13.（多选2021·山家泰安高三棋拟)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理。数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题。其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，，则下列说法正确的是（）A.此数列的第20项是200B.此数列的第19项是200C。此数列偶数项的通项公式为a2n=2n2D.此数列的前n项和为S,=n(n-1)解析：选AC观察此数列，偶数项通项公式为A2m=2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a2n-1=a2n-2n，由此可得a20=2×102=200，A正确，C正确;a19=20-20=180，B错误；S,=n(n-1)=n2-n是一个等差数列的前n项和，而题中数列不是等差数列，不可能有S=n(n-1)，D错误.故选A、C14.（2021·竟明模拟）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图所示，1222他们研究过图中的1,5,12,22，，由于这些数能够表示成五角形，将其称为五角形数，若按此规律继续下去，第n个五角形数an二解析：观察图形，发现a1=1，az=a1+4，a3=a2+7，a4=a3+10，猜测当n≥2时，m=an-1+3n-2,所以 an-an-1=3n-2,所以 a,=(an-an-1)+(an-1 -an-2)+* +(a2-a)3.2.1+ a1 = (3n - 2) +[3(n - 1) - 2) + *** + (3X 2 - 2) + 1 =2*2h.答案：3m2-1m-2″15.(2021·石家庄模拟)已知数列(an)中，ai=1，其前 n项和为 Sm，且满足2S,=(n十1)an(nEN").(1)求数列(an)的通项公式：(2)记ba=3"—2.a%，若数列(bm)为递增数列，求.的取值范围.解：(1)-2Sh=(n+1)an,..2S,+1=(n+2)an+1第16页共91页
第 16 页 共 91 页 13．(多选)(2021·山东泰安高三模拟)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五 十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极 衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道 数列题．其前 10 项依次是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，.，则下列说法正确的是( ) A．此数列的第 20 项是 200 B．此数列的第 19 项是 200 C．此数列偶数项的通项公式为 a2n＝2n 2 D．此数列的前 n 项和为 Sn＝n(n－1) 解析：选 AC 观察此数列，偶数项通项公式为 a2n＝2n 2，奇数项是后一项减去后一项 的项数，a2n－1＝a2n－2n，由此可得 a20＝2×102＝200，A 正确，C 正确；a19＝a20－20＝180， B 错误；Sn＝n(n－1)＝n 2－n 是一个等差数列的前 n 项和，而题中数列不是等差数列，不可 能有 Sn＝n(n－1)，D 错误．故选 A、C. 14．(2021·昆明模拟)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图所示． 他们研究过图中的 1,5,12,22，.，由于这些数能够表示成五角形，将其称为五角形数， 若按此规律继续下去，第 n 个五角形数 an＝ . 解析：观察图形，发现 a1＝1，a2＝a1＋4，a3＝a2＋7，a4＝a3＋10，猜测当 n≥2 时，an ＝an－1＋3n－2，所以 an－an－1＝3n－2，所以 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋.＋(a2－a1) ＋a1＝(3n－2)＋[3(n－1)－2]＋.＋(3×2－2)＋1＝ 3 2 n 2－ 1 2 n. 答案：3 2 n 2－ 1 2 n 15．(2021·石家庄模拟)已知数列{an}中，a1＝1，其前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn＝(n＋ 1)an(n∈N* )． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝3 n－λa 2 n，若数列{bn}为递增数列，求 λ 的取值范围． 解：(1)∵2Sn＝(n＋1)an， ∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1
:.2an+1=(n +2)an+1 - (n +1)an,即nan+1=(n+1)an，Aa+1_an.nn+1.n_a-1=.==11nn-1..an=n(nEN).(2)由题意及(1)知b,=3"-an2.b+1 - b,= 3"+1 - 2(n + 1)2 - (3" - an)=2·3" - 2(2n + 1) .：数列(bm)为递增数列，2·3".:.2·3"-2(2n+1)>0，即<2n+12·3"令h=2n+12·3"+12n+16n+3Cn+1则>1.2n+32.3"Cn2n+3(cn)为递增数列，a<c1=2，即2的取值范围为（-°，2).C级—迁移创新16意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,**,即 F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3,nEN),此数列在现代物理“准晶体结构”化学等领域都有着广泛的应用。若此数列被2整除后的余数构成一个新数列(al，则数列(am)的前2020项的和为(（）A.672B.673C.1347D.2020解析：选C由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，各项除以2的余数S第17页共91页
第 17 页 共 91 页 ∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an， 即 nan＋1＝(n＋1)an， ∴ an＋1 n＋1 ＝ an n ， ∴ an n ＝ an－1 n－1 ＝.＝ a1 1 ＝1， ∴an＝n(n∈N* )． (2)由题意及(1)知 bn＝3 n－λn 2 . bn＋1－bn＝3 n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn 2 ) ＝2·3n－λ(2n＋1)． ∵数列{bn}为递增数列， ∴2·3n－λ(2n＋1)>0，即 λ< 2·3n 2n＋1 . 令 cn＝ 2·3n 2n＋1 ， 则 cn＋1 cn ＝ 2·3n＋1 2n＋3 · 2n＋1 2·3n ＝ 6n＋3 2n＋3 >1. ∴{cn}为递增数列，∴λ<c1＝2， 即 λ 的取值范围为(－∞，2)． C 级——迁移创新 16．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”： 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，.，即 F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N* )，此 数列在现代物理“准晶体结构”化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被 2 整除后的余 数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前 2 020 项的和为( ) A．672 B．673 C．1 347 D．2 020 解析：选 C 由数列 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，.各项除以 2 的余数
可得an为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，*所以(an是周期为3的数列，一个周期中三项和为1+1+0=2，因为2020=673×3+1，所以数列(an）的前2020项的和为673×2+1=1347，故选C第二节等差数列及其前n项和[备考领航]关联考点核心素养课程标准解读1.理解等差数列的概念。1.等差数列的基本运算。2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式1.逻辑推理.2.等差数列的判定与证3.能在具体的问题情境中发现数列的等差关明.2.数学运算系，并能用有关知识解决相应的问题.3.等差数列的性质及应用4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系知识逐点夯实重点准逐点清结论要牢记课前自修[重点准·逐点清]重点一等差数列的有关问题1.定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列。符号表示为+1二a三d(nEN，d为常数)-2. 等差中项：数列a, 4, b成等差数列的充要条件是4=,其中A叫做a，b的2等差中项3.公式：通项公式：n=(十(n-1)d;n(n-)(a+an)n前n项和公式：S,一na+22【提醒】理解定义要注意三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”，[逐点清]第18页共91页
第 18 页 共 91 页 可得{an}为 1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，.， 所以{an}是周期为 3 的数列， 一个周期中三项和为 1＋1＋0＝2， 因为 2 020＝673×3＋1， 所以数列{an}的前 2 020 项的和为 673×2＋1＝1 347，故选 C. 第二节 等差数列及其前 n 项和 [备考领航] 课程标准解读 关联考点 核心素养 1.理解等差数列的概念． 2.掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式． 3.能在具体的问题情境中发现数列的等差关 系，并能用有关知识解决相应的问题． 4.体会等差数列与一次函数、二次函数的关系 1.等差数列的基本运算． 2.等差数列的判定与证 明． 3.等差数列的性质及应用 1.逻辑推理． 2.数学运算 [重点准·逐点清] 重点一 等差数列的有关问题 1．定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么 这个数列就叫做等差数列．符号表示为 an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)． 2．等差中项：数列 a，A，b 成等差数列的充要条件是 A＝ a＋b 2 ，其中 A 叫做 a，b 的 等差中项． 3．公式：通项公式：an＝a1＋(n－1)d； 前 n 项和公式：Sn＝na1＋ n(n－1) 2 d＝ (a1＋an)n 2 . [提醒] 理解定义要注意三个关键词：“从第 2 项起”“每一项与它的前一项的 差”“同一个常数”． [逐点清]
1.（必修5第44页例2改编）已知S为等差数列an的前n项和，a2=2，S4=14，则d[a+d=2 ,[a= -1,解析：由题意得解得4X3d=3.d=14,4a1 +2答案：32.(2020全国您Ⅱ）记S为等差数列(a的前n项和.若ai=一2，a2十a=2，则Sie解析：法一：设等差数列an)的公差为d，则由az+a6=2，得a1+d+a1+5d=2，即10×94+6d=2，解得d=1，所以S10=10×（-2)+X1=25.2a4-a1法二：设等差数列(an)的公差为d，因为az+a6=2a4=2，所以a4=1，所以d=4-11-( - 2)10×9X1=25.=1,所以S10=10X×(-2)+32答案：253.（易错题）已知数列a满足a+1十a=4n一3（nEN），且a=2，则a=解析：由au+1+ag=4n-3得A+am-1=4n-7(n≥2)两式相减得an+1-ag-1=4(n≥2)由等差数列的定义知，数列（an)的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列(7+1×4=14.则a7=a1 +答案：14重点二等差数列的常用性质已知(an为等差数列，d为公差，S为该数列的前n项和。(1)通项公式的推广：an=am+(n一m)d(n，mEN);(2)在等差数列(an)中，当m+n=p十q时，am+an=a,+a,(m，n，P，qEN).特别地，若m+n=2p，则2a,=am十an（m，n，pEN)；(3)ak，k+m，ak+2m，仍是等差数列，公差为md(k，mEN");(4)Sn，Szn一SnS3n一Sz，也成等差数列，公差为nd(5)若（anl，(bm是等差数列，则(pan十qbn)也是等差数列；JSnl(6)若(a)是等差数列,则)t“也成等差数列，其首项与(an)首项相同，公差是(a)公差的第19页共91页
第 19 页 共 91 页 1．(必修 5 第 44 页例 2 改编)已知 Sn为等差数列{an}的前 n 项和，a2＝2，S4＝14，则 d ＝ . 解析：由题意得 a1＋d＝2， 4a1＋ 4×3 2 d＝14， 解得 a1＝－1， d＝3. 答案：3 2．(2020·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a1＝－2，a2＋a6＝2，则 S10 ＝ . 解析：法一：设等差数列{an}的公差为 d，则由 a2＋a6＝2，得 a1＋d＋a1＋5d＝2，即－ 4＋6d＝2，解得 d＝1，所以 S10＝10×(－2)＋ 10×9 2 ×1＝25. 法二：设等差数列{an}的公差为 d，因为 a2＋a6＝2a4＝2，所以 a4＝1，所以 d＝ a4－a1 4－1 ＝ 1－(－2) 3 ＝1，所以 S10＝10×(－2)＋ 10×9 2 ×1＝25. 答案：25 3．(易错题)已知数列{an}满足 an＋1＋an＝4n－3(n∈N* )，且 a1＝2，则 a7＝ . 解析：由 an＋1＋an＝4n－3 得，an＋an－1＝4n－7(n≥2)，两式相减得 an＋1－an－1＝4(n≥2)． 由等差数列的定义知，数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以 4 为公差的等差数列． 则 a7＝a1＋ 7＋1 2 －1 ×4＝14. 答案：14 重点二 等差数列的常用性质 已知{an}为等差数列，d 为公差，Sn为该数列的前 n 项和． (1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N* )； (2)在等差数列{an}中，当 m＋n＝p＋q 时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N* )．特别地， 若 m＋n＝2p，则 2ap＝am＋an(m，n，p∈N* )； (3)ak，ak＋m，ak＋2m，.仍是等差数列，公差为 md(k，m∈N* )； (4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，.也成等差数列，公差为 n 2d； (5)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列； (6)若{an}是等差数列，则 Sn n 也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的
1-2[逐点清]4.（必修5第39页5题改端编）设等差数列aml的前n项和为Sm，已知Sl=55，则a=(A. 6B. 5C. 4D. 311x(a1+an)解析：选BSi==11a6=55→a6=525.(必修5第412题改编)在等差数列(an)中，a2十a4=2，as=3，则(ag的前6项和为(()A. 6B. 9C. 10D. 11解析：选B设(an)的公差为d，由等差数列的性质知az+a4=2as=2，则as=1，所以6(a + ac)as - a3d==1，4=as-d=2，所以S==3(a3 + a4) =3×(1 +2)= 925-3【记结论·提速度][记结论]1.已知数列(an)的通项公式是an=pn+q(其中p，q为常数)，则数列(am)一定是等差数列，且公差为p.2.在等差数列a中，ai>0，<0，则S,存在最大值；若ai<0，d>0，则S,存在最小值，3.数列(an是等差数列台S,=An2+Bn(A，B为常数)1[提速度]1.已知数列(an)的通项a=一2n十15，则其前n项和S,取得最大值时的n的值为（A. 1B.7或8D. 7C. 8解析：选D由a,=-2n+15知数列(a为等差数列，因为ai=13>0，d=-2，则S,.15又nEN，当1≤≤7时，am≥0当n≥8有最大值.由an≥0得-2n+15≥0，解得n≤2时，an<0（nEN*），前n项和S,取得最大值时，n=7.故选D.2.已知等差数列(an的前n项和为S，且S,=n2+(a十3)n十a2—2a一3，则a=第20页共91页
第 20 页 共 91 页 1 2 . [逐点清] 4．(必修 5 第 39 页 5 题改编)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S11＝55，则 a6＝ ( ) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：选 B S11＝ 11×(a1＋a11) 2 ＝11a6＝55⇒a6＝5. 5．(必修 5 第 41 页 2 题改编)在等差数列{an}中，a2＋a4＝2，a5＝3，则{an}的前 6 项和 为( ) A．6 B．9 C．10 D．11 解析：选 B 设{an}的公差为 d，由等差数列的性质知 a2＋a4＝2a3＝2，则 a3＝1，所以 d＝ a5－a3 5－3 ＝1，a4＝a5－d＝2，所以 S6＝ 6(a1＋a6) 2 ＝3(a3＋a4)＝3×(1＋2)＝9. [记结论·提速度] [记结论] 1．已知数列{an}的通项公式是 an＝pn＋q(其中 p，q 为常数)，则数列{an}一定是等差数 列，且公差为 p. 2．在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则 Sn 存在最大值；若 a1<0，d>0，则 Sn存在最小 值． 3．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)． [提速度] 1．已知数列{an}的通项 an＝－2n＋15，则其前 n 项和 Sn取得最大值时的 n 的值为( ) A．1 B．7 或 8 C．8 D．7 解析：选 D 由 an＝－2n＋15 知数列{an}为等差数列，因为 a1＝13>0，d＝－2，则 Sn 有最大值．由 an≥0 得－2n＋15≥0，解得 n≤ 15 2 .又 n∈N*，∴当 1≤n≤7 时，an≥0；当 n≥8 时，an<0(n∈N* )，∴前 n 项和 Sn取得最大值时，n＝7.故选 D. 2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n 2＋(a＋3)n＋a 2－2a－3，则 a＝