《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题七数列讲义理（重点生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题七数列讲义理（重点生，含解析）.pdf（27页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题七 数 列专题七 数 列 卷卷卷 等差数列的基本运算T4 2018Sn与an的关系、 等比数列求 和T14 等差数列的通项公式、前 n项和公式及最值T17 等比数列的通项公 式 、 前n项 和 公 式T17 等差数列的基本运算T4 数学文化、等比数列的概 念、前n项和公式T3 等差数列的通项公 式、前n项和公式及 等比中项T9 2017 等差数列、等比数列前n项 和 公 式 的 运 用 、 创 新 问 题T12 等差数列的通项公式、前 n项和公式、裂项相消法 求和T15 等比数列的通项公 式T14 等差数列的基本运算T3 2016等比数列的基本运
2、算及二 次函数最值问题T15 等差数列的通项公式、前 n项和公式、创新问 题T17 数列的递推关系、等 比数列的定义及通项 公式T17 纵向把握 趋势 卷3 年 6 考，题型为选择 题和填空题，难度适中涉 及等差、等比数列的基本运 算，Sn与an的关系，预计 2019 年会以解答题的形式 考查等差、等比数列的基本 关系及等差、等比数列的判 定与证明 卷3 年 4 考，题型既有 选择题、 填空题和解答题， 涉及数学文化、等差数列 与等比数列的基本运算、 数列前n项和的求法预 计 2019 年高考题仍以考 查等差、等比数列的基本 运算为主，同时考查数列 求和问题，且三种题型均 有可能 卷3 年 4
3、 考，题型 既有选择题、 填空题， 也有解答题，涉及等 差、等比数列的基本 运算、 数列求和问题， 难度适中预计 2019 年高考会以小题的形 式考查等差、等比数 列的性质及基本运 算，难度适中 横向把握 重点 1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法(裂项求和 法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想 的应用 2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题 难度中等 ； 若以客观题考查， 难度中等的题目较多， 但有时也出现在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注. 高清试卷 下载可打印 高
4、清试卷 下载可打印 等差、等比数列的基本运算和性质 题组全练 1(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an 的公差为( ) A1 B2 C4 D8 解析：选 C 设等差数列an的公差为d， 则由Error!得Error! 即Error!解得d4. 2已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7( ) A21 B42 C63 D84 解析 ： 选 B 设an的公比为q，由a13，a1a3a521，得 1q2q47，解得q2 2(负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221242. 3(2017全国卷)等差数列an的首
5、项为 1，公差不为 0.若a2，a3，a6成等比数列， 则an前 6 项的和为( ) A24 B3 C3 D8 解析：选 A 设等差数列an的公差为d， 因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a， 2 3 即(a1d)(a15d)(a12d)2. 又a11，所以d22d0. 又d0，则d2， 所以an前 6 项的和S661(2)24. 6 5 2 4若an是等差数列，首项a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，则使前n项和Sn0 成立的最大正整数n是( ) A2 017 B2 018 C4 034 D4 035 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：选
6、 C 因为a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，所以d0，a2 0170，a2 0180， 所以S4 0340， 4 034a1a4 034 2 4 034a2 017a2 018 2 S4 0354 035a2 0180， 4 035a1a4 035 2 所以使前n项和Sn0 成立的最大正整数n是 4 034. 5(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式； (2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m. 解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1. 由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2 或q2. 故an(2)n1或an
7、2n1. (2)若an(2)n1，则Sn. 12n 3 由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解 若an2n1，则Sn2n1. 12n 12 由Sm63，得 2m64，解得m6. 综上，m6. 系统方法 1等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量a1和公差d(公比q) (2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，求出a1和d(q)后代入 相应的公式计算 2等差、等比数列性质问题的求解策略 (1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进 行求解 (2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数
8、的性质解题 (3)利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用(如第 2 题)，可以减少计算量， 此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题. 以数学文化为背景的数列问题 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 题组全练 1 张丘建算经卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾初日织五尺，今一月日 织九匹三丈”其意思为今有一女子擅长织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的 布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布则该女子最后一天织布的 尺数为( ) A18 B20 C21 D25 解析 ： 选 C 依题意得， 织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个
9、等差数列， 设为an， 其中a15，前 30 项和为 390，于是有390，解得a3021，即该织女最后一 305a30 2 天织 21 尺布 2 (2017全国卷)我国古代数学名著 算法统宗 中有如下问题 ： “远望巍巍塔七层， 红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是 ： 一座 7 层塔共挂了 381 盏 灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( ) A1 盏 B3 盏 C5 盏 D9 盏 解析 ： 选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列， 记为an， 则前7项的和S7381， 公比q2，依题意，得S7381，解得a13. a1127 12
10、 3我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前 两步为： 第一步：构造数列 1， . 1 2 1 3 1 4 1 n 第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，an. 则a1a2a2a3an1an等于( ) An2 B(n1)2 Cn(n1) Dn(n1) 解析：选 C a1a2a2a3an1an n 1 n 2 n 2 n 3 n n1 n n n2 1 1 2 1 2 3 1 n1n n2(11 2 1 2 1 3 1 n1 1 n) n2n(n1) n1 n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 系统方法 解决数列与数学文化问题的 3 步
11、骤 等差、等比数列的判定与证明 由题知法 (2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和 已知S22，S36.典例 (1)求an的通项公式； (2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列 解 (1)设an的公比为q. 由题设可得Error! 解得Error! 故an的通项公式为an(2)n. (2)由(1)可得Sn2 12 n 12 (1)n. 2 3 2n1 3 由于Sn2Sn1 (1)n 4 3 2n32n2 3 22Sn， 2 31 n2 n1 3 故Sn1，Sn，Sn2成等差数列 类题通法 证明an是等差或等比数列的基本方法 等差 数列 (1)利用定义，证明an1an(nN
12、*)为一常数； (2)利用等差中项，证明 2anan1an1(n2) 等比 数列 (1)利用定义，证明(nN*)为一常数； an1 an (2)利用等比中项，证明aan1an1(n2) 2n 应用通关 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn. an n (1)求b1，b2，b3； (2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； (3)求an的通项公式 解：(1)由条件可得an1an. 2n1 n 将n1 代入得，a24a1，而a11，所以a24. 将n2 代入得，a33a2，所以a312. 从而b11，b22，b34
13、. (2)数列bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由条件可得，即bn12bn，又b11， an1 n1 2an n 所以数列bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得2n1，所以ann2n1. an n 数列求和 多维例析 角度一 公式法求和 (2018厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*.例1 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列； 1 an (2)设T2n，求T2n. 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n1a2n 1 a2na2n1 解 (1)证明：由an1， 3an 2an3 得 ，所以 . 1 an1 2an3
14、3an 1 an 2 3 1 an1 1 an 2 3 又a11，则1， 1 a1 所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列 1 an 2 3 (2)设bn， 1 a2n1a2n 1 a2na2n1( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 由(1)得，数列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 ， 1 a2n1 1 a2n1 4 3 即bn ， ( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以bn1bn . 4 3( 1 a2n2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 又b1 ， 4 3 1 a2 4 3( 1 a
15、1 2 3) 20 9 所以数列bn是首项为，公差为的等差数列， 20 9 16 9 所以T2nb1b2bnn (2n23n) 20 9 nn1 2( 16 9) 4 9 类题通法 公式法求数列和问题需过“三关” 角度二 分组求和法求和 (2018珠海模拟)已知等差数列an的首项为a， 公差为d，nN*， 且不等式ax2例2 3x20) 由已知b2b312，得b1(qq2)12， 而b12，所以q2q60. 又因为q0，解得q2.所以bn2n. 由b3a42a1，可得 3da18. 由S1111b4，可得a15d16. 由，解得a11，d3，由此可得an3n2. 所以数列an的通项公式为an3
16、n2，数列bn的通项公式为bn2n. (2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn， 由a2n6n2，b2n124n1， 得a2nb2n1(3n1)4n， 故Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1， ， 得3Tn2434234334n(3n1)4n112 14 n 14 4(3n1)4n1 (3n2)4n18. 故Tn4n1 . 3n2 3 8 3 所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1 . 3n2 3 8 3 类题通法 错位相减法求数列和问题的步骤 重难增分(一) 数列递推公式的应用 考法全析 一、曾经这样考 高清试卷 下载可打印 高清试
17、卷 下载可打印 1利用an与Sn的关系求Sn(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1 SnSn1，则Sn_. 解析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn， 两边同时除以Sn1Sn，得1， 1 Sn1 1 Sn 故数列是以1 为首项，1 为公差的等差数列， 1 Sn 则1(n1)(1)n，所以Sn . 1 Sn 1 n 答案：1 n 启思维 本题通过等式an1SnSn1考查了an与Sn关系的转化及应用，通过构造新 数列来求解 一般地， 对于既有an， 又有Sn的数列题， 应充分利用公式anError!有时将an 转化为Sn，有时将Sn转化为an，要根据题中所给条件灵活变动应注
18、意对n1 的检验 二、还可能这样考 2 累加法或累乘法求数列的通项已知数列an满足a12，anan1n(n2，nN*)， 则an_. 解析：由题意可知，a2a12，a3a23，anan1n(n2)， 以上式子累加得，ana123n. 因为a12， 所以an2(23n)2n12n 2 (n2) n2n2 2 因为a12 满足上式，所以an. n2n2 2 答案：n 2n2 2 启思维 (1)本题数列的递推公式可转化为an1anf (n)， 通常采用等差数列通项 公式的求解方法累加法(逐差相加法)求解即先将递推公式化成an1anf (n)，然 后分别把n1,2,3，n1 代入上式， 便会得到(n1
19、)个等式， 最后添加关于a1的等式， 把n个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式 (2)对于递推公式可转化为f (n)的数列，因为其类似于等比数列，故通常采用等 an1 an 比数列通项公式的求解方法累乘法(逐商相乘法)求解即分别将n1,2,3，n1 代入上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关于a1的等式，这n个等式相乘之后，就会 直接得到该数列的通项公式如增分集训第 2 题 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3 构造法求数列的通项已知数列an满足a12，an1(nN*)， 则an_. 2an 2an 解析：因为an1，所以 . 2an 2an 1 an1 1 an 1 2
20、因为a12，即 ， 1 a1 1 2 所以数列是首项为 ，公差为 的等差数列， 1 an 1 2 1 2 所以 (n1) ，故an . 1 an 1 2 1 2 n 2 2 n 答案：2 n 启思维 (1)本题递推公式是形如an1的递推关系，可采用取倒数的方法， san tans 将递推式变形为 ，从而可构造出数列，其首项为，公差为 . 1 an1 1 an t s 1 an 1 a1 t s (2)对于递推式an1panq(p，q为常数)， 当p1时， an为等差数列 ； 当p0，q 0时， an为等比数列 ； 当p0，q0时， 可利用待定系数法， 将递推式转化为an1p q p1 ，从而可
21、构造出数列，其首项为a1(不等于 0)，公比为p.如增 (a n q p1)a n q p1 q p1 分集训第 3 题 增分集训 1(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_. 解析：Sn2an1，当n2 时，Sn12an11， anSnSn12an2an1， 即an2an1. 当n1 时，a1S12a11，得a11. 数列an是首项a1为1，公比q为 2 的等比数列， Sn12n， a11qn 1q 112n 12 S612663. 答案：63 2已知在数列an中，an1an(nN*)，且a14，则数列an的通项公式an n n2 _. 解析：由an1an，得，
22、n n2 an1 an n n2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故 ， ， ，(n2)， a2 a1 1 3 a3 a2 2 4 a4 a3 3 5 an an1 n1 n1 以上式子累乘得， . an a1 1 3 2 4 3 5 n2 n n1 n1 2 nn1 因为a14，所以an(n2) 8 nn1 因为a14 满足上式，所以an. 8 nn1 答案： 8 nn1 3 (2019 届高三陕西实验中学模拟)已知数列an中，a13， 且点Pn(an，an1)(nN*) 在直线 4xy10 上，则数列an的通项公式an_. 解析：因为点Pn(an，an1)在直线 4xy10 上
23、， 所以 4anan110. 所以an1 4. 1 3(a n1 3) 因为a13，所以a1 . 1 3 10 3 故数列是首项为，公比为 4 的等比数列an 10 3 所以an 4n1， 1 3 10 3 故数列an的通项公式为an4n1 . 10 3 1 3 答案：4n1 10 3 1 3 重难增分(二) 数列与其他知识的交汇问题 典例细解 (2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软例1 件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软 件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，
24、其 中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推求满足如下 条件的最小整数N：N100 且该数列的前N项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是 ( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A440 B330 C220 D110 解析 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此 类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为. nn1 2 由题意可知，N100，令100， nn1 2 得n14，nN*，即N出现在第 13 组之后 易得第n组的所有项的和为2n1， 前n组的所有项的和为n2n1 12n 12
25、212n 12 n2. 设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组， 且第N项为第k1 组的第t(tN*)个数， 若要使前N项和为 2 的整数幂，则第k1 组的前t项的和 2t1 应与2k互为相反 数，即 2t1k2， 2tk3，tlog2(k3)， 当t4，k13 时，N4955 时，N440. 故所求N的最小值为 440. 答案 A 启思维 本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式， 是具有综合拓展 性的客观题的压轴题数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关 系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑 推理、计算能力，培养
26、了考生的创新意识另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)新 知识“开幕” ，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思 维方法，着眼于应用 ； (2)类比、推广 ； (3)以高中数学内容为材料， “偷梁换柱” “移花接木” ， 创设新情境，演化新问题 (2013全国卷)设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积例2 为Sn，n1,2,3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1， 则( ) cnan 2 bnan 2 ASn为递减数列 BSn为递增数列 CS2n1为递增数列，S2n为递减数列 DS2n1为递减数列，S2n为递增数列
27、 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 由bn1，cn1， ancn 2 bnan 2 得bn1cn1an (bncn)，(*) 1 2 bn1cn1 (bncn)， 1 2 由an1an得ana1， 代入(*)得bn1cn1a1 (bncn)， 1 2 bn1cn12a1 (bncn2a1)， 1 2 b1c12a12a12a10， bncn2a1|BnCn|a1， 所以点An在以Bn，Cn为焦点且长轴长为 2a1的椭圆上(如图)由b1c1得b1c10，所 以|bn1cn1| (bncn)，即|bncn|(b1c1) n1，所以当n增大时|bncn|变小， 1 2( 1 2) 即
28、点An向点A处移动， 即边BnCn上的高增大， 又|BnCn|ana1不变， 所以Sn为递增数列 答案 B 启思维 交汇问题是将各主干知识“联姻”“牵手” 、交叉渗透等综合考查主干知识 的常见问题，覆盖面广本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数 形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对 考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高 知能升级 1数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点： (1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要 考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式
29、证明、参数 的范围等 (2)以数列知识为背景的新概念、 创新型问题， 除了需要用到数列知识外， 还要运用函数、 不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题往往思 维难度较大，通常作为压轴题出现 2解决此类问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来，运用数列、函数、解析几 何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用 增分集训 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1斐波那契数列an满足：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)若将数列的 每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为 1，记前n项所占的格子的面积之和 为Sn，每段螺旋线与其所在
30、的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论错误的是( ) ASn1aan1an 2n1 Ba1a2a3anan21 Ca1a3a5a2n1a2n1 D4(cncn1)an2an1 解析 ： 选C 对于选项A， 由题图可知，S2a2a3，S3a3a4，S4a4a5， 则Sn1an1an2 an1(an1an)aan1an， 故A项正确 ； 对于选项B，a1a2a3anan21an 2n1 1an1a1a2a3an1an11a1a2a3an2an1a1a2a3 an3an11a1a31121， 故B项正确 ； 对于选项C， 当n1时，a1a2 1， 故C项错误 ； 对于选项D,4(cncn1)4(
31、anan1)(anan1)an ( a2 n 4 a 2n1 4) 2an1，故 D 项正确 2已知函数f (x)在 R 上的图象是连续不断的一条曲线，当x0 时，f (x)0， 因为当x0 时，f (x)0.由a2a41， 得a1， a3 2 3 1.S37，a1a2a3 17，即 6q2q10，解得q 或q (舍 1 q2 1 q 1 2 1 3 去)故q . 1 2 答案：1 2 8 在各项均为正数的等比数列an中，am1am12am(m2)， 数列an的前n项积为Tn. 若T2m1512，则m的值为_ 解析 ： 由等比数列的性质， 得am1am1a2am.又数列an的各项均为正数， 所
32、以am2. 2m 又T2m1(am)2m122m1512，所以 2m19，所以m5. 答案：5 9设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(nN*)，则S2n1_. 1 2n 解析 ： 因为a11，anan1(nN*)， 所以S2n1a1(a2a3)(a2n2a2n1) 1 2n 1. 1 22 1 24 1 22n2 1(1 4) n 11 4 4 31 n 答案： 4 31 n 10(2018成都模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S416，nN*. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Tn. 1 anan1 解：(1)设数列an的公差为d，
33、 a23，S416， a1d3,4a16d16， 解得a11，d2. an2n1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由题意，bn， 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) Tnb1b2bn 1 2 1 2(1 1 2n1) . n 2n1 11 (2019 届高三南宁二中、 柳州高中联考)已知a12，a24， 数列bn满足 ：bn12bn 2 且an1anbn. (1)求证：数列bn2是等比数列； (2)求数列an的通项公式 解：(1)证明：由题知，2， bn12 bn2 2bn22 bn2 b1a2a1422，b124， 数列bn2是以 4 为首项，2 为公比
34、的等比数列 (2)由(1)可得，bn242n1，故bn2n12. an1anbn， a2a1b1， a3a2b2， a4a3b3， anan1bn1. 累加得，ana1b1b2b3bn1(n2)， an2(222)(232)(242)(2n2) 2(n1) 212n 12 2n12n， 故an2n12n(n2) a12 符合上式， 数列an的通项公式为an2n12n(nN*) 12 已知数列an是等差数列，a26， 前n项和为Sn， bn是等比数列，b22，a1b312，S3 b119. (1)求an，bn的通项公式； (2)求数列bncos(an)的前n项和Tn. 高清试卷 下载可打印 高清
35、试卷 下载可打印 解：(1)数列an是等差数列，a26， S3b13a2b118b119，b11， b22，数列bn是等比数列，bn2n1. b34，a1b312，a13， a26，数列an是等差数列， an3n. (2)由(1)得，令Cnbncos(an)(1)n2n1， Cn1(1)n12n， 2，又C11， Cn1 Cn 数列bncos(an)是以1 为首项，2 为公比的等比数列， Tn 1(2)n 1 12n 12 1 3 二、强化压轴考法拉开分 1已知数列an的前n项和为Sn，且a12，Sn14an2，则a12( ) A20 480 B49 152 C60 152 D89 150 解
36、析 ： 选 B 由S24a12， 得a1a24a12， 联立a12， 解得a28.又an2Sn2Sn 14an14an， an22an12(an12an)， 数列an12an是以a22a14 为首项， 以 2 为公比的等比数列，an12an42n12n1，1，1， an12an 2n1 an1 2n1 an 2n 数列是以1 为首项， 以 1 为公差的等差数列， 1(n1)n， ann2n， a12 an 2n a1 2 an 2n 1221249 152. 2已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是( ) A2n1 B. n1 ( n1 n) Cn2 Dn 解析 ：
37、 选D 因为ann(an1an)nan1nan， 所以nan1(n1)an， 所以， an1 an n1 n 所以ana1 1n. an an1 an1 an2 a2 a1 n n1 n1 n2 2 1 3 (2018郑州模拟)已知数列an满足a11， |an1an|.若a2n1a2n1， 1 nn2 a2n20，a2n2a2na2n2a2n， 所以a2n1a2n2a2n1a2n. 而|a2n1a2n2|， 1 2n12n3 |a2n1a2n|， 1 2n12n1 即|a2n1a2n2|0. 由题意得Error! 所以 3q25q20. 因为q0，所以q2，x11， 因此数列xn的通项公式为xn2n1. (2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，Qn1. 由(1)得xn1xn2n2n12n1， 记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn， 由题意得bn2n1(2n1)2n2， nn1 2 所以Tnb1b2bn 321520721(2n1)2n3(2n1)2n2. 又 2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1. 得 Tn321(2222n1)(2n1)2n1 (2n1)2n1. 3 2 212n1 12 所以Tn. 2n1 2n1 2