新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题3　第2讲　数列求和及其综合应用（含解析）

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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,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 SKIPIF 1 < 0 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\c1(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 SKIPIF 1 < 0 是公比为4的等比数列，
所以 SKIPIF 1 < 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 \\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\c1(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(nn－1,2)×4＋eq \f(21－4n－1,1－4)
＝2n2＋4n＋eq \f(2,3)(4n－1－1)．
考向2 裂项相消法
例2 (2022·宜宾模拟)在①Sn＝eq \f(1,2)(an－1)(n＋2)；②Seq \\al(2,n)－(n2＋2n－1)Sn－(n2＋2n)＝0，an>0这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________．记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Tn.
解 (1)选择①.
由Sn＝eq \f(1,2)(an－1)(n＋2)得，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)(a1－1)(1＋2)，
解得a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)(an－1－1)(n＋1)，
则an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)(an－1)(n＋2)
－eq \f(1,2)(an－1－1)(n＋1)，
即nan＝(n＋1)an－1＋1，两边各项同除以n(n＋1)得eq \f(an,n＋1)－eq \f(an－1,n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(n≥2)，
当n≥2时，
eq \f(an,n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)－\f(an－1,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n)－\f(an－2,n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－2,n－1)－\f(an－3,n－2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,3)－\f(a1,2)))＋eq \f(a1,2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \f(3,2)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)
＝2－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(2n＋1,n＋1)，
所以an＝2n＋1，
经检验当n＝1时，a1＝2×1＋1＝3也成立，
故an＝2n＋1.
选择②.
由Seq \\al(2,n)－(n2＋2n－1)Sn－(n2＋2n)＝0得，
[Sn－(n2＋2n)](Sn＋1)＝0，
∴Sn＝n2＋2n或Sn＝－1，
∵an>0，
∴Sn＝－1舍去．
∴Sn＝n2＋2n.
当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1，
当n＝1时，符合上式，∴an＝2n＋1.
(2)由(1)知Sn＝n2＋2n，
∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
∴Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)，
∴Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2).
考向3 错位相减法
例3 (2022·菏泽检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使得包括an与an＋1在内的这n＋2个数成等差数列，设其公差为dn，求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,dn)))的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2Sn＋1，
所以an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减可得an＋1－an＝2an，
所以an＋1＝3an(n≥2)，
令n＝1，可得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，
所以eq \f(a2,a1)＝3，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)由题意，可得dn＝eq \f(3n－3n－1,n＋1)＝eq \f(2×3n－1,n＋1)，
所以eq \f(1,dn)＝eq \f(n＋1,2×3n－1)，
所以Tn＝eq \f(2,2×30)＋eq \f(3,2×31)＋eq \f(4,2×32)＋…＋eq \f(n＋1,2×3n－1)，
eq \f(1,3)Tn＝eq \f(2,2×31)＋eq \f(3,2×32)＋…＋eq \f(n,2×3n－1)＋eq \f(n＋1,2×3n)，
两式相减可得
eq \f(2,3)Tn＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq \f(n＋1,2×3n)
＝1＋eq \f(1,2)×eq \f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq \f(n＋1,2×3n)＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,4×3n)，
所以Tn＝eq \f(15,8)－eq \f(2n＋5,8×3n－1).
规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．
(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＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn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＋1an＋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\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(2)(2022·南通调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a2＝2，an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn.
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\c1(\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\c1(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得6－eq \f(2n＋3,2n－1)⇒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．5 C．10 D．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 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,4)，
所以S△ABC， SKIPIF 1 < 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\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝10eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\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 \\al(2,n＋1)－2an＋1an－3aeq \\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\c1(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)我国古代数学著作《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1 200尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整数)( )
A．12 B．11 C．10 D．9
答案 B
解析 设大鼠和小鼠每天穿墙厚度分别构成数列{an}，{bn}，由题意知它们都是等比数列，a1＝b1＝1，数列{an}的公比为q1＝2，数列{bn}的公比为q2＝eq \f(1,2)，设需要n天能打穿墙，则(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)＝1 025－eq \f(1,29)≈1 025<1 200，
当n＝11时，
2n＋1－eq \f(1,2n－1)＝2 049－eq \f(1,210)≈2 049>1 200，
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\c1(\f(1,9)))n－1
B.eq \f(3,32)πa2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))n))
C.eq \f(1,8)πa2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))
D.eq \f(1,12)πa2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))n－1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,3)))2×eq \f(\r(3),6)a，
面积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(1－\f(1,9n))),1－\f(1,9))＝eq \f(3a2,32)·π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9n)))
＝eq \f(3,32)πa2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))n)).
专题强化练
一、单项选择题
1．数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 022的值为( )
A．4 B．－4
C．4 040 D．－4 040
答案 A
解析 因为a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，
即a4，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，
所以a4＋a4 040＝8.又2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列，
所以a4＋a4 040＝2a2 022＝8，
所以a2 022＝4.
2．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 022等于( )
A.eq \r(2 022)＋1 B.eq \r(2 023)－1
C.eq \r(2 022)－1 D.eq \r(2 023)＋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,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))
＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
则S2 022＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(2 023)－eq \r(2 022))＝－1＋eq \r(2 023).
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S2 023等于( )
A．0 B．1 C．2 D．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S2 023＝(a1＋a2＋a3＋a4)×505＋a1＋a2＋a3＝2.
4．(2022·长沙质检)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×
6 700 417，不是质数．现设an＝lg4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和，若32Sn＝63an，则n等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 因为Fn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋1(n＝0,1,2，…)，
所以an＝lg4(Fn－1)＝ SKIPIF 1 < 0 ＝2n－1，
所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，
所以Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，
所以32×(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6.
5．(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(n3＋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.
6．“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\c1(\f(\r(10),4)))n－1
C．使得不等式bn>eq \f(1,2)成立的n的最大值为4
D．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\c1(\f(1,4)a1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a1))2)＝eq \f(\r(10),4)a1，
a3＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)a2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a2))2)＝eq \f(\r(10),4)a2，
…，
an＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)an－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(\r(10),4)))n－1，显然B正确；
由题意可得，S△AEH＝eq \f(a\\al(2,1)－a\\al(2,2),4)，
即b1＝eq \f(a\\al(2,1)－a\\al(2,2),4)，b2＝eq \f(a\\al(2,2)－a\\al(2,3),4)，…，bn＝eq \f(a\\al(2,n)－a\\al(2,n＋1),4)，
于是bn＝eq \f(16×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),4)))2n－2－16×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),4)))2n,4)
＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\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\c1(\f(5,8)))n－1>eq \f(1,2)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)))n－1>eq \f(1,3)，
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)))4－1＝eq \f(125,512)对于D，Sn＝eq \f(3,2)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)))n,1－\f(5,8))＝4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)))n))<4，
D正确．
二、多项选择题
7．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，…)，|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成公差为d(d>0)的等差数列，则( )
A．该椭圆的焦距为6 B．|FP1|的最小值为2
C．d的值可以为eq \f(3,10) D．d的值可以为eq \f(2,5)
答案 ABC
解析 由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，
∴焦距为6，∴A正确；
又∵a－c≤|FPi|≤a＋c，
∴2≤|FPi|≤8，∴B正确；
令|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成等差数列{an}，
d>0，
∴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)，
∴08.如图，已知四边形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 \(GnFn,\s\up6(---→))＋2(1＋an)eq \(GnC,\s\up6(---→))＝an＋1eq \(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＝13
B．数列{3＋an}是等比数列
C．an＝4n－3
D．Sn＝2n＋1－3n
答案 AB
解析 由题意可知
eq \(GnB,\s\up6(---→))＝eq \f(1,an＋1)eq \(GnFn,\s\up6(---→))＋eq \f(21＋an,an＋1)eq \(GnC,\s\up6(---→))，
因为B，Fn，C三点共线，
所以eq \f(1,an＋1)＋eq \f(21＋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A，B选项正确，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．
三、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(ka1＋ak,2)＝eq \f(k3＋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\c1(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＝lg2An，则数列{Bn}的通项公式为________．
答案 8 Bn＝eq \f(3n－1＋1,2)
解析 根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，
从左数起第6个数的值为8.
A1＝21，
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
故有 SKIPIF 1 < 0
则Bn＝lg2An＝ SKIPIF 1 < 0
四、解答题
13．(2022·烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值．
解 (1)设{an}的公差为d，
由已知a1＋3d＝9,3a1＋3d＝15.
解得a1＝3，d＝2.
所以an＝2n＋1.
(2)因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，
所以ak在{bn}中对应的项数为
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k－1
＝k＋eq \f(2－2k,1－2)＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，
当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，
且b69＝b70＝…＝b100＝1.
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
＝eq \f(6,2)×(3＋13)＋eq \f(2－26,1－2)＋32＝142.
14．(2022·长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求an和Sn；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋eq \f(1,Sn)，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥eq \f(m,n＋1)对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由已知得aeq \\al(2,4)＝a2a8，
即(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)，
整理得d2－2d＝0，
又d≠0，∴d＝2，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，
∴Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n2＋n.
(2)由题意知，
bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2n＋eq \f(1,n2＋n)＝2n＋eq \f(1,nn＋1)
＝2n＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(21－2n,1－2)＋1－eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－1－eq \f(1,n＋1)，
∵Tn≥eq \f(m,n＋1)，
∴(n＋1)2n＋1－(n＋2)≥m，
令f(n)＝(n＋1)2n＋1－(n＋2)，
则f(n＋1)－f(n)＝(n＋3)2n＋1－1>0，
即f(n＋1)>f(n)对任意的n∈N*恒成立，
∴{f(n)}是单调递增数列，
∴[f(n)]min＝f(1)＝5，
∴m≤5，
∴实数m的取值范围是(－∞，5]．