新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題3 第2講　數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用（含解析）

第2講數(shù)列求和及其綜合應(yīng)用[考情分析]1.數(shù)列求和重點(diǎn)考查分組轉(zhuǎn)化、錯(cuò)位相減、裂項(xiàng)相消三種求和方法.2.數(shù)列的綜合問(wèn)題，一般以等差數(shù)列、等比數(shù)列為背景，與函數(shù)、不等式相結(jié)合，考查最值、范圍以及證明不等式等.3.主要以選擇題、填空題及解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．考點(diǎn)一數(shù)列求和核心提煉1．裂項(xiàng)相消法就是把數(shù)列的每一項(xiàng)分解，使得相加后項(xiàng)與項(xiàng)之間能夠相互抵消，但在抵消的過(guò)程中，有的是相鄰項(xiàng)抵消，有的是間隔項(xiàng)抵消．常見(jiàn)的裂項(xiàng)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．錯(cuò)位相減法求和，主要用于求{anbn}的前n項(xiàng)和，其中{an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列．考向1分組轉(zhuǎn)化法例1(2022·德州聯(lián)考)已知數(shù)列{2an}是公比為4的等比數(shù)列，且滿足a2，a4，a7成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，且bn是1和Sn的等差中項(xiàng)，若cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n－1項(xiàng)和．解因?yàn)閿?shù)列SKIPIF1<0是公比為4的等比數(shù)列，所以SKIPIF1<0＝4，所以an＋1－an＝2，所以數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，因?yàn)閍2，a4，a7成等比數(shù)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?yàn)镾n為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，且bn是1和Sn的等差中項(xiàng)，所以Sn＋1＝2bn，當(dāng)n≥2時(shí)，有Sn－1＋1＝2bn－1，兩式相減得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，當(dāng)n＝1時(shí)，有S1＋1＝b1＋1＝2b1，所以b1＝1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝2n－1，因?yàn)閏n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n＝2k－1，,bn，n＝2k，))k∈N*.所以數(shù)列{cn}的前2n－1項(xiàng)和為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裂項(xiàng)相消法例2(2022·新高考全國(guó)Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.(1)解方法一因?yàn)閍1＝1，所以eq\f(S1,a1)＝1，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n＋2,3).因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，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也滿足上式，所以Sn＝eq\f(nn＋1n＋2,6)(n∈N*)，則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也滿足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．方法二因?yàn)閍1＝1，所以eq\f(S1,a1)＝1，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)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?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，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也滿足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．(2)證明因?yàn)閍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)))，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錯(cuò)位相減法例3(2022·上饒模擬)從①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝log3bn這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并解答．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是正項(xiàng)等比數(shù)列，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解(1)選①.設(shè)數(shù)列{bn}的公比為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)知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為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，故數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式分別為an＝2n－1，bn＝3n－1.選②.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為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，故數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式分別為an＝2n－1，bn＝3n－1.選③.設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)，由log3bn＋1－1＝log3bn，得eq\f(bn＋1,bn)＝3，則q＝3.由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為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，故數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式分別為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)裂項(xiàng)相消法的基本思路是將通項(xiàng)拆分，可以產(chǎn)生相互抵消的項(xiàng)．(3)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：①等比數(shù)列的公比為負(fù)數(shù)的情形；②在寫出“Sn”和“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式．跟蹤演練1(1)(2022·湛江模擬)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②設(shè)bn＝eq\f(an,an＋1an＋1＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn，并證明：Tn<eq\f(1,3).解①設(shè)等比數(shù)列{an}的公比是q，首項(xiàng)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?yàn)閎n＝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求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②記bn＝eq\f(2n－1,an)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為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設(shè)等比數(shù)列的公比為q(q>0)，因?yàn)閍2＝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?yàn)閍n＋1≠0，所以q2－q－2＝0，因?yàn)閝>0，所以解得q＝2，即a1＝eq\f(2,q)＝1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為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?yàn)閚∈N*，所以n的最小值為2.考點(diǎn)二數(shù)列的綜合問(wèn)題核心提煉數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題是高考命題的一個(gè)方向，此類問(wèn)題突破的關(guān)鍵在于通過(guò)函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，求出數(shù)列的通項(xiàng)或前n項(xiàng)和，再利用數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)的函數(shù)解決最值、范圍問(wèn)題，通過(guò)放縮進(jìn)行不等式的證明．例4(1)已知A(0,0)，B(5,0)，C(1,3)，連接△ABC的各邊中點(diǎn)得到△A1B1C1，連接△A1B1C1的各邊中點(diǎn)得到△A2B2C2，如此無(wú)限繼續(xù)下去，得到一系列三角形：△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…，則這一系列三角形的面積之和無(wú)限趨近于常數(shù)()A.eq\f(10,3)B．5C．10D．15答案C解析因?yàn)镾△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，…成等比數(shù)列，其首項(xiàng)為eq\f(15,2)，公比為eq\f(1,4)，所以這一系列三角形的面積之和為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))，無(wú)限趨近于10.(2)在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}中，a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq\o\al(2,n)＝0，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若對(duì)n∈N*，不等式an(λ－2Sn)≤27恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為__________．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，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)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對(duì)n∈N*恒成立，∵3n＋eq\f(27,3n－1)≥2eq\r(3n×\f(27,3n－1))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)3n＝eq\f(27,3n－1)，即n＝2時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(27,3n－1)))min＝18，∴λ≤17，∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(－∞，17]．易錯(cuò)提醒求解數(shù)列與函數(shù)交匯問(wèn)題要注意兩點(diǎn)(1)數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集(或它的有限子集)，在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別注意．(2)解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件．跟蹤演練2(1)我國(guó)古代數(shù)學(xué)典籍《九章算術(shù)》第七章“盈不足”中有一道兩鼠穿墻問(wèn)題：“今有垣厚五尺，兩鼠對(duì)穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，問(wèn)何日相逢”，翻譯過(guò)來(lái)就是：有五尺厚的墻，兩只老鼠從墻的兩邊相對(duì)打洞穿墻，大、小鼠第一天都進(jìn)一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠減半，則幾天后兩鼠相遇，這個(gè)問(wèn)題體現(xiàn)了古代對(duì)數(shù)列問(wèn)題的研究，現(xiàn)將墻的厚度改為1200尺，則需要幾天時(shí)間才能打穿(結(jié)果取整數(shù))()A．12B．11C．10D．9答案B解析設(shè)大鼠和小鼠每天穿墻尺寸分別構(gòu)成數(shù)列{an}，{bn}，由題意知，它們都是等比數(shù)列，且a1＝b1＝1，數(shù)列{an}的公比為q1＝2，數(shù)列{bn}的公比為q2＝eq\f(1,2)，則(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)，當(dāng)n＝10時(shí)，2n＋1－eq\f(1,2n－1)＝1025－eq\f(1,29)<1200，當(dāng)n＝11時(shí)，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·濰坊檢測(cè))如圖，在邊長(zhǎng)為a的等邊△ABC中，圓D1與△ABC相切，圓D2與圓D1相切且與AB，AC相切，…，圓Dn＋1與圓Dn相切且與AB，AC相切，依次得到圓D3，D4，…，Dn.設(shè)圓D1，D2，…，Dn的面積之和為Xn(n∈N*)，則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解析等邊三角形內(nèi)心、重心、外心、垂心四心合一．所以圓D1的半徑為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),6)a，面積為eq\f(a2,12)·π，圓D2的半徑為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),6)a，面積為eq\f(1,9)·eq\f(a2,12)·π，圓D3的半徑為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(\r(3),6)a，面積為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))2·eq\f(a2,12)·π，以此類推，圓Dn的面積為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))n－1·eq\f(a2,12)·π，所以各圓的面積組成的數(shù)列是首項(xiàng)為eq\f(a2,12)·π，公比為eq\f(1,9)的等比數(shù)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)).專題強(qiáng)化練一、選擇題1．?dāng)?shù)列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4040是函數(shù)f(x)＝x2－8x＋3的兩個(gè)零點(diǎn)，則a2022的值為()A．4 B．－4C．4040 D．－4040答案A解析因?yàn)閍4，a4040是函數(shù)f(x)＝x2－8x＋3的兩個(gè)零點(diǎn)，即a4，a4040是方程x2－8x＋3＝0的兩個(gè)根，所以a4＋a4040＝8.又2an＋1＝an＋an＋2，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以a4＋a4040＝2a2022＝8，所以a2022＝4.2．已知函數(shù)f(x)＝xa的圖象過(guò)點(diǎn)(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)(n∈N*)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則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解析函數(shù)f(x)＝xa的圖象過(guò)點(diǎn)(4,2)，則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)，則S2022＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(2023)－eq\r(2022))＝－1＋eq\r(2023).3．(2022·衡水模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＋2＝－an，且a1＝1，a2＝2，則S2023等于()A．0B．1C．2D．3答案C解析由an＋2＝－an，得an＋4＝－an＋2＝an，所以數(shù)列{an}是周期為4的數(shù)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·涪陵模擬)在數(shù)列{an}中，an＝(－1)n－1·(4n－3)，前n項(xiàng)和為Sn，則S22－S11為()A．－85B．85C．－65D．65答案C解析由題意得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是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的右焦點(diǎn)，橢圓上至少有21個(gè)不同的點(diǎn)Pi(i＝1,2,3，…)，使得|FP1|，|FP2|，|FP3|，…組成公差為d(d>0)的等差數(shù)列，則公差d的最大值為()A.eq\f(2,7)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(3,7)答案C解析由橢圓的方程和定義知a＝5，b＝4，c＝3，又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，∴2≤|FPi|≤8，令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…組成公差為d(d>0)等差數(shù)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的最大值為eq\f(3,10).6．(2022·西南四省名校大聯(lián)考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若對(duì)任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為()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解析當(dāng)n≥2時(shí)，3n－1an＝n·3n－(n－1)3n－1＝(2n＋1)3n－1，∴an＝2n＋1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3符合上式，∴an＝2n＋1，∴Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，λ≥－eq\f(Sn,n)＝－(n＋2)，令g(n)＝－(n＋2)，當(dāng)n＝1時(shí)，g(n)max＝－3，∴λ≥－3，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ≤eq\f(Sn,n)＝n＋2，令h(n)＝n＋2，∴λ≤h(2)＝4，∴－3≤λ≤4.7.如圖，在四邊形ABCD中，F(xiàn)n(n∈N*)為邊BC上的一列點(diǎn)，連接AFn交BD于Gn，點(diǎn)Gn(n∈N*)滿足eq\o(GnFn,\s\up6(→))＋2(1＋an)eq\o(GnC,\s\up6(→))＝an＋1eq\o(GnB,\s\up6(→))，其中數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)3＝5B．?dāng)?shù)列{an＋3}是等比數(shù)列C．a(chǎn)n＝4n－3D．Sn＝2n＋1－3n答案B解析由題意可知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?yàn)锽，F(xiàn)n，C三點(diǎn)共線，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)，所以數(shù)列{an＋3}是以a1＋3＝4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)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選項(xiàng)正確，A，C選項(xiàng)不正確；又S2＝a1＋a2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D選項(xiàng)不正確．8．“雙減”政策極大緩解了教育的“內(nèi)卷”現(xiàn)象，數(shù)學(xué)中的螺旋線可以形象的展示“內(nèi)卷”這個(gè)詞，螺旋線這個(gè)名詞來(lái)源于希臘文，它的原意是“旋卷”或“纏卷”，平面螺旋便是以一個(gè)固定點(diǎn)開始向外逐圈旋繞而形成的曲線，如圖(1)所示．如圖(2)所示陰影部分也是一個(gè)美麗的螺旋線型的圖案，它的畫法是這樣的：正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，取正方形ABCD各邊的四等分點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，作第2個(gè)正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的四等分點(diǎn)M，N，P，Q，作第3個(gè)正方形MNPQ，以此方法一直繼續(xù)下去，就可以得到陰影部分的圖案．設(shè)正方形ABCD邊長(zhǎng)為a1，后續(xù)各正方形邊長(zhǎng)依次為a2，a3，…，an，…；如圖(2)陰影部分，設(shè)Rt△AEH的面積為b1，后續(xù)各直角三角形面積依次為b2，b3，…，bn，….下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．從正方形ABCD開始，連續(xù)3個(gè)正方形的面積之和為eq\f(129,4)B．a(chǎn)n＝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的最大值為4D．?dāng)?shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn<4答案C解析由題可得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，則eq\f(an,an－1)＝eq\f(\r(10),4)，所以數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，eq\f(\r(10),4)為公比的等比數(shù)列，則an＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))n－1，顯然B正確；由題意可得，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，為等比數(shù)列，對(duì)于A，連續(xù)三個(gè)正方形的面積之和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正確；對(duì)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)，則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錯(cuò)誤；對(duì)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正確．二、填空題9．在數(shù)列{an}中，a1＝3，對(duì)任意m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，則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}是首項(xiàng)為3，公差為3的等差數(shù)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．已知數(shù)列{an}滿足an＝n2＋λn，n∈N*，若數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列，則λ的取值范圍是______．答案(－3，＋∞)解析∵{an}是單調(diào)遞增數(shù)列，∴當(dāng)n≥1時(shí)，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．已知函數(shù)f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2，n為奇數(shù)，,－n2，n為偶數(shù)，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a8＝________.答案8解析當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n＋1為偶數(shù)，則an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n＋1為奇數(shù)，則an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，則a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44，所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8.12．(2022·聊城質(zhì)檢)某數(shù)學(xué)興趣小組模仿“楊輝三角”構(gòu)造了類似的數(shù)陣，將一行數(shù)列中相鄰兩項(xiàng)的乘積插入這兩項(xiàng)之間，形成下一行數(shù)列，以此類推不斷得到新的數(shù)列．如圖，第一行構(gòu)造數(shù)列1,2；第二行得到數(shù)列1,2,2；第三行得到數(shù)列1,2,2,4,2，…，則第5行從左數(shù)起第6個(gè)數(shù)的值為________．用An表示第n行所有項(xiàng)的乘積，若數(shù)列{Bn}滿足Bn＝log2An，則數(shù)列{Bn}的通項(xiàng)公式為________．答案8Bn＝eq\f(3n－1＋1,2)解析根據(jù)題意，第5行的數(shù)列依次為1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16