q>0)，由S3＝b3＝9，b4＝a14，S5＝b4－2，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，5a1＋10d＝9q－2，所以a1＝b1＝1，d＝2，q＝3，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.选③.设数列{bn}的公比为q(q>0)，由log3bn＋1－1＝log3bn，得eq\f(bn＋1,bn)＝3，则q＝3.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知数列{an}为等差数列，设等差数列{an}的公差为d，由S3＝b3＝9，b4＝a14，得3a2＝3(a1＋d)＝9，b3＝b1q2＝9,9q＝3＋12d，所以a1＝b1＝1，d＝2，故数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－1.(2)由(1)知cn＝anbn＝(2n－1)×3n－1，所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，①3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n.②①－②得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×eq\f(3×1－3n－1,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Tn＝1＋(n－1)×3n.(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．跟踪演练1(1)(2022·湛江模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.①求数列{an}的通项公式；②设bn＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn<eq\f(1,3).解①设等比数列{an}的公比是q，首项是a1.由8a3＝a6，可得q＝2.由a2＋a5＝36，可得a1q(1＋q3)＝36，所以a1＝2，所以an＝2n.②因为bn＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).又eq\f(1,2n＋1＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).①求数列{an}的通项公式；②记bn＝eq\f(2n－1,an)，数列{bn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn<eq\f(13,2)－eq\f(4n＋7,2n)成立的n的最小值．解①设等比数列的公比为q(q>0)，因为a2＝2，所以a1q＝2⇒a1＝eq\f(2,q)，由an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn⇒an＋3－an＋1＝Sn＋2－Sn⇒an＋3－an＋1＝an＋2＋an＋1⇒an＋3－an＋2－2an＋1＝0⇒an＋1(q2－q－2)＝0，因为an＋1≠0，所以q2－q－2＝0，因为q>0，所以解得q＝2，即a1＝eq\f(2,q)＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝1×2n－1＝2n－1.②由①可知an＝2n－1，所以bn＝eq\f(2n－1,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)，所以Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)，(*)eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，(**)由(*)－(**)得eq\f(1,2)Tn＝1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n－1,2n)＝1＋2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，所以Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1)，代入Tn<eq\f(13,2)－eq\f(4n＋7,2n)中，得6－eq\f(2n＋3,2n－1)<eq\f(13,2)－eq\f(4n＋7,2n)⇒2n>2⇒n>1，因为n∈N*，所以n的最小值为2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．例4(1)已知A(0,0)，B(5,0)，C(1,3)，连接△ABC的各边中点得到△A1B1C1，连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数()A.eq\f(10,3)B．5C．10D．15答案C解析因为S△ABC＝eq\f(1,2)×5×3＝eq\f(15,2)，△A1B1C1∽△ABC，eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,2)，所以SKIPIF1<0＝eq\f(1,4)，所以S△ABC，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，…成等比数列，其首项为eq\f(15,2)，公比为eq\f(1,4)，所以这一系列三角形的面积之和为Sn＝eq\f(\f(15,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝10eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))，无限趋近于10.(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq\o\al(2,n)＝0，Sn是数列{an}的前n项和，若对n∈N*，不等式an(λ－2Sn)≤27恒成立，则实数λ的取值范围为__________．答案(－∞，17]解析∵aeq\o\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n,2)－eq\f(1,2)，∴不等式an(λ－2Sn)≤27即λ≤2Sn＋eq\f(27,an)＝3n＋eq\f(27,3n－1)－1对n∈N*恒成立，∵3n＋eq\f(27,3n－1)≥2eq\r(3n×\f(27,3n－1))＝18，当且仅当3n＝eq\f(27,3n－1)，即n＝2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(27,3n－1)))min＝18，∴λ≤17，∴实数λ的取值范围为(－∞，17]．易错提醒求解数列与函数交汇问题要注意两点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意．(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．跟踪演练2(1)我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1200尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整数)()A．12B．11C．10D．9答案B解析设大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成数列{an}，{bn}，由题意知，它们都是等比数列，且a1＝b1＝1，数列{an}的公比为q1＝2，数列{bn}的公比为q2＝eq\f(1,2)，则(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(1－2n,1－2)＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2n＋1－eq\f(1,2n－1)，当n＝10时，2n＋1－eq\f(1,2n－1)＝1025－eq\f(1,29)<1200，当n＝11时，2n＋1－eq\f(1,2n－1)＝2049－eq\f(1,210)>1200，因此需要11天才能打穿．(2)(2022·潍坊检测)如图，在边长为a的等边△ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn＋1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn(n∈N*)，则Xn等于()A.eq\f(1,12)πa2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n－1B.eq\f(3,32)πa2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n))C.eq\f(1,8)πa2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))D.eq\f(1,12)πa2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n－1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1))答案B解析等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一．所以圆D1的半径为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),6)a，面积为eq\f(a2,12)·π，圆D2的半径为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),6)a，面积为eq\f(1,9)·eq\f(a2,12)·π，圆D3的半径为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(\r(3),6)a，面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))2·eq\f(a2,12)·π，以此类推，圆Dn的面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n－1·eq\f(a2,12)·π，所以各圆的面积组成的数列是首项为eq\f(a2,12)·π，公比为eq\f(1,9)的等比数列，所以Xn＝eq\f(\f(a2,12)·π·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n))),1－\f(1,9))＝eq\f(3a2,32)·π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n)))＝eq\f(3,32)πa2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n)).专题强化练一、选择题1．数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2022的值为()A．4 B．－4C．4040 D．－4040答案A解析因为a4，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a4，a4040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a4＋a4040＝8.又2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列，所以a4＋a4040＝2a2022＝8，所以a2022＝4.2．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2022等于()A.eq\r(2022)＋1 B.eq\r(2023)－1C.eq\r(2022)－1 D.eq\r(2023)＋1答案B解析函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，则4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，得f(x)＝eq\r(x)，an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，则S2022＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(2023)－eq\r(2022))＝－1＋eq\r(2023).3．(2022·衡水模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＋2＝－an，且a1＝1，a2＝2，则S2023等于()A．0B．1C．2D．3答案C解析由an＋2＝－an，得an＋4＝－an＋2＝an，所以数列{an}是周期为4的数列，所以由a1＝1，a2＝2得a3＝－1，a4＝－2，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，所以S2023＝(a1＋a2＋a3＋a4)×505＋a1＋a2＋a3＝2.4．(2022·涪陵模拟)在数列{an}中，an＝(－1)n－1·(4n－3)，前n项和为Sn，则S22－S11为()A．－85B．85C．－65D．65答案C解析由题意得S22＝a1＋a2＋a3＋…＋a21＋a22＝(4－3)－(8－3)＋(12－3)－…＋(84－3)－(88－3)＝－44，S11＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝(4－3)－(8－3)＋(12－3)－…－(40－3)＋(44－3)＝21，∴S22－S11＝－44－21＝－65.5．已知F是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点Pi(i＝1,2,3，…)，使得|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成公差为d(d>0)的等差数列，则公差d的最大值为()A.eq\f(2,7)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(3,7)答案C解析由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，∴2≤|FPi|≤8，令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成公差为d(d>0)等差数列{an}，∴a1＝|FP1|≥2，an≤|FPi|max＝8，∴d＝eq\f(an－a1,n－1)≤eq\f(8－2,n－1)＝eq\f(6,n－1)≤eq\f(6,21－1)＝eq\f(3,10)，∴0<d≤eq\f(3,10).即公差d的最大值为eq\f(3,10).6．(2022·西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为()A．[－3,4] B．[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]C．[－5,5] D．[－2eq\r(2)－2,2eq\r(2)＋2]答案A解析当n≥2时，3n－1an＝n·3n－(n－1)3n－1＝(2n＋1)3n－1，∴an＝2n＋1，当n＝1时，a1＝3符合上式，∴an＝2n＋1，∴Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.当n为奇数时，λ≥－eq\f(Sn,n)＝－(n＋2)，令g(n)＝－(n＋2)，当n＝1时，g(n)max＝－3，∴λ≥－3，当n为偶数时，λ≤eq\f(Sn,n)＝n＋2，令h(n)＝n＋2，∴λ≤h(2)＝4，∴－3≤λ≤4.7.如图，在四边形ABCD中，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足eq\o(GnFn,\s\up6(→))＋2(1＋an)eq\o(GnC,\s\up6(→))＝an＋1eq\o(GnB,\s\up6(→))，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是()A．a3＝5B．数列{an＋3}是等比数列C．an＝4n－3D．Sn＝2n＋1－3n答案B解析由题意可知eq\o(GnB,\s\up6(→))＝eq\f(1,an＋1)eq\o(GnFn,\s\up6(→))＋eq\f(21＋an,an＋1)eq\o(GnC,\s\up6(→))，因为B，Fn，C三点共线，所以eq\f(1,an＋1)＋eq\f(21＋an,an＋1)＝1，即1＋2＋2an＝an＋1，即an＋1＝3＋2an，an＋1＋3＝2(an＋3)，所以数列{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，于是an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3，所以a3＝24－3＝13，所以B选项正确，A，C选项不正确；又S2＝a1＋a2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D选项不正确．8．“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是()A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为eq\f(129,4)B．an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))n－1C．使得不等式bn>eq\f(1,2)成立的n的最大值为4D．数列{bn}的前n项和Sn<4答案C解析由题可得a1＝4，a2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a1))2)＝eq\f(\r(10),4)a1，a3＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a2))2)＝eq\f(\r(10),4)a2，…，an＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)an－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)an－1))2)＝eq\f(\r(10),4)an－1，则eq\f(an,an－1)＝eq\f(\r(10),4)，所以数列{an}是以4为首项，eq\f(\r(10),4)为公比的等比数列，则an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))n－1，显然B正确；由题意可得，S△AEH＝eq\f(a\o\al(2,1)－a\o\al(2,2),4)，即b1＝eq\f(a\o\al(2,1)－a\o\al(2,2),4)，b2＝eq\f(a\o\al(2,2)－a\o\al(2,3),4)，…，bn＝eq\f(a\o\al(2,n)－a\o\al(2,n＋1),4)，于是bn＝eq\f(16×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))2n－2－16×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))2n,4)＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))n－1，为等比数列，对于A，连续三个正方形的面积之和S＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＝16＋10＋eq\f(25,4)＝eq\f(129,4)，A正确；对于C，令bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))n－1>eq\f(1,2)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))n－1>eq\f(1,3)，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))4－1＝eq\f(125,512)<eq\f(1,3)，C错误；对于D，Sn＝eq\f(3,2)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))n,1－\f(5,8))＝4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))n))<4，D正确．二、填空题9．在数列{an}中，a1＝3，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝________.答案9解析令m＝1，由am＋n＝am＋an可得，an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，所以{an}是首项为3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq\f(ka1＋ak,2)＝eq\f(k3＋3k,2)＝135，整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍去)．10．已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是______．答案(－3，＋∞)解析∵{an}是单调递增数列，∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n－1，∵n≥1，∴(－2n－1)max＝－3，∴λ>－3.11．已知函数f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8＝________.答案8解析当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44，所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8.12．(2022·聊城质检)某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行构造数列1,2；第二行得到数列1,2,2；第三行得到数列1,2,2,4,2，…，则第5行从左数起第6个数的值为________．用An表示第n行所有项的乘积，若数列{Bn}满足Bn＝log2An，则数列{Bn}的通项公式为________．答案8Bn＝eq\f(3n－1＋1,2)解析根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16