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第5讲 数列的综合应用
[最新考纲]
能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关学问解决相应的问题．
知 识 梳 理
1．等差数列和等比数列的综合
等差数列中最基本的量是其首项a1和公差d，等比数列中最基本的量是其首项a1和公比q，在等差数列和等比数列的综合问题中就是依据已知的条件建立方程组求解出这两个数列的基本量解决问题的．
2．数列和函数、不等式的综合
(1)等差数列的通项公式和前n项和公式是在公差d≠0的状况下关于n的一次或二次函数．
(2)等比数列的通项公式和前n项和公式在公比q≠1的状况下是公比q的指数函数模型．
(3)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需娴熟应用不等式学问解决数列中的相关问题．
3．数列的应用题
(1)解决数列应用题的基本步骤是：
①依据实际问题的要求，识别是等差数列还是等比数列，用数列表示问题的已知；
②依据等差数列和等比数列的学问以及实际问题的要求建立数学模型；
③求出数学模型，依据求解结果对实际问题作出结论．
(2)数列应用题常见模型：
①等差模型：假如增加(或削减)的量是一个固定量，该模型是等差数列模型，增加(或削减)的量就是公差；
②等比模型：假如后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比数列模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：假如题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是an与an－1的递推关系，或前n项和Sn与Sn－1之间的递推关系．
辨 析 感 悟
1．等差数列与等比数列的综合问题
(1)在等差数列{an}中，首项a1公差d、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就肯定能够求出另外两个．(√)
(2)在等比数列{an}中，首项a1、公比q、前n项和Sn、通项an、项数n，这五个元素中只要已知其中的三个，就肯定能够求出另外两个．(√)
(3)一个细胞由1个分裂为2个，则经过5次分裂后的细胞总数为63.(×)
(4)(2021·重庆卷改编)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝128.(×)
2．增长率与存贷款利息问题
(5)某厂生产总值月平均增长率为q，则年平均增长率为12q.(×)
(6)接受单利计息与复利计息的利息都一样．(×)
[感悟·提升]
1．一个区分 “单利计息”与“复利计息”
单利计息属于等差数列模型，复利计息属于等比数列模型．复利也就是通常说的“利滚利”．计算本利和的公式是本利和＝本金×(1＋利率)存期，如(6)．
2．一个防范 数列的实际应用问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解，如(3)、(5).
同学用书第91页
考点一 等差、等比数列的综合问题
【例1】 已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解 (1)设{an}的公差为d.由题意，得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝－2或0(舍去)．
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
规律方法 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．
【训练1】 (2022·昆明模拟)已知数列{an}是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且a1＋1，a3＋1，a7＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解 (1)由题意，得a3＋1＝a1＋5，a7＋1＝a1＋13，
所以由(a3＋1)2＝(a1＋1)·(a7＋1)
得(a1＋5)2＝(a1＋1)·(a1＋13)
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)，即an＝2n＋1.
(2)由(1)知an＝2n＋1，则Sn＝n(n＋2)，
＝，
Tn＝
＝
＝－.
考点二 数列在实际问题中的应用
【例2】 (2022·湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.估计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开头，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司期望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
解 (1)由题意，
得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d，
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)，得an＝an－1－d
＝－d
＝2an－2－d－d
…
＝n－1a1－d.
整理，得an＝n－1(3 000－d)－2d
＝n－1(3 000－3d)＋2d.
由题意，得am＝4 000，
即m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．
规律方法 用数列学问解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，推断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和、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、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论．
【训练2】 (2021·安徽卷)如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角
O的两条边上，全部AnBn相互平行，且全部梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等．设OAn＝an.若a1＝1，
a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．
解析 记△OA1B1的面积为S，则△OA2B2的面积为4S.
从而四边形AnBnBn＋1An＋1的面积均为3S.
即得△OAnBn的面积为S＋3(n－1)S＝(3n－2)S.
由△OA1B1∽△OAnBn，
即＝，
∴an＝.
答案 an＝
考点三 数列与函数、不等式的综合应用
【例3】 设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－an＋2sin x满足f′＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
审题路线 (1)求f′(x)⇒由f′＝0得an、an＋1、an＋2的关系式⇒可推出数列{an}为等差数列⇒依据条件求公差d⇒得出通项an.
(2)由(1)知bn⇒分组求和⇒得出前n项和Sn.
解 (1)由题设可得，对任意n∈N*，f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x.
f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，解得数列{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)由bn＝＝2＝2n＋＋2，
知Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2·＋＝n2＋3n＋1－.
规律方法 解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的学问求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在学问交汇点上命题的特点．
【训练3】 (2022·浙江五校联考)已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足an＝＋(n≥2)．
(1)求证：{}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn＜a2－a恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)由于an＝＋，所以Sn－Sn－1＝＋，
即－＝1，所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，得＝n，
所以an＝＋＝n＋(n－1)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合，所以an＝2n－1.
(2)由于＝＝，
所以，Tn＝＝.∴Tn＜，
要使不等式4Tn＜a2－a恒成立，只需2≤a2－a恒成立，解得a≤－1或a≥2，
故实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
1．用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量，削减差错．
2．理解等差数列、等比数列定义、基本量的含义和应用，体会两者解题中的区分．
3．留意数列与函数、方程、三角、不等式等学问的融合，了解其中蕴含的数学思想．
4．在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题．
创新突破6——数列中的新定义问题
【典例】 (2022·湖北卷)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，假如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
突破1：接受特殊化思想，选定an是关键．
突破2：逐一验证．
解析 利用特殊化思想，选an＝2n判定．不妨令an＝2n.
①由于f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.明显{f(2n)}是首项为4，公比为4的等比数列．
②由于f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，
f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，
所以＝＝4≠＝＝16，
所以{f(an)}不是等比数列．
③由于f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.
明显{f(an)}是首项为，公比为的等比数列．
④由于f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln 2n＝nln 2.明显{f(an)}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列，故应选C.
答案 C
[反思感悟] (1)本题解题的关键是抓住新定义中“对任意给定的等比数列{an}”这一条件将问题特殊化，即取特殊的等比数列an＝2n，可将问题迎刃而解．
(2)对于这类问题，我们首先应弄清问题的本质，然后依据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．
【自主体验】
1．设Sn为数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.
解析 由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝，前2n项和为S2n＝，所以＝＝2＋＝2＋.由于数列{cn}是“和等比数列”，即为非零常数，所以d＝4.
答案 4
2．(2022·肇庆二模)若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则在1～100这100个数中，能称为“和平数”的全部数的和是( )．
A．130 B．325 C．676 D．1 300
解析 设两个连续偶数为2k＋2和2k(k∈N*)，则(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平数是4的倍数，但不是8的倍数，故在1～100之间，能称为和平数的有4×1,4×3,4×5,4×7，…，4×25，共计13个，其和为4××13＝676.
答案 C
对应同学用书P293
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·昆明调研)公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )．
A．－20 B．0 C．7 D．40
解析 记等比数列{an}的公比为q(q≠1)，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，则S4＝＝－20.
答案 A
2．若－9，a，－1成等差数列，－9，m，b，n，－1成等比数列，则ab＝( )．
A．15 B．－15 C．±15 D．10
解析 由已知得a＝＝－5，b2＝(－9)×(－1)＝9且b<0，∴b＝－3，∴ab＝(－5)×(－3)＝15.
答案 A
3．(2022·德州模拟)数列{an}满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是( )．
A．9 B．10 C．11 D．12
解析 由于a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1 025的最小n值是11.
答案 C
4．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( )．
A．35 B．33 C．31 D．29
解析 设数列{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，
a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2.
由a4与2a7的等差中项为知，a4＋2a7＝2×，
∴a7＝＝.∴q3＝＝，即q＝.
∴a4＝a1q3＝a1×＝2，∴a1＝16，∴S5＝＝31.
答案 C
5．(2022·兰州模拟)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )．
A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4)
解析 由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.
答案 A
二、填空题
6．(2022·绍兴调研)已知实数a1，a2，a3，a4构成公差不为零的等差数列，且a1，a3，a4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________．
解析 设公差为d，公比为q.
则a＝a1·a4，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
解得a1＝－4d，所以q＝＝＝.
答案
7．某住宅小区方案植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析 每天植树棵数构成等比数列{an}，
其中a1＝2，q＝2.则Sn＝＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.
答案 6
8．(2021·山东省试验中学诊断)数列{an}满足a1＝3，an－anan＋1＝1，An表示{an}前n项之积，则A2 013＝________.
解析 由a1＝3，an－anan＋1＝1，得an＋1＝，所以a2＝＝，a3＝－，a4＝3，所以{an}是以3为周期的数列，且a1a2a3＝－1，又2 013＝3×671，所以A2 013＝(－1)671＝－1.
答案 －1
三、解答题
9．(2022·杭州模拟)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)令bn＝nan，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知，得解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或.由题意得q＞1，所以q＝2.则a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由于bn＝n·2n－1，n＝1,2，…，
则Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，
所以2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝2n－n×2n－1，
即Tn＝(n－1)2n＋1.
10．(2021·湛江二模)已知函数f(x)＝x2－2x＋4，数列{an}是公差为d的等差数列，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)Sn为{an}的前n项和，求证：＋＋…＋≥.
(1)解 a1＝f(d－1)＝d2－4d＋7，a3＝f(d＋1)＝d2＋3，
又由a3＝a1＋2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n＋1.
(2)证明 Sn＝＝n(n＋2)，
＝＝，
所以，＋＋…＋
＝
＝≥＝.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2022·福州模拟)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝( )．
A．7 B．8 C．9 D．10
解析 设公差为d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，
所以d＝－a1<0.
解不等式an>0，即a1＋(n－1)>0，
所以n<，则n≤9，
当n≤9时，an>0，同理可得n≥10时，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
答案 C
2．已知f(x)＝bx＋1是关于x的一次函数，b为不等于1的常数，且g(n)＝设an＝g(n)－g(n－1)(n∈N*)，则数列{an}为( )．
A．等差数列 B．等比数列
C．递增数列 D．递减数列
解析 a1＝g(1)－g(0)＝f[g(0)]－g(0)＝b＋1－1＝b，当n≥2时，an＝g(n)－g(n－1)＝f[g(n－1)]－f[g(n－2)]＝b[g(n－1)－g(n－2)]＝ban－1，所以{an}是等比数列．
答案 B
二、填空题
3．(2021·湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
解析 (1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－，得a1＝－.当n≥2时，Sn＝(－1)n(Sn－Sn－1)－.当n为偶数时，Sn－1＝－，当n为奇数时，Sn＝Sn－1－，从而S1＝－，S3＝－，又由S3＝S2－＝－，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－.
(2)由(1)得S1＋S3＋S5＋…＋S99＝－－－－…－，S101＝－，
又S2＋S4＋S6＋…＋S100＝2S3＋＋2S5＋＋2S7＋＋…＋2S101＋＝0，故S1＋S2＋…＋S100＝.
答案 (1)－ (2)
三、解答题
4．已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有
即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n.
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
由于Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10.
由于n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
步骤规范练——数列 (对应同学用书P295)
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2021·济南模拟)在等差数列{an}中，a2＋a8＝4，则它的前9项和S9＝( )．
A．9 B．18 C．36 D．72
解析 在等差数列中，a2＋a8＝a1＋a9＝4，所以S9＝＝＝18.
答案 B
2．(2022·广州模拟)已知数列{an}为等差数列，其前n项的和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d＝( )．
A．1 B．2 C．3 D.
解析 在等差数列中，S3＝＝＝12，解得a1＝2，所以解得d＝2.
答案 B
3．(2022·长沙模拟)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q＝( )．
A. B. C. D．2
解析 ∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，
∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝或－1(舍去)．
答案 A
4．(2021·宜山模拟)已知在正项等比数列{an}中，a1＝1，a2a4＝16，则|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝( )．
A．224 B．225 C．226 D．256
解析 由a2a4＝a＝16，解得a3＝4，又a1＝1，
∴q2＝4，∴q＝2，∴an＝2n－1，令2n－1≥12，解得n的最小值为5.
∴|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝12－a1＋12－a2＋12－a3＋12－a4＋a5－12＋a6－12＋a7－12＋a8－12
＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)
＝－15＋240＝225.
答案 B
5．(2022·陕西五校一模)假如数列a1，，，…，，…是首项为1，公比为－的等比数列，则a5等于( )．
A．32 B．64 C．－32 D．－64
解析 易知数列a1，，，，，…，，…的通项为(－)n－1，故a5＝a1····＝1×(－)×2×(－2)×4＝32.
答案 A
6．(2021·安徽望江中学模拟)设数列{an}是公差d＜0的等差数列，Sn为其前n项和，若S6＝5a1＋10d，则Sn取最大值时，n＝( )．
A．5 B．6 C．5或6 D．6或7
解析 由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a1＋5d＝0，即a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大．
答案 C
7．(2021·荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是( )．
A．5 B．6 C．7 D．8
解析 设数列{an}为该等差数列，依题意得a1＋an＝＝70.∵Sn＝＝210，∴210＝，∴n＝6.
答案 B
8．(2021·河南三市调研)在公差不为0的等差数列{an}中，2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝( )．
A．2 B．4 C．8 D．16
解析 由于{an}是等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以2a3－a＋2a11＝4a7－a＝0，解得a7＝0或4，由于{bn}为等比数列，所以bn≠0，所以b7＝a7＝4，b6b8＝b＝16.
答案 D
9．(2021·西安五校联考)已知a1，a2, a3，a4是各项均为正数的等比数列，且公比q≠1，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的挨次)是等差数列，则q＝( )．
A.或 B. C. D．1＋
解析 由题意知a1＞0，q＞0，若删去a1，得2a1q2＝a1q＋a1q3，解得q＝1(舍去)；若删去a2，得2a1q2＝a1＋a1q3，即(q－1)(q2－q－1)＝0，解得q＝；若删去a3，得2a1q＝a1＋a1q3，即(q－1)(q2＋q－1)＝0，解得q＝；若删去a4，得2a1q＝a1＋a1q2，解得q＝1(舍去)，综上可得q＝或q＝.
答案 A
10．(2022·皖南八校模拟)已知函数y＝anx2(an≠0，n∈N*)的图象在x＝1处的切线斜率为2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且当n＝1时其图象过点(2,8)，则a7的值为( )．
A. B．7 C．5 D．6
解析 由题意知y′＝2anx，∴2an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝，又n＝1时其图象过点(2,8)，∴a1×22＝8，得a1＝2，∴{an}是首项为2，公差为的等差数列，an＝＋，得a7＝5.
答案 C
二、填空题
11．(2022·成都重点中学期末考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝________.
解析 设等差数列{an}的公差为d，依题意有即解得d＝，a1＝，故a11＋a12＋a13＋a14＝4a1＋46d＝18.
答案 18
12．已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝______.
解析 ∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an＋2anq2＝5anq，
化简得2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1.∴q＝2.
答案 2
13．(2022·成都一模)现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n＝________.
解析 设每节竹竿的长度对应的数列为{an}，公差为d，(d＞0)．
由题意知a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，a＝a1an.
由an＋an－1＋an－2＝114，得3an－1＝114，解得an－1＝38，
∴(a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，所以an－1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.
答案 16
14．(2022·南通模拟)在数列{an}中，若a－a＝p(n≥1，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的推断：
①若{an}是等方差数列，则{a}是等差数列；
②{(－1)n}是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
其中真命题的序号为________(将全部真命题的序号填在横线上)．
解析 ①正确，由于a－a＝p，所以a－a＝－p，于是数列{a}为等差数列．②正确，由于(－1)2n－(－1)2(n＋1)＝0为常数，于是数列{(－1)n}为等方差数列．③正确，由于a－a＝(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
答案 ①②③
三、解答题
15．(2022·西安一检)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1中
令n＝1得，2S1＝a2－22＋1，
令n＝2得，2S2＝a3－23＋1，
解得，a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13.
又2(a2＋5)＝a1＋a3，即2(2a1＋8)＝a1＋6a1＋13，
解得a1＝1.
(2)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，得an＋2＝3an＋1＋2n＋1.
又a1＝1，a2＝5也满足a2＝3a1＋21，∴an＋1＝3an＋2n对n∈N*成立，
∴an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，
∴数列{an＋2n}以3为首项，公比为3的等比数列．
∴an＋2n＝(a1＋21)·3n－1＝3n，
∴an＝3n－2n.
16．(2022·浙江五校联考)已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an(n∈N*)，求{bn}的通项公式bn.
解 (1)由题意，得2a2＝a1＋a3－1，即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2.
又q≠0，解得q＝2，∴an＝2n－1.
(2)当n＝1时，b1＝a1＝1；
当n≥2时，nbn＝an－an－1＝2n－2，即bn＝，
∴bn＝
17．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
(1)证明 当n＝1时，4a1＝a－5，a＝4a1＋5，
又an>0，∴a2＝.
(2)解 当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，
∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，
即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，
又an>0，∴an＋1＝an＋2，
∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列．
又a2，a5，a14成等比数列．
∴a＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3.
由(1)知a1＝1.又a2－a1＝3－1＝2，
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴an＝2n－1.
(3)证明 ＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝<.
18．(2022·江西八校联考)已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并争辩其单调性．
解 (1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)，得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，
两式相减得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，
又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一个首项为5，公比q＝3的等比数列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．
(2)由于f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－，
令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30，
则3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，
作差得S＝－－，所以f′(1)＝－，
即bn＝－.
而bn＋1＝－，所以bn＋1－bn＝－n－＞0，所以{bn}是单调递增数列.
同学用书第93页
学问只能是这样一种东西，同学靠了它可以得到好的分数，可以升级，但是不会变为信念，不会对同学产生深刻的训练影响。只有为此而预备好道德的土壤时，学问才会变成信念。——赞科夫
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