2018届人教A版(理) 数列2-4-2 检测卷

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人教A版高中同步学案数学选择性必修第二册精品课件第四章数列第1课时数列的概念与简单表示

函数类似,即数列的事实—数列概念的定义、表示—性质—等差数列与等
比数列,也特别注重函数思想和方法的应用,在此过程中,进一步提升学生
的数学抽象、数学运算、逻辑推理和数学建模素养.
本学习单元的内容是整个大单元的基础.在研究数列产生的现实背景、
数学本质和价值的基础上,帮助学生初步认识数列;学习数列的一般概念,
减、摆动还是常数列要从项的变化趋势来分析;而是有穷还是无穷数列则
看项的个数是有限个还是无限个.
探究点二
根据数列的前几项求通项公式
问题3类比函数的表示,思考数列的表示方式有哪些?
问题4类比函数的表示,数列的通项公式与函数的哪种表示方式最相似?
问题5如何猜想归纳数列的通项公式?如何发现数列中蕴含的特征?
用的方法有作差法、作商法.作差法判断数列单调性的步骤为先作差,再变
形、定号,最后下结论.作商法适用于各项都是同号的数列,且应比较比值
与1的大小关系.
角度2.利用数列单调性求数列最大(小)项
问题8类比函数单调性性质的研究,数列单调性有哪些性质?如何利用这些
性质运算?
【例5】已知数列{an}的通项公式an=(n+1)
10
11

(n∈N*),试问数列{an}有
没有最大项?若有,求出最大项和最大项的序号;若没有,请说明理由.
分析数列{an}的通项公式
计算 an+1-an
求解最大项
解设ak(k>1)是数列{an}的最大项,
( + 1)
≥ -1 ,
则
即
≥ +1 ,
( + 1)
10
11
10
解这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数,且奇数项

人教A版高中数学选择性必修第二册课后习题第四章数列 4.1 第1课时数列的概念与简单表示

第四章4.1 数列的概念第1课时数列的概念与简单表示A 级必备知识基础练1.[探究点三]数列{a n }中,若a n =√16-2n,则a 4=( ) A.12B.√2C.2√2D.82.[探究点三]已知数列-1,14,-19,…,(-1)n 1n2,…,它的第5项的值为( ) A.15B.-15C.125D.-1253.[探究点三]已知数列的通项公式a n ={3n +1,n 为奇数,2n -2,n 为偶数,则a 2a 3等于( ) A.70B.28C.20D.84.[探究点三]数列2,-5,8,-11,…,(-1)n-1(3n-1),…的第2n 项为( ) A.6n-1B.-6n+1C.6n+2D.-6n-25.[探究点二·陕西西安检测]数列-2,4,-6,8,…的通项公式可能为( )A.a n =(-1)n+12nB.a n =(-1)n 2nC.a n =(-1)n+12nD.a n =(-1)n 2n6.[探究点二、三](多选题)已知数列√2,2,√6,2√2,…,则下列说法正确的是( )A.此数列的通项公式是√2nB.8是它的第32项C.此数列的通项公式是√n +1D.8是它的第4项7.[探究点一](多选题)下面四个数列中,既是无穷数列又是递增数列的是( )A.1,12,13,14,…,1n,…B.sin π7,sin 2π7,sin 3π7,…,sin nπ7,…C.-1,-12,-14,-18,…,-12n -1,…D.1,√2,√3,…,√n ,…8.[探究点四(角度2)]已知数列{a n }的通项公式为a n =2 021-3n,则使a n >0成立的正整数n 的最大值为 .9.[探究点三]已知数列{a n }的通项公式,写出这个数列的前5项,并作出它的图象: (1)a n =2;(2)b n ={n ,n 为奇数,-2n,n 为偶数.10.[探究点二]写出以下各数列的一个通项公式. (1)1,-12,14,-18,….(2)10,9,8,7,6,…. (3)2,5,10,17,26,…. (4)12,16,112,120,130,….(5)3,33,333,3 333,….11.[探究点三]已知数列{a n},a n=n2-pn+q,且a1=0,a2=-4.(1)求a5.(2)150是不是该数列中的项?若是,是第几项?B级关键能力提升练12.设a n=1n +1n+1+1n+2+1n+3+…+1n2(n∈N*),则a2等于( )A.14B.12+13C.12+13+14D.12+13+14+1513.若数列{a n }的通项公式为a n =-2n 2+25n,则数列{a n }的各项中最大项是( ) A.第4项B.第5项C.第6项D.第7项14.(多选题)已知数列{a n }的前4项依次为2,0,2,0,则数列{a n }的通项公式可以是( ) A.a n ={2,n 为奇数,0,n 为偶数B.a n =1+(-1)n+1C.a n =2|sinnπ2| D.a n =21-(-1)n215.[湖南长沙月考]数列{a n }的通项公式a n ={(7-t )n +4,n ≤4,t n -2,n >4,若{a n }是递增数列,则实数t 的取值范围是( ) A.[4,7)B.(325,7)C.[325,7)D.(1,7)16.已知数列{a n }的通项公式为a n =3n+k 2n,若数列{a n }为递减数列,则实数k的取值范围为 .17.函数f(x)=x 2-2x+n(n ∈N *)的最小值记为a n ,设b n =f(a n ),则数列{a n },{b n }的通项公式分别是a n = ,b n = . 18.已知数列{a n }的通项公式为a n =n 2-21n 2(n ∈N *).(1)0和1是不是数列{a n}中的项?如果是,那么是第几项?(2)数列{a n}中是否存在连续且相等的两项?若存在,分别是第几项?C级学科素养创新练19.1766年,德国有一位名叫提丢斯的数学老师,把数列0,3,6,12,24,48,96,…,经过一定的规律变化,得到新数列:0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10,…,科学家发现,新数列的各项恰好为太阳系行星与太阳的平均距离,并据此发现了“天王星”“谷神星”等天体,这个新数列就是著名的“提丢斯—波得定则”.根据规律,新数列的第8项为( )A.14.8B.19.2C.19.6D.20.420.若数列{a n }的通项公式为a n =n n 2+(n ∈N *),则这个数列中的最大项是( ) A.第43项 B.第44项 C.第45项D.第46项21.在数列{a n }中,a n =n 2n 2+1.(1)求数列的第7项.(2)求证:此数列的各项都在区间(0,1)内. (3)区间(13,23)内有没有数列中的项?若有,有几项?第1课时数列的概念与简单表示1.B 由a n =√16-2n可知16-2n>0,即n<8,所以a 4=√16-8=√2.2.D 第5项为(-1)5×152=-125.3.C 由a n ={3n +1,n 为奇数,2n -2,n 为偶数,得a 2a 3=2×10=20.4.B 由数列可知奇数项为正数,偶数项为负数,即可表示为(-1)n-1,又首项为2,故数列的通项公式为a n =(-1)n-1(3n-1),所以第2n 项为a 2n =(-1)2n-1(6n-1)=-(6n-1)=-6n+1.5.B 数列-2,4,-6,8,…的奇数项为负,偶数项为正,且均为2的倍数,故a n =(-1)n 2n.故选B.6.AB 数列√2,2,√6,2√2,…,即√2,√4,√6,√8,…,则此数列的通项公式为√2n ,故A 正确,C 错误;令√2n =8,解得n=32,故8是它的第32项,故B 正确,D 错误.故选AB.7.CD 选项C,D 既是无穷数列又是递增数列. 8.673 由a n =-3n>0,得n<3=67323,又因为n ∈N *,所以正整数n 的最大值为673. 9.解列表法给出这两个数列的前5项:它们的图象分别为10.解(1)a n =(-1)n+112n -1;(2)a n =11-n; (3)a n =n 2+1; (4)a n =1n (n+1);(5)a n =13(10n -1). 11.解(1)由已知,得{1-p +q =0,4-2p +q =-4,解得{p =7,q =6,所以a n =n 2-7n+6,所以a 5=52-7×5+6=-4.(2)令a n =n 2-7n+6=150,解得n=16(n=-9舍去),所以150是该数列中的项,并且是第16项.12.C ∵a n =1n+1n+1+1n+2+1n+3+ (1)2(n ∈N *),∴a 2=12+13+14.13.C 因为a n =-2n 2+25n=-2·(n-254)2+6258,且n ∈N *,所以当n=6时,a n 的值最大,即最大项是第6项. 14.ABC ∵a n ={2,n 为奇数,0,n 为偶数,∴a 1=2,a 2=0,a 3=2,a 4=0,故A 正确;∵a n =1+(-1)n+1,∴a 1=1+(-1)2=2,a 2=1+(-1)3=0,a 3=1+(-1)4=2,a 4=1+(-1)5=0,故B 正确; ∵a n =2|innπ2|s,∴a 1=2|sin π2|=2,a 2=2|sin2π2|=0,a 3=2|sin3π2|=2,a 4=2|sin4π2|=0,故C 正确; ∵a n =21-(-1)n2,∴a 1=21-(-1)12=2,a 2=21-(-1)22=1,a 3=21-(-1)32=2,a 4=21-(-1)42=1,故D 错误.故选ABC.15.A 因为数列{a n }的通项公式a n ={(7-t )n +4,n ≤4,t n -2,n >4,若{a n }是递增数列,则{7-t >0,t >1,4(7-t )+4≤t 2,解得4≤t<7. 故选A.16.(0,+∞) 由数列{a n }为递减数列可知a n+1<a n 对n ∈N *恒成立,即3(n+1)+k 2n+1<3n+k 2n,因此3(n+1)+k 2n+1−3n+k 2n=3(n+1)+k -6n -2k2n+1=3-k -3n 2n+1<0,即k>3-3n,因为n ∈N *,所以3-3n≤0(n=1时等号成立),即3-3n 的最大值为0,所以k>0.17.n-1 n 2-3n+3 当in =f(1)=1-2+n=n-1,即a n =n-1;将x=n-1代入f(x)得,b n =f(n-1)=(n-1)2-2(n-1)+n=n 2-3n+3.18.解(1)令a n =0,得n 2-21n=0,∴n=21或n=0(舍去),∴0是数列{a n }中的第21项.令a n =1,得n 2-21n 2=1,而该方程无正整数解,∴1不是数列{a n }中的项.(2)假设存在连续且相等的两项是a n ,a n+1,则有a n =a n+1,即n 2-21n 2=(n+1)2-21(n+1)2.解得n=10,∴存在连续且相等的两项,它们分别是第10项和第11项.19.C 0,3,6,12,24,48,96的规律是从第三项起,每一项是前一项的两倍,故该数列的第8项是192.新数列0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10,…的规律是原数列的每一项加4,再除以10,计算即可.20.C 设f(x)=xx 2+(x>0),则f(x)=1x+x ,又由x+x≥2√,当且仅当x=√时,等号成立,则当x=√时,x+x取得最小值,此时f(x)取得最大值,而44<√<45,a 44=44442+<a 45=45452+,则数列中的最大项是第45项. 21.(1)解a 7=7272+1=4950. (2)证明∵a n =n 2n 2+1=1-1n 2+1,∴0<a n <1,故数列的各项都在区间(0,1)内.(3)解令13<n 2n 2+1<23,则12<n 2<2,n ∈N *,故n=1,即在区间(13,23)内有且只有1项a 1.。

2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分专题四数列 1-4-2 含答案

限时规范训练十一数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11 D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 11－q n 1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3，两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2，又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×41－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

2018届高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破课件：专题四+数列+4.2

∴an-an-1=ln 1 + �� -1 =ln�� -1(n≥2), ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln
�� -1
1
��
+ln
��
�� -1 �� -2
+…+ln +ln 2+2
1
�� (�� +1)
,an=1-
1 �� (�� +1)
.
(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),
∵a1=1,知 a1+1=2,an+1≠0, ∴
�� +1 +1 �� +1
=3.∴数列 {an+1}是以 2 为首项 ,
�� 3
3
,∴an=
1 3
2 �� +1
.
(2)∵Sn= an+ ,①
3
2
∴当 n≥2 时 ,Sn-1=3an-1+3.②
由 ①-②,得 an= an- an-1,即
3 3 2 2 �� -1
2
1
=-2.
1
∵a1=S1=3a1+3,∴a1=1. ∴{an}是以 1 为首项 ,-2 为公比的等比数列 ,an=(-2)
�� -
2
1

2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合3

2(x+yi)+ �� 2 + �� 2 = 2 + 6i, 即(2x+ �� 2 + �� 2 ) + 2��i = 2 + 6i. 2�� + �� 2 + �� 2 = 2, 由复数相等的充要条件,得 2�� = 6, 解得 x= 故 z=
答案:1
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题四利用复数相等解决问题在复数集C={a+bi|a,b∈R}中,任取两个复数 a+bi,c+di(a,b,c,d∈R),我们规定:a+bi,c+di相等的充要条件是a=c, 且b=d.
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
应用已知2z+|z|=2+6i,求z. 提示:设z=x+yi(x,y∈R),由复数相等建立方程组求解. 解:设z=x+yi(x,y∈R),代入已知方程,得
本章整合
-1-
知识建构
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题一复数的实部与虚部的区分对于复数z=a+bi(a,b∈R),其中a和b分别叫做复数z的实部和虚部, 一定要记清楚bi并不是虚部.如2+i的实部为2,虚部为1,而不是i.
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
=
3+i
∴z· �� = 答案:A
3 i + 4 4
3 i ∴ �� = − − . 4 4
3 i 4 4
=
3 1 + 16 16

2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合2

题1 专题2 专题3
专题一合情推理和演绎推理在解题中的应用 1.合情推理的应用归纳和类比是常用的合情推理,都是根据已有的事实,经过观察、分析、比较、联想,再进行归纳类比,然后提出猜想的推理.从推理形式上看,归纳推理是由部分特殊的对象得到一般性的结论的推理方法,它在科学研究或数学学习中有着重要的作用:发现新知识、探索新规律、检验新结论或预测答案、探索解题思路等;类比推理是由特殊到特殊的推理,它以比较为基础,有助于启迪思维、触类旁通、拓宽知识、发现命题等.合情推理的结论不一定正确,有待于演绎推理的验证,而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的, 合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.
①
再证余弦定理.在△A'B'C'中,有 B'C'2=A'C'2+A'B'2-2A'C'· A'B'cos α.
2 2 2 ①式两边同乘 l2,即得��1 = ��2 + ��3 − 2��2S3cos α, 2 2 2 2 2 2 同理可证��2 = ��1 + ��3 − 2��1S3cos ��, ��3 = ��1 + ��2 − 2S1S2cos γ.
综合应用专题1 专题2 专题3
解:如图,作与三棱柱 ABC-A1B1C1 侧棱都垂直的截面 A'B'C',设∠ B'A'C'=α,∠A'B'C'=β,∠B'C'A'=γ,则 α,β,γ 分别为三个侧面所成二面角的平面角.

2018版高中数学人教A版选修2-2课件：本章整合1

在
-��+ ��2 -3 3
, + ∞ 内f'(x)>0,f(x)是增函数.
②若 − 3 < �� < 3, 则对所有x∈R 都有 f'(x)>0,故此时 f(x)在
R 上是增函数.
③若 a=± 3, 则f′ - 3 = 0, 且对所有的x≠− 3 都有f'(x)>0,
故当 a=± 3时,f(x)在 R 上是增函数.
2 (��2 +��)
,
由题意知 f'(-c)=0,即得 c2k-2c-ck=0.
∵c>0,易知 k≠0,∴c=1+ �� . (∗)
2
由 f'(x)=0,得-kx2-2x+ck=0. 由根与系数的关系知另一个极值点为 x=1.
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
即 4x-y-4=0 和 12x-3y+20=0.
4
∴斜率为 4 的曲线的切线方程为 y-4=4(x-2)和 y+ 3 = 4(�� + 2),
4
综合应用专题1 专题2 专题3 专题4 专题5
专题二利用导数确定函数的单调区间利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一,其步骤为: (1)确定f(x)的定义域; (2)求导数f'(x); (3)解不等式f'(x)>0或f'(x)<0; (4)确定并指出函数的单调递增区间、递减区间. 特别要注意写单调区间时,相同单调性的区间之间用“和”连接或用“,”隔开,绝对不能用“∪”相连.
(2)由(*)式知
当 x 变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表: x (-∞,-c) -c (-c,1) 1 f'(x) 0 + 0 f(x) ↘

2018学年高中数学人教A版选修2-2课件：第1章章末分层突破精品

象如图 1-1 所示，则该函数的图象是( ) 【导学号：60030045】
图 1-1
【精彩点拨】 (1)曲线在点(1,1)处的切线斜率即为该点处的导数． (2)由导数值的大小变化，确定原函数的变化情况，从而得出结论．【规范解答】 (1)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为 y′ x＝1 ＝2. (2)从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0 时最大，所以函数 f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在 x＝0 时变化率最大．A 项，在 x ＝0 时变化率最小，故错误；C 项，变化率是越来越大的，故错误；D 项，变化率是越来越小的，故错误；B 项正确．【答案】 (1)C (2)B
已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b 的图象上一点 P(1,0)，且在点 P 处的切线与直线 3x＋y＝0 平行．
(1)求函数 f(x)的解析式； (2)求函数 f(x)在区间[0，t](0<t<3)上的最大值和最小值； (3)在(1)的结论下，关于 x 的方程 f(x)＝c 在区间[1,3]上恰有两个相异的实根，求实数 c 的取值范围．【精彩点拨】 (1)由ff′1＝1＝0，－3，求出 a，b 即可． (2)对 t 分 0<t≤2 与 2<t<3 两种情况求最值． (3)构造函数 g(x)＝f(x)－c 转化为 g(x)在[1,3]上有实根求解．
y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)，① 又 y1＝f(x1)，② 由①②求出 x1，y1 的值，即求出了过点 P(x0，y0)的切线方程．
(1)曲线 y＝xex－1 在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A．2e
B．e
C．2
D．1

2018秋新版高中数学人教A版必修5：第二章数列 2.4.2

题型一题型二题型三
【变式训练1】 (1)已知在等比数列{an}中,a4=7,a6=21,则
a12=
;
(2)已知数列{an}为等比数列,若an>0,且a2a4+2a3a5+a4a6=36,则
a3+a5=
;
(3)在等比数列{an}中,若公比q>1,且a2a8=6,a4+a6=5, 则
解析:(1)设等比数列{an}的公比为
题型一题型二题型三
易错辨析
易错点:忽视等比数列中项的符号致错
【例3】在等比数列{an}中,a5,a9是方程7x2-18x+7=0的两个根,则
a7=
.
错解∵a5,a9是方程7x2-18x+7=0的两个根,
18 ∴ ��5 + ��9 = 7 ,
��5��9 = 1.
个数,根据中间两数之积为
16,将中间两数分别设为
��
,
��,
列方程解
得a,q.这样既可使未知量减少,同时解方程也较为方便.
解设所求四个数为
2��
−
��,
��
,
��,
��3,
第2课时等比数列的性质
-1-
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典例透析
HONGNANJUJIAO IANLITOUXI
1.复习巩固等比数列的概念及其通项公式. 2.掌握等比中项的应用. 3.掌握等比数列的性质,并能解决有关问题.

2018秋新版高中数学人教A版必修5：第二章数列 2.4.1

图,表示等比数列{2n-1}的各点都在函数 y=2x-1 的图象上.
题型一题型二题型三题型四
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典例透析
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求等比数列的通项公式
【例1】在等比数列{an}中,已知a5-a1=15,a4-a2=6,求an.
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1.等比数列
文字语言
数学符号
递推关系
一般地,如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项
的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列,这个
常数叫做等比数列的公比,公比通常用字母 q 表示(q≠0).
1 均不为0,n≥2,n∈N*),那么数列{an}是等比数列.
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3.等比数列与指数函数的关系
剖析等比数列的通项公式可整理为
an=
��1 ��
��.
当q>0,且
1 2
,
从而a1=32.
又 an=1,所以 32×
1 2
�� -1
= 1,
即 26-n=20,所以 n=6.
题型一题型二题型三题型四
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2018版高考数学人教A版理一轮复习课件：选修4-4 第2节参数方程精品

)
(4)已知椭圆的参数方程xy＝＝24csions
t， t
(t 为参数)，点 M 在椭圆上，对应参数 t
＝π3，点 O 为原点，则直线 OM 的斜率为 3.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．(教材改编)曲线yx＝＝2－＋1s＋incθos θ， (θ 为参数)的对称中心(
[规律方法] 1.将参数方程化为普通方程，消参数常用代入法、加减消元法、三角恒等变换消去参数．
2．把参数方程化为普通方程时，要注意哪一个量是参数，并且要注意参数的取值对普通方程中 x 及 y 的取值范围的影响，要保持同解变形．
[变式训练 1] 在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 l：xy＝＝tt，－a (t 为参数)过椭
当
sin(θ＋α)＝－1
时，|PA|取得最大值，最大值为225
5 .
当
sin(θ＋α)＝1
时，|PA|取得最小值，最小值为2 5
5 .10
分
[规律方法] 1.解决直线与圆的参数方程的应用问题时，一般是先化为普通方程，再根据直线与圆的位置关系来解决问题．
2．对于形如yx＝＝yx00＋＋batt， (t 为参数)，当 a2＋b2≠1 时，应先化为标准形式后才能利用 t 的几何意义解题．
[解]
(1)由yx＝＝44scions
θ， θ，
消去 θ，
得圆 C 的普通方程为 x2＋y2＝16.2 分
又直线 l 过点 P(1,2)且倾斜角 α＝π6，
所以 l 的参数方程为xy＝＝12＋＋ttcsionsπ6π6，，
x＝1＋即
23t，
y＝2＋12t
(t 为参数).4 分
(2)把直线

2018秋新版高中数学人教A版必修5习题：第二章数列 2.4.2

第2课时　等比数列的性质课时过关·能力提升基础巩固1在等比数列{a n}中,a2=8,a5=64,则公比q为( ).A.2B.3C.4D.8答案:A2对任意等比数列{a n},下列说法一定正确的是( ).A.a1,a3,a9成等比数列B.a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列D.a3,a6,a9成等比数列答案:D3已知等差数列a,b,c三项之和为12,且a,b,c+2成等比数列,则a等于( ). A.2或8 B.2C.8D.-2或-8解析:由已知得{a+c=2b,a+b+c=12,a(c+2)=b2,解得{a=2,b=4,c=6或{a=8,b=4,c=0.故a=2或a=8.答案:A4等比数列{a n}的公比q=‒14,a1=2,则数列{an}是( ).A.递增数列B.递减数列C.常数数列D.摆动数列解析:由于公比q=‒14<0,所以数列{a n}是摆动数列.答案:D5已知{a n }是等差数列,公差d 不为零.若a 2,a 3,a 7成等比数列,且2a 1+a 2=1,则a 1= ,d= .解析:由题意得{a 23=a 2·a 7,2a 1+a 2=1,即{(a 1+2d )2=(a 1+d )·(a 1+6d ),2a 1+a 1+d =1,解得{a 1=23,d =-1.答案:23　‒16若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则ln a 1+ln a 2+…+ln a 20= . 答案:507在83和272之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的积为 .解析:设此三个数为x ,y ,z ,即数.列83,x ,y ,z ,272构成等比数列由等比数列的性质可知xz=y 2=83×272=36.设公比为q ,又知y 为该数列的第三项,∴y =83q 2>0.∴y =6.∴xyz=36×6=216.答案:2168有四个实数,前三个数依次成等比数列,它们的积是-8,后三个数依次成等差数列,它们的积为-80,求出这四个数.解由题意设此四个数为b q ,b ,bq ,a ,则有{b 3=-8,2bq =a +b ,ab 2q =-80,解得{a =10,b =-2,q =-2或{a =-8,b =-2,q =52.所以这四个数为1,-2,4,10或‒45,‒2,‒5,‒8.9已知数列{a n }是等比数列,a 3+a 7=20,a 1a 9=64,求a 11的值.分析要求出等比数列中的某一项,可先求出其他一项和q ,再利用a n =a m q n-m 求解.解∵数列{a n}为等比数列,∴a1a9=a3a7=64.又a3+a7=20,∴a3,a7是方程t2-20t+64=0的两个根.解方程,得t1=4,t2=16,∴a3=4,a7=16或a3=16,a7=4.当a3=4时,a3+a7=a3+a3q4=20,∴1+q4=5.∴q4=4.∴a11=a3q8=4×42=64.当a3=16时,a3+a7=a3(1+q4)=20,∴1+q4=54.∴q4=14.∴a11=a3q8=16×(14)2=1.综上可知,a11的值为64或1.能力提升1已知等比数列{a n}的公比q>0,且a3a9=2a 25,a2=1,则a1等于( ).A .12B.22C.2D.2解析:∵a3a9=a26=2a25,∴q2=(a6a5)2=2.又q>0,∴q=2,∴a1=a2q=12=2.答案:B2在等比数列{a n}中,a3a4a5=3,a6a7a8=24,则a9a10a11的值等于( ).A.48B.72C.144D.192解析:∵a6a7a8a3a4a5=q9=8,∴a9a10a11=a6a7a8·q9=24×8=192.答案:D★3若数列{a n}是等比数列,则下列数列一定是等比数列的是( ).A.{lg a n}B.{1+a n}C.{1a n}D.{a n}解析:当a n =-1时,lg a n ,1+a n =0,则选项A,B,D 都不符合题意;选项C 中,设a n =a 1q n-1(q 是与a n 无意义公比),则b n=1a n =1a 1q n -1=1a 1·(1q )n -1,则,有b n +1b n =1a 1·(1q )n +1-11a 1·(1q )n -1=1q =常数即数.列{1a n}是等比数列答案:C 4等比数列{a n }的各项都为正数,且a 5a 6+a 4a 7=18,则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10等于( ).A.12B.10C.8D.2+log 35解析:因为a 5a 6+a 4a 7=2a 5a 6=18,所以a 5a 6=9.所以log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=log 3(a 1a 2…a 10)=log 3[(a 1a 10)(a 2a 9)…(a 5a 6)]=log 3[(a 5a 6)5]=log 395=10.答案:B5在等比数列{a n }中,a 2=2,a 6=16,则a 10= .解析:∵a 2,a 6,a 10成等比数列,∴a 26=a 2a 10.∴a 10=a 26a 2=128.答案:1286在等比数列{a n }中,a 888=3,a 891=81,则公比q= .解析:∵a 891=a 888q 891-888=a 888q 3,∴q 3=a 891a 888=813=27.∴q =3.答案:37某厂生产电脑,原计划第一季度每月增加的台数相同,在实际生产过程中,一月份的产量与原计划相同,二月份比原计划多生产10台,三月份比原计划多生产25台,这样三个月的产量正好成等比数列,而第三个月的产量比原计划第一季度总产量的一半少10台,问该厂第一季度实际生产电脑多少台?解设该厂第一季度原计划三个月生产的电脑台数分别为x-d ,x ,x+d (d>0),则实际上三个月生产的电脑台数分别为x-d ,x+10,x+d+25.由题意,得{(x+10)2=(x-d)(x+d+25), x+d+25=3x2-10,解得{x=90,d=10.故(x-d)+(x+10)+(x+d+25)=3x+35=3×90+35=305(台),所以该厂第一季度实际生产电脑305台.★8若数列{a n}是公差d≠0的等差数列,{b n}是公比q≠1的等比数列,已知a1=b1=1,且a2=b2,a6=b3.(1)求d和q;(2)是否存在常数a,b,使对一切n∈N*都有a n=log a b n+b成立?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.解(1)由题意得{1+d=q,1+5d=q2,解得{d=3,q=4.(2)假设存在常数a,b.由(1)得a n=3n-2,b n=4n-1,代入a n=log a b n+b得3n-2=log a4n-1+b,即(3-log a4)n+(log a4-b-2)=0对一切n∈N*都成立,∴{3-log a4=0, log a4-b-2=0,∴{a=34,b=1.∴存在常数a.=34,b=1使等式成立。

高考数学(理科)二轮复习课件：2.4数列2.2

-10 -
考向一
考向二
考向三
-11 -
考向一
考向二
考向三
求数列的通项及分项求和
例3 (2018 山东济宁一模,理17)已知{an}是等比数列,满足a1= 2, 且a2,a3+ 2,a4成等差数列,数列{b n}满足
(1)求{an}和{b n}的通项公式; (2)设cn= (-1)n(an-b n),求数列{cn}的前2 n 项和S2n.
把数列的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求
得其和.注意抵消后所剩余的项一般前后对称.
-9-
考向一
考向二
考向三
对点训练 2 (2018 江西南昌一模,理17)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,满足S4= 2 a4-1,S3= 2 a3-1 .
(1)求{an}的通项公式及数列{an}的前n 项和; (2)记b n= log2(an·an+ 1),数列{b n}的前n 项和为T n,
4.2.2 求数列的通项及前n 项和
考向一
考向二
考向三
求数列的通项及错位相减求和
例1 (2018 湖南衡阳二模,理17)等差数列{an}中,a3= 1,a7= 9,Sn 为等比数列{b n}的前n 项和,且b 1= 2,若4 S1,3S2,2S3成等差数列.
(1)求数列{a n },b{ n }的通项公式; (2)设cn=|a n|·b n,求数列{cn}的前n 项和T n.
{an}的前n 项和为Sn,已知S4= 10,且a1,a3,a9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式;
-5-
考向一
考向二
考向三
-6-
考向一
考向二
考向三

人教A版高中数学选择性必修第二册素养单元课后习题第四章数列第2课时数列的递推公式 (2)

第2课时数列的递推公式A级必备知识基础练1.已知在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+n(n∈N*),则a4的值为( )A.5B.6C.7D.82.已知数列{a n},a n+1=11-a n,a1=3,则a2 024=( )A.23B.3 C.-12D.323.已知数列{a n}的前n项和S n=1n,则a6的值等于( )A.120B.-120C.130D.-1304.已知数列{a n}的前n项和S n=4n2-10n,则a2+a6=( )A.36B.68C.96D.1085.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则a2=( )A.4B.2C.1D.-26.若数列{a n}满足a n+1=2a n-1,且a8=16,则a6= .7.观察图中各正方形图案,每条边上有n(n≥2)个圆点,设第n个图案中圆点的总数是S n,按此规律推断出S n与n的关系式为.8.在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=a n +ln (1+1n ),写出数列{a n }的前5项,并猜想通项公式a n .B 级关键能力提升练9.已知数列{a n },a n+1=12a n +12n ,则2a 4-a 3的值为( )A.1B.14C.34D.5810.已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,且a n ·a n+2=a n+1(n ∈N *),则a 2 024的值为( ) A.2B.1C.12D.1411.设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n,则a n = . 12.已知数列{a n }满足a n+1={2a n ,0≤a n <12,2a n -1,12≤a n <1.若a 1=67,试求a 2 021+a 2 022.第2课时数列的递推公式1.D 因为a1=2,a n+1=a n+n,所以a2=a1+1=2+1=3,a3=a2+2=3+2=5,a4=a3+3=5+3=8.2.C 由题意,可知:a1=3,a2=11-a1=11-3=-12,a3=11-a2=11+12=23,a4=11-a3=1 1-23=3,a5=11-a4=11-3=-12,….∴数列{a n}是一个以3为最小正周期的周期数列.∵÷3=674……2,∴a=a2=-12.3.D a6=S6-S5=16−15=-130.故选D.4.A 由题意,可得当n≥2时,a n=S n-S n-1=4n2-10n-[4(n-1)2-10(n-1)]=8n-14,所以a2+a6=(8×2-14)+(8×6-14)=36.5.A 由题得,当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2.当n=2时,a1+a2=S2=2a2-2,解得a2=4.故选A.6.194∵a n+1=2a n-1,∴a8=2a7-1=16,解得a7=172,又a 7=2a 6-1=172,解得a 6=194.7.S n =4n-4(n ∈N *,n≥2) 由题可知,S 2=4×2-4=4,S 3=4×3-4=8,S 4=4×4-4=12. 据此规律推断,S n =4n-4(n ∈N *,n≥2). 8.解由递推公式可得,a 2=a 1+ln2=2+ln2,a 3=a 2+ln 32=2+ln2+ln 32=2+ln3,a 4=a 3+ln 43=2+ln3+ln 43=2+ln4,a 5=a 4+ln 54=2+ln4+ln 54=2+ln5,∴由此猜想,a n =2+lnn(n ∈N *).9.B 因为a n+1=12a n +12n ,令n=3,则2a 4-a 3=2×18=14.10.A a n ·a n+2=a n+1(n ∈N *),由a 1=1,a 2=2,得a 3=2;由a 2=2,a 3=2,得a 4=1;由a 3=2,a 4=1,得a 5=12;由a 4=1,a 5=12,得a 6=12;由a 5=12,a 6=12,得a 7=1;由a 6=12,a 7=1,得a 8=2,由此推断可得数列{a n }是一个周期为6的周期数列,所以a=a 337×6+2=a 2=2. 11.22n -1a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n, ① 则当n≥2时,a 1+3a 2+…+(2n -3)a n-1=2(n-1), ②由①-②得(2n-1)a n =2n-2n+2=2,所以a n =22n -1(n≥2).当n=1时,a 1=2符合上式,则a n =22n -1.12.解∵a 1=67∈[12,1),∴a 2=2a 1-1=57∈[12,1),∴a3=2a2-1=37∈[0,12),∴a4=2a3=67.∴数列{a n}是周期数列,且周期为3.∴a+a=a673×3+2+a674×3=a2+a3=57+37=87.。

2018-4-2(广联达土建算量(土方)计算规则解析)

软件里选“主构件扣次构件，次构件无影响” 工程量计算优先顺序，基础，柱，墙，梁，板
接下来演示软件实际设置操作
建筑工程竣工结算的土建算量审核规则
大开挖土方的软件定额规则
2020/9/19
建筑工程竣工结算的土建算量审核规则
基槽土方的软件定额规则
2020/9/19
建筑工程竣工结算的土建算量审核规则
基坑土方的软件定额规则
建筑工程竣工结算的土建算量审核规则
土方工程涉及的计算规则
• 桩间挖土不扣除桩的体积
• (2)沟槽工程量按沟槽长度乘以沟槽截面积计算
• 沟槽长度：外墙按图示基础中心线长度计算，内墙按图示基础底宽加工作面宽度之间净长度计算。沟槽宽按设计宽度加基础施工所需工作面宽度计算。突出墙面的附墙烟囱、垛等体积并入沟槽土方工程量内。
2020/9/19
• 挖土深度超过1.5m增加费定额仅适用于人工将挖土倒运至地面情况
• 场地平整清单规范的规则是按建筑物首层建筑面积计算，但从施工考虑，平整场地是与建筑物占地面积相关的。因此，建筑物外墙外边线指：从建筑物地上部分、地下室部分整体考虑，以垂直投影最外边的外墙边线为准，即：
• 当地上首层外墙在外时，以地上首层外墙外边线为准（见图a）
• 当地下室外墙在外时，以地下室外墙外边线为准（见图b）；
• 当局部地上首层外墙在外、局部地下室外墙在外时（外墙外边线有交叉），则以最外边的外墙外边线为准（见图cl、c2）。
本节课小结
课程小结
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下期预告：
• 整板基础反梁、砖胎模以及积水坑等的土方不在基坑机械挖土工程量计算的范围之内，应另按挖基槽等项目计价

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名校模拟
1．(2016·江西南昌二中模拟)各项均为正数的等差数列{a n }中，a 4a 9＝36，则前12项和S 12的最小值为( )
A ．78
B ．48
C ．60
D ．72
答案：D 解析：因为S 12＝12(a 1＋a 12)2
＝6(a 4＋a 9)≥12a 4a 9＝72，当且仅当a 4＝a 9＝6时等号成立，所以S 12的最小值为72，故选D.
2．(2016·山西四校联考)已知数列2 008,2 009,1，－2 008，…，这个数列的特点是从第二项起，每项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014等于( )
A ．1
B ．4 018
C ．2 010
D ．0
答案：C 解析：依题意，该数列为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1，2 008,2 009,1，…，按此规律，可知该数列的周期为6，且这6项之和为0.∴这个数列的前2 014项之和S 2 014＝S 335×6＋4＝S 4＝2 008＋2 009＋1－2 008＝2 010.
3．(2016·全国百校联盟5月质监)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，
且满足2S n ＝4a n －1(n ∈N *
)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2 a n ＋3log 2 a n ＋2的前10项和为________．
答案：1011 解析：∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1，
∴2a n ＝4a n －4a n －1，
∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．
又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，
∴数列{a n }为等比数列，
∴a n ＝2n －2.
∵1log 2 a n ＋3log 2 a n ＋2＝1(n ＋1)n ＝1n －1n ＋1
， ∴前10项和为⎝
⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.
4．(2016·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，向
量a ＝(S n,1)，b ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫2n －1，12满足条件a ∥b . (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，数列{b n }满足条件b 1＝1，f (b n ＋1)＝1f (－b n －1)
. ①求数列{b n }的通项公式；
②设c n ＝b n a n
，求数列c n 的前n 项和T n . 解：(1)∵a ∥b ，∴12S n ＝2n －1，S n ＝2n ＋1－2.
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ；
当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，满足上式，∴a n ＝2n .
(2)①∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，f (b n ＋1)＝1f (－1－b n )
， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12b n ＋1 ＝1⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 －1－b n ，∴12b n ＋1 ＝121＋b n ， ∴b n ＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1.
又∵b 1＝1，∴{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴b n ＝n .
②c n ＝b n a n
＝n 2n ，T n ＝121＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两边同乘12得
12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n
2n ＋1，两式相减得
12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1
， ∴T n ＝2－n ＋22n (n ∈N *)．。