人教B版选择性必修第三册第五章《数列章末重点题型复习》分层练习

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第五章：数列章末重点题型复习 题型一 等差数列的基本量【例1】（2024上·广东深圳·高二校考期末）已知数列{an}中，a1=1，若1an+1−1an=12，则a10=（    ）A．119 B．211 C．112 D．19【答案】B【分析】以条件可知1an为等差数列，求得通项公式后，进一步计算即可.【详解】因为1an+1−1an=12，且1a1=1，所以1an是以1为首项，12为公差的等差数列，故1an=1+12n−1=12n+12，则1a10=12×10+12=112，故a10=211，故选：B.【变式1-1】（2024上·广东江门·高二统考期末）已知等差数列−1，−3，−5，⋯的前n项和为-196，则n的值为（    ）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】B【分析】利用等差数列前n项和公式求解.【详解】依题意，等差数列首项为-1，公差为-2，由前n项和−n+nn−12×−2=−196，解得n=14.故选：B【变式1-2】（2024上·四川成都·高三石室中学校考期末）设等差数列an的前n项和为Sn，且S13=26 ，则a3+a8+a10的值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】先求得a7=2，再利用a3+a8+a10=3a7求解即可.【详解】由S13=13a 1+a132=13a7=26，可得a7=2，则a3+a8+a10=a3+a7+d+a11−d=a3+a7+a11=3a7=6.故选：A.【变式1-3】（2024上·广西·高二南宁三中校联考期末）已知等差数列an的前5项之和为25，a2=−1，则公差为（    ）A．6 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】由等差数列的性质，S5=5a3=25，得a3=5，则公差d=a3−a2，求解即可.【详解】在等差数列an中，S5=5a1+a52=5a3=25，所以a3=5，所以公差d=a3−a2=6.故选：A.【变式1-4】（2024·上海·高二专题练习）已知等差数列{an}满足a3=−2，则a1+a5= .【答案】−4【分析】由{an}是等差数列可得a1+a5=2a3，从而即可求出结果.【详解】解：由{an}是等差数列，得a1+a5=2a3，又a3=−2，所以a1+a5=2×−2=−4.故答案为：−4.题型二 等差数列单调性【例2】（2022·广东惠州·统考一模）设等差数列an的公差为d，若bn=2an，则“d<0”是“bn+10”是“存在无限项an满足an>2023”（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据题意，结合等差数列an的单调性，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由等差数列an的公差为d>0，则数列an为递增数列，所以存在无限项an满足an>2023成立，即充分性成立；反之：由等差数列an的公差为d≠0，在数列an为单调数列，若存在无限项an满足an>2023成立，则数列an为递增数列，则d>0，即必要性成立，所以“d>0”是“存在无限项an满足an>2023”充要条件.故选：C.【变式2-2】（多选）（2022·高二课时练习）（多选）已知数列an的通项公式为an=a+bn（a，b为常数），则下列说法正确的是（    ）A．若a2>a1，则a3>a1B．若a2>a1，则a3>a2C．若a3>a1，则a2>a1D．若a2>a1，则a1+a2>a1【答案】ABC【分析】根据等差数列的通项性质可判断an是等差数列，根据等差数列的单调性即可逐一判断.【详解】由an=a+bn,知an+1=a+bn+1,∴an+1−an=b，故数列an是等差数列，且公差为b．由等差数列的单调性可得，若a2>a1，则公差d>0，所以数列an是递增数列，故A，B一定成立；若a3>a1，则a3−a1=2d>0，所以数列an是递增数列，所以a2>a1，故C一定成立；当a2<0时，a1+a2>a1不成立，故D不一定成立．故选：ABC．【变式2-3】（2023下·山东德州·高二统考期中）写出一个同时具有下列性质①②的数列an的通项公式：an= ．①am−n=am−an(m>n,m,n∈N∗)；②an单调递增．【答案】kn(k>0)（符合此种形式即可）【分析】先猜想数列是一个等差数列，进而根据性质①得到首项与公差的关系，然后根据性质②得到答案.【详解】假设数列为等差数列，设其公差为d，首项为a1，由性质①可得： a1+m−n−1d=a1+m−1d−a1−n−1d⇒a1=d，即an=a1+n−1d=dn，再根据②可知，公差d>0，显然an=kn（k>0）满足题意. 故答案为：kn(k>0)（符合此种形式即可）【变式2-4】（2023上·高二课时练习）已知2,−1，4,−7是等差数列an的图象上的两点．(1)求数列an的通项公式；(2)画出数列an的图象；(3)判断数列an的单调性．【答案】(1)an=−3n+5(2)答案见解析(3)为递减数列．【分析】（1）根据已知的两点，列出关于数列基本量的方程组，解出首项a1、公差d；（2）函数图像是在解析式对应直线方程上的离散的点，再坐标系中描出这些点；（3）直接根据公差的正负判断数列的单调性.【详解】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d．因为2,−1，4,−7是等差数列an的图象上的两点，所以a2=−1，a4=−7，即a1+d=−1a1+3d=−7，解得a1=2d=−3．因此，an=a1+n−1d=−3n+5．（2）等差数列an的图象是均匀分布在直线y=−3x+5上的一系列离散的点，如下图所示：  （3）因为公差d=−3<0，所以等差数列an为递减数列．题型三 等差数列片段和【例3】（2024上·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期末）已知等差数列an的前n项和为Sn，S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20=（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】根据等差数列中Sn,S2n−Sn,S3n−S2n成等差数列求解即可.【详解】在等差数列an中，S4=1，S8=4，所以S4=1,S8−S4=3，故S4,S8−S4,S12−S8,S16−S12,S20−S16构成公差为2的等差数列，所以S20−S16=1+(5−1)×2=9，即a17+a18+a19+a20=9.故选：C【变式3-1】（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）设Sn是等差数列an的前n项和，若S5S10=13，则S10S20=（    ）A．37 B．310 C．311 D．314【答案】B【分析】根据等差数列片段和性质及已知，设S5=tt≠0，求得S10=3t,S20=10t，即可得结果.【详解】由等差数列片段和性质知：S5,S10−S5,S15−S10,S20−S15,⋯是等差数列.由S5S10=13，可设S5=tt≠0，则S10=3t，于是S5,S10−S5,S15−S10,S20−S15,⋯依次为t,2t,3t,4t,⋯，所以S20=t+2t+3t+4t=10t，所以S10S20=310.故选：B【变式3-2】（2024上·重庆九龙坡·高二统考期末）已知等差数列an的前n项和为Sn，若S4=2,S8=16，则S12=（    ）A．30 B．26 C．56 D．42【答案】D【分析】先通过S8−S4=a5+a6+a7+a8求出d，再利用S12=S8+a9+a10+a11+a12求解即可.【详解】设等差数列an的公差为d由已知S4=a1+a2+a3+a4=2，则S8−S4=a5+a6+a7+a8=a1+4d+a2+4d+a3+4d+a4+4d=a1+a2+a3+a4+16d=2+16d=16−2=14，得16d=12，S12=S8+a9+a10+a11+a12=16+a1+a2+a3+a4+4×8d=16+2+2×12=42.故选：D.【变式3-3】（2024上·天津·高二统考期末）设Sn为等差数列an的前n项和，且S3=−15，S6=−12，则a10+a11+a12= .【答案】39【分析】由题意S3,S6−S3,S9−S6,S12−S9成等差数列，结合S3=−15，S6=−12即可求解.【详解】由题意Sn为等差数列an的前n项和，且S3=−15，S6=−12，所以S6−S3−S3=−12+15+15=18，而S3,S6−S3,S9−S6,S12−S9成等差数列，所以a10+a11+a12=S12−S9=S3+3×18=−15+54=39.故答案为：39.【变式3-4】（2023上·高二课前预习）在等差数列an中，若a1+a2=3,a3+a4=7，求a5+a6.【答案】11【分析】根据等差数列构造和数列仍成等差数列的性质可得.【详解】∵an是等差数列，∴a1+a2,a3+a4,a5+a6成等差数列，∴a1+a2+a5+a6=2a3+a4，∴3+a5+a6=2×7,∴a5+a6=11.题型四 两个等差数列比值问题【例4】（2023上·陕西咸阳·高二校考阶段练习）设等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，n∈N∗，都有SnTn=2n+34n−3，则a8b8的值为（ ）A．3765 B．1929 C．919 D．1119【答案】D【分析】利用等差数列的性质与前n项和公式即可得解.【详解】因为等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn且SnTn=2n+34n−3，所以a8b8=2a82b8=a1+a15b1+b15=15×a1+a15215×b1+b152=S15T15=2×15+34×15−3=1119.故选：D.【变式4-1】（2024上·黑龙江牡丹江·高二牡丹江一中校考期末）已知等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=2n3n+1，则a2+a8b3+b5=（    ）A．911 B．711 C．1013 D．914【答案】A【分析】根据SnTn=2n3n+1，结合等差数列的前n项和公式，构造出符合题意的一组{an}与{bn}的通项公式，再进行计算即可．【详解】根据题意，数列{an}、{bn}都是等差数列，显然两个数列都不是常数列，∴ SnTn=2n3n+1=2n23n2+n，因为等差数列前n项和公式为Sn=d2n2+(a1−d2)n,(d≠0)，所以不妨令Sn=2kn2,Tn=3kn2+kn(k为常数，且k≠0)，所以n≥2时，an=Sn−Sn−1=k(4n−2)，bn=Tn−Tn−1=k(6n−2)．∴a5=18k，b4=22k，∴ a5b4=911，a2+a8b3+b5=2a52b4=a5b4=911.故选：A【变式4-2】（2023上·贵州黔东南·高二统考期末）设两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=7n9n+4，则a3b1= .【答案】3513【分析】设Sn=7λn2λ≠0，则Tn=9n2+4nλ，可求得a3、b1的值，即可得解.【详解】设Sn=7λn2λ≠0，则Tn=9n2+4nλ，则a3=S3−S2=7λ32−22=35λ，b1=T1=13λ，则a3b1=35λ13λ=3513.故答案为：3513.【变式4-3】（2023上·河南洛阳·高二校联考阶段练习）已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且AnBn=7n+33n+3，则使得anbn为整数的正整数n的集合是 .【答案】1,2,5【分析】将等差数列之比转换为它的前n项和的比即可得解.【详解】由anbn=a1+a2n−12b1+b2n−12=A2n−1B2n−1=72n−1+332n−1+3=14n+262n+2=7n+13n+1=7n+1+6n+1=7+6n+1，因为anbn为整数且n∈N∗，所以n=1,2,5.故答案为：1,2,5.【变式4-4】（2023·海南·校联考模拟预测）等差数列an,bn前n项和分别为Sn,Tn，且S9T13=3，则a5b7= .【答案】133/413【分析】通过等差数列性质其前n项和Sn=nan+12，结合已知可得S9T13=9a513b7=3，即可解出答案.【详解】由等差数列性质可得S9T13=9a513b7=3，解得a5b7=133，故答案为：133.题型五 等差数列前n项和最值问题【例5】（2024上·河南周口·高二西华县第一高级中学校联考阶段练习）已知等差数列an的公差d<0，a3a5=24，a2+a6=10，记该数列的前n项和为Sn，则Sn的最大值为（    ）A．20 B．24 C．36 D．40【答案】C【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出d及通项公式，再确定所有非负数项即可得解.【详解】等差数列an中，公差d<0，即数列an是递减等差数列，显然a3+a5=a2+a6=10，而a3a5=24，且a3>a5，解得a3=6,a5=4，则d=a5−a35−3=−1，an=a3+(n−3)d=−n+9，由an≥0，得n≤9，因此数列an前9项均为非负数，从第10项起均为负数，所以Sn的最大值为S8=S9=9(a1+a9)2=9a5=36.故选：C【变式5-1】（多选）（2024上·广东东莞·高二统考期末）已知数列an的前n项和Sn=−n2+9n，则下列说法正确的是（    ）A．Sn的最大值为814 B．Snn是等差数列C．an是递减数列 D．a4+a5+a6+a7+a8=0【答案】BC【分析】对于A，结合二次函数图象的对称轴即可求解判断；对于B，根据等差数列的定义即可判定；对于C，利用Sn求得an后，结合函数性质即可判定；对于D，根据等差数列的性质及通项公式即可求解判断.【详解】对于A，根据函数fx=−x2+9x，其图象对称轴为x=92，所以，当n=4或n=5时，Sn有最大值20，故A错误；对于B，因为Snn=−n+9，所以Sn+1n+1−Snn=−n+1+9+n−9=−1，则Snn是等差数列，故B正确；对于C，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−n2+9n+n−12−9n−1 =−2n+10，又a1=S1=8符合上式，所以an=−2n+10，结合一次函数的性质知，an是递减数列，故C正确；对于D，a4+a5+a6+a7+a8=5a6=5−12+10=−10，故D错误.故选：BC.【变式5-2】（多选）（2024上·广东深圳·高二校考期末）首项为正数，公差d≠0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，则下列命题中正确的有（    ）A．若S10=0，则a5>0，a6<0B．若S15>0，S16<0，则{Sn}中S7最大C．若S120的最大的n为21D．若Sn=n2−n+a（a为常数），则an=2n−2【答案】AC【分析】选项A，由等差数列前n项和公式得a1,d关系及符号，再结合通项公式判断符号即可；选项B，先由等差数列前n项和公式及性质得到数列项的正负界，再结合数列单调性分析Sn最值可得；选项C，利用Sn与an的关系，得a11+a12<0及a12<0，结合等差数列前n项和公式及性质找到数列Sn的正负界分析可得；选项D，利用特值取a=1，可推出矛盾.【详解】选项A，由S10=10a1+10×92d=0，得a1=−92d，由题意得a1>0,d≠0，则d<0，所以a5=a1+4d=−92d+4d=−12d>0，a6=a1+5d=−92d+5d=12d<0，故A正确；选项B，由S15>0，S16<0得，S15=15(a1+a15)2=15a8>0，则a8>0；S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)<0，则a8+a9<0；所以a9<−a8<0，则等差数列{an}首项a1>0，公差d<0，即数列{an}为递减数列，当n≤8时，an>0；当n≥9时，an<0.则Sn中S8最大，故B错误；选项C，由S120，故a12<0，故等差数列{an}首项a1>0，公差d<0，即数列{an}为递减数列，当n≤11时，an>0；当n≥12时，an<0.S21=21(a1+a21)2=21a11>0，S22=22(a1+a22)2=11(a11+a12)<0，且当n≥23时，Sn=S22+a23+⋯+an<0，故使Sn>0的最大的n为21，故C项正确；选项D，当a=1时，Sn=n2−n+1，则a1=S1=1，不满足an=2n−2，故D错误.故选：AC.【变式5-3】（多选）（2024上·广东深圳·高二统考期末）已知等差数列an的前n项和为Sn，若S8<0,S9>0，则（    ）A．a1<0 B．d<0C．Sn的最小值为S4 D．Snan的最小值为S5a5【答案】ACD【分析】由S8<0、S9>0知a5>0、a4<0，即可判断AB；根据数列的单调性即可判断CD.【详解】由S8<0，得82(a1+a8)=4(a1+a8)=4(a4+a5)<0，即a4+a5<0，由S9>0，得92(a1+a9)=9a5>0，即a5>0，所以a4<0.A：由a5>0，a4<0可知a1<0，故A正确；B：由a5>0，a4<0可知数列的公差d>0，故B错误；C：an=dn+(a1−d)，由d>0知an随n的增大而增大，则a14时，an>0；当1≤n≤8时，Sn<0；当n>8时，Sn>0，所以当1≤n≤4时，Snan>0；当40，又01a6>1a7>1a8>0，−S5>−S6>−S7>−S8>0，所以−S5a5>−S6a6>−S7a7>−S8a8>0，即S5a50，当n≥28时，an<0,故当1≤n≤27时，Tn=a1+a2+…+an=Sn=−2n2+108n;当n≥28时，Tn=a1+a2+…+a27−a28−…−an=S27−Sn−S27=−Sn+2S27=−−2n2+108n+2×1458=2n2−108n+2916故Tn=−2n2+108n,1≤n≤272n2−108n+2916,n≥28.【变式6-1】（2023上·陕西榆林·高二校联考阶段练习）已知各项都为正数的数列 an 的前 n 项和为 Sn, 且满足 6Sn=an2+3ann∈N*.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=an−25，求数列bn的前n项和Tn.【答案】(1)an=3n；(2)Tn=−32n2+472n,n≤832n2−472n+184,n≥9.【分析】（1）根据给定条件，利用an=Sn−Sn−1(n≥2)变形给定的递推公式，再利用等差数列求解即得.（2）由（1）的信息求出数列{bn}的前n项和，并确定其正数项、负数项，再分段求解即得.【详解】（1）数列an中，6Sn=an2+3an，当n≥2时，6Sn−1=an−12+3an−1，由两式相减，得6an=an2+3an−an−12−3an−1，即an+an−1an−an−1=3an+an−1，又数列an的各项都为正数，则an+an−1>0,an−an−1=3，当n=1时，6a1=a12+3a1，解得a1=3，因此数列an是首项为3，公差为3的等差数列，所以an=3+n−1×3=3n.（2）由（1）得，bn=an−25=3n−25，6Sn=an2+3an=9n2+9n，即Sn=32n2+32n，设bn的前n项和为Rn，则Rn=Sn−25n=32n2−472n，当3n−25<0时，n≤8，当3n−25>0时，n≥9，于是当n≤8时，Tn=−b1+b2+⋯+bn=−Rn=−32n2+472n；当n≥9时，Tn=−(b1+b2+⋯+b8)+(b9+b10+⋯+bn)=Rn−2R8=32n2−472n+184，所以数列bn的前n项和Tn=−32n2+472n,n≤832n2−472n+184,n≥9.【变式6-2】（2023上·福建三明·高二校考阶段练习）已知Sn为等差数列an的前n项和，若a8=6,S21=0.(1)求数列an的通项公式an与Sn；(2)求数列an的前50项和T50.【答案】(1)an=−2n+22，Sn=−n2+21n.(2)1670【分析】（1）设数列an的首项为a1，公差为d，根据题意列出方程组，求得a1=20,d=−2，结合得出数列的通项公式和求和公式，即可求解；（2）由an≥0，解得n≤11，得到an=an,1≤n≤11−an,n>11，集合T50=−S50+2S11，代入即可求解.【详解】（1）解：设数列an的首项为a1，公差为d，由S21=21a1+21×202d=0，可得a1+10d=0，又由a8=a1+7d=6，联立方程组，解得a1=20,d=−2，所以an=20+(n−1)×(−2)=−2n+22，Sn=n⋅(20+22−2n)2=−n2+21n.（2）解：由an=−2n+22≥0，解得n≤11，所以an=an,1≤n≤11−an,n>11，则T50=a1+a2+⋯+a11−a12−a13−⋯−a50 =−(a1+a2+⋯+a50)+2(a1+a2+⋯+a11) =−S50+2S11=−(−502+21×50)+2(−112+21×11)=1450+220=1670.【变式6-3】（2023上·河南·高三校联考期中）已知等差数列an的公差为整数，a3=9，设其前n项和为Sn，且Snan+1是公差为12的等差数列．(1)求an的通项公式；(2)若bn=a2n−1−80，求数列bn的前n项和Tn．【答案】(1)an=4n−3(2)Tn=83n−4n2,n≤10,4n2−83n+860,n≥11.【分析】（1）根据等差数列的性质即可求解公差，进而可求解，（2）分情况，即可根据等差数列求和公式求解.【详解】（1）设an的公差为d，依题意得S2a2+1−S1a1+1=12，所以2a3−3da3−d+1−a3−2da3−2d+1=12，即18−3d10−d−9−2d10−2d=12，化简得3d2−22d+40=0，解得d=4或103（舍去），故a1=a3−2d=1，an=1+4n−1=4n−3（2）依题意，bn=a2n−1−80=8n−87．当n≤10时，bn=87−8n，故Tn=79+87−8nn2=83n−4n2；当n≥11时，bn=8n−87，故Tn=−b1−b2−⋯−b10+b11+b12+⋯+bn=−2b1+b2+⋯+b10+b1+b2+⋯+bn=4n2−83n+860．故Tn=83n−4n2,n≤10,4n2−83n+860,n≥11.【变式6-4】（2023上·湖北·高三鄂南高中校联考期中）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3=11，S8=64.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.【答案】(1)an=17−2n(2)Tn=−n2+16n,n≤8n2−16n+128,n≥9【分析】（1）根据等差数列的通项公式列方程，解方程即可；（2）分n≤8和n≥9两种情况求和.【详解】（1）设an的公差为d，则：a3=a1+2d=11S8=8a1+8×72d=64⇒a1=15d=−2，∴an=17−2n.（2）Sn=15+17−2nn2=−n2+16n，令an=17−2n>0⇒n≤8，当n≤8时，an>0，Tn=a1+a2+⋯an=a1+a2+⋯an =Sn=−n2+16n，当n≥9时，an<0，Tn=a1+a2+⋯an=a1+a2+⋯+a8−a9+⋯+an=S8−Sn−S8=2S8−Sn=2−82+16×8−−n2+16n=n2−16n+128综上所述：Tn=−n2+16n,n≤8n2−16n+128,n≥9.题型七 等差数列奇偶项和【例7】（2023上·陕西榆林·高二校联考阶段练习）已知等差数列an的项数为2m+1m∈Ν∗,其中奇数项之和为140, 偶数项之和为 120,则m=(    )A．6 B．7 C．12 D．13【答案】A【分析】根据等差数列的性质，知等差数列的奇数项、偶数项分别成等差数列，故奇数项、偶数项的和直接代入等差数列的前n项和公式，结合等差中项的性质化简即可.【详解】项数为2m+1的an中奇数项共有m+1项, 其和为m+1a1+a2m+12=m+1⋅2am+12=m+1am+1=140, 项数为2m+1的an中偶数项共有m项, 其和为ma2+a2m2=m⋅2am+12=mam+1=120, 所以m+1am+1mam+1=140120=76,解得m=6.故选: A.【变式7-1】（2023上·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）已知等差数列an共有21项，若奇数项的和为110，则偶数项的和为（    ）A．100 B．105 C．90 D．95【答案】A【分析】等差数列前n项和公式的应用【详解】由a1+a3+⋅⋅⋅+a21=11a1+a212=11a11=110a2+a4+⋅⋅⋅+a20=10a2+a202=10a11，有a11=10，偶数项的和为100．故选：A【变式7-2】（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知首项为2的等差数列an，的前30项中奇数项的和为A，偶数项的和为B，且B−A=45，则an=（    ）A．3n−2 B．3n−1 C．3n+1 D．3n+2【答案】B【分析】求出该等差数列的公差，即可得出该数列的通项公式.【详解】由题意，n∈N∗，在等差数列an中，首项a1=2，设公差为 d,前 30 项中奇数项的和为 A, 偶数项的和为 B, 且 B−A=45, ∴−a1+a2+⋯−a29+a30=15d=45，解得：d=3，∴an=a1+(n−1)d=2+3n−1，即an=3n−1n∈N∗，故选：B.【变式7-3】（2023上·江苏·高二专题练习）已知数列an是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是 ．【答案】－4【分析】根据等差数列前n项和的性质求解即可.【详解】设等差数列an的项数为2m，∵末项与首项的差为－28，∴a2m−a1=(2m−1)d=−28，①∵S奇=50，S偶=34，∴S偶−S奇=34−50=−16=md，②由①②得d=−4，故答案为：−4.【变式7-4】（2024上·黑龙江哈尔滨·高二黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学校联考期末）已知等差数列an的项数为2m+1 m∈N*，其中奇数项之和为140，偶数项之和为120，则数列an的项数是 .【答案】13【分析】根据等差数列的前n项和公式，结合等差数列奇数项与偶数项之间的关系进行求解即可.【详解】设等差数列的公差为d，因为等差数列an的项奇数项之和为140，偶数项之和为120，所以有2m+1a1+122m+1⋅2md=260a1+md=140−120⇒2m+1=13，故答案为：13题型八 等比数列基本量【例8】（2023上·贵州贵阳·高二统考期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，若a3=3,S3=9，则a1=（    ）A．12或3 B．1或−12 C．12 D．−12【答案】A【分析】根据题意得到方程组，解出后进一步计算即可.【详解】设等比数列an的公比为q，则a3=a1q2=3，S3=a1+a2+a3=a11+q+q2=9，则S3a3=1+q+q2q2=3，化为2q2−q−1=0，解得q=1或q=12，则a1=3或a1=12，故选：A.【变式8-1】（2024上·江苏苏州·高二统考期末）已知an是等比数列，若a2a4=a3，a4a5=8，则a1=（    ）A．14 B．12 C．2 D．4【答案】A【分析】设公比，运用等比数列的“等积性”和通项公式将数列的项表示出来计算即得.【详解】因an是等比数列，设公比为q，则由a2a4=a3⇒a32=a3，因 a3≠0，则a3=1，又由a4a5=8⇒a32q3=8，代入解得q=2，故a1=a3q2=14.故选：A.【变式8-2】（2024上·四川宜宾·高二统考期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，，若S2=3，S6=9S3，则a1=（    ）A．−2 B．−1 C．1 D．2【答案】C【分析】由S6=9S3可得S3q3+1=9S3,进而可求出公比的值，即可求a1的值.【详解】根据已知，S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+a1q3+a2q3+a3q3=S3q3+1，又S6=9S3，所以S3q3+1=9S3  解得q=2. 所以S2=a1+a1q=3a1=3，所以a1=1.故选：C.【变式8-3】（2024上·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期末）等比数列an中，a2=2a1>0，a44=（    ）A．2a1 B．4a1 C．12a1 D．14a1【答案】A【分析】结合等比数列的相关公式计算即可.【详解】由等比数列an中，a2=2a1>0，所以a1q=2a1>0，即q=2，所以a44=a1q34=8a14=2a1，故选：A.【变式8-4】（2024上·吉林·高二吉林省实验校考期末）若an为等比数列，4和16为其中的两项，则4和16的等比中项为 .【答案】±8【分析】由等比数列性质列方程求等比中项.【详解】令4和16的等比中项为x，则x2=4×16=64⇒x=±8.故答案为：±8题型九 等比数列的单调性【例9】（2023上·安徽合肥·高三合肥一六八中学校考阶段练习）已知数列an是无穷项等比数列，公比为q，则“q>1”是“数列an单调递增”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【分析】根据等比数列的首项、公比的不同情形，分析数列的单调性，结合充分条件、必要条件得解.【详解】若a1<0，q>1，则数列an单调递减，故q>1不能推出数列an单调递增；若an单调递增，则a1>0，q>1，或a1<0，01，所以“q>1”是“数列an单调递增”的既不充分也不必要条件，故选：D．【变式9-1】（2023下·北京房山·高二统考期末）设各项均为正数的等比数列an的公比为q，且bn=log2an，则“bn为递减数列”是“00且q>0，则bn=log2a1+(n−1)log2q=nlog2q+log2a1q，若bn为递减数列，故log2q<0，则0an．则公比q应满足（    ）A．q>1 B．0an，即a1qn>a1qn−1,因为a1<0，所以qnan，所以q>0,所以q−1<0,解得00，公比q∈−1,0，则下列叙述不正确的是（   ）A．数列an的最大项为a1 B．数列an的最小项为a2C．数列anan+1为严格递增数列 D．数列a2n−1+a2n为严格递增数列【答案】D【分析】分别在n为偶数和n为奇数的情况下，根据项的正负和an+2−an的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用an+1an+2−anan+1=qq2−1an2>0和a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n<0可知CD正误.【详解】对于A，由题意知：当n为偶数时，an<00，an+2−an=anq2−1<0，∴a1最大；综上所述：数列an的最大项为a1，A正确；对于B，当n为偶数时，an<0，an+2−an=anq2−1>0，∴a2最小；当n为奇数时，an>0>a2；综上所述：数列an的最小项为a2，B正确；对于C，∵anan+1=an2q，an+1an+2=an+12q，∴an+1an+2−anan+1=qan+12−an2=qq2−1an2，∵−10，∴数列anan+1为递增数列，C正确；对于D，∵a2n−1+a2n=a2n−11+q，a2n+1+a2n+2=a2n+11+q，∴a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n=1+qa2n+1−a2n−1=1+qq2−1a2n−1；∵−10，q2−1<0，又a2n−1>0，∴a2n+1+a2n+2−a2n−1+a2n<0，∴数列a2n−1+a2n为递减数列，D错误.故选：D.题型十 等比数列片段和问题【例10】（2024·云南曲靖·统考一模）已知等比数列an的前n项和为Sn，且S5=6,S10=18，则S15=（    ）A．36 B．54 C．28 D．42【答案】D【分析】利用等比数列前n项和公式整体代入计算即可求得S15=42.【详解】根据题意设等比数列an的首项为a1，公比为q，易知q≠1；由S5=6,S10=18可得a11−q51−q=6,a11−q101−q=18，两式相除可得1+q5=3，即q5=2；所以S15=a11−q151−q=a11−q5q10+q5+11−q=7×a11−q51−q=42.故选：D【变式10-1】（2023上·甘肃甘南·高二校考期中）已知Sn为等比数列an的前n项和，若S6S3=3，则S18S9=（    ）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】C【分析】根据等比数列前n项和的性质计算即可.【详解】因为Sn为等比数列an的前n项和，所以S3,S6−S3,S9−S6,S12−S9,S15−S12,S18−S15成等比数列，由S6S3=3，得S6=3S3，则S6−S3S3=2，所以S9−S6=4S3，所以S9=7S3，S12−S9=8S3，所以S12=15S3，S15−S12=16S3，所以S15=31S3，S18−S15=32S3，所以S18=63S3，所以S18S9=63S37S3=9.故选：C.【变式10-2】（2024上·河北保定·高二统考期末）设等比数列an的前n项和为Sn，已知S2=4，S4=40，则S6=（    ）A．144 B．324 C．400 D．364【答案】D【分析】由等比数列的性质得到S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，从而得到方程，求出答案.【详解】因为S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，所以S4−S22=S2S6−S4，即40−42=4S6−40，解得S6=364．故选：D【变式10-3】（2024上·浙江宁波·高二统考期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，且S5=10，S10=30，则S20= .【答案】150【分析】根据等比数列前n项和的性质计算即可.【详解】由题意可得S5,S10−S5,S15−S10,S20−S15成等比数列，由S5=10，S10=30，得S10−S5S5=2，得S15−S10=2S10−S5=40，所以S15=70，则S20−S15=2S15−S15=80，所以S20=150.故答案为：150.【变式10-4】（2024上·湖南衡阳·高二统考期末）已知公比q≠1的等比数列an满足a3,a9,a6成等差数列，设an的前n项和为Sn，则S9S27= .【答案】6457【分析】由等差数列先求出q3=−12再利用等比数列片段和的性质求解.【详解】解析由a3,a9,a6成等差数列得a3+a6=2a9，即a3+a3q3=2a3q6，因为a3≠0，所以1+q3=2q6，解得q3=1（舍去）或q3=−12，易知S9,S18−S9,S27−S18成等比，所以S27=S91+q9+q18=S91−18+164=5764S9，所以S9S27=6457.故答案为：6457题型十一 等比数列奇偶项和问题【例11】（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）已知等比数列an有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n=（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+qq+q3+q5+…+q2n−1=85，偶数项为q+q3+q5+…+q2n−1=42，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可．【详解】因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+qq+q3+q5+…+q2n−1=85，偶数项为q+q3+q5+…+q2n−1=42，整体代入得q=2，所以前2n+1项的和为1−22n+11−2=85+42=127，解得n=3.故选：B【变式11-1】（2022上·江西九江·高二校考期末）已知等比数列an中，an=2n−1，则由此数列的奇数项所组成的新数列的前n项和为（    ）A．122n−1 B．134n−1 C．124n−2 D．4n−1【答案】B【分析】确实新数列是等比数列及公比、首项后，由等比数列前n项和公式计算，【详解】由题意，新数列为bn=a2n−1=22n−2=4n−1，所以b1=1，q=4，前n项和为Sn=1−4n1−4=13(4n−1)．故选：B.【变式11-2】（2021上·浙江杭州·高三专题练习）已知等比数列an的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为8532，偶数项之和为2116，这个等比数列前n项的积为Tnn≥2，则Tn的最大值为（    ）A．14 B．12 C．1 D．2【答案】D【分析】结合等比数列的前n项和公式求出公比，进而求出等比数列的前n项的积即可求出结果.【详解】设数列an共有2m+1项．由题意，知S奇=a1+a3+⋯+a2m+1=8532，S偶=a2+a4+⋯+a2m=2116，所以S奇=a1+a2q+⋯+a2mq=2+qa2+a4+⋯+a2m=2+2116q=8532，解得q=12，所以Tn=a1⋅a2⋅⋯⋅an=a1n⋅q1+2+3+⋯+n=2n×12nn−12=232n−12n2，所以当n=1或n=2时，Tn有最大值2．故选：D.【变式11-3】（2021上·山西运城·高二芮城中学校考阶段练习）一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的2倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则该等比数列的项数为 .【答案】8【分析】设等比数列项数为2n项，先根据奇数项的和与偶数相的和求得数列的公比，可得通项公式，进而根据中间两项的和为24求得n.【详解】设等比数列项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶,则q=S偶:S奇=2，又它的首项为1，所以通项为an=2n−1，中间两项的和为an+an+1=2n−1+2n=24，解得n=4，所以项数为8，故答案为：8.【变式11-4】（2021·高二课时练习）已知等比数列an的前10项中，所有奇数项的和为8514，所有偶数项的和为17012，则S=a3+a6+a9+a12的值为 ．【答案】585【分析】设等比数列an的公比为q，根据已知条件求出q的值，结合等比数列求和公式求出a1的值，进而可求得S的值.【详解】设等比数列an的公比为q，设等比数列an的前10项中，设所有奇数项的和为S奇，所有偶数项的和为S偶，则S偶=a2+a4+a6+a8+a10=qa1+a3+a5+a7+a9=qS奇，所以，q=S偶S奇=170+1285+14=2，又S奇=a11−q251−q2=1023a13=341a1=3414，则a1=14，因此，S=a3+a6+a9+a12=a31+q3+q6+q9=a1q2⋅1−q121−q3=585.故答案为：585.题型十二 数列通项与前n项和【例12】（2023上·甘肃庆阳·高二校考期中）已知数列an的前n项和为Sn，Sn=2an−2n∈N*.数列bn满足b1=1，且点Pbn,bn+1在直线x−y+2=0上.(1)求数列an，bn的通项an和bn；(2)令cn=an⋅bn，求数列cn的前n项和Tn；(3)若λ>0，求对所有的正整数n都有2λ2−kλ+2>bna2n成立的k的范围.【答案】(1)an=2nn∈N∗，bn=2n−1n∈N*(2)Tn=6+2n−3⋅2n+1(3)−∞,14【分析】（1）根据an与Sn的关系，结合等比数列的定义求an的通项公式，结合等差数列的定义求bn的通项公式；（2）由（1）可得cn=2n−1⋅2n，利用错误相减法分析求解；（3）由（1）可得：bna2n=2−2n⋅2n−1，根据数列的单调性可得bna2n的最大值为14，结合题意可得k<2λ+74λ恒成立，利用基本不等式运算求解.【详解】（1）因为Sn=2an−2n∈N*，当n=1时，则a1=2a1−2，可得a1=2；当n≥2时，则Sn−1=2an−1−2，可得an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，整理得an=2an−1，即anan−1=2n≥2，可知数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2nn∈N∗；数列bn满足b1=1，点Pbn,bn+1在直线x−y+2=0上，则bn+1−bn=2，可知数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列，所以bn=2n−1n∈N*.（2）由（1）可得cn=anbn=2n−1⋅2n，则Tn=1×2+3×22+5×23+⋅⋅⋅+2n−1⋅2n，①2Tn=1×22+3×23+⋯+2n−3⋅2n+2n−1⋅2n+1，②①−②得−Tn=2+2⋅22+23+⋅⋅⋅+2n−2n−1⋅2n+1=2+2×41−2n−11−2−2n−1⋅2n+1=−6+3−2n⋅2n+1，整理得Tn=6+2n−3⋅2n+1.（3）由（1）可得：bna2n=2−2n⋅2n−1，则bn+1a2n+1−bna2n=2−2n−2⋅2n+1−2−2n⋅2n−1=2−2n−25−6n<0，可知数列bna2n为单调递减数列，所以bna2n≤b1a2=14，即bna2n的最大值为14.因为对所有的正整数n都有2λ2−kλ+2>bna2n都成立，则2λ2−kλ+2>14，又因为λ>0，可得k<2λ+74λ恒成立，只需满足k<2λ+74λmin即可.且y=2λ+74λ≥22λ⋅74λ=14，当且仅当2λ=74λ，即λ=144时等号成立，所以2λ+74λmin=14，即k<14，所以k的取值范围为−∞,14.【变式12-1】（2024上·安徽·高三校联考阶段练习）已知数列an满足：a1=12，a2=1，n+1n+2an−4nn+2an+1+4nn+1an+2=0，n∈N∗.(1)证明：数列2nann为等差数列，并写出数列an的通项；(2)求数列ann的前n项和Sn.【答案】(1)证明见详解，an=n22nn∈N∗；(2)2−n+22n【分析】（1）利用已知条件及等差中项，结合等差数列的通项公式计算即可；（2）结合（1）的结论利用错位相减法求和即可.【详解】（1）将n+1n+2an−4nn+2an+1+4nn+1an+2=0左右同时除nn+1n+2得：ann−4×an+1n+1+4×an+2n+2=0⇒2nann−4×2nan+1n+1+4×2nan+2n+2=0，整理得2×2n+1an+1n+1=2nann+2n+2an+2n+2，即2nann是等差数列，因为a1=12，a2=1，得22a22−21a11=2−1=1，所以2nann=21a11+n−1×1=n⇒an=n22nn∈N∗；（2）由上可知ann=n2n，则Sn=121+222+⋯+n−12n−1+n2n①，12Sn=122+223+⋯+n−12n+n2n+1②，①−②得12Sn=121+122+123+⋯+12n−n2n+1所以Sn=120+121+⋯+12n−1−n2n=1−12n1−12−n2n=2−n+22n.【变式12-2】（2023上·江苏苏州·高二常熟中学校考阶段练习）已知数列an满足an+2=an+2,n为奇数2an,n为偶数且a1=1,a2=2．(1)求通项an；(2)求数列an的前n项之和Tn．【答案】(1)an=n,n为奇数2n2,n为偶数(2)Tn=n24+n2+2n+12−74,n为奇数n24+2n+22−2,n为偶数【分析】（1）根据题意得到数列an的奇数项为等差数列，偶数项为等比数列，然后根据等差数列和等比数列的通项公式求an即可；（2）分n为奇数和n为偶数两种情况求和即可.【详解】（1）当n为奇数时，an+2=an+2，所以数列an的奇数项为等差数列，公差为2，所以an+2=a1+n+2−12×2=n+2，所以an=n，n为奇数，当n为偶数时，an+2=2an，所以数列an的偶数项为等比数列，公比为2，所以an+2=a2⋅2n+2−22=2n+22，所以an=2n2，n为偶数，所以an=n,n为奇数2n2,n为偶数.（2）当n为奇数时，前n中有n+12项奇数项，n−12项偶数项，所以Tn=1+n⋅n+122+22n−12−12−1=n24+n2+2n+12−74，当n为偶数时，前n中有n2项奇数项，n2项偶数项，所以Tn=1+n−1⋅n22+22n2−12−1=n24+2n+22−2，所以Tn=n24+n2+2n+12−74,n为奇数n24+2n+22−2,n为偶数.【变式12-3】（2023·河南·统考三模）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，2nSn+1−2(n+1)Sn=n(n+1)．(1)求数列an的通项an；(2)设bn=an+22n+2⋅Sn，求数列bn的前n项和Tn．【答案】(1)an=n,n∈N*(2)Tn=12−1n+12n+1【分析】（1）先将题目中的表达式边同时除以nn+1可证得Snn是以a11=1为首项，12为公差的等差数列，由此求出Snn，再结合an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，即可得出答案；（2）先求出bn，再由裂项相消法求解即可.【详解】（1）因为2nSn+1−2(n+1)Sn=n(n+1)，两边同时除以nn+1，所以2Sn+1n+1−2Snn=1，所以Sn+1n+1−Snn=12，所以Snn是以a11=1为首项，12为公差的等差数列，所以Snn=1+12n−1=12n+1，所以Sn=12nn+1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12nn+1−12n−1n=n，当n=1时，a1=1也满足上式，所以an=n,n∈N*.（2）由（1）可得，bn=an+22n+2⋅Sn=n+22n+2⋅12nn+1=n+2nn+12n+1 =1n⋅2n−1n+12n+1，则Tn=b1+b2+b3+⋯+bnTn=11⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+13⋅23−14⋅24+⋯+1n⋅2n−1n+12n+1=11⋅21−1n+12n+1=12−1n+12n+1.【变式12-4】（2024·云南曲靖·统考一模）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an−n．(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn=an+1anan+1，其前n项和为Tn，求使得Tn>20232024成立的n的最小值．【答案】(1)an=2n−1；(2)10.【分析】（1）根据an,Sn关系及递推式可得an+1=2(an−1+1)，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；（2）应用裂项相消法求Tn，由不等式能成立及指数函数性质求得n≥10，即可得结果.【详解】（1）当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2an−n)−(2an−1−n+1)=2(an−an−1)−1，所以an=2an−1+1，则an+1=2(an−1+1)，而a1=S1=2a1−1⇒a1=1，所以a1+1=2，故{an+1}是首项、公比都为2的等比数列，所以an+1=2n⇒ an=2n−1.（2）由bn=an+1anan+1=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，所以Tn=1−13+13−17+17−115+⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1，要使Tn=1−12n+1−1>20232024，即12n+1−1<12024⇒2n+1>2025，由210<2025<211且n∈N∗，则n+1≥11⇒n≥10.所以使得Tn>20232024成立的n的最小值为10.题型十三 数列的实际应用【例13】（2022上·山东潍坊·高三统考阶段练习）偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学毕业生张华向银行贷款的本金为72万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，30年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n个月的还款金额为an元，则an=（    ）A．2288 B．4872−8n C．4880−8n D．4888−8n【答案】D【分析】计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出n个月的还款金额.【详解】由题意可知：每月还本金为2000元， 设张华第n个月的还款金额为an元，则an=2000+720000−n−1×2000×0.4%=4888−8n，故选：D【变式13-1】（2023·广东广州·统考三模）小明的父母在他入读初中一年级起的9月1日向银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在9月1日当天都存入一笔钱，每年比上年多存1000元，即第二年存入2000元，第三年存入3000元，……，连续存6年，每年到期利息连同本金自动转存，在小明高中毕业的当年9月1日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为p，不考虑利率的变化．在小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数（单位：千元）为（    ）．A．1+p7−1+7pp B．1+p7−1+7pp2C．1+p8−1+p1+7pp D．1+p8−1+p1+7pp2【答案】D【分析】由条件确定每年的存款的本息和，再利用错位相减法求六年的本息和即可.【详解】设第n年的存款到取出时的本息和为an（千元），n=1,2,3,4,5,6，则a1=1+p6，a2=21+p5，a3=31+p4，a4=41+p3，a5=51+p2，a6=61+p，所以小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数为：S=1+p6+21+p5+31+p4+41+p3+51+p2+61+p所以11+pS=1+p5+21+p4+31+p3+41+p2+51+p+6，所以p1+pS=1+p6+1+p5+1+p4+1+p3+1+p2+1+p1−6，所以p1+pS=1+p−1+p71−1+p−6，所以S=1+p8−1+p2−6p1+pp2=1+p8−1+p1+7pp2，故选：D.【变式13-2】（2023·湖南·校联考模拟预测）已知某公司第1年的销售额为a万元，假设该公司从第2年开始每年的销售额为上一年的1.2倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（    ）（参考数据：取1.211=7.43）A．35.15a万元 B．33.15a万元 C．34.15a万元 D．32.15a万元【答案】D【分析】根据题意，由条件可得数列aii=1,2,⋯,11是首项为a，公比为1.2的等比数列，结合等比数列的前n项和公式，代入计算，即可得到结果.【详解】设第ii=1,2,⋯,11年的销售额为ai万元，依题意可得数列aii=1,2,⋯,11是首项为a，公比为1.2的等比数列，则该公司从第1年到第11年的销售总额为a1−1.2111−1.2=a1.211−10.2=a7.43−10.2=32.15a万元．故选：D【变式13-3】（2023下·辽宁朝阳·高二校联考阶段练习）复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为A系列、B系列C系列，其中B系列的幅面规格为：B0，B1，B2，…，B8，所有规格的纸张的长度（以x表示）和幅宽（以y表示）的比例关系都为x:y=2:1；将B0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为B1规格；将B1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为B2规格；…，如此对开至B8规格．现有B1，B2，…，B8纸各一张，已知B0纸的幅宽为1m，则B1，B2，…，B8这8张纸的面积之和是（    ）A．255256m2 B．511512m2C．2552256m2 D．5112512m2【答案】C【分析】分析出B1，B2，…，B8的面积的规律，根据等比数列前n项和公式求得正确答案.【详解】由题意，可得B0的长、宽分别为2，1，B1的长、宽分别为1，22，B2的长、宽分别为22，12，…，所以B1，B2，…，B8的面积是首项为22，公比为12的等比数列，所以B1，B2，…，B8这8张纸的面积之和为221−1281−12=2552256m2.故选：C【变式13-4】（2024上·辽宁大连·高三统考期末）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三段，去掉中间的区间段13,23，记为第一次操作：再将剩下的两个区间0,13,23,1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于18212024，则操作的次数n的最大值为 .（参考数据：234≈0.1975,235≈0.1317,236≈0.0878,237≈0.0585）【答案】5【分析】根据题意求出第n次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得.【详解】记an表示第n次去掉的长度，∴a1=13，第2次操作，去掉的线段长为a2=232,⋯⋯，第n次操作，去掉的线段长度为an=2n−13n，∴Sn=131−23n1−23=1−23n，则1−23n<18212024⇒23n>2032024≈0.1003，由235≈0.1317,236≈0.0878,∴n的最大值为5.故答案为：5题型十四 数学归纳法的应用【例14】（2023下·高二课时练习）用数学归纳法证明3n≥n3n≥3,n∈N∗，第一步应验证 （    ）A．当n=1时，不等式成立 B．当n=2时，不等式成立C．当n=3时，不等式成立 D．当n=4时，不等式成立【答案】C【分析】利用数学归纳法的定义可得出结论.【详解】由题意知n的最小值为3，所以第一步应验证当n=3时，不等式成立，故选：C.【变式14-1】（2023下·高二课时练习）用数学归纳法证明1+a+a2+⋯+an+1=1−an+21−a（a≠1,n∈N*），在验证n=1成立时，左边计算所得的项是（    ）A．1 B．1+aC．1+a+a2 D．1+a+a2+a3【答案】C【分析】根据题意代入n=1即可得结果.【详解】因为1+a+a2+⋯+an+1=1−an+21−a，当n=1时，左边=1+a+a1+1=1+a+a2，故C正确.故选：C.【变式14-2】（多选）（2023下·高二课时练习）设fx是定义在正整数集上的函数，且fx满足：“当fk≥k2成立时，总可推出fk+1≥k+12成立”，那么下列命题不成立的是（    ）A．若f3≥9成立，则当k≥1时，均有fk≥k2成立B．若f5≥25成立，则当k≥4时，均有fk≥k2成立C．若f7<49成立，则当k≥8时，均有fk16成立，则当k≥4时，均有fk≥k2成立，故D正确；故选：ABC.【变式14-3】（2023下·高二课时练习）用数学归纳法证明1+12+13+⋯+12n−11），第一步要证明的不等式是 ，从n=k到n=k+1时，左端增加了 项.【答案】 1+12+13<2 2k【分析】观察不等式的结构，式子左边为2n−1项之和，则当n=2时，左边为3项之和，当n=k时，左边为2k−1项之和，n=k+1时，左边共2k+1−1项之和.【详解】由已知n∈N∗且n>1，故第一步要证明的不等式是当n＝2时成立的不等式，即 1+12+122−1=1+12+13<2；又当n=k时，不等式左端为1+12+13+⋯+12k−1，共2k−1项之和，当n=k+1时，不等式左端为1+12+13+⋯+12k+1−1， 共2k+1−1项之和，所以增加了12k+12k+1+12k+2+  ⋯+12k+1−1，共增加了2k+1−1−2k−1=2k+1−2k=2k项.故答案为：1+12+13<2；2k.【变式14-4】（2010下·辽宁本溪·高二统考期末）设函数y＝f（x）对任意实数x，y都有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy.(1)求f（0）的值；(2)若f（1）＝1，求f（2），f（3），f（4）的值；(3)在（2）的条件下，猜想f（n）（n∈N*）的表达式，并用数学归纳法加以证明.【答案】(1)f0=0;(2)f2=4，f3=9，f4=16;(3)fn=n2，证明见解析【分析】（1）利用特殊值法求解f0；（2）由已知条件和f1=1，反复代入求解；（3）利用数学归纳法证明.【详解】（1）令x=y=0，则f0+0=f0+f0+2×0×0，则f0=0.（2）若f1=1，则f2=f1+1=f1+f1+2×1×1=2f1+2=4，f3=f2+1=f2+f1+2×2×1=4+1+4=9,f4=f3+1=f3+f1+2×3×1=9+1+6=16.（3）猜想fn=n2下面利用数学归纳法证明，当n=1时，f1=1，满足条件假设当n=kk∈N∗时成立，即fk=k2，当 n=k+1k∈N∗时， fk+1=fk+f1+2×k×1=k2+2k+1=k+12，从而可得当n=k+1k∈N∗时满足条件所以对任意的正整数n，都有fn=n2.