目录
第4 讲 数列递推1
第2 讲 等比数列
第6 讲 空间几何
体结构
参考答案
第1 讲 等差数列
第5 讲 数列递推2
第3 讲 数列求和
第7 讲 期中复习
10
04
16
24
01
13
07
21
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1
第1 讲
等差数列
第1 讲
等差数列
本讲预习指南
本讲核心概念
一、等差数列的概念及求和公式
1. 等差数列的概念
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数
列就叫等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用d 表示．
2. 等差数列的通项公式
一般地，对于等差数列{an} 的第n 项an，有an = a1 +(n−1)d.
这就是等差数列{an} 的通项公式，其中a1 为首项，d 为公差.
3. 等差数列的前n 项和公式
等差数列{an} 的前n 项和公式：Sn = n(a1 +an)
2
.
根据等差数列的通项公式，an = a1 +(n−1)d，又可以得到：Sn = na1 + n(n−1)
2
d.
二、等差数列的常用性质
（1）若{an} 是等差数列，且k + l = m + n (k, l, m, n ∈N∗)，则ak + al = am + an. 特别地，如
果k + l = 2p，则ak + al = 2ap (k, l, p ∈N∗) 成立；如果p + q + r = m + n + l，则ap + aq + ar =
am +an +al (p, q, r, m, n, l ∈N∗) 成立.
（2）若{an}，{bn} 是等差数列，则{pan +qbn}（p, q 是常数）仍是等差数列. 特别地，数列{pan +r}
（p, r 是常数）是等差数列.
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2
第1 讲
等差数列
检测题
1 （1）已知an = 100n−1，则首项a1 =
，公差d =
．
（2）等差数列−1
2，−1
4，0，···，8 的项数为
．
（3）已知数列{an} 是等差数列，且a2 = −2，a5 = 10，则数列{an} 的通项an =
．
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3
第1 讲
等差数列
2 若等差数列{an} 满足an+1 +an = 4n，则其前n 项和Sn =
．
3 已知数列{an}(n ∈N∗) 是等差数列，Sn 是其前n 项和．若a2a5 +a8 = 0，S9 = 27，则S8 的值是
．
4 设Sn，Tn 分别是等差数列{an}，{bn} 的前n 项和，已知Sn
Tn
= n+1
2n−1，n ∈N∗，则a4
b4
=
．
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4
第2 讲
等比数列
第2 讲
等比数列
本讲预习指南
本讲核心概念
一、等比数列的基本概念
1. 等比数列的概念
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个不为零的常数，那么这个数列就
叫等比数列．这个常数叫做等比数列的公比.
2. 等比中项
若三个数x,G,y 成等比数列，则G 称为x,y 的等比中项．
若G 为x,y 的等比中项，则G2 = xy．
3. 等比数列的通项公式
以a1 为首项，q 为公比的等比数列{an} 的通项公式为：an = a1qn−1．
二、等比数列的性质
若数列{an} 是公比为q 的等比数列，则{an} 具有以下性质：
1. 等距性质
数列am，am+k，am+2k，am+3k，……是公比为qk 的等比数列（m,k ∈N∗）.
2. 角标和性质
对于任意正整数n，m，s，t，如果n+m = s+t，则anam = asat.
3. 函数特性
an = a1 ·qn−1，令a1 = A，q = B，则an = A·Bn−1.
因此，若q̸ = 1，则an 是底数为q 的指数型函数.
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5
第2 讲
等比数列
三、等比数列的前n 项和
设等比数列{an} 的首项为a1，公比为q，通项为an，前n 项和为Sn．
1. 等比数列的求和公式
①当q̸ = 1 时，Sn = a1(1−qn)
1−q
= a1 −anq
1−q
②当q = 1 时，Sn = na1
2. Sn 的函数特性
q̸ = 1 时，Sn =
a1
1−q −
a1
1−q ·qn，令
a1
1−q = A，则Sn = A−Aqn．
因此，若q̸ = 1，则等比数列{an} 的前n 项和Sn 是底数为q 的指数型函数.
四、等比数列的判定方法
1. 定义法：an+1
an
= q(q̸ = 0).
2. 等比中项法：a2
n = an−1an+1 (n ≥2).
3. 通项公式法：an = c·qn (c,q̸ = 0).
4. 前n 项和公式法：Sn = A·qn −A(q̸ = 0,1;A̸ = 0).
检测题
1 （1）6+2
√
5 与6−2
√
5 的等比中项是( )
A. 4
B. ±4
C. 6
D. −6
（2）等比数列{an} 中，若a1 = 1
2，a4 = −4，则公比q =
，a6 =
．
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6
第2 讲
等比数列
2 （1）已知等比数列{an} 满足a1 = 1
4，a3a5 = 4(a4 −1)，则a2 =( )
A. 2
B. 1
C. 1
2
D. 1
8
（2）已知{an} 为等比数列，q 为公比，则“q > 1”是“{an} 为递增数列”的( )
A. 既不充分也不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 充分不必要条件
3 1+x1 +x2 +···+xn−1 (x̸ = 0) =
．
4 设{an} 是等比数列，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
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7
第3 讲
数列求和
第3 讲
数列求和
本讲预习指南
本讲核心概念
一、幂数列求和
1. 幂数列定义
诸如”1k,2k,3k,……,nk（k 为自然数）” 之类的数列被称为幂数列.
2. 常见幂数列求和公式
①1+2+3+...+n = n(n+1)
2
②12 +22 +32 +...+n2 = n(n+1)(2n+1)
6
③13 +23 +33 +...+n3 =
(n(n+1)
2
)2
= n2 (n+1)2
4
二、数列求和技巧：错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法
1. 错位相减法
①题型：求数列{anbn} 的前n 项和Sn，其中{an} 为等差数列，{bn} 是公比为q 的等比数列.
②解法：用Sn −qSn，可将问题转化为等比数列的求和，注意讨论q = 1 和q̸ = 1 两种情况．
2. 倒序相加法
①题型：求数列{an} 的前n 项和Sn，其中{an} 具有an +a1 = an−1 +a2 = an−2 +a3 = ······ 这样的
特点．
即：{an} 的首末两端等“距离”的两项之和相等.
②解法：把正着写和与倒着写和的两个和式Sn 相加，就得到一个常数列的和.
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8
第3 讲
数列求和
3. 裂项相消法
①题型：求数列{an} 的前n 项和Sn，其中{an} 的通项是可以“分裂成两项差”的形式，且分裂后可
正负相消。
②解法：将原数列每一项拆为两项后求和，中间的大部分项互相抵消，只剩下首尾有限的几项继续
求和。
4. 分组求和法
①题型：求数列{an} 的前n 项和Sn，其中{an} 是若干比较简单的通项的组合（如等比数列、等差
数列）。
②解法：求出数列的通项公式，分解为几个可以直接求和的数列，分别求出各数列的和并相加。
检测题
1
求数列
{
(2n+1)· 1
2n
}
的前n 项和．
2 （1）求数列
1
1×2，1
2×3，1
3×4，··· 的前n 项和．
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9
第3 讲
数列求和
（2）求数列an =
1
(2n−1)(2n+1) 的前n 项和．
3 求数列2+2,22 +5,23 +8,··· ,2n +3n−1 的和．
4 求和S = sin21◦+sin22◦+sin23◦+···+sin288◦+sin289◦．
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10
第4 讲
数列递推1
第4 讲
数列递推1
本讲预习指南
本讲核心概念
一、递推公式的概念
如果已知数列{an} 的第一项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始任何一项an 与它的前一项
an−1（或前几项）间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做数列{an} 的递推公式.
二、由递推公式求数列通项公式的常用方法
（1）形如an+1 = an+ f (n)，常用累加法，即利用an = a1+(a2 −a1)+(a3 −a2)+···+(an −an−1) (n ≥2, n ∈N∗)
求解.
（2）形如an+1 = an · f (n)，常用累乘法，即利用an = a1 · a2
a1
· a3
a2
····· an
an−1
(n ≥2, n ∈N∗) 求解.
（3）形如an+1 = ban + d (b̸ = 1)，常用构造等比数列或待定系数法. 对an+1 = ban + d
变形可得
an+1 +x = b(an +x)，其中x =
d
b−1，则{an +x} 是公比为b 的等比数列.
（4）形如an+1 =
pan
qan +r，将其变形为
1
an+1
= r
p ·
1
an+1
+ q
p. 若p = r，则
{ 1
an
}
是等差数列；若p̸ = r，
则化归为（3）的形式求解数列通项.
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11
第4 讲
数列递推1
检测题
1
数列{an} 满足a1 = 2，an −an−1 = 1
2n (n ⩾2,n ∈N∗)，则an =
．
2 已知数列{an} 中，a1 = 1，2nan+1 = (n+1)an，则数列{an} 的通项公式an =
．
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12
第4 讲
数列递推1
3 数列{an} 中，a1 = 1，an+1 = 3an +2(n ∈N∗)，则通项公式an =( )
A. 3n−1
B. 2·3n−1
C. 3n−1 −1
D. 2·3n−1 −1
4 设数列{an} 的前n 项和为Sn，已知S2 = 7，an+1 = 2Sn +1，则{an} 的通项公式为
．
5 数列{an} 中，a1 = 1，对任意的自然数n 有an+1 =
an
3an +1，则an =
．
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13
第5 讲
数列递推2
第5 讲
数列递推2
本讲预习指南
本讲核心概念
一、特征方程法
高阶线性递推公式可使用特征方程法求解数列通项. 考虑二阶线性递推的情况，形如an+2 = pan+1 +
qan（其中p、q 均为常数，且p, q̸ = 0）：
此递推公式对应的特征方程为x2 −px−q = 0.
（1）若方程有两个不同的解α，β，则an = A·αn +B·β n.
其中A，B 由初始项决定（常约定a0）
即
a0 = A+B
a1 = A·α +B·β
⇒
A = a0α −β
α −β
B = a1 −a0β
α −β
.
（2）若方程有两个相同的解α，则an = (A+Bn)αn.
其中A，B 由初始项决定（常约定a0）
即
a0 = A
a1 = (A+B)α
⇒
A = a0
B = a1
α −a0
.
二、不动点法
形如an = pan−1 +q
ran−1 +s 的分式型递推数列：
可使用不动点法，令x = px+q
rx+s ，
若方程有两个解x1，x2，则
{an −x1
an −x2
}
是等比数列；
若方程有两个相同的解x0，则
{
1
an −x0
}
是等差数列.
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14
第5 讲
数列递推2
检测题
1
数列{an} 中，已知a1 = 1，a2 = 2，an+1 = an +an+2 (n ∈N∗)，则a7 =
．
2 已知数列a1 = 1，a2 = 5，且an+1 = 4an −4an−1 (n ⩾2)，则数列{an} 的通项公式为
．
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15
第5 讲
数列递推2
3 设数列{an} 满足a1 = 1,a2 = 2，且2nan = (n−1)an−1 +(n+1)an+1(n ⩾2 且n ∈N*)，则a18 =( )
A. 25
9
B. 26
9
C. 3
D. 28
9
4 已知数列{an} 满足an+1 =
2016an
2014an +2016 (n ∈N+)，a1 = 1，则a2017 =
．
5 设数列{an} 满足a1 = 2，an+1 = 5an +4
2an +7，n ∈N∗，则数列{an} 的通项公式为
．
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16
第6 讲
空间几何体结构
第6 讲
空间几何体结构
本讲预习指南
本讲核心概念
一、多面体与旋转体
1. 多面体：由平面多边形(或三角形) 围成的封闭体．构成多面体的各平面多边形(或三角形) 叫做多面
体的面，其相邻多边形(或三角形) 的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的交点叫做多面体的顶点．
（1）棱柱：如果一个多面体有两个全等的多边形的面相互平行，且不在这两个面上的棱都互相平行，
那么这个多面体叫做棱柱．棱柱的两个相互平行的面叫做棱柱的底面，其他的面叫做棱柱的侧面，棱柱的
侧面都是平行四边形，不在底面上的棱叫做棱柱的侧棱，两个底面间的距离叫做棱柱的高．
a. 平行六面体：六个面都是平行四边形的棱柱．
b. 直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱．
c. 正棱柱：底面是正多边形的直棱柱．
d. 长方体：底面是矩形的直棱柱．
e. 正方体：所有棱长都相等的长方体．
（2）棱锥：如果一个多面体有一个多边形的面，且不在这个面上的棱都有一个公共点，那么这个多面
体叫做棱锥．棱锥的多边形的面叫做棱锥的底面，其他的面叫做棱锥的侧面，棱锥的侧面都是三角形，不
在底面上的棱叫做棱锥的侧棱，侧棱的公共点叫做棱锥的顶点，顶点与底面之间的距离叫做棱锥的高．
a. 正棱锥：棱锥的底面是正多边形，且底面中心与顶点的连线垂直于底面．
b. 正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．
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17
第6 讲
空间几何体结构
2. 旋转体：平面上一条封闭曲线所围成的区域绕着它所在平面上的一条定直线旋转而形成的几何体．
该定直线叫做旋转体的轴．
（1）圆柱：将矩形(及其内部) 绕其一条边所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆柱．
AB 所在的直线叫做圆柱的轴，线段AD 和BC 旋转而成的圆面叫做圆柱的底面，线段CD 旋转而成
的曲面叫做圆柱的侧面，CD 叫做圆柱的一条母线，圆柱的两个底面间的距离(即AB 的长度) 叫做圆柱的
高．
（2）圆锥：直角三角形(及其内部) 绕其一条直角边所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆锥．
AB 所在的直线叫做圆锥的轴，点A 叫做圆锥的顶点，直角边BC 旋转而成的圆面叫做圆锥的底面，
斜边AC 旋转而成的曲线叫做圆锥的侧面，斜边AC 叫做圆锥的一条母线，圆锥的顶点到底面间的距离
(即AB 的长度) 叫做圆锥的高．
（3）球：将半圆(及其内部) 绕其直径所在的直线旋转一周，所形成的几何体叫做球．半圆的圆弧所
形成的曲面叫做球面．把原半圆的半径和直径分别称为球的半径和球的直径．
经过球心O 的截面所在的圆叫做球的大圆，不经过球心O 的截面所在的圆叫做球的小圆．
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18
第6 讲
空间几何体结构
二、空间几何体的表面积与体积
（1）表面积：
S直棱柱侧= ch、S正锥体侧= 1
2ch
′
S圆柱侧= 2πrl、S圆锥侧= 1
2cl = πrl、S球= 4πR2
（2）体积：
V柱体= Sh、V锥体= 1
3Sh、V球= 4
3πR3
检测题
1
下列判断正确的有
．
①底面是矩形的平行六面体是长方体；
②棱长相等的直四棱柱是正方体；
③棱柱的侧面都是平行四边形；
④有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；
⑤棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥；
⑥棱锥的高线可能在几何体之外；
⑦有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
⑧底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
⑨四面体的四个外表面均可能是直角三角形；
⑩多面体至少有四个面．
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19
第6 讲
空间几何体结构
2 底面是正三角形，且每个侧面都是等腰三角形的三棱锥( )
A. 一定是正三棱锥
B. 一定是正四面体
C. 不是斜三棱锥
D. 可能是斜三棱锥
3 下列命题中，错误的是（ ）
A. 圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形
B. 圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个
C. 圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个
D. 当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆
4 正四棱锥的底面边长为2，侧面积为4
√
5，则正四棱锥的体积为
．
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20
第6 讲
空间几何体结构
5 三棱柱的体积为V，P、Q 分别是A1A、C1C 上的点，而且满足AP = C1Q，则多面体A1B1C1 −PBQ 的
体积是( )
A. 1
2V
B. 1
3V
C. 1
4V
D. 2
3V
6 如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋(球的直径和圆锥直径相同)，如果冰淇淋融
化了，是否会溢出杯子，
(请在“是”和“否”两个判断词中选填一个)．
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21
第7 讲
期中复习
第7 讲
期中复习
本讲预习指南
本讲核心概念
一、平面向量综合
1. 向量法与最值问题
①
−→a +−→b
类最值问题：利用|−→a |−
−→b
≤
−→a +−→b
≤|−→a |+
−→b
求最值。
②−→a · −→b 类最值问题：利用向量分解，或者数量积的几何意义（投影），或利用
−→a ·−→b
≤|−→a | ·
−→b
求最值。
2. 平面向量的线性运算
平面向量是数形结合的典型，解决平面向量问题可以从几何入手，把向量关系转化为几何关系；也可
以直接利用平面向量的运算法则求解。
如果几何关系不明显，向量关系不明确，也可以建立坐标系，用纯代数的方法求解。
二、数列与不等式综合
1. 裂项放缩
数列{bn} 可以通过裂项相消求和，而数列{an} 的任何一项ai 都大于（小于）数列{bn} 的对应项
bi，则把{an} 放缩为{bn}，再对{bn} 求和，最后证明不等式。
2. 等比放缩
数列{an} 的任何一项ai 都大于（小于）等比数列{bn} 的对应项bi，则把{an} 放缩为{bn}，再对
{bn} 求和，最后证明不等式。
3. 不等式恒成立、存在性问题
一般转化为最值问题研究；涉及数列的不等式最值问题，一般化为数列的最大项、最小项来处理。
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22
第7 讲
期中复习
检测题
1
已知点M 是边长为2 的正方形ABCD 内的一动点，则−→
MA·−→
MB 的取值范围是( )
A. [0,4]
B. [0,5]
C. [−1,5]
D. [−1,4]
2 点O 是△ABC 内部的一点，且−→
OA + −→
OB + 2−→
OC = −→0 ，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比值为
( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
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23
第7 讲
期中复习
3 求证：1
√
2
+ 1
√
3 +···+ 1
√n > 2√n+1−2
√
2(n ∈N∗)．
4 若不等式(−1)na < 2+ (−1)n+1
n
对任意正整数n 恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A.
[
−3, 3
2
)
B.
(
−2, 3
2
)
C.
[
−2, 3
2
)
D.
(
−3, 3
2
)
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24
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
等差数列
1 （1）99
100
【解析】解：an = 100(n−1)+100−1，an = 99+100(n−1)，a1 = 99，d = 100．
（2）35
【解析】解：n =
[
8−
(
−1
2
)]
−1
4 −
(
−1
2
) +1 = 35．
（3）4n−10
【解析】d = a5 −a2
3
= 4，
an = am +(n−m)d，an = a2 +(n−2)d，an = 4n−10．
2
n2
【解析】解：设等差数列{an} 的首项为a1、公差为d，
∵an+1 +an = 4n，
∴当n = 1 时，有2a1 +d = 4，
当n = 2 时，有2a1 +3d = 8，
两式相减得：d = 2，从而a1 = 1，
∴an = 1+2(n−1) = 2n−1，
∴Sn = n(a1 +an)
2
= n2，
故答案为：n2．
3
16
【解析】解：设等差数列{an} 的首项为a1，公差为d，
则
(a1 +d)(a1 +4d)+a1 +7d = 0
9a1 + 9×8
2
d = 27
，解得
a1 = −5
d = 2
．
∴S8 = 8a1 + 8×7d
2
= 8×(−5)+28×2 = 16．
故答案为：16．
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25
检测题参考答案
4
8
13
【解析】详解：∵Sn，Tn 分别是等差数列{an}，{bn} 的前n 项和，Sn
Tn
= n+1
2n−1，n ∈N∗，
则a4
b4
=
7
2 (a1 +a7)
7
2 (b1 +b7)
= S7
T7
= 8
13.
故答案为：8
13．
第2 讲
等比数列
1 （1）B
【解析】设等比中项为x，由等比中项的定义可得：x2 =
(
6+2
√
5
)(
6−2
√
5
)
，即x2 = 62−(2
√
5)
2 =
16，解得x = ±4，故6+2
√
5 与6−2
√
5 的等比中项是±4，故选B．
（2）-2
-16
【解析】由已知得，a4
a1
= q3 = −4
1
2
= −8，可得q = −2；所以a6 = a1 ·q5 = 1
2 ×(−2)5 = −16．
2 （1）C
【解析】设x > 1 的公比为x3 > 1，由等比数列的性质可知a3a5 = a2
4，
∴a2
4 = 4(a4 −1)，即(a4 −2)2 = 0，得a4 = 2，
则q3 = a4
a1
= 2
1
4
= 8，得q = 2，
则A(0,1)，故选C．
（2）A
【解析】解：∵{an} 为递增数列⇔an+1 > an ⇔a1 > 0，q > 1；或a1 < 0，0 < q < 1．
∴“q > 1”是“{an} 为递增数列”的既不充分也不必要条件．
故选：A．
3
n,x = 1
1−xn
1−x ,x̸ = 0且x̸ = 1
【解析】令Sn = 1+x1 +x2 +···+xn−1 (x̸ = 0)，
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26
检测题参考答案
当x = 1 时，Sn = n．
当x̸ = 1，且x̸ = 0 时，Sn = 1−xn
1−x ．
∴Sn =
n,x = 1
1−xn
1−x ,x̸ = 0且x̸ = 1
．
4
D
【解析】根据题意，{an} 是等比数列，依次分析选项：对于A、1 + 9̸ = 2 × 3，则(a3)2̸ = a1 × a9，则
a1,a3,a9 不成等比数列，A 错误；对于B、2 + 6̸ = 2 × 3，则(a3)2̸ = a2 × a6，则a2,a3,a6 不成等比数
列，B 错误；对于C、2 + 8̸ = 2 × 4，则(a4)2̸ = a2 × a8，则a2,a4,a8 不成等比数列，C 错误；对于D、
3+9 = 2×6，则(a6)2 = a3 ×a9，则a3,a6,a9 成等比数列，D 正确；故选：D.
第3 讲
数列求和
1
见解析
【解析】Sn = 3
21 + 5
22 + ··· + 2n+1
2n
，1
2Sn = 3
22 + 5
23 + ··· + 2n−1
2n
+ 2n+1
2n+1 ，1
2Sn = 3
21 + 2
22 + ··· +
2
2n −2n+1
2n+1 = 5
2 −2n+5
2n+1 ，故Sn = 5−2n+5
2n
．
2 （1）见解析
【解析】解：∵an =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1,
∴Sn = 1−1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +···+ 1
n −
1
n+1 = 1−
1
n+1 =
n
n+1．
（2）
n
2n+1
【解析】解：an =
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2
(
1
2n−1 −
1
2n+1
)
，Sn = 1
2
(
1−
1
2n+1
)
=
n
2n+1．
3
2n+1 + 1
2n(3n+1)−2
【解析】所求数列通项为an = 2n +3n −1，可分成{2n} 和{3n−1} 两个数列分别求和，所得结果
相加得2n+1 + 1
2n(3n+1)−2．
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27
检测题参考答案
4
89
2
【解析】2S =
(
sin21◦+sin289◦)
+
(
sin22◦+sin288◦)
+···+
(
sin289◦+sin21◦)
= 89，故S = 89
2 ；
第4 讲
数列递推1
1
5
2 −1
2n
【解析】解：由题意得an −an−1 = 1
2n ，
则当n ⩾2 时，a2 −a1 = 1
22 ，a3 −a2 = 1
23 ，···，an −an−1 = 1
2n ，
这(n−1) 个式子相加，就有an −a1 = 1
22 + 1
23 +···+ 1
2n =
1
4
(
1−
1
2n−1
)
1−1
2
= 1
2 −1
2n ，
即an = 5
2 −1
2n ，
当n = 1 时，a1 = 1 也满足上式，所以an = 5
2 −1
2n ，
故答案为：5
2 −1
2n ．
2
n
2n−1
【解析】已知等式可化为an+1
an
= n+1
2n ，所以an = an
an−1
× an−1
an−2
× an−2
an−3
× · · · × a2
a1
× a1 =
n
2(n−1) ×
n−1
2(n−2) ×
n−2
2(n−3) ×···×
2
2×1 ×1 =
n
2n−1 ；当n = 1 时，也满足an =
n
2n−1 ，所以an =
n
2n−1 ．
3
D
【解析】∵an+1 = 3an +2，
∴an+1 +1 = 3(an +1)，
∵a1 = 1，
∴a1 +1 = 2，
∴数列{an +1} 为等比数列，
∴an +1 = 2·3n−1，
∴an = 2·3n−1 −1，n ∈N∗．
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28
检测题参考答案
4
an =
2,n = 1
5·3n−2,n ⩾2
【解析】S2 = a1 + a2 = 7，a2 = 2S1 + 1 = 2a1 + 1，所以a1 = 2 ，a2 = 5，当n ⩾2 时，an+1 −an =
2(Sn −Sn−1) = 2an，得出an = 3n−2a2 = 5·3n−2．综上，an =
2,n = 1
5·3n−2,n ⩾2
．
5
1
3n−2，n ∈N∗
【解析】解：∵an+1 =
an
3an +1，
∴
1
an+1
= 3an +1
an
= 1
an
+3，即
1
an+1
−1
an
= 3，
∴数列
{ 1
an
}
为等差数列，
∵a1 = 1，
∴1
a1
= 1，
∴1
an
= 1+3(n−1) = 3n−2，
∴an =
1
3n−2，n ∈N∗．
第5 讲
数列递推2
1
1
【解析】解：由an+1 = an +an+2(n ∈N∗)，得an+2 = an+1 −an，
所以a3 = a2 −a1 = 1，a4 = a3 −a2 = 1 −2 = −1，a5 = a4 −a3 = −1 −1 = −2，a6 = a5 −a4 =
−2−(−1) = −1，a7 = a6 −a5 = −1−(−2) = 1．
故答案为：1．
2
an = (3n−1)·2n−2，n ∈N∗
【解析】设an+1 +tan = s(an +tan−1)，则an+1 = (s−t)an +stan−1．令
s−t = 4
st = −4
，可得
s = 2
t = −2
，
于是an+1 −2an = 2(an −2an−1) = 22 (an−1 −2an−2) = 2n−1 (a2 −2a1) = 3·2n−1，
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29
检测题参考答案
∴an+1
2n+1 −an
2n = 3
4，即
{an
2n
}
是以a1
21 = 1
2 为首项、3
4 为公差的等差数列，an
2n = 1
2 + (n−1) · 3
4，从而
an = (3n−1)·2n−2，n ∈N∗．
3
B
【解析】解：∵数列{an} 满足a1 = 1,a2 = 2，且2nan = (n−1)an−1 +(n+1)an+1(n ⩾2 且n ∈N*)，
∴令bn = nan，
则由2nan = (n−1)an−1 +(n+1)an+1，得2bn = bn−1 +bn+1，
∴数列{bn} 构成以1 为首项，以2a2 −a1 = 3 为公差的等差数列，
则bn = 1+3(n−1) = 3n−2，
即nan = 3n−2,∴an = 3n−2
n
，
∴a18 = 3×18−2
18
= 26
9 ．
故选：B．
4
1008
1007×2017+1
【解析】解：∵an+1 =
2016an
2014an +2016 (n ∈N+)，
∴
1
an+1
= 2014an +2016
2016an
= 1007
1008 + 1
an
，
又∵1
a1
= 1，
∴数列
{ 1
an
}
是首项为1、公差为1007
1008 的等差数列，
∴1
an
= 1+ 1007
1008 (n−1) = 1007n+1
1008
，
∴an =
1008
1007n+1，
∴a2017 =
1008
1007×2017+1，
故答案为：
1008
1007×2017+1．
5
an = 4·3n−1 +2
4·3n−1 −1，n ∈N∗
【解析】解：对等式两端同加参数t 得，
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30
检测题参考答案
an+1 +t = 5an +4
2an +7 +t = (2t +5)an +7t +4
2an +7
= (2t +5)·
an + 7t +4
2t +5
2an +7
令t = 7t +4
2t +5，解之得t = −1，2，
代入上式得an+1 −1 = 3· an −1
2an +7，an+1 +2 = 9· an +2
2an +7，
两式相除得an+1 −1
an+1 +2 = 1
3 · an −1
an +2，
即
{an −1
an +2
}
是首项为a1 −1
a1 +2 = 1
4，公比为1
3 的等比数列，
∴an −1
an +2 = 1
4 ·31−n，从而an = 4·3n−1 +2
4·3n−1 −1，n ∈N∗．
第6 讲
空间几何体结构
1
③、⑥、⑨、⑩
2
D
3
C
【解析】解：对于A，圆锥的轴截面都是以母线为腰，以底面直径为底边的等腰三角形，故A 正确；
对于B，圆柱过母线的截面为矩形，一边为圆柱的高，另一边为圆柱底面圆的弦，
∴当另一边为底面直径时截面最大，故B 正确；
对于C，设圆锥任意两条母线的夹角为θ，则过此两母线的截面三角形面积为1
2l2 sinθ，∴若θ 为
钝角，则当θ = π
2 时，过顶点的截面面积最大，故C 错误；
对于D，球心到平面的距离小于球面半径时，球被平面分成两部分，截面为圆，故D 正确．
故选C．
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31
检测题参考答案
4
8
3
【解析】∵S侧= 4× 1
2 ×2h′ = 4
√
5，∴斜高h′ =
√
5，∴高h =
√(√
5
)2
−12 = 2，∴正四棱锥的体积
V = 1
3Sh = 1
3 ×22 ×2 = 8
3．
5
B
【解析】∵AP = C1Q，∴VA1B1C1−PBQ = 1
2VB−ACC1A1 = VB−A1AC = VA1−ABC = 1
3VABC−A1B1C1 = 1
3V．
6
否
【解析】解：V半球= 1
2 × 4
3πR3 = 1
2 × 4
3π ×43 ≈134
(
cm3)
，
V圆锥= 1
3πr2h = 1
3π ×42 ×12 ≈201
(
cm3)
．
∵V半球< V圆锥，
∴冰淇淋融化了，不会溢出杯子．
故答案为：否．
第7 讲
期中复习
1
D
【解析】以A 为原点，以AB 为x 轴，以AD 为y 轴，建立平面直角坐标系，可设点M(x,y)(0 ⩽x ⩽2，
0 ⩽y ⩽2)，A(0,0)，B(2,0)，
所以−→
MA·−→
MB = (−x,−y)·(2−x,−y) = (x−1)2 +y2 −1，
因为0 ⩽x ⩽2，0 ⩽y ⩽2，所以0 ⩽(x−1)2 ⩽1，0 ⩽y2 ⩽4，所以−1 ⩽(x−1)2 +y2 −1 ⩽4，
所以−→
MA·−→
MB ∈[−1,4]，故选D．
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32
检测题参考答案
2
B
【解析】解：∵点O 是△ABC 内部的一点，
∴S△OBC ·−→
OA+S△OAC ·−→
OB+S△OAB ·−→
OC = −→0 ，
∵−→
OA+−→
OB+2−→
OC = −→0 ，
∴S△OBC
1
= S△OAC
1
= S△OAB
2
，
∴S△ABC
S△AOC
= S△OBC +S△OAC +S△OAB
S△OAC
= 4．
3
见解析
【解析】证明：因为
1
√n =
2
2√n >
2
√n+√n+1 = 2
(√n+1−√n
)
，
所以
1
√
2
+ 1
√
3 +···+ 1
√n
> 2
[(√
3−
√
2
)
+
(√
4−
√
3
)
+···+
(√n+1−√n
)]
= 2√n+1−2
√
2，故不等式得证．
4
C
【解析】当n = 2k，k ∈N∗时，有a < 2−1
2k，
∵
(
2−1
2k
)
min
= 3
2，
∴a < 3
2．当n = 2k −1，k ∈N∗时，有−a < 2+
1
2k −1，
∴a > −2−
1
2k −1，
∵
(
−2−
1
2k −1
)
max
< −2，
∴a ⩾−2．综上，−2 ⩽a < 3
2，即实数a 的取值范围是
[
−2, 3
2
)
．
5519092614307
