高三理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義模塊二專題三數(shù)列第二講數(shù)列的通項與求和

專題三數(shù)列第二講數(shù)列的通項與求和以等差、等比數(shù)列為載體，考查數(shù)列的通項、求和．2．利用遞推關(guān)系求數(shù)列的通項、前n項和.1．(2017·石家莊一模)已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，且(n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，則它的通項公式為()A．a(chǎn)n＝eq\f(1,n＋1) B．a(chǎn)n＝eq\f(2,n＋1)C．a(chǎn)n＝eq\f(n＋2,2) D．a(chǎn)n＝n[解析]因?yàn)?n＋2)aeq\o\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq\o\al(2,n)＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0.又{an}為正項數(shù)列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n＋2)，則當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n＋1)·eq\f(n－1,n)·…·eq\f(2,3)·1＝eq\f(2,n＋1).又∵a1＝1也適合，∴an＝eq\f(2,n＋1)，故選B.[答案]B2．(2016·浙江卷)如圖，點(diǎn)列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q(mào)表示點(diǎn)P與Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則()A．{Sn}是等差數(shù)列B．{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列C．{dn}是等差數(shù)列D．{deq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列[解析]Sn表示An點(diǎn)到對面直線的距離(設(shè)為hn)乘以|BnBn＋1|長度的一半，即Sn＝eq\f(1,2)hn|BnBn＋1|，因?yàn)閨BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，所以|BnBn＋1|的長度為定值，設(shè)銳角為θ，則hn＝h1＋|A1An|sinθ，∴Sn＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An|sinθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An＋1|sinθ)|Bn＋1Bn＋2|，∴Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)(|AnAn＋1|sinθ)·|BnBn＋1|，∵|AnAn＋1|，|BnBn＋1|為定值，所以Sn＋1－Sn為定值，即Sn是等差數(shù)列，故選A.[答案]A3．(2017·全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝________.[解析]由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，,a3＝a1＋2d＝3，))解得a1＝1，d＝1，∴Sn＝eq\f(nn＋1,2)，∴eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).[答案]eq\f(2n,n＋1)4．(2017·天津卷)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)．[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因?yàn)閝>0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述兩式相減，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).考點(diǎn)一求數(shù)列的通項公式數(shù)列通項公式的求法(1)公式法：由an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通項公式．(2)累加法：由形如an＋1－an＝f(n)(f(n)是可以求和的)的遞推關(guān)系求通項公式時，常用累加法．(3)累乘法：由形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)(f(n)是可以求積的)的遞推關(guān)系求通項公式時，常用累乘法．(4)構(gòu)造法：由形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”的遞推關(guān)系求通項公式時，可用迭代法或構(gòu)造等比數(shù)列法．角度1：累加法、累乘法求數(shù)列通項[解析]因?yàn)閍n＋1－1＝an＋2n，所以當(dāng)n≥2時，an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2(n－1)－1，an－2－an－3＝2(n－2)－1，…a2－a1＝2×2－1，將以上各式相加，得an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2]－(n－1)＝eq\f(n－12n＋4,2)－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.又因?yàn)閍1＝2，所以an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)．當(dāng)n＝1時，a1＝2適合上式．故an＝n2＋1(n∈N*)．[答案]an＝n2＋1角度2：構(gòu)造法求數(shù)列通項[解析]在遞推公式an＋1＝2an＋3×2n的兩邊同時除以2n＋1，得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(3,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差數(shù)列，其首項為eq\f(a1,2)＝1，公差為eq\f(3,2)，所以eq\f(an,2n)＝1＋(n－1)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)n－eq\f(1,2)，所以an＝(3n－1)·2n－1.[答案]an＝(3n－1)·2n－1[探究追問]若例1－2中的“an＋1＝2an＋3×2n”改為“an＋1＝2an＋3×5n”，其他條件不變，則數(shù)列{an}的通項公式為________．[解析]解法一：在遞推公式an＋1＝2an＋3×5n的兩邊同時除以5n＋1，得eq\f(an＋1,5n＋1)＝eq\f(2,5)×eq\f(an,5n)＋eq\f(3,5)，①令eq\f(an,5n)＝bn，則①式變?yōu)閎n＋1＝eq\f(2,5)bn＋eq\f(3,5)，即bn＋1－1＝eq\f(2,5)(bn－1)，又因?yàn)閎1－1＝eq\f(a1,5)－1＝－eq\f(3,5)，所以數(shù)列{bn－1}是等比數(shù)列，其首項為－eq\f(3,5)，公比為eq\f(2,5)，所以bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1，即bn＝1－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1，所以eq\f(an,5n)＝1－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n－1＝1－eq\f(3×2n－1,5n)，故an＝5n－3×2n－1.解法二：設(shè)an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，則an＋1＝2an－3k×5n，與題中遞推公式比較得k＝－1，即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，所以數(shù)列{an－5n}是首項為a1－5＝－3，公比為2的等比數(shù)列，則an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1.[答案]an＝5n－3×2n－1求數(shù)列通項公式的兩種策略(1)已知Sn與an的遞推關(guān)系求通項常用兩個思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.(2)已知an與an＋1的遞推關(guān)系式求通項，通常結(jié)合關(guān)系式的特征采用累加、累乘、構(gòu)造等方法．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．[角度1](2017·東北三校聯(lián)考)若數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2nan，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.[解析]由an＋1＝2nan，得eq\f(an＋1,an)＝2n，令n＝1,2，…，可得eq\f(a2,a1)＝21，eq\f(a3,a2)＝22，…，eq\f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，將這n－1個等式疊乘得eq\f(an,a1)＝21＋2＋…＋(n－1)＝2eq\s\up18(eq\f(n（n－1）,2))，故an＝2eq\s\up18(eq\f(n（n－1）,2)).又a1＝1滿足上式，故an＝2eq\s\up18(eq\f(n（n－1）,2)).[答案]2eq\s\up18(eq\f(n（n－1）,2))2．[角度2]已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，且滿足Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為________．[解析]因?yàn)镾n＋an＝2n＋1，所以當(dāng)n＝1時，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝eq\f(3,2).當(dāng)n≥2時，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，所以an－an－1＋an＝2，即an＝eq\f(1,2)an－1＋1，即an－2＝eq\f(1,2)(an－1－2)，又因?yàn)閍1－2＝－eq\f(1,2)，所以數(shù)列{an－2}是等比數(shù)列，其首項為－eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)，所以an－2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝2－eq\f(1,2n).[答案]an＝2－eq\f(1,2n)考點(diǎn)二求數(shù)列的前n項和數(shù)列求和的方法(1)分組求和法：分組求和法是解決通項公式可以寫成cn＝an＋bn形式的數(shù)列求和問題的方法，其中{an}與{bn}是等差(比)數(shù)列或一些可以直接求和的數(shù)列．(2)裂項相消法：將數(shù)列的通項分成兩個代數(shù)式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通過累加抵消中間若干項的求和方法．形如eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各項均不為0的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列等．(3)錯位相減法：形如{an·bn}(其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列)的數(shù)列求和，一般分三步：①巧拆分；②構(gòu)差式；③求和．(4)倒序相加法：將一個數(shù)列倒過來排序，它與原數(shù)列相加時，若有公因式可提，并且剩余的項的和易于求得，則這樣的數(shù)列可用倒序相加法求和．角度1：分組求和[解析]由題意可知，數(shù)列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項和為eq\f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.選C.[答案]C角度2：裂項相消求和[解](1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an>0，可得an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，通項公式為an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(n,32n＋3).[思維流程](1)eq\x(\a\al(構(gòu)造數(shù)列,{an＋1－an}))→eq\x(求出an＋1－an)eq\o(→,\s\up17(累加法))eq\x(求an)(2)eq\x(求bn)→eq\x(\a\al(符合錯位相減,法求和特征))→eq\x(求{bn}前n項和)[解](1)由an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，得an＋1－an＝2(an－an－1)，因此數(shù)列{an＋1－an}是公比為2，首項為a2－a1＝2的等比數(shù)列．所以當(dāng)n≥2時，an－an－1＝2×2n－2＝2n－1，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2＝2n，當(dāng)n＝1時，也符合，故an＝2n.(2)由(1)知bn＝eq\f(2n－1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n＋1)②①－②，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(2,2n)－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋1－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2n＋1)，所以Tn＝3－eq\f(2n＋3,2n).數(shù)列求和的解題策略解決數(shù)列求和問題，一般首先確定數(shù)列的通項公式，然后根據(jù)其結(jié)構(gòu)形式，采取相適應(yīng)的求解方法．有時幾種方法同時集中在一道題目中，要細(xì)致觀察通項的特征，靈活應(yīng)用求和方法．【易錯提醒】(1)用錯位相減法求和時，要注意找準(zhǔn)項數(shù)、開始的項和結(jié)束的項，不要漏項或加項．(2)在錯位相減后一定要注意其中各個項的結(jié)構(gòu)，特別是相減后得到的和式的第一項是否可以和后續(xù)的項組成等比數(shù)列．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．[角度1](2017·山東德州模擬)數(shù)列{an}的通項公式為an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項和為Sn，則S2016等于()A．1008B．2016C．504D．0[解析]易知a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項為0，前2016項中所有偶數(shù)項(共1008項)依次為－2,4，－6,8，…，－2014,2016.故S2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.[答案]A2．[角度2](2017·濟(jì)南模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公差為d，若d，S9為函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－99)的兩個零點(diǎn)且d<S9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,\r(an＋1)＋\r(an))(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.[解](1)因?yàn)閐，S9為函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－99)的兩個零點(diǎn)且d<S9，所以d＝2，S9＝99，又因?yàn)镾n＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以9a1＋eq\f(9×8,2)×2＝99，解得a1＝3，所以{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)∵bn＝eq\f(1,\r(an＋1)＋\r(an))＝eq\f(1,\r(2n＋3)＋\r(2n＋1))＝eq\f(1,2)(eq\r(2n＋3)－eq\r(2n＋1))，∴Tn＝eq\f(1,2)(eq\r(5)－eq\r(3))＋eq\f(1,2)(eq\r(7)－eq\r(5))＋…＋eq\f(1,2)(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＋eq\f(1,2)(eq\r(2n＋3)－eq\r(2n＋1))＝eq\f(\r(2n＋3)－\r(3),2).3．[角度3](2017·長沙模擬)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其前n項和是Sn，且Sn＝t·3n－2t＋1(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝logeq\s\do8(\f(1,3))eq\f(1,1＋Sn)(n∈N*)，求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.[解](1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝t·3－2t＋1＝t＋1.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝t·3n－t·3n－1＝2t·3n－1.∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(2t·3n－1,2t·3n－2)＝3(n≥2)，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(2t·3,t＋1)＝3，∴t＝1，a1＝2，∴an＝2·3n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，Sn＝3n－1，∴1＋Sn＝3n，∴eq\f(1,1＋Sn)＝eq\f(1,3n)，bn＝logeq\f(1,3)eq\f(1,1＋Sn)＝n，∴anbn＝2n×3n－1，Tn＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n×3n－1，①3Tn＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n×3n，②①－②得，－2Tn＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－2n×3n＝2＋2×eq\f(31－3n－1,1－3)－2n×3n，∴Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2n－13n,2).考點(diǎn)三數(shù)列的簡單應(yīng)用角度1：數(shù)列與函數(shù)、方程不等式[解析]∵等差數(shù)列{an}中，S17>0，S18<0，即S17＝17a9>0，S18＝9(a9＋a10)<0，∴a9>0，a10<0，∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，故可知a1，a2，…，a9為正，a10，a11，…為負(fù)．∵S1，S2，…，S17為正，S18，S19，…為負(fù)，∴eq\f(S1,a1)>0，eq\f(S2,a2)>0，…，eq\f(S9,a9)>0，eq\f(S10,a10)<0，eq\f(S11,a11)<0，…，eq\f(S15,a15)<0，又∵S1<S2<…<S9，a1>a2>…>a9，則eq\f(S9,a9)最大，故選C.[答案]C角度2：數(shù)列與解析幾何[解析]令y＝f(x)＝2x2，則切線斜率k＝f′(ai)＝4ai，切線方程為y－2aeq\o\al(2,i)＝4ai(x－ai)，令y＝0得x＝ai＋1＝eq\f(1,2)ai，由a2＝32，得a4＝8，a6＝2，所以a2＋a4＋a6＝42，故選B.[答案]B[解析]由題意知，此人每天走的里數(shù)構(gòu)成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，設(shè)等比數(shù)列的首項為a1，則eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a4＝192×eq\f(1,8)＝24，a5＝24×eq\f(1,2)＝12，則a4＋a5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里．[答案]C(1)數(shù)列應(yīng)用問題的3種類型①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題．②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形．③數(shù)列常與不等式結(jié)合，如比較大小、不等式恒成立、求參數(shù)范圍等問題，需要熟練應(yīng)用不等式知識解決數(shù)列中的相關(guān)問題．(2)解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化交匯問題的關(guān)鍵一是讀懂題意，即會脫去數(shù)學(xué)文化的背景，讀懂題意；二是構(gòu)造模型，即構(gòu)建等差數(shù)列或等比數(shù)列或遞推關(guān)系式的模型；三是求解模型，即利用所學(xué)知識求解數(shù)列的相關(guān)信息．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．[角度1](2017·安徽淮南一模)已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是()A．(－2，＋∞)B．[－2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．[－3，＋∞)[解析]∵{an}是遞增數(shù)列，∴?n∈N*，an＋1>an，∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，化簡得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3.故選C.[答案]C2．[角度2](2017·四川綿陽模擬)已知圓的方程為x2＋y2－6x＝0，過點(diǎn)(1,2)的該圓的三條弦的長a1，a2，a3構(gòu)成等差數(shù)列，則數(shù)列a1，a2，a3的公差的最大值是________．[解析]如圖，由x2＋y2－6x＝0，得(x－3)2＋y2＝9，∴圓心坐標(biāo)C(3,0)，半徑r＝3.由圓的性質(zhì)可知，過點(diǎn)P(1,2)的該圓的弦的最大值為圓的直徑，等于6，最小值為過P且垂直于CP的弦的弦長．∵|CP|＝eq\r(3－12＋0－22)＝2eq\r(2)，∴|AB|＝2eq\r(32－2\r(2)2)＝2，即a1＝2，a3＝6.∴公差d的最大值為eq\f(a3－a1,2)＝eq\f(6－2,2)＝2.[答案]23．[角度3]意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣的一列數(shù)：1,1,2,3,5,8，…，該數(shù)列的特點(diǎn)是：前兩個數(shù)均為1，從第三個數(shù)起，每一個數(shù)都等于它前面兩個數(shù)的和，人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列{an}稱為斐波那契數(shù)列．則eq\i\su(i＝1,9,a)iai＋2－eq\i\su(i＝1,9,a)eq\o\al(2,i＋1)的值為________．[解析]由題意，得a1a3－aeq\o\al(2,2)＝1×2－1＝1，a2a4－aeq\o\al(2,3)＝1×3－4＝－1，a3a5－aeq\o\al(2,4)＝2×5－9＝1，a4a6－aeq\o\al(2,5)＝3×8－25＝－1，…，a8a10－aeq\o\al(2,9)＝21×55－342＝－