7.1.1 数列(含答案)

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《7.1数列的概念》作业设计方案-中职数学高教版21拓展模块一上册

《数列的概念》作业设计方案（第一课时）一、作业目标通过本次作业，学生应能够：1. 理解数列的基本概念和特性；2. 掌握数列的表示方法及分类；3. 能够通过具体实例，识别和区分等差数列和等比数列；4. 学会运用数列的基本知识解决简单的实际问题。

二、作业内容本节课的作业内容主要围绕数列的基本概念和特性展开，具体包括：1. 复习数列的定义及基本特性，如数列的项、项数、通项公式等；2. 掌握数列的表示方法，包括直接法、公式法以及通项公式的应用；3. 通过分析具体的等差数列和等比数列实例，学生应能自主判断其性质，并简要说明理由；4. 实际应用：学生需自行寻找或创造一个实际问题的数学模型，将问题转化为数列问题并求解。

三、作业要求为保证作业质量，学生需遵循以下要求：1. 独立完成：作业需学生独立思考完成，不得抄袭他人答案；2. 准确清晰：对数列的概念、特性及表示方法的理解需准确无误，表述清晰；3. 注重过程：在解决实际问题时，需详细展示解题过程，体现思路的连贯性和逻辑性；4. 格式规范：作业需按照规定的格式书写，如使用数学符号、公式等需规范书写；5. 按时提交：学生需在规定时间内提交作业，不得拖延。

四、作业评价教师将根据以下标准对作业进行评价：1. 正确性：答案的正确性是评价的首要标准；2. 完整性：作业的完成度及解题过程的完整性；3. 思路清晰：解题思路是否清晰，逻辑是否连贯；4. 创新性：学生在解决问题时是否展现出创新思维；5. 规范性：作业的书写格式是否规范。

五、作业反馈作业反馈是提高学生学习效果的重要环节，教师将：1. 对每位学生的作业进行详细批改，指出错误及不足；2. 对优秀作业进行展示，鼓励学生在学习中互相学习、互相进步；3. 根据作业中普遍存在的问题，进行针对性的课堂讲解或辅导；4. 及时将作业反馈给学生，让学生了解自己的学习情况，以便及时调整学习策略。

通过以上作业设计方案，旨在通过具体的作业内容和要求，帮助学生巩固数列的基本概念和特性，提高其应用能力。

离散数学7习题解答

第7章习题解答7.1 (1),(2),(3),(5) 都能构成无向图的度数列,其中除⑸ 外又都能构成无向简单图的度数列.n 分析1 °非负整数列d!,d2,…，d n能构成无向图的度数列当且仅当di为i 4偶数,即d!,d2,…，d n中的奇数为偶数个.(1),(2),(3),(5) 中分别有4个,0个,4 个,4个奇数，所以，它们都能构成无向图的度数列，当然，所对应的无向图很可能是非简单图.而⑷中有3个奇数，因而它不能构成无向图度数列.否则就违背了握手定理的推论.2° (5)虽然能构成无向图的度数列,但不能构成无向简单度数列.否则,若存在无向简单图G,以1,3,3,3 为度数列,不妨设G中顶点为v! ,v2, v3,v4,且d(V i) =1,于是d(V2)=d(V3)=d(V4)=3.而V!只能与v?""之一相邻,设w 与v?相邻，这样一来，除V2能达到3度外，V3 ,V4都达不到3度,这是矛盾的.在图7.5所示的4个图中,(1)以1为度数列,(2)以2为度数列,(3)以3为度数列,(4)以4为度数列(非简单图).7.2设有几简单图D以2,2,3,3为度数列，对应的顶点分别为V1,V2, V3,V4 ,由于d(v)二 d (v) d_(v),所示，d (vj - d -(y) = 2 - 0 = 2,d(V2) = d(V2)-d “2)= 2—0 =2,d (vj =d(V s) _d—(V3) =3_2 =1,d (V4) = d(V q) _ d^v。

)= 3 _ 3 = 0由此可知，D 的出度列为2,2,1,0,且满足a dd -(V i ).请读者画出一个有向图•以2,2,3,3为度数列,且以0,0,2,3为入度列,以2,2,1,0为出度列.7.3 D 的入度列不可能为 1,1,1,1.否则,必有出度列为 2,2,2,2(因为 d(v) =d (v) d~(v)),)此时,入度列元素之和为4,不等于出度列元素之和 8,这违背握手定理.类似地讨论可知，1,1,1,1也不能为D 的出席列.7.4不能.N 阶无向简单图的最大度厶_ n 一1.而这里的n 个正整数彼此不同因而这n 个数不能构成无向简单图的度数列，否则所得图的最大度大于n,这与最大度应该小于等于n-1矛盾.7.5 (1) 16个顶点.图中边数m=16,设图中的顶点数为n.根据握手定理可n知 2m =32 二' d(vj=2 ni 4所以，n =16.(2) 13个顶点.图中边数m =21,设3度顶点个数为x,由握手定理有2m =42 =3 4 3x由此方程解出x =10.于是图中顶点数n =3 10 =13. (3) 由握手定理及各顶点度数均相同，寻找方程2 24 = nk的非负整数解，这里不会出现n,k 均为奇数的情况.其中n 为阶级，即顶点数,k 为度数共可得到下面10种情况.① 个顶点，度数为48.此图一定是由一个顶点的24个环构成，当然为非简单⑥ 个顶点，每个顶点的度数均为6.所对应的非同构的图中有简单图，也有非简单图.② 2个顶点,每个顶点的度数均为非简单图.③ 3个顶点,每个顶点的度数均为 ④ 4个顶点,每个顶点的度数均为⑤ 6个顶点，每个顶点的度数均为 24.这样的图有多种非同构的情况，一定为 16.所地应的图也都是非简单图. 12.所对应的图也都是非简单图.8,所对应的图也都是非简单图.⑦ 12个顶点，每个顶点的度数均为4.所对应的非同构的图中有简单图，也有非简单图•⑧ 16个顶点,每个顶点的度数均为3,所对应的非同构的图中有简单图，也有非简单图•⑨ 24个顶点,每个顶点的度数均为2.所对应的非同构的图中有简单图，也有非简单图•⑩ 48个顶点,每个顶点的度数均为1,所对应的图是唯一的,即由24个K 2构成的简单图•分析由于n 阶无向简单图G 中,：(G)< n —1,的以①-⑤所对应的图不可能有简单图•⑥-⑨既有简单图，也有非简单图，读者可以画出若干个非同构的图，而 ⑩只能为简单图•7.6 设G 为n 阶图，由握手定理可知n70 =2 35 八 d(vj _3n ,i吕所以，这里，乂为不大于x 的最大整数，例如.2」=2,25」=2,空=23..3 一7.7由于：(G) = n-1,说明G 中任何顶点v 的度数d(v)八(G) = n-1,可是由于G 为简单图，因而列G)乞n -1,这又使得d(v)岂n -1,于是d(v)二n-1,也就是说,G 中每个顶点的度数都是n-1,因而应有"G)乞n-1.于是G 为(n-1)阶正则图，即G 为n 阶完全图K n .7.8由G 的补图G 的定义可知，G G 为K n ,由于n 为奇数，所以，K n 中各项顶点的度数n -1为偶数.对于任意的V(G),应有v V(G),且d G (v)_d G (v)二 dg(v)二 n -1其中d G (v)表示v 在G 中的度数，d G(v)表示v 在G 中的度数.由于n_1为偶数,所|70= 23.以,d G(v)与d G(v)同为奇数或同为偶数,因而若G有r个奇度顶点,则G也有r个奇度顶点.7.9由于D' D,所以，m'空m.而n阶有向简单图中，边数m乞n(n 一1),所以, 应有n(n _1) = m\ m 乞n(n -d)这就导致m = n(n -1),这说明D为n阶完全图，且D' = D .7.10图7.6给出了K4的18个非同构的子图,其中有11个生成子图(8-18), 其中连通的有6个11,12,13,14,16,17). 图7.6中,n,m分别为顶点数和边数.7.11 K4有11个生成子图，在图7.6中，它们分别如图8-18所示.要判断它们之中哪些是自补图，首先要知道同构图的性质，设G1与G2的顶点数和边数.若G1三G?,贝U门丄=门2「且m<i = m?.国(8)的补图为(14) -K4 ,它们的边数不同,所以，不可能同构.因而(8)与(14) 均不是自补图类似地，(9)的补图为(13),它们也非同构,因而它们也都不是自补图.(10)与(12)互为补图,它们非同构,因而它们都不是自补图.(15)与(17)互为补图,它们非同构，所以,它们都不是自补图•类似地,(16)与(18)互为补图且非同构，所以，它们也都不是自补图•而(11)与自己的补图同构，所以,(11)是自补图•7.12 3阶有向完全图共有20个非同构的子图，见图7.7所示，其中⑸-(20)为生成子图，生成子图中(8),(13),(16),(19) 均为自补图.分析在图7.7所示的生成子图中，(5)与(11)互为补图,(6)与(10)互为补图,(7)与(9)互为补图,(12)与(14)互为补图,(15)与(17)互为补图,(18)与(20) 互为补图，以上互为补图的两个图边数均不相同，所以，它们都不是自补图.而(8),(13),(16),(19)4 个图都与自己的补图同构，所以，它们都是自补图.7.13 不能.分析在同构的意义下，G,G2,G3都中K4的子图，而且都是成子图.而K4的两条边的生成子图中，只有两个是非同构的，见图7.6中(10)与(15)所示.由鸽巢原理可知，G,G2,G3中至少有两个是同构的，因而它们不可能彼此都非同构.鸽巢原理m只鸽飞进n个鸽巢,其中m 一n ,则至少存在一巢飞入至少［凹］只n鸽子.这里x表示不小于x的最小整数.例如，|2 = 2, |2.5 =3.7.14 G是唯一的，即使G是简单图也不唯一.分析由握手定理可知2m = 3n,又由给的条件得联立议程组'2m =3 n 、2n —3 = m.解出n = 6,m二9.6个顶点,9条边，每个顶点的度数都是3的图有多种非同构的情况,其中有多个非简单图(带平行边或环),有两个非同构的简单图，在图7.8 中(1),(2)给出了这两个非同构的简单图.满足条件的非同构的简单图只有图7.8中,(1),(2)所示的图,(1)与⑵所示的图,(1) 与(2)是非同构的.注意在⑴中不存在3个彼此相邻的顶点而在⑵ 中存在3个彼此相邻的顶点，因而⑴图与(2)图非同构.下面分析满足条件的简单图只有两个是非同构的.首先注意到(1)中与(2)中图都是K6的生成子图，并且还有这样的事实，设G,G2都是n阶简单图，则G^G2当且仅当G^e G2 ,其中G,G2分别为G与G2的补图.满足要求的简单图都是6阶9条边的3正则图，因而它们的补图都为6阶6条边的2正则图(即每个顶点度数都是2).而K6的所有生成子图中,6条边2正则的非同构的图只有两个，见图7.8中(3),(4)所示的图，其中(3) 为(1)的补图,(4)为(2)的补图，满足要求的非同构的简单图只有两个.但满足要求的非同简单图有多个非同构的，读者可自己画出多个来.7.15将K6的顶点标定顺序，讨论X所关联的边.由鸽巢原理(见7.13题),与V1关联的5条边中至少有3条边颜色相同，不妨设存在3条红色边,见图7.9 中⑴ 所示(用实线表示红色的边)并设它们关联另外3个顶点分别为V2,v4,V6.若V2,V4, V6构成的K g中还有红色边，比如边(V2M)为红色，则Vj^M构成的K g为红色K3,见图7.9中⑵ 所示.若V2,V4,V6构成的K3各边都是蓝色(用虚线表示), 则V2,V4,V6构成的K a为蓝色的.珂7.16在图7.10所示的3个图中，(1)为强连通图，(2)为单向连通图，但不是强连通的,(3)是弱连通的，不是单向连通的，更不是强连通的.图7. 10分析在⑴中任何两个顶点之间都有通路，即任何两个顶点都是相互可达的,因而它是强连能的.(2)中c不可达任何顶点，因而它不是强连通的，但任两个顶点存在一个顶点可达另外一个顶点，所以，它是单向可达的.(3)中a,c互相均不可达，因而它不是单向连通的，更不是强连通的.判断有向图的连通性有下面的两个判别法.1°有向图D是强连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的回路.2°有向图D是单向连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的通路.(1)中abcda为经过每个顶点一次的回路,所以，它是强连能的.(2)中abdc 为经过每个顶点的通路，所以，它是单向连通的，但没有经过每个顶点的回路，所以,它不是强连通的.(3)中无经过每个顶点的回路，也无经过每个顶点的通路，所以,它只能是弱连通的.7.17 G-E'的连通分支一定为2,而G-V'的连通分支数是不确定的.分析设E'为连通图G的边割集,则G - E'的连通分支数p(G - E')二2,不可能大于2.否则，比如p(G -E') =3,则G -E'由3个小图G「G2，G3组成，且E'中边的两个端点分属于两个不同的小图.设E"中的边的两个端点一个在G中,另一个在G 2中,则E " E ',易知p(G 一 E") =2 ,这与E '为边割集矛盾,所以, p(G 一 E") =2.但p(G-V ')不是定数,当然它大于等于2,在图7.11中,V 二｛u,v ｝为⑴的点割集,p(G-V)=2，其中G 为(1)中图.V =｛v ｝为⑵ 中图的点割集，且v 为割tin i点,p(G -V ) =4,其中G 为⑵中图.屛1;■<]>£ 7.11(2)7.18解此题，只要求出D 的邻接矩阵的前4次幕即可.D 中长度为4的通路数为A 4中元素之和，等于15,其中对角线上元素之和为 3,即D 中长度为3的回路数为3. V 3到V 4的长度为4的通路数等于a 34)= 2.分析用邻接矩阵的幕求有向图D 中的通路数和回路数应该注意以下几点： 1 °这里所谈通路或回路是定义意义下的，不是同构意义下的.比如,不同始点(终点)的回路2 ° 这里的通路或回路不但有初级的、简单的，还有复杂的.例如，V 1,V 2,w,V 2,V 1是一条长为4的复杂回路.3°回路仍然看成是通路的特殊情况.读者可利用A 2, A 3,求D 中长度为2和3的通路和回路数. 7.19 答案A:④.分析G 中有N k 个k 度顶点，有(n — NQ 个(k 1)度顶点，由握手定理可知0 11010 0 0 A = 0 10 1 .0 0 0 0一A 2A 3A 4~1 1 0 11 1 0 0 0 1 0 0 1211n、d(V j) =k N k(k 1)(n - N k) =2mi 4=N k=n (k 1)-2 n.7.20答案A:②；B:③.分析在图7.12中，图(1)与它的补同构，再没有与图(1)非同构的自补图了所以非同构的无向的4阶自补图只有1个.图⑵与它的补同构，图⑶与它的补也同构，而图⑵ 与图⑶ 不同构，再没有与(2),(3)非同构的自补图了，所以，非同械的5阶自补图有2个.<1)(Z) ⑶圉7.127.21答案A:④;B:③;C:④;D:①.分析(1)中存在经过每个顶点的回路，如adcba..(2)中存在经过每个顶点的通路，但无回路.(3)中无经过每个顶点至少一次的通路,其实,b,d两个顶点互不可达.(4)中有经过每个顶点至少一次的通路,但无回路，aedcbd为经过每个顶点的通路.(5)中存在经过每个顶点至少一次的回路,如aedbcdba.(6)中也存在经过每个顶点的回路,如baebdcb.由7.16题可知，(1),(5) ,(6) 是强连通的,(1),(2),(4),(5),(6) 是单向连能的,(2),(4)是非强连通的单向连通图.注意,强连通图必为单向连通图.6个图中,只有(3)既不是强连通的，也不是连通的，它只是弱连通图.在⑶中，从a到b无通路，所以d, ：：： a,b「：,而b到a有唯一的通路ba,所以d b, a =1.7.22 答案A: ①;B:⑥㈩C:②;D:④.分析用Dijkstra标号法，将计算机结果列在表7.1中.表中第x列最后标定y/Z表示b到x的最短路径的权为y,且在b到x的最短路径上,Z邻接到x,即x的前驱元为Z.由表7.1可知,a的前驱元为c（即a邻接到c）,c的前驱元为b, 所以,b到a的最短路径为bca,其权为4.类似地计论可知,b到c的最短路径为be,其权为1.b到d的最短路径为bcegd ,其权为9.b到e的最短路径为bee,其权为7.7.23 答案A:⑧；B:⑩ C:③；D:③和④.分析按求最早、最晚完成时间的公式，先求各顶点的最早完成时间，再求最晚完成时间，最后求缓冲时间（1）最早完成时间：TE（vJ =0-_(V2)二{vM, TE(v2) =max{0 3} =3-_(V3)二{vz}, TE(v3) =max{0 2,3 C} -3厂(vj 二{WM},TE(vJ =max{0 4,3 2} = 5-(V5)二M M},TE(V5)= max{34,3 4} - 711 /11TL(V 9)=13 -(V 8)二{V 9},TL(v 8) =mi n{13_1} =12; -(V 6) ={V 8},TL(v 6) = mi n{12 -3 = 9; -(V 7)二 g},TL(v 7) =mi n{12 —1} =11; -(V 5) ={V 6,V 9}, TL(v 5) =min{9-0,13 -6} = 7; ：(V 4)*7}, TL (V4)= min {11-5=6; -(V 3)二{V 4,V 5,V 6},TL(v 3) =min{6-2.7-4.9-4二 5; (v 2 ) = {v 3, V 5}, TL(v 2) =mi n{3-0.7-4} =3; ；(vj ={V 2,V 3,V 4},TL(vJ = mi n{ 3 —3.3 —2,6 —'4} = 0;(3)缓冲时间： TS(V i )二TS(V 2)=TS(V 3)=TS(V 5)=TS(V 9)=0 TS(V 4)=1,TS (V 6)=2,TS (V 7)=TS (V 8)=1.(4)关键路径有两条： V 1,V 2,V 5,V 9 和 V 1,V 2,V 3,V 5,V 9.-一山)={V 4,V 5},TE(v 7) = max{5 5,10 0} =10 (V 8 ) = { V 6, V 7 }, TE(v 8) = max{7 3,10 1} =11-讥)二{V 5,V 8},TE(v 9) =max{7 6,11 1} =13 -_(V 6)二“他},TE(v 6) =max{3 4,7 0} = 7 (2)最晚完成时间:。

小学奥数教程：数列(一)全国通用(含答案)

小学奥数教程：数列(一)全国通用(含答案)什么是数列？数列是按照一定的规律排列的一组数。

每个数在数列中被称为“项”，项的位置被称为“序号”。

数列的特点- 数列中的每个数都有一个确定的序号。

- 数列中的数之间存在着一定的规律，例如每个数都比前一个数大或小固定的数值。

- 数列中的规律可以用公式或递推式来表示。

数列的表示方法数列可以用不同的方式表示，常见的表示方法有：1. 列举法：直接将数列中的每个项写出来。

2. 递推法：通过规律得到前项和后项的关系，可以写出递推式。

3. 通项公式：通过找到数列中的某个规律，可以写出数列的通项公式，从而计算任意一项。

数列的常见类型1. 等差数列：数列中的每一项与前一项的差值相等。

2. 等比数列：数列中的每一项与前一项的比值相等。

3. 斐波那契数列：数列中的每一项都是前两项的和。

数列的练题1. 以下数列中，判断哪些是等差数列，哪些是等比数列？- 2, 4, 6, 8, 10- 3, 6, 12, 24, 48- 1, 3, 9, 27, 81答案：- 第一个数列是等差数列，公差为2。

- 第二个数列是等比数列，公比为2。

- 第三个数列既不是等差数列，也不是等比数列。

2. 求以下数列的通项公式：- 1, 5, 9, 13, 17答案：该数列是等差数列，公差为4。

通项公式为：$a_n = 1 + 4 \cdot (n-1)$，其中 $n$ 表示项的序号。

以上是关于数列的一些基础内容，希望能帮助你更好地理解和学习数列。

如果你还有其他问题，欢迎随时提问！。

数列例题(含答案)

1．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}的前n项和为T n且（λ为常数）．令c n=b2n（n∈N*）求数列{c n}的前n项和R n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由a2n=2a n+1，取n=1，得a2=2a1+1，即a1﹣d+1=0①再由S4=4S2，得，即d=2a1②联立①、②得a1=1，d=2．所以a n=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1；（2）把a n=2n﹣1代入，得，则．所以b1=T1=λ﹣1，当n≥2时，=．所以，．R n=c1+c2+…+c n=③④③﹣④得：=所以；所以数列{c n}的前n项和．2．等差数列{a n}中，a2=4，a4+a7=15．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=2+n，求b1+b2+b3+…+b10的值．【解答】解：（Ⅰ）设公差为d，则，解得，所以a n=3+（n﹣1）=n+2；（Ⅱ）b n=2+n=2n+n，所以b1+b2+b3+…+b10=（2+1）+（22+2）+…+（210+10）=（2+22+...+210）+（1+2+ (10)=+=2101．3．已知数列{log2（a n﹣1）}（n∈N*）为等差数列，且a1=3，a3=9．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明++…+＜1．【解答】（I）解：设等差数列{log2（a n﹣1）}的公差为d．由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28，即d=1．所以log2（a n﹣1）=1+（n﹣1）×1=n，即a n=2n+1．（II）证明：因为==，所以++…+=+++…+==1﹣＜1，即得证．4．已知{a n}是正数组成的数列，a1=1，且点（，a n+1）（n∈N*）在函数y=x2+1的图象上．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若列数{b n}满足b1=1，b n+1=b n+2an，求证：b n•b n+2＜b n+12．【解答】解：解法一：（Ⅰ）由已知得a n+1=a n+1、即a n+1﹣a n=1，又a1=1，所以数列{a n}是以1为首项，公差为1的等差数列．故a n=1+（n﹣1）×1=n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：a n=n从而b n+1﹣b n=2n．b n=（b n﹣b n﹣1）+（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1=2n﹣1+2n﹣2+…+2+1=∵b n•b n+2﹣b n+12=（2n﹣1）（2n+2﹣1）﹣（2n+1﹣1）2=（22n+2﹣2n﹣2n+2+1）﹣（22n+2﹣2•2n+1+1）=﹣2n＜0∴b n•b n+2＜b n+12解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）∵b2=1b n•b n+2﹣b n+12=（b n+1﹣2n）（b n+1+2n+1）﹣b n+12=2n+1•bn+1﹣2n•bn+1﹣2n•2n+1=2n（b n+1﹣2n+1）=2n（b n+2n﹣2n+1）=2n（b n﹣2n）=…=2n（b1﹣2）=﹣2n＜0∴b n•b n+2＜b n+125．已知等差数列{a n}满足a1+a2=10，a4﹣a3=2（1）求{a n}的通项公式；（2）设等比数列{b n}满足b2=a3，b3=a7，问：b6与数列{a n}的第几项相等？【解答】解：（I）设等差数列{a n}的公差为d．∵a4﹣a3=2，所以d=2∵a1+a2=10，所以2a1+d=10∴a1=4，∴a n=4+2（n﹣1）=2n+2（n=1，2，…）（II）设等比数列{b n}的公比为q，∵b2=a3=8，b3=a7=16，∴∴q=2，b1=4∴=128，而128=2n+2∴n=63∴b6与数列{a n}中的第63项相等6．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a5+a13=34，S3=9．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和公式；（2）设数列{b n}的通项公式为，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，b m（m≥3，m∈N）成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d．由已知得即解得．故a n=2n﹣1，S n=n2（2）由（1）知．要使b1，b2，b m成等差数列，必须2b2=b1+b m，即，（8分）．移项得：=﹣=，整理得，因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5．当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4．故存在正整数t，使得b1，b2，b m成等差数列．7．设{a n}是等差数列，b n=（）an．已知b1+b2+b3=，b1b2b3=．求等差数列的通项a n．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，则a n=a1+（n﹣1）d．∴b1b3=•==b22．由b1b2b3=，得b23=，解得b2=．代入已知条件整理得解这个方程组得b1=2，b3=或b1=，b3=2∴a1=﹣1，d=2或a1=3，d=﹣2．所以，当a1=﹣1，d=2时a n=a1+（n﹣1）d=2n﹣3．当a1=3，d=﹣2时a n=a1+（n﹣1）d=5﹣2n．8．已知等差数列{a n}的公差大于0，且a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，数列{b n}的前n项的和为S n，且S n=1﹣（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）记c n=a n b n，求证c n+1≤c n．【解答】解：（1）∵a3，a5是方程x2﹣14x+45=0的两根，且数列{a n}的公差d＞0，∴a3=5，a5=9，公差∴a n=a5+（n﹣5）d=2n﹣1．又当n=1时，有b1=S1=1﹣当∴数列{b n}是等比数列，∴（2）由（Ⅰ）知，∴∴c n+1≤c n．9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5=35，a5和a7的等差中项为13．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令（n∈N﹡），求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，因为S5=5a3=35，a5+a7=26，所以，…（2分）解得a1=3，d=2，…（4分）所以a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n=3n+×2=n2+2n．…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n=2n+1，所以b n==…（8分）=，…（10分）所以T n=．…（12分）10．已知等差数列{a n}是递增数列，且满足a4•a7=15，a3+a8=8．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）令b n=（n≥2），b1=，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）根据题意：a3+a8=8=a4+a7，a4•a7=15，知：a4，a7是方程x2﹣8x+15=0的两根，且a4＜a7解得a4=3，a7=5，设数列{a n}的公差为d由．故等差数列{a n}的通项公式为：（2）=又∴=11．设f（x）=x3，等差数列{a n}中a3=7，a1+a2+a3=12，记S n=，令b n=a n S n，数列的前n项和为T n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式和S n；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，由a3=a1+2d=7，a1+a2+a3=3a1+3d=12．解得a1=1，d=3∴a n=3n﹣2∵f（x）=x3∴S n==a n+1=3n+1．（Ⅱ）b n=a n S n=（3n﹣2）（3n+1）∴∴（Ⅲ）由（2）知，∴，∵T1，T m，T n成等比数列．∴即当m=1时，7=，n=1，不合题意；当m=2时，=，n=16，符合题意；当m=3时，=，n无正整数解；当m=4时，=，n无正整数解；当m=5时，=，n无正整数解；当m=6时，=，n无正整数解；当m≥7时，m2﹣6m﹣1=（m﹣3）2﹣10＞0，则，而，所以，此时不存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．综上，存在正整数m=2，n=16，且1＜m＜n，使得T1，T m，T n成等比数列．12．已知等差数列{a n}的前n项和为S n=pn2﹣2n+q（p，q∈R），n∈N+．（Ⅰ）求的q值；（Ⅱ）若a1与a5的等差中项为18，b n满足a n=2log2b n，求数列{b n}的前n和T n．【解答】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=S1=p﹣2+q当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=pn2﹣2n+q﹣p（n﹣1）2+2（n﹣1）﹣q=2pn﹣p﹣2∵{a n}是等差数列，a1符合n≥2时，a n的形式，∴p﹣2+q=2p﹣p﹣2，∴q=0（Ⅱ）∵，由题意得a3=18又a3=6p﹣p﹣2，∴6p﹣p﹣2=18，解得p=4∴a n=8n﹣6由a n=2log2b n，得b n=24n﹣3．∴，即{b n}是首项为2，公比为16的等比数列∴数列{b n}的前n项和．13．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2+a4=14，S7=70．（Ⅰ）求数列a n的通项公式；（Ⅱ）设b n=，数列b n的最小项是第几项，并求出该项的值．【解答】解：（I）设公差为d，则有…（2分）解得以a n=3n﹣2．…（4分）（II）…（6分）所以=﹣1…（10分）当且仅当，即n=4时取等号，故数列{b n}的最小项是第4项，该项的值为23．…（12分）14．己知各项均为正数的数列{a n}满足a n+12﹣a n+1a n﹣2a n2=0（n∈N*），且a3+2是a2，a4的等差中项．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）若b n=a n a n，S n=b1+b2+…+b n，求S n+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵a n+12﹣a n+1a n﹣2a n2=0，∴（a n+1+a n）（a n+1﹣2a n）=0，∵数列{a n}的各项均为正数，∴a n+1+a n＞0，∴a n+1﹣2a n=0，即a n+1=2a n，所以数列{a n}是以2为公比的等比数列．∵a3+2是a2，a4的等差中项，∴a2+a4=2a3+4，∴2a1+8a1=8a1+4，∴a1=2，∴数列{a n}的通项公式a n=2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）及b n=得，b n=﹣n•2n，∵S n=b1+b2++b n，∴S n=﹣2﹣2•22﹣3•23﹣4•24﹣﹣n•2n①∴2S n=﹣22﹣2•23﹣3•24﹣4•25﹣﹣（n﹣1）•2n﹣n•2n+1②①﹣②得，S n=2+22+23+24+25++2n﹣n•2n+1=，要使S n+n•2n+1＞50成立，只需2n+1﹣2＞50成立，即2n+1＞52，∴使S n+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．15．设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a n+1=2S n+1，数列{b n}满足a1=b1，点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{c n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）由a n+1=2S n+1可得a n=2S n﹣1+1（n≥2），两式相减得a n+1﹣a n=2a n，a n+1=3a n（n≥2）．又a2=2S1+1=3，所以a2=3a1．故{a n}是首项为1，公比为3的等比数列．所以a n=3n﹣1．由点P（b n，b n+1）在直线x﹣y+2=0上，所以b n+1﹣b n=2．则数列{b n}是首项为1，公差为2的等差数列．则b n=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（Ⅱ）因为，所以．则，两式相减得：．所以=．。

高中数学数列题及答案

高中数学数列题及答案
数列是高中数学的重要内容，在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位。

其中，数列求和是重要的内容之一。

除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧。

第一种方法是利用常用求和公式求和，这是数列求和的最基本、最重要的方法。

第二种方法是乘公比错项相减，主要用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列。

数列{cn}是由数列{an}与{bn}对应项的积构成的，此类型的数列适应错位相减。

要注意按以上三种情况进行分类讨论，最后再综合成三种情况。

第三种方法是裂项相消法，这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。

裂项法的实质是将数列中的每项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。

在裂项
求和时，要先观察通项类型，尤其要注意究竟是像例2一样剩下首尾两项，还是像例3一样剩下四项。

第四种方法是倒序相加法，这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法。

将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）。

此类型关键是抓
住数列中与首末两端等距离的两项之和相等这一特点来进行倒序相加的。

第五种方法是分组求和法。

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。

在数列问题中，要学会灵活应用不同的方法加以求解。

数学分析(一)：一元微积分南京大学 7 第七章拾遗 (7.1.1) 闭区间套原理

一元微积分与数学分析—闭区间套原理梅加强南京大学数学系区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.定理1(Cantor)设{[a n,b n]}为闭区间套.如果lim(b n−a n)=0,则这些闭区间有唯一的公共点.n→∞区间套:设{I n}为一列区间,如果I1⊃I2⊃···⊃I n⊃···,则称{I n}为区间套;当I n 均为闭区间时称为闭区间套.定理1(Cantor)(b n−a n)=0,则这些闭区间有唯一的公共点.设{[a n,b n]}为闭区间套.如果limn→∞证明.由题设可知,{a n}单调递增,{b n}单调递减,它们均位于区间[a1,b1]中,从而为有界数列.这说明{a n}和{b n}都收敛,设其极限分别为α,β.由a n<b n和极限的保序性质可知α≤β.由{a n}和{b n}的单调性可知a n≤α,β≤b n.于是α,β为{[a n,b n]}的公共点.证明(续).注意到0≤β−α≤b n−a n,∀n≥1.(b n−a n)=0即得α=β.如果{[a n,b n]}另有公共点γ,则令n→∞,由limn→∞0≤|γ−α|≤b n−a n,∀n≥1.同理可得γ=α.证明(续).注意到0≤β−α≤b n−a n,∀n≥1.(b n−a n)=0即得α=β.如果{[a n,b n]}另有公共点γ,则令n→∞,由limn→∞0≤|γ−α|≤b n−a n,∀n≥1.同理可得γ=α.注1定理中的闭区间换成开区间时结论一般不再成立,如(0,1)⊃(0,1/2)⊃···⊃(0,1/n)⊃···是开区间套,但这些开区间没有公共点.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集. 可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.整数集是可数集:Z={0,−1,1,−2,2,···,−n,n,···}.可数集我们来讨论闭区间套原理的几个应用.我们用Z表示整数集,N表示正整数集.可数集:设X为集合,如果存在一一映射f:X→N,则称X为可数集.换句话说,X为可数集是指其元素可以排成一行:X={x1,x2,···,x n,···}.整数集是可数集:Z={0,−1,1,−2,2,···,−n,n,···}.有理数集是可数集:像整数那样,只要能将正有理数排成一行即可.正有理数都可以写成既约分数p/q的形式,其中p,q是互素的正整数.这些既约分数可以按照如下规则排成一行:先按p+q的大小排(按从小到大的顺序排列),当分子分母之和相同时,根据分子的大小按从小到大的顺序排列.这样就可以将正有理数不重复也不遗漏地排成了一列.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?实数集R是不可数集.只有有限个元素的集合称为有限集.有限集和可数集统称至多可数集,其它的集合称为不可数集.问题1:是否存在不可数集?实数集R是不可数集.证明.(反证法)实数集是无限集,如果它是可数集,记R={x1,···,x n,···}.将区间[0,1]三等分,必有一个等分区间不含x1,记该区间为[a1,b1].再对[a1,b1]三等分,必有一个等分区间不含x2,记该区间为[a2,b2].如此继续等分[a2,b2]等等,我们就得到闭区间套[a1,b1]⊃[a2,b2]⊃···⊃[a n,b n]⊃···,使得当n≥1时x n/∈[a n,b n].注意limn→∞(b n−a n)=limn→∞3−n=0,根据闭区间套原理,{[a n,b n]}有一个公共点.此公共点属于R,但又不等于任何一个x n,这就导出了矛盾.定理2(零值定理)设f∈C0[a,b],如果f(a)f(b)≤0,则存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=0.定理2(零值定理)设f∈C0[a,b],如果f(a)f(b)≤0,则存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=0.证明.我们用闭区间套原理证明.不妨设f(a)<0,f(b)≥0.将[a,b]二等分,如果f(a+b)/2≥0,则取a1=a,b1=(a+b)/2;如果f(a+b)/2<0,则取a1=(a+b)/2,b1=b.再将[a1,b1]二等分,用[a2,b2]表示满足f(a2)<0,f(b2)≥0的那一半小区间.如此继续,可得闭区间套{[a n,b n]},使得f(a n)<0,f(b n)≥0总成立.注意到b n−a n=2−n(b−a)趋于零,由闭区间套原理,存在ξ∈[a,b],使得{a n}和{b n}均收敛于ξ.由f连续可得0≥limn→∞f(a n)=f(ξ)=limn→∞f(b n)≥0,这说明f(ξ)=0.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.例1设A既是开集,又是闭集,则A=∅或A=R.设A⊂R,a∈A.如果存在δ>0,使得(a−δ,a+δ)⊂A,则称a为A的内点. 如果A中的元素都是内点,则称A为开集.约定空集也是开集.开区间都是开集,开集的并集仍为开集.如果A的补集是开集,则称A为闭集.注意:一个子集可能既不是开集,也不是闭集,比如有理数集就是如此.例1设A既是开集,又是闭集,则A=∅或A=R.证明.定义函数f(x)如下:当x∈A时,f(x)=1;当x/∈A时f(x)=−1.由已知条件可知A和补集A c都是开集,因此f是连续函数(因为它是局部常值的).由零值定理即知f≡−1或f≡1.即A=∅或A=R.定理3(Baire纲定理)设{A n}为一列闭集,如果每一个A n都没有内点,则 ∞n=1A n也没有内点.定理3(Baire 纲定理)设{A n }为一列闭集,如果每一个A n 都没有内点,则 ∞n =1A n 也没有内点.证明.我们用闭区间套原理来证.(反证法)设a 为A = ∞n =1A n 的内点,则存在δ>0,使得(a −δ,a +δ)⊂A .根据已知条件,A 1没有内点,因此存在a 1∈(a −δ,a +δ)∩A c 1.又由A 1为闭集可知(a −δ,a +δ)∩A c 1为开集.因此存在δ1>0,使得(a 1−δ1,a 1+δ1)⊂(a −δ,a +δ)∩A c 1.记I 1=[a 1−δ1/2,a 1+δ1/2].又因为A 2没有内点,重复刚才的论证可知存在a 2∈A c 2,δ2>0,使得(a 2−δ2,a 2+δ2)⊂(a 1−δ1/2,a 1+δ1/2)∩A c 2.记I 2=[a 2−δ2/2,a 2+δ2/2],则I 2⊂I 1,|I 2|=δ2≤δ1/2=|I 1|/2.证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.思考问题2:是否存在某个函数,使得其间断点集恰为无理数集?证明(续).重复上述论证过程可得一列闭区间套{I n},使得|I n|→0(n→∞)且I n⊂A c n,∀n≥1.根据闭区间套原理,{I n}有公共点ξ∈(a−δ,a+δ)⊂A.然而,ξ不属于任何A n,这就导出了矛盾.思考问题2:是否存在某个函数,使得其间断点集恰为无理数集?提示:间断点集可以表示为一列闭集的并.。

高一数学数列部分习题及答案

.数列一．数列的概念：（1）已知*2()156n n a n N n =∈+，则在数列{}n a 的最大项为__（答：125）；（2）数列}{n a 的通项为1+=bn ana n ，其中b a ,均为正数，则n a 与1+n a 的大小关系为__（答：n a <1+n a ）；（3）已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+，且{}n a 是递增数列，求实数λ的取值范围（答：3λ>-）；二．等差数列的有关概念：1．等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。

设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++ 21 *n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。

2．等差数列的通项：1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。

(1)等差数列{}n a 中，1030a =，2050a =，则通项n a = （答：210n +）；（2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______（答：833d <≤） 3．等差数列的前n 和：1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+。

（1）数列 {}n a 中，*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈，32n a =，前n 项和152n S =-，求1a ，n （答：13a =-，10n =）；（2）已知数列 {}n a 的前n 项和212n S n n =-，求数列{||}n a 的前n 项和n T （答：2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩）. 三．等差数列的性质：1．当公差0d ≠时，等差数列的通项公式11(1)n a a n d dn a d =+-=+-是关于n 的一次函数，且率为公差d ；前n 和211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-是关于n 的二次函数且常数项为0. 2．若公差0d >，则为递增等差数列，若公差0d <，则为递减等差数列，若公差0d =，则为常数列。

新高考一轮复习人教版数列的概念及表示作业

专题七数列7.1 数列的概念及表示基础篇固本夯基考点数列的概念及表示1.(2022届长沙雅礼中学月考,8)在无穷等差数列{a n }中,记T n =a 1-a 2+a 3-a 4+a 5-…+(-1)n+1a n (n=1,2,…),则“存在m ∈N *,使得T m <T m+2”是“{a n }为递增数列”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.既不充分也不必要条件答案 B2.(2020河北邯郸线上检测,6)公元前4世纪,毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究.他们借助几何图形(或格点)来表示数,称为形数.形数是联系算术和几何的纽带.下图为五角形数的前4个,则第10个五角形数为( )A.120B.145C.270D.285 答案 B3.(2020浙江丽水四校联考,7)数列{a n }满足a 1=43,a n+1=a n 2-a n +1(n ∈N *),则m=1a 1+1a 2+…+1a 2 014的整数部分是( )A.1B.2C.3D.4 答案 B4.(2022届湖北新高考协作体联考,15)已知数列{a n }的首项a 1=2,其前n 项和为S n ,若S n+1=2S n +1,则a 7= . 答案 965.(2021福建南平模拟,15)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =n 2a n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为 . 答案 a n =2n(n+1)6.(2022届河北唐山玉田一中开学考试)若数列{a n }对任意正整数n,有a n+m =a n q(其中m ∈N *,q 为常数,q ≠0且q ≠1),则称数列{a n }是以m 为周期,以q 为周期公比的“类周期性等比数列”.若“类周期性等比数列”{a n }的前4项为1,1,2,3,周期为4,周期公比为3,则数列{a n }的前21项的和为 . 答案 10907.(2022届广东开学质量检测)将图(1)的正三角形的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(2);将图(2)的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(3);依此类推,将图(n)的每条边三等分,并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形,然后去掉底边,得到图(n+1).上述作图过程不断地进行下去,得到的曲线就是美丽的雪花曲线.若图(1)中正三角形的边长为1,则图(n)的周长为 ,图(n)的面积为 .答案 3×(43)n−1;2√35-3√320×(49)n−18.(2022届湖南天壹名校联盟摸底考试)已知数列{a n }满足a n a n+1=22n,a 1=1. (1)求a 2n ;(2)求满足a 1+a 2+…+a 2n <2022的最大的正整数n 的值. 解析 (1)因为a n a n+1=22n,a 1=1,所以a 1a 2=22,a 2=4,又a n+1a n+2=22n+2,所以a n+1a n+2a n a n+1=a n+2a n =22n+222n =4,所以{a n }的奇数项是以1为首项,4为公比的等比数列,偶数项是以4为首项,4为公比的等比数列,所以a n ={2n−1,n 为奇数,2n ,n 为偶数,所以a 2n =22n.(2)令S 2n =a 1+a 2+…+a 2n ,所以S 2n =1−4n 1−4+4(1−4n )1−4=5(4n −1)3,易知f(x)=5(4x −1)3在定义域上单调递增,且f(4)=425,f(5)=1705,f(6)=6825,因为a 1+a 2+…+a 2n <2022,所以n<6,又因为n 为正整数,所以n 的最大值为5.综合篇知能转换考法一利用S n 与a n 的关系求通项公式1.(2022届全国联考,7)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,则“S n =3n+1”是“数列{a n }是常数列”的( ) 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 D2.(2021新高考联盟模拟,6)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=1,S n+1=2S n +1,则S 7=( ) A.63 B.127 C.128 D.256 答案 B3.(2021上海金山一模,6)已知定义在R 上的函数f(x)是奇函数,且满足f(x+3)=f(x),f(1)=-3,数列{a n }满足S n =2a n +n(其中S n 为{a n }的前n 项和),则f(a 5)+f(a 6)=( ) A.-3 B.-2 C.3 D.2 答案 C4.(2022届新高考联盟月考,18)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S n+1-1=2S n +n. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{2na n a n+1}的前n 项和T n .解析 (1)因为S n+1-1=2S n +n,所以S n+1+(n+3)=2[S n +(n+2)],所以数列{S n +(n+2)}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以S n +(n+2)=2n+1,所以S n =2n+1-n-2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n+1-n-2-(2n-n-1)=2n-1,当n=1时也成立,所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)2n a n a n+1=2n (2n −1)(2n+1−1)=12n −1-12n+1−1, 所以数列{2n a n a n+1}的前n 项和T n =(12−1−122−1)+(122−1−123−1)+…+(12n −1−12n+1−1)=1-12n+1−1. 5.(2022届新高考联盟月考,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n +a n =1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =a n(a n +1)(a n+1+1),求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由S 1+a 1=1及S 1=a 1得a 1=12, 由S n +a n =1,S n+1+a n+1=1作差得2a n+1-a n =0,所以a n+1a n =12,所以{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列,则有a n =12n . (2)由题意得b n =a n (a n +1)(a n+1+1)=2n+1(2n +1)(2n+1+1)=2(12n +1−12n+1+1), 所以T n =∑k=1n b k =∑k=1n2(12k +1−12k+1+1)=23-22n+1+1.6.(2022届重庆八中入学测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =2a n -1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)记b n =2n−1a n,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=2a 1-1,解得a 1=1.当n ≥2时,S n-1=2a n-1-1,则S n -S n-1=a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.所以{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,所以a n =2n-1(n ∈N *). (2)b n =2n−1a n =2n−12n−1,∴T n =1+321+522+…+2n−12n−1, ∴12T n =121+322+523+…+2n−32n−1+2n−12n , 两式相减得12T n =1+221+222+223+…+22n−1-2n−12n =3-2n+32n ,∴T n =6-2n+32n−1(n ∈N *). 7.(2022届全国学业质量联合检测)已知数列{a n },{b n },S n 是数列{a n }的前n 项和,T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ,从①b n =3n;②S n =n 2+n;③T n =32+(n −12)·3n+1中选取两个作为条件,证明另外一个成立. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.证明若选①②作为条件,由S n =n 2+n 可得,当n=1时,a 1=S 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,当n=1时符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).所以T n =2×31+4×32+…+2n ·3n,3T n =2×32+4×33+…+(2n-2)·3n+2n ·3n+1,两式相减得-2T n =2·(31+32+ (3))-2n ·3n+1=2×3·(1−3n )1−3-2n ·3n+1,所以T n =32+(n −12)·3n+1(n ∈N *),③成立. 若选①③作为条件,当n ≥2时,由T n =a 1·31+a 2·32+…+a n ·3n=32+(n −12)·3n+1,得T n-1=a 1·31+a 2·32+…+a n-1·3n-1=32+(n −32)·3n ,两式相减得a n ·3n =2n ·3n ,所以a n =2n(n ≥2,n ∈N *).当n=1时,a 1·3=32+(1−12)·32,解得a 1=2,符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列,所以S n =n(2+2n)2=n 2+n(n ∈N *),②成立. 若选②③作为条件,由S n =n 2+n 可得,当n=1时,a 1=S 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.当n=1时符合上式,所以a n =2n(n ∈N *).当n ≥2时,由T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n =32+(n −12)·3n+1,得T n-1=a 1b 1+a 2b 2+…+a n-1b n-1=32+(n −32)·3n ,两式相减得a n b n =2n ·3n ,把a n =2n 代入,解得b n =3n (n ≥2,n ∈N *),当n=1时,2·b 1=32+(1−12)×32=6,解得b 1=3,符合上式,所以b n =3n (n ∈N *),①成立. 8.(2022届广东调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足2S n =3n-1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若c n =a n +log 3a n ,求c 1+c 2+…+c n 的值. 解析 (1)当n=1时,a 1=S 1=3−12=1, 当n ≥2时,2S n-1=3n-1-1,所以2a n =2S n -2S n-1=3n-3n-1=2·3n-1,所以a n =3n-1(n ∈N *,n ≥2),又a 1=1符合上式,所以a n =3n-1(n ∈N *).(2)由(1)可得c n =3n-1+n-1,所以c 1+c 2+…+c n =1×(1−3n )1−3+(n−1)n 2=3n +n 2−n−12.考法二利用递推关系求数列的通项1.(2022届新高考联盟月考,6)已知数列{a n }中,a 2=4,a m+n =a m +a n ,则a 11+a 12+a 13+…+a 19=( ) A.95 B.145 C.270 D.520 答案 C2.(2022届长沙长郡中学月考)在数列{a n }中,对任意n ∈N *,a n =k,当且仅当2k≤n<2k+1,k ∈N 时,若满足a m +a 2m +a 4m +a 8m +a 16m ≥52,则m 的最小值为 . 答案 5123.(2022届江苏泰州中学检测)在数列{a n }中,a 1=3,3a 1a 2+3a 2a 3+…+3a n a n+1=1+12+13+…+1n +n 2(n ∈N *),则a n = ,若λa n ≥4n对所有n ∈N *恒成立,则λ的取值范围是 .答案 6n n(n+1);[32081,+∞)4.(2022届重庆西南大学附属中学开学考,16)设数列{a n }满足a 1=2,a 2=6,a 3=12,数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n+2−S n−1+1S n+1−S n +1=3(n ∈N *且n ≥2).若[x]表示不超过x 的最大整数,b n =[(n+1)2a n],数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 2022的值为 . 答案 20235.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1= . 答案。

数学数学数列多选题试题含答案

数学数学数列多选题试题含答案一、数列多选题1．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n ++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-< 【答案】ABD 【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.【详解】由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭，又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确，故选：ABD. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．2．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（） A ．若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，则数列{}n a 为等差数列B ．若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，则数列{}n a 为等比数列C ．若等比数列{}n a 是递增数列，则{}n a 的公比1q >D ．数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，仍为等比数列【答案】AB 【分析】对于A ，求出 42n a n =-，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，求出2n n a =，则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．【详解】对于A ，若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，所以212(1)(2)n S n n -=-≥，所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥，适合12a =，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，所以122(2)nn S n -=-≥，所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥，又1422a =-=，2218224a S S =-=--=， 212a a =则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，若等比数列{}n a 是递增数列，则有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯不一定为等比数列，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．故选：AB 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.3．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ，下列四个命题中不正确的有（） A ．若0q ≠，且对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，则数列{}n a 为等比数列B ．若nn S Aq B =+（非零常数q ，A ，B 满足1q ≠，0A B +=），则数列{}n a 为等比数列C ．若数列{}n a 为等比数列，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列D ．设数列{}n a 是等比数列，若123a a a <<，则{}n a 为递增数列【答案】AC 【分析】若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，可判断A ；利用n a 与n S 的关系，可求得数列{}n a 的通项公式，可判断B ；若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，可判断C ；设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，分类讨论10a >与10a <两种情况，可判断D ；【详解】对于A ，若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，故A 错误；对于B ，当2n ≥时，()111(1)nn n n n n a S S Aq B AqB Aq q ---=-=+-+=-且1q ≠；当1n =时，0A B +=，则()111a S Aq B A q ==+=-符合上式，故数列{}n a 是首项为()1A q -公比为q 的等比数列，故B 正确；对于C ，若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，不为等比数列，故C 错误；对于D ，设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，若10a >，可得21q q <<，即1q >，则{}n a 为递增数列；若10a <，可得21q q >>，即01q <<，则{}n a 为递增数列；故D 正确；故选：AC 【点睛】结论点睛：本题考查等比数列通项公式及和的性质，等比数列和的性质：公比为1q ≠-的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232,,,n n n n n S S S S S --仍成等比数列，其公比为n q ；同理等差数列和的性质：公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列232,,,m m m m m S S S S S --构成等差数列，公差为md ，考查学生的分析能力，属于中档题.4．（多选题）已知函数()22()()n n f n n n ⎧=⎨-⎩当为奇数时当为偶数时，且()()1n a f n f n =++，则na 等于（）A ．()21n -+B ．21n -C ．21nD ．12n -【答案】AC 【分析】对n 进行分类讨论，按照()()1n a f n f n =++写出通项即可. 【详解】当n 为奇数时，()()()()22112121n a f n f n n n n n =++=-+=--=-+；当n 为偶数时，()()()221121n a f n f n n n n =++=-++=+，所以()()()2121n n n a n n ⎧-+⎪=⎨+⎪⎩当为奇数时当为偶数时. 故选：AC . 【点睛】易错点睛：对n 进行分类讨论时，应注意当n 为奇数时，1n +为偶数；当n 为偶数时，1n +为奇数.5．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=，即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<， ∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ．【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.6．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122...2212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,7．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有（） A ．数列{}n a 递增B ．n S 为{}n a 的前n 项和,则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列 C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0cD ．若70a =，n S 为{}n a 的前n 项和，则方程0n S =有唯一的根13n = 【答案】ABD 【分析】选项A. 由题意10n n a a d +-=>可判断；选项B.先求出112n S n a d n -=+⨯，根据1012n n S S dn n +-=>+可判断；选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则0c 或1c =时n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可判断；选项D.由1602n n S dn -⎛⎫=--= ⎪⎝⎭可判断. 【详解】选项A. 由题意10n n a a d +-=>，则1n n a a +>，所以数列{}n a 递增，故A 正确. 选项B. ()112n n n S na d -=+⨯,则112n S n a d n -=+⨯ 所以1012n n S S d n n +-=>+，则11n n S S n n +>+，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列. 故B 正确. 选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则()()12n n n S n c n c =+++当0c 时，12+n S n c n =+为等差数列. 当1c =时，2n S n c n=+为等差数列.所以选项C 不正确.选项D. 70a =,即7160a a d =+=，则16a d =- 又()()1111660222n n n n n n S na d dn d dn ---⎛⎫=+⨯=-+⨯=--= ⎪⎝⎭由0,0d n >>，所以1602n --=，得13n =，故选项D 正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的判定和单调性的单调，解答本题的关键是利用等差数列的定义和前n 项和公式进行判断，求出162n n S dn -⎛⎫=-+⎪⎝⎭，从而判断，属于中档题.8．已知等比数列{}n a 满足11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>．（）A ．数列{}n a 的公比为pB ．数列{}n a 为递增数列C ．1r p =--D ．当14p r-取最小值时，13-=n n a 【答案】BD 【分析】先结合已知条件，利用1n n n a S S -=-找到,p q 的关系，由11p q =-判断选项A 错误，由11pq p+=>判断B 正确，利用{}n a 通项公式和前n 项和公式代入已知式计算r p =-判断C 错误，将r p =-代入14p r-，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D 正确. 【详解】依题意，等比数列{}n a ，11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>，设公比是q ，2n ≥时，11n n n n S pa rS pa r+-=+⎧⎨=+⎩，作差得，1n n n pa a pa +-=，即()11n n p a pa +=+，故11n n a p a p ++=，即1p q p +=，即11p q =-. 选项A 中，若公比为p ，则11p q q ==-，即210q q --=，即p q ==时，数列{}n a 的公比为p ，否则数列{}n a 的公比不为p ，故错误；选项B 中，由0p >知，1111p q p p +==+>，故111111n n n n a a q q p ---=⋅==⎛⎫+ ⎪⎝⎭是递增数列，故正确；选项C 中，由1n n S pa r +=+，11n n q S q-=-，11p q =-，1nn a q +=知，1111111n n n n q p q q a qr S p q +--=-⋅=-=---=，故C 错误；选项D 中，因为r p =-，故()1111444p p p r p p -=-=+≥=⋅-，当且仅当14p p =，即12p =时等号成立，14p r-取得最小值1，此时13p q p +==，113n n n a q --==，故正确.故选：BD. 【点睛】方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解；2、当两个正数,a b 的积为定值，要求这两个正数的和式的最值时，可以使用基本不等式2a b ab +≥，当且仅当a b =取等号.二、平面向量多选题9．如图所示，设Ox ，Oy 是平面内相交成2πθθ⎛⎫≠⎪⎝⎭角的两条数轴，1e ，2e 分别是与x ，y 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy 为θ反射坐标系中，若12OM xe ye =+，则把有序数对(),x y 叫做向量OM 的反射坐标，记为(),OM x y =.在23πθ=的反射坐标系中，()1,2a =，()2,1b =-.则下列结论中，正确的是（）A ．()1,3a b -=-B ．5a =C ．a b ⊥D ．a 在b 上的投影为3714-【答案】AD 【分析】123a b e e -=-+，则()1,3a b -=-，故A 正确；3a =，故B 错误；32a b ⋅=-，故C错误；由于a在b 上的投影为33727a bb-⋅==-，故D正确.【详解】()()121212223a b e e e e e e-=+--=-+，则()1,3a b-=-，故A 正确；()2122254cos 33a e eπ=+=+=，故B错误；()()22121211223222322a b e e e e e e e e⋅=+⋅-=+⋅-=-，故C错误；由于()22227b e e=-=，故a在b上的投影为33727a bb-⋅==-，故D正确。

数列大题精选(含答案解析)

1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且满足4133n n S a =-． ()1求数列{}n a 的通项；()2令112n n b log a +=，证明：1223341111111n n n nb b b b b b b b b b +++++⋯+=．详解：()41133n n S a =-，可得1114133a S a ==-，解得11a =，2n ≥时，1141413333n n n n n a S S a a --=-=--+，即有114n n a a -=，故数列{}n a 是以11a =为首项，以14为公比的等比数列，则11()4n n a -=；()2证明：2111221()22nn n b log a log n +===， ()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭， 12231111111111142231n n b b b b b b n n +⎛⎫++⋯+=-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭ ()1114141n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭， ()()1122141n n n nb b n n +==⋅++，则1223341111111n n n n b b b b b b b b b b +++++⋯+=．2．（12分）已知*N n ∈,数列{}n a 、{}n b 满足:11n n a a +=+,112n n n b b a +=+,记24n n n c a b =-. （1）若11a =，10b =，求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）证明：数列{}n c 是等差数列；（3）定义2()n n n f x x a x b =++，在（1）的条件下，是否存在n ，使得()n f x 有两个整数零点，如果存在，求出n 满足的集合，如果不存在，说明理由. 详解：（1）()11n a n n =+-=，1122n n n n nb b a b +=+=+，∴由累加法得121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+- 1(1)0[12(2)(1)]24n n n n -=+++⋅⋅⋅+-+-=.（2）221114(4)n n n n n n c c a b a b +++-=---221(1)4()(4)12n n n n n a a b a b =+-+--=∴{}n c 是公差为1的等差数列.(3)由（1）（2）得24n n n c a b n =-=，函数的零点为x ==，要想为整数，则n 必为完全平方数，不妨设2(N )n m m =∈*，此时()2122m m m m x -±-±==，又因为1m m ±与是连续的两个整数∴ (1)m m -±能被2整除，即函数的零点()2122m m m m x -±-±==为整数， ∴所求n 的集合为{}2|,N n n m m =∈*.3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记12(1)(1)nn n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n T .【详解】（1）当1n =时，11121a S a ==-，得11a ，= 当2n ≥时，有1121n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a ，--=-=- 即12n n a a -=，满足2n ≥时，12nn a a -=，所以{}n a 是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式为12n n a -=．（2）()()()()111221121121212121n n n n nn n n n a b a a --+⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭， 123011223111111222212121212121n n T b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭11122121n n -⎛⎫- ⎪++⎝⎭ 2121n n-=+．4．已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（2）若53332S =，求λ．【详解】（1）∵1n n S a λ=+,0λ≠,∵0n a ≠．当2n ≥时,111n n S a λ--=+,两式相减,得1111n n n n n a a a a a λλλλ--=+--=-,即()11n n a a λλ--=, ∵0λ≠,0n a ≠．∵10λ-≠．即1λ≠,即11n n a a λλ-=-,（2n ≥）, ∵{}n a 是等比数列,公比1q λλ=-,当1n =时,1111S a a λ=+=,即111a λ=-, ∵1111n n a λλλ-⎛⎫=⋅ ⎪--⎝⎭；（2）若53332S =,则4513311132S λλλλ⎡⎤⎛⎫=+⋅=⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦,即5331113232λλ⎛⎫=-= ⎪-⎝⎭, 则112λλ=-,得13λ=5.已知等比数列{}n a 的各项均为正数，n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若223a =，3462a a a =.(1)n S t <恒成立，求t 的最小值； (2)设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【详解】(1)因为{}n a 为等比数列，所以3416a a a a =，所以341662a a a a a ==，60a ≠，所以12a =，又223a =，所以13q =，所以121313131313n n n S ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎛⎫⎝⎭==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，因为n S t <恒成立，所以3t ≥，即t 的最小值是3. (2)由(1)可知22123n n n a a q--=⋅=，所以132n n n b -⋅=，故01113233222n n n T -⨯⨯⨯=+++① ()112131323332222n n n n n T --⨯⨯⨯⨯=++++ ②① -②得：0111333322222n n n n T -⨯⨯-=+++-，()1313131322132n nn --⨯⨯+--=整理得，()21318n n n T -+=6．（本小题满分12分）记首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()12331n nn n S a +⋅=- ．（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若()29(1)log nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前2n 项和．【解析】（1）依题意，11213n n n S a +⎛⎫=-⎪⎝⎭，1211213n n n S a +++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，两式相减可得，()21111303n n n a a +++⎛⎫--= ⎪⎝⎭，故213n n a a ++=，而1222S 3a =，故213a a =，故数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1）可13,n n a -=所以()()2212991(1)log (1)log 3(1)(1)4n n n n n n b a n -=-⋅=-⋅=⋅-⋅-，故2122221211(1)(22)(1)(21)(43)44n n n n b b n n n --⎡⎤+=⋅-⋅-+-⋅-=-⎣⎦，记数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，则22111(15943)424n T n n n =+++⋯+-=-．7．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，2458,15a a S ⋅==；等比数列{}n b 的前n 项和21n n T =-（I ）求数列{}{},n n a b 的通项公式；（II ）当{}n a 各项为正时，设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和．【解析】（I ）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则()()()()21111383381115101532a d a d d d d d d a d a d ⎧⎧++=-+=⇔⇒=⇒==-⎨⎨+==-⎩⎩或， 11,1,n d a a n ∴==∴=，11,5,6n d a a n ∴=-=∴=-，当2n ≥时，112n nn n b T T --=-=；当1n =时，111b T ==也满足上式，∴12n n b -=．（II ）由题可知，1,2n n n n n a n c a b n -===，()01221122232122n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯， ()12312122232122n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯，()111222121n n n n T n n --=+++-⨯=-⨯-，故()121n n T n =-⨯+．8．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a S +=+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，*n N ∈．（1）求n a ；（2）若数列{}n b 满足31log n n b a =+，求122320172018111b b b b b b +++的值．【解析】（1）121n n a S +=+，121n n a S -=+，2n ≥，两式相减得112,3,2n n n n n a a a a a n ++-==≥，注意到11a =，2112133a S a =+==，于是11,3n n n a a +∀≥=，所以13n n a -=．（2）n b n =，于是()1111111n n b b n n n n +==-++，所以1223201720181111111120171223201720182018b b b b b b +++=-+-++-=．9．（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和为()122n n S n N ++=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】（1）由122n n S +=-可得：当2n ≥时，122n n S -=-，上述两式相减可得2n n a =．当1n =时：111112222a S +==-==成立，故所求()2n n a n N +=∈．（2）2nn a =，22log 2n nb a n ==，()11111122241n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭，故所求111111111141223141n T n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()41n n N n +=∈+．10．（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 为整数，535S =，且2a ，31a +，6a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（1）由53535S a ==，得37a =，由2a ，31a +，6a 成等比数列，得()2263164a a a =+=，即()()33364a d a d -+=，整理得2314150d d -+=，又因为公差d 为整数，所以3d =，所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-. （2）()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，所以123n nT b b b b =++++11111111134477103231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111331n ⎛⎫=⨯- ⎪+⎝⎭31nn =+.11.（12分）在公差为2的等差数列{}n a 中，11a +，22a +，34a +成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}2nn a -的前n 项和n S .【解析】（1）∵{}n a 的公差为2d =,∴212a a =+,134a a =+.∵11a +,22a +,34a +成等比数列, ∴()()()2111184a a a ++=+,解得18a =,从而()82126n a n n =+-=+.（2）由（1）得26n a n =+,2(26)2n nn a n ∴-=+-，()()281026222n n S n ∴=++⋅⋅⋅++-+++.()826222212nn n ++-⨯=--()()1722n n n +=+--21722n n n +=+-+12．（12分）已知首项为32的等比数列{}n a 的前n 项和为()*n S n N ∈，且22S -，3S ，44S 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于数列{}n A ，若存在一个区间M ，均有()1,2,3i A M i ∈=⋅⋅⋅，则称M 为数列{}n A 的“容值区间”.设1n n nb S S =+，试求数列{}n b 的“容值区间”长度的最小值. 【解析】（1）由题意可知：324224S S S =-+，即()()1231212342a a a a a a a a a ++=-+++++，∴4312a a =-，即公比12q =-，又132a =，∴13122n n a -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭.（2）由（1）可知112n n S ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.当n 为偶数时112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知n S 随n 增大而增大， ∴3,14n S ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，根据勾型函数性质，此时1252,12n n n b S S ⎛⎤=+∈ ⎥⎝⎦.当n 为奇数时112nn S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，易知n S 随n 增大而减小，∴31,2n S ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，根据勾型函数性质，此时1132,6n n n b S S ⎛⎤=+∈ ⎥⎝⎦.又1325612>， ∴132,6n b ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.故数列{}n b 的“容值区间”长度的最小值为16.13.（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，()()111n n na n a n n +-+=+，设nn a b n=．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）若2n b n c n =-，求数列{}n c 的前n 项和．【解析】（1）因为nn a b n=，所以n n a nb =，又因为()()111n n na n a n n +-+=+，所以()()()1111n n n n b n nb n n ++-+=+，即11n n b b +-=，所以{}n b 为等差数列，其首项为111b a ==，公差1d =．所以()11n b n n =+-=．（2）由（1）及题设得，2n n c n =-，所以数列{}n c 的前n 项和()()232222123n n S n =++++-++++()1222122n n n +-⨯=-- 21222n n n ++=--．14．（12分）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，21517a a +=，1055S =．数列{}n b 满足2log n n a b =．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n n a b +的前n 项和n T 满足3218n T S =+，求n 的值．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则有1121517104555a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，则n a n =．又2log n n a b =，即2n an b =，所以2n n b =．（2）依题意得：1212(...)(...)n n n T a a a b b b =+++++++23(123...)(222...2)n n =+++++++++()212(1)212nn n -+=+-1(1)222n n n ++=+-．又3232(132)18185462S ++=+=，则1(1)25482n n n +++=，因为1(1)()22n n n f n ++=+在*n N ∈上为单调递增函数，所以8n =．15.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()212n n n S a a =-+，且()*0n a n N >∈。

2024年新高考版数学专题1_7.1 数列的概念及表示(分层集训)

1 tan(n 1) tan n
故bn=tan(n+1)tan
n=
tan(n
1) tan1
tan
n
-1,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn=
1 [tan(n+1)-tan
tan1
n+tan
n-tan(n-1)+…+tan
2-tan
1]-n
= 1 [tan(n+1)-tan 1]-n= tan(n 1) -n-1.
,8,
21 2
,…,则此数列的通项公式可能
是( )
A.an= 5n 4
2
C.an= 6n 5
2
答案 A
B.an= 3n 2
2
D.an=10n 9
2
3.(2022福建泉州一中月考,6)已知数列{an}的通项公式为an=
(3 a n 6
a)n 3, ,n 7
n
7,
(n∈N*),若{an}是递增数列,则实数a的取值范围可以是
元素为1,3,5,7,9,…,27,29,…,79,81,83,…,2×46-1=91,共有46项,
∴S50=
46
(1 2
91)
+(3+9+27+81)=2
116+120=2
236.
综合篇
考法一利用Sn与an的关系求通项公式 1.(2022重庆一中月考,5)已知数列{an}满足a1=1,前n项和为Sn,且Sn=2an(n≥ 2,n∈N*),则{an}(n≥2)的通项公式为an= ( ) A.2n-1 B.2n-2 C.2n+1-3 D.3-2n 答案 B

7-1 数列的概念及运算

专题七数列7.1 数列的概念及运算1.(2021湖南大联考,6)数列{a n }满足a 1=1,且a n ={2a n -1-1 ,n 为偶数,2a n -1+2,n 为奇数(n ≥2),则a 4等于( )A.4B.7C.10D.12答案 B 由题意得,当n=2时,a 2=2a 1-1=1,当n=3时,a 3=2a 2+2=4,当n=4时,a 4=2a 3-1=7.故选B.2.(2021甘肃二模,5)设S n 是数列{a n }的前n 项和,若S n =n 2+2n,则a 2 021=( )A.4 043B.4 042C.4 041D.2 021答案 A a 2 021=S 2 021-S 2 020=2 0212+2×2 021-2 0202-2×2 020=4 043.3.(2020福建漳州三模,8)已知数列{a n }满足a n+2=a n+1-a n ,n ∈N *,a 1=1,a 2=2,则a 2 020=( )A.-2B.-1C.1D.2答案 B 数列{a n }满足a n+2=a n+1-a n ,n ∈N *,a 1=1,a 2=2,所以a 3=1,a 4=-1,a 5=-2,a 6=-1,a 7=1,a 8=2,……,所以数列是周期数列,且周期为6,所以a 2 020=a 336×6+4=a 4=-1,故选B.4.(2021四川绵阳三模,9)已知数列{a n }满足:a 1=a 2=2,a n =3a n-1+4a n-2(n ≥3),则a 9+a 10=( )A.47B.48C.49D.410答案 C 由题意知a 1+a 2=4,由a n =3a n-1+4a n-2(n ≥3)得a n +a n-1=4(a n-1+a n-2),即a n +a n -1a n -1+a n -2=4(n ≥3),所以数列{a n +a n+1}是等比数列,且公比为4,首项为4,所以a 9+a 10=49.故选C.解题关键由已知关系求得数列{a n +a n+1}是等比数列,由等比数列通项公式可得结论.5.(2021河南新乡期末,9)意大利数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出一个数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,….这个数列称为斐波那契数列,该数列与自然界的许多现象有密切关系,在科学研究中有着广泛的应用.数列{a n }满足a 1=a 2=1,a n+2=a n +a n+1(n ∈N *),则该数列的前1 000项中,为奇数的项共有( )A.333项B.334项C.666项D.667项答案 D 因为a 1=a 2=1为奇数,a 3=2为偶数,a 4=3,a 5=5为奇数,a 6=8为偶数,依此类推,a 9,a 12,…,a 999为偶数.由999=3+3(n-1)=3n,可得为偶数的项共有333项,那么为奇数的项共有667项.6.(2021江西八所重点高中联考,10)已知正项数列{a n },S n 是{a n }的前n 项和,且S n =a n 2+12a n -14,则S n =( )A.n 24+15n 4B.n 23+5n C.32n 2+52n D.n 2+3n 答案 A ∵{a n }为正项数列,∴a n >0.当n=1时,a 1=S 1=a 12+12a 1-14,解得a 1=4(舍负),当n ≥2时,S n-1=a n -12+12a n-1-14,∴a n =S n -S n-1=a n 2-a n -12+12(a n -a n-1),∴12(a n +a n-1)=(a n +a n-1)·(a n -a n-1),即a n -a n-1=12,∴{a n }是首项为4,公差为12的等差数列,∴S n =n×4+n(n -1)2×12=n 24+154n.故选A. 7.(2021安徽五校联考二,7)在数列{a n }中,a 1=12且(n+2)a n+1=na n ,则它的前30项和S 30=( ) A.3031 B.2930 C.2829 D.1929答案 A ∵(n+2)a n+1=na n ,∴a n+1a n =n n+2,∴a n =a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n -1=12·13·24·…·n -1n+1=1n(n+1)=1n -1n+1,因此,S 30=1-12+12-13+…+130-131=3031.故选A. 8.(2021陕西汉中二模,10)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n,则a 2 021=( )A.(12)2 021-72B.32 021-6C.-22 021-1D.22 021-1答案 C 当n=1时,3S 1=3a 1=2a 1-3,解得a 1=-3.当n ≥2时,由3S n =2a n -3n 可得3S n-1=2a n-1-3(n-1),上述两式作差得3a n =2a n -2a n-1-3,所以a n =-2a n-1-3,即a n +1=-2(a n-1+1),又a 1+1=-2,所以数列{a n +1}是以-2为首项,-2为公比的等比数列,所以a 2 021+1=-2×(-2)2 020=-22 021,因此a 2 021=-22 021-1.故选C.9.(2022届哈尔滨六中期中,15)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=-2,a n+2=-1a n(n ∈N *),则该数列前26项的和为 .答案 -10解析由题意得a 3=-1a 1=-1,a 4=-1a 2=12,a 5=-1a 3=1,a 6=-1a 4=-2,因此该数列的周期为4,且a 1+a 2+a 3+a 4=1+(-2)+(-1)+12=-32,所以该数列前26项的和为-32×6+1+(-2)=-10. 10.(2021安徽滁州重点高中质监,16)已知数列{a n },a 1=2,S n 为数列{a n }的前n 项和,且对任意n ≥2,都有2a n a n S n -S n 2=1,则{a n }的通项公式为 . 答案 a n ={2,n =1-2n(n -1),n ≥2 解析对任意n ≥2,都有2a n a n S n -S n 2=1,则2(S n -S n -1)(S n -S n -1)S n -S n 2=1,整理得1S n -1S n -1=12(常数),故数列{1S n }是以12为首项,12为公差的等差数列,则1S n =n 2,故S n =2n ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=-2n(n -1),当n=1时,不符合上式,故a n={2(n =1),-2n(n -1)(n ≥2). 11.(2021安徽宣城调研二,14)若数列{a n }满足a 1=1,且对于任意的n ∈N *,都有a n+1-a n =n+1,则数列{1a n }的前n 项和S n = .答案2n n+1 解析由题可得当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+2+3+…+n=12n(n+1),当n=1时也符合上式, 则1a n =2n(n+1)=2(1n -1n+1),所以S n =2(1-12+12-13+…+1n -1n+1)=2(1-1n+1)=2n n+1. 解后反思若{a n }满足a n -a n-1=f(n),可考虑用累加法求通项公式,其原理为a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=f(n)+f(n-1)+…+f(2)+a 1,运算化简即可.12.(2021河南驻马店期末,15)已知数列{a n }的首项为2,且满足a n+1=2a n 3a n +1,则1a n= . 答案 3-52n 解析由题意知,1a n+1=3a n +12a n =32+12a n ,则1a n+1-3=12(1a n -3),又因为1a 1-3=-52,所以数列{1a n -3}是以-52为首项,12为公比的等比数列,所以1a n -3=(-52)·(12)n -1=-52n ,则1a n =3-52n .。

数列经典试题(含答案)

强力推荐人教版数学高中必修 5 习题第二章数列1． { a n } 是首项 a 1＝ 1，公差为 d ＝3 的等差数列，如果 a n ＝ 2 005，则序号 n 等于 () ．A ．667B ． 668C ． 669D ． 6702．在各项都为正数的等比数列 { a n } 中，首项 a 1＝ 3，前三项和为 21，则 a 3＋ a 4＋ a 5＝ () ．A ．33B ． 72C ． 84D ． 1893．如果 a 1 ，a 2，⋯， a 8 为各项都大于零的等差数列，公差 d ≠0，则 () ．A ． a 1 a 8 ＞ a 4 a 5B ． a 1a 8＜ a 4a 5C ． a 1＋ a 8 ＜a 4＋ a 5D ． a 1a 8＝ a 4a 54．已知方程 ( x 2－ 2x ＋m)( x 2－2x ＋ n) ＝ 0 的四个根组成一个首项为1的等差数列，则4｜ m － n ｜等于 () ．A ． 1B ．3C ．1D ． 34285．等比数列 { a n } 中， a 2＝ 9， a 5＝ 243，则 { a n } 的前 4 项和为 ( ).A ．81B ．120C ． 168D ． 1926．若数列 { a n } 是等差数列，首项a 1＞0，a 2 003＋ a 2 004＞ 0，a 2 003·a 2 004＜ 0，则使前 n 项和 S n ＞0 成立的最大自然数 n是 () ．A ．4 005B ． 4 006C ． 4 007D ． 4 0087．已知等差数列 { a n } 的公差为 2，若 a 1， a 3， a 4 成等比数列 , 则 a 2 ＝( ) ．A ．－ 4B ．－ 6C ．－ 8D ．－108．设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和，若a 5＝5 ，则S 9 ＝ () ．a 3 9 S 5A ． 1B ．－ 1C ． 2D ．129．已知数列－ 1，a 1， a 2，－ 4 成等差数列，－ 1， b 1，b 2 ，b 3，－ 4 成等比数列，则 a 2 a 1的值是 () ．b 2 A ．1B ．－1C ．－1或1D ．1222 2 4A．38B． 20C． 10D． 9二、填空题11．设 f( x) ＝1，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得 f( － 5)＋ f( － 4) ＋⋯＋ f(0)＋⋯＋ f( 5)2 x2＋ f( 6) 的值为.12．已知等比数列 { a n} 中，( 1) 若 a3· a4·a5＝8，则 a2·a3·a4· a5· a6＝．( 2) 若 a1＋ a2＝324， a3＋ a4＝ 36，则 a5＋ a6＝．( 3) 若 S4＝ 2， S8＝ 6，则 a17＋a18＋ a19＋ a20＝.13．在8和27之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为．3214．在等差数列 { a n} 中， 3( a3＋ a5) ＋2( a7＋ a10＋ a13) ＝ 24，则此数列前13 项之和为.15．在等差数列 { a n} 中， a5＝ 3， a6＝－ 2，则 a4＋a5＋⋯＋ a10＝.16．设平面内有 n 条直线 ( n≥ 3) ，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f( n) 表示这 n 条直线交点的个数，则f( 4) ＝；当 n＞ 4 时， f( n) ＝．三、解答题17． ( 1) 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n＝ 3n2－ 2n，求证数列 { a n} 成等差数列 .( 2) 已知1，1，1成等差数列，求证b c ，c a，a b也成等差数列.a b c a b c18．设 { a n } 是公比为q 的等比数列，且a1， a3， a2成等差数列．( 1) 求 q 的值；( 2) 设 { b n} 是以 2 为首项， q 为公差的等差数列，其前n 项和为 S n，当 n≥ 2 时，比较S n与 b n的大小，并说明理由．19．数列 { a n} 的前 n 项和记为 S n，已知 a1＝ 1，a n＋1＝n2S n( n＝1， 2， 3⋯ ) ．n求证：数列 { Sn } 是等比数列．n20．已知数列 { a n} 是首项为 a 且公比不等于 1 的等比数列， S n为其前 n 项和， a1，2a7，3a4成等差数列，求证：12S3，S6， S12－ S6成等比数列 .第二章数列参考答案一、选择题1． C解析：由题设，代入通项公式a n＝ a1＋ ( n－ 1) d，即 2 005＝ 1＋3( n－ 1) ，∴ n＝ 699．2． C解析：本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力．设等比数列 { a n} 的公比为q( q＞0) ，由题意得a1＋ a2＋ a3＝ 21，即a1( 1＋ q＋q2) ＝ 21，又 a1＝ 3，∴ 1＋ q＋ q2＝ 7．解得 q＝2 或 q＝－ 3( 不合题意，舍去 ) ，∴ a3＋ a4＋ a5＝ a1q2( 1＋q＋ q2) ＝ 3× 22× 7＝ 84．3． B．解析：由 a1＋ a8＝ a4＋ a5，∴排除C．又a1· a8＝ a1( a1＋ 7d) ＝ a12＋ 7a1d，∴a4· a5＝ ( a1＋ 3d)( a1＋ 4d) ＝a12＋ 7a1d ＋ 12d2＞ a1· a8．4． C 解析：解法 1：设 a1＝1，a2＝1＋d， a3＝1＋ 2d， a4＝1＋ 3d，而方程 x2－2x＋ m＝ 0 中两根之和为2， x2－2x＋ n＝ 0 中4444两根之和也为2，∴a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 1＋ 6d＝ 4，∴ d＝1， a ＝1， a ＝7是一个方程的两个根， a ＝3，a ＝5是另一个方程的两个根．144132444∴7，15分别为 m 或 n，16 16∴｜ m－ n｜＝1，故选 C．2由等差数列的性质：若＋ s ＝ p ＋ q ，则 a ＋ a s ＝ a p ＋ a q ，若设 x 1 为第一项， x 2 必为第四项，则 x 2＝ 7，于是可得等差4数列为 1， 3， 5， 7，4 4 4 4∴ m ＝ 7 ，n ＝15 ，1616∴｜ m － n ｜＝ 1．25． B解析：∵ a 2＝ 9， a 5＝ 243， a 5＝ q 3＝243＝ 27，a 2 9∴ q ＝ 3， a 1 q ＝9， a 1＝ 3，5∴S 4＝3－3＝240＝ 120．1－326． B解析：解法 1：由 a 2 003＋ a 2 004＞ 0，a 2 003·a 2 004＜ 0，知 a 2 003 和 a 2 004 两项中有一正数一负数，又a 1＞ 0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a 2 003＞ a 2 004，即 a 2 003＞ 0， a 2 004＜ 0.∴ S 4 006＝4 006( a 1＋ a)4 006( a ＋ a)4 006＝2 0032 004＞ 0，22∴ S 4 007＝4 007· ( a 1＋a 4 007) ＝4 007· 2a 2 004＜ 0，22故 4 006 为 S n ＞ 0 的最大自然数 . 选 B ．解法 2：由 a 1＞ 0，a 2 003＋ a 2 004＞ 0， a 2 003·a 2 004＜0，同解法 1 的分析得 a 2 003＞ 0，a 2 004＜ 0，∴ S 2 003 为 S n 中的最大值．∵ S n 是关于 n 的二次函数，如草图所示，∴ 2 003 到对称轴的距离比 2 004 到对称轴的距离小，∴4 007在对称轴的右侧．( 第 6 题 )2根据已知条件及图象的对称性可得 4 006 在图象中右侧零点 B 的左侧，4 007，4 008都在其右侧， S n ＞ 0 的最大自然数是 4 006．解析：∵ { a n} 是等差数列，∴a3＝a1＋ 4， a4＝ a1＋ 6，又由 a1， a3， a4成等比数列，∴( a1＋ 4) 2＝ a1( a1＋ 6) ，解得 a1＝－ 8，∴a2＝－ 8＋2＝－ 6．8． A解析：∵ S99(a1a9 )＝2＝ 9 a5＝9·5＝1，∴选 A．S55(a1a5 ) 5 a35929． A解析：设 d 和 q 分别为公差和公比，则－4＝－ 1＋ 3d 且－ 4＝ ( －1) q 4，∴ d＝－ 1， q2＝ 2，∴ a2 a1＝d2＝1．b2q210． C解析：∵ { a n} 为等差数列，∴an2＝ a n－1＋ a n＋1，∴ a n2＝2a n，又 a n≠ 0，∴ a n＝ 2， { a n} 为常数数列，而a n＝S2 n 1，即 2n－ 1＝38＝ 19，2n 12∴n＝ 10．二、填空题11．3 2．解析：∵ f( x) ＝1，x221x12x∴ f( 1－ x) ＝ 2 ＝22221 x 2 2x＝22 x，112x112x1( 2 2 x)2∴ f( x) ＋ f( 1－ x) ＝＋2＝2＝2＝．x2 2 x 2 2x22 2 2 2 x设S＝ f( － 5) ＋ f( － 4) ＋⋯＋ f(0) ＋⋯＋ f( 5) ＋ f( 6) ，则 S＝ f( 6) ＋ f( 5) ＋⋯＋ f(0) ＋⋯＋ f( － 4) ＋ f( － 5) ，.∴ 2S＝ [ f( 6)＋ f( － 5)] ＋ [ f( 5) ＋f( － 4)] ＋⋯＋ [ f(－ 5) ＋ f( 6)] ＝ 6 2 ，∴ S＝ f( － 5)＋ f( － 4) ＋⋯＋ f(0) ＋⋯＋ f( 5) ＋ f( 6)＝3 2．12．（ 1）32；（ 2）4；（ 3）32．解析：（ 1）由 a3· a5＝ a42，得 a4＝2，∴a2· a3· a4· a5· a6＝ a45＝ 32．a1a2 324 1 ，（ 2）q 2( a1a2 )q2 369∴ a5＋ a6＝ ( a1＋ a2 ) q4＝4．S4＝a1＋ a2＋a3＋ a4＝2q 4＝2 ，（ 3）S8＝ a1＋ a2＋＋a8＝S4＋S4q4∴ a17＋ a18＋a19＋a20＝ S4q16＝ 32．13． 216．解析：本题考查等比数列的性质及计算，由插入三个数后成等比数列，因而中间数必与中间数为827＝6，插入的三个数之积为8×27×6＝ 216．3232 14． 26．解析：∵ a3＋ a5＝ 2a4， a7＋ a13＝ 2a10，∴6( a4＋ a10) ＝ 24， a4＋ a10＝ 4，∴S＝13( a1＋a13)＝ 13( a4＋a10 ) ＝ 134＝26．1322215．－ 49．解析：∵ d＝ a6－ a5＝－ 5，∴a4＋ a5＋⋯＋ a10＝7( a4＋a10)2＝7( a5－ d＋a5＋5d )2＝7( a5＋ 2d)8，27同号，由等比中项的3 2.＝－ 49．116． 5， ( n ＋ 1)( n － 2) ．解析：同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直线都相交，∴ f( k) ＝ f( k－ 1) ＋ ( k － 1) ．由 f( 3) ＝ 2，f( 4) ＝ f( 3) ＋ 3＝2＋ 3＝ 5，f( 5) ＝ f( 4) ＋ 4＝2＋ 3＋ 4＝9，⋯⋯f( n) ＝ f( n － 1) ＋( n － 1) ，相加得 f( n) ＝ 2＋ 3＋ 4＋⋯＋ ( n －1) ＝ 1( n ＋ 1)( n － 2) ．2三、解答题17．分析：判定给定数列是否为等差数列关键看是否满足从第2 项开始每项与其前一项差为常数．证明：（ 1） n ＝ 1 时， a 1＝ S 1＝ 3－ 2＝ 1，当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n － 1＝ 3n 2－ 2n －[ 3( n － 1) 2－2( n － 1)] ＝ 6n － 5，n ＝ 1 时，亦满足，∴ a n ＝ 6n － 5( n ∈ N* ) ．首项 a 1＝ 1，a n － a n － 1＝ 6n － 5－ [ 6( n － 1) －5] ＝ 6( 常数 )( n ∈N* ) ，∴数列 { a n } 成等差数列且 a 1＝ 1，公差为 6．111（ 2）∵ ，，成等差数列，∴ 2 ＝ 1 ＋ 1化简得 2ac ＝ b( a ＋ c) ． b a cb ＋c ＋ a ＋b ＝ bc ＋ c 2＋ a 2＋ ab ＝ b( a ＋ c)＋ a 2＋ c 2＝ ( a ＋ c) 2 ＝ ( a ＋ c)2＝ 2·a ＋c，acac acacb( a ＋c)b2∴b ＋c，c ＋a，a ＋b也成等差数列．abc18．解：（ 1）由题设 2a 3＝ a 1＋ a 2，即 2a 1q 2＝ a 1＋ a 1q ，∵ a 1≠ 0，∴ 2q 2－ q － 1＝0，∴ q ＝ 1 或－1..2（ 2）若 q ＝ 1，则 S n ＝ 2n ＋n( n －1)＝ n＋3n．22当 n ≥ 2 时， S n －b n ＝ S n － 1＝( n －1)( n ＋2)＞ 0，故 S n＞b n ． 22若 q ＝－ 1 ，则 S n ＝ 2n ＋n( n －1)( － 1) ＝－ n ＋9n．222 4当 n ≥ 2 时， S n －b n ＝ S n － 1＝( n －1)( 10－n)，4故对于 n ∈ N +，当 2≤ n ≤ 9 时， S n ＞ b n ；当 n ＝ 10 时， S n ＝ b n ；当 n ≥ 11 时， S n ＜ b n ．n ＋2n∴ ( n ＋ 2) S n ＝ n( S n ＋ 1－S n ) ，整理得 nS n ＋ 1＝ 2( n ＋ 1) S n ，所以Sn ＋1＝2Sn．n ＋1 n故 {S n} 是以 2 为公比的等比数列． n20．证明：由 a 1， 2a 7， 3a 4 成等差数列，得 4a 7＝ a 1＋ 3a 4，即 4 a 1q 6＝ a 1＋ 3a 1q 3，变形得 ( 4q 3＋ 1)( q 3－ 1) ＝ 0，∴ q 3＝－ 1或 q 3＝1( 舍) ． 4a 1(1 q 6) 1 q3S 6＝1 q＝ 1；由 312＝ 1612S 3 12a 1 (1 q )1 qa 1 (1 12q)S12S 6＝ S12－ 1＝1 q－ 6－1＝1 ； S 6S 6 a 1 (1 61＝ 1＋q 16q )1 q S 6 ＝ S 12 S 6．得S 612S 3∴ 12S 3， S 6， S 12－ S 6 成等比数列．。

数列考试题型及答案详解

数列考试题型及答案详解一、选择题1. 已知数列$ a_n $的通项公式为$ a_n = 2n - 1 $，该数列是：A. 等差数列B. 等比数列C. 既不是等差数列也不是等比数列D. 常数数列答案：A2. 若数列$ b_n $满足$ b_n = b_{n-1} + 3 $，且$ b_1 = 1 $，则$ b_5 $的值为：A. 10B. 13C. 16D. 19答案：B二、填空题3. 给定数列$ c_n $的前几项为$ c_1 = 1, c_2 = 3, c_3 = 6 $，若数列$ c_n $是等差数列，则$ c_4 $的值为______。

答案：104. 若数列$ d_n $的前$ n $项和为$ S_n = 2n^2 - n $，求$ d_4 $的值。

答案：15三、解答题5. 已知数列$ e_n $的前$ n $项和为$ S_n = 3n^2 + n $，求证数列$ e_n $是等差数列，并求出其首项和公差。

证明：由题意知，$ S_1 = e_1 = 3 \times 1^2 + 1 = 4 $。

当$ n \geq 2 $时，$ e_n = S_n - S_{n-1} = (3n^2 + n) - [3(n-1)^2 + (n-1)] = 6n - 2 $。

又$ e_1 = 4 $，满足上述等式，故$ e_n = 6n - 2 $。

由$ e_n $的表达式可知，$ e_n - e_{n-1} = 6 $，即数列$ e_n $的公差为6，首项为4，因此$ e_n $是等差数列。

6. 已知数列$ f_n $的通项公式为$ f_n = 3^n - 2^n $，求$ f_{10} $的值。

解答：根据题意，$ f_{10} = 3^{10} - 2^{10} $。

计算得$ f_{10} = 59049 - 1024 = 58025 $。

高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题7-1数列的概念与简单表示-学生版

专题7.1数列的概念与简单表示练基础1．（2021·全国高二课时练习）已知数列{a n }的第1项是1，第2项是2，以后各项由a n =a n-1+a n-2(n>2)给出，则该数列的第5项等于（）A ．6B ．7C ．8D ．92．（2021·全国高二课时练习）下列说法错误的是（）A ．递推公式也是数列的一种表示方法B ．a n =a n-1，a 1=1(n ≥2)是递推公式C ．给出数列的方法只有图象法、列表法、通项公式法D ．a n =2a n-1，a 1=2(n ≥2)是递推公式3．（2019·绥德中学高二月考）数列{}n a 的通项公式cos 2n n a n π=，其前n 项和为n S ，则2015S =A ．1008B ．2015C ．1008-D ．504-4．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）在数列{}n x 中，212n n n x x x +++≤，1n ≥，设其前n 项和为n S ，则下列命题正确的是（）A ．()1012110x x x x -≥-B ．1101011099x x S x x +≤≤+C ．122kk x x x +≤D ．若11n n n x x n +-=+，则1(1)2n n n n S nx ++>-5．（2021·四川省绵阳南山中学高一期中）数列{}n a 的首项13a =，且122n n a a -=-()2n ≥，则2021a =（）A ．3B ．43C ．12D ．2-6．（2021·河南高二三模（理））分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n 行黑圈的个数为n a ，则6a =（）A ．55B ．58C ．60D ．627．（2021·河南高三其他模拟（文））数列{}n a 满足递推公式21++=+n n n a a a ，且12a a =，201920202020a a ⋅=，则222122019a a a ++⋅⋅⋅+=（）A ．1010B ．2020C ．3030D ．40408.（2019·浙江高考模拟）已知数列{}n a 满足10a >，114a =，2112n n n a a a +=+，数列{}n b 满足0n b >，112b a =，21112n n n b b b ++=+，*n N ∈若存在正整数(),m n m n ≤，使得14m n b b +=，则（）A．10,12m n ==B．9,11m n ==C．4,6m n ==D．1,3m n ==9.（2021·云南曲靖一中高三其他模拟（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，21n n n a a a ++=-，则2019S =______．10.（山东省单县第五中学月考）数列{}n a 的通项()()*10111nn a n n N ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，试问该数列{}n a 有没有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由.练提升1．（2021·四川成都市·成都七中高三月考（理））数列{}n a 满足123232nn a a a na ++++= ，则239101229444a a a a a a +++ 的值为（）A ．710B ．1310C ．95D ．9202．（2020·四川凉山·期末（文））德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数t ，如果t 是偶数，就将它减半（即2t）；如果t 是奇数，则将它乘3加1（即31t +），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1．猜想的数列形式为：0a 为正整数，当*n N ∈时，()()111131,,2n n n n n a a a a a ----⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，则数列{}n a 中必存在值为1的项．若01a =，则5a 的值为（）A ．1B ．2C ．3D ．43.（2021·辽宁高二月考）设函数6(3)3,7(),7x a x x f x a x ---≤⎧=⎨>⎩，数列{}n a 满足(),n a f n n +=∈N ，且数列{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（）A ．(2,3]B ．(1,3)C ．()2,3D ．3(1,24．（2021·全国高三其他模拟（理））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，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，由此规律得到以下结论正确的是（）A ．1270a =B ．1384a =C ．当n 为偶数时，1121n n n S S S n +--+=+D ．当n 为奇数时，()1121n n n S S S n n +--+=>5．（2020·四川高一期末（理））已知数列{}n a 满足2*12222()n n a a a n n N +++=∈ ，2211log log n n n b a a +=⋅，n S 为数列{}n b 的前n 项和.若对任意实数λ，都有n S λ<成立，则实数λ的取值范围为（）A ．[1,)+∞B ．(1,)+∞C ．1(,)2+∞D ．1[,)2+∞6．（2021·四川成都市·树德中学高三其他模拟（理））已知数列{}n a ，{}n b ，其中数列{}n a 满足()*5n n a a n +=∈N ，前n 项和为n S 满足()112nn n n S a =-+()316n n +-≤≤；数列{}n b 满足：11b =，且对任意的m ､*n N ∈都有：n m n m b b b nm +=++，则数列2n n b a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的第47项的值为（）A ．384B ．47C ．49D ．3767．【多选题】（2021·辽宁高三月考）已知数列{}n a 满足：1n a n=，n S 是数列{}n a 的前n 项和，()ln 1n n n a b a +=，下列命题正确的是（）A ．11ln n n n a a n ++⎛⎫<<⎪⎝⎭B ．数列{}n b 是递增数列C ．202120201ln 2021S S ->>D ．ln 2ln 3n b ≤<8．【多选题】（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为{}n a ，121a a ==，()123n n n a a a n --=+≥，边长为斐波那契数n a 的正方形所对应扇形面积记为()*n b n ∈N ，则（）A ．()2233n n n a a a n -+=+≥B ．123201920211a a a a a +++⋅⋅⋅+=+C ．()2020201920182021π4b b a a -=⋅D ．123202*********π4b b b b a a +++⋅⋅⋅+=⋅9．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列{}n a 满足()211232222n n n a a a a n n N *+++⋯+⋅∈﹣＝.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n a 的前项n 和为n S ，若51n n S a λ-≥恒成立，求实数λ的取值范围.10．（2020·湖北宜昌·其他（文））数列{}n a 中，12a =，1(1)()2(1)n n n n a a a n ++-=++.（1）求2a ，3a 的值；（2）已知数列{}n a 的通项公式是1n a n =+，21n a n =+，2n a n n =+中的一个，设数列1{}na 的前n 项和为n S ，1{}n n a a +-的前n 项和为n T ，若360nnT S >，求n 的取值范围．练真题1．（2021·浙江高考真题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+==∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．100332S <<B ．10034S <<C ．100942S <<D ．100952S <<2.（2019·浙江高考真题）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈,则（）A．当101,102b a =>B．当101,104b a =>C．当102,10b a =->D．当104,10b a =->3．（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国I 理科）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．1104．（2020·全国高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（）A．11010 B．11011C．10001D．110015．（2020·全国高考真题（文））数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.6.（2021·全国高考真题）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.。

2022届高考数学一轮复习第7章7.1数列含递推公式核心考点精准研析训练含解析新人教B版

第7章核心考点·精准研析考点一数列的有关概念及通项公式1.数列{a n}中,a1=1,当n≥2且n∈N*时,a n=,则a3+a5= ( )A. B. C. D.n=n2-8n+15,则3 ( )A.不是数列{a n}中的项B.只是数列{a n}中的第2项C.只是数列{a n}中的第6项D.是数列{a n}中的第2项或第6项,-,,-,…的一个通项公式为( )n=(-1)n·n=(-1)n·n=(-1)n+1·n=(-1)n+1·4.若数列{a n}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则++…+等于( )世纪金榜导学号A. B. C. D.5.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+ln,则a n=( )世纪金榜导学号A.2+ln nB.2+(n-1)ln nC.2+nln nD.1+n+ln n【解析】n=(n≥2),所以a3=,a5=,所以a3+a5=+=+=.n=3,即n 2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是数列{an}中的第2项或第6项.3.选D.该数列是分数形式,分子为奇数2n+1,分母是指数2n,各项的符号由(-1)n+1来确定,所以D选项正确.n+1=a n+n+1,得a n+1-a n=n+1,则a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,a n-a n-1=(n-1)+1,以上等式相加,得a n-a1=2+3+…+(n-1)+n,把a1=1代入上式得a n=1+2+3+…+(n-1)+n=,所以==2,则++…+=2=2= .n+1=a n+ln,所以a n-a n-1=ln=ln(n≥2),所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=ln+ln+…+ln+ln 2+2=2+ln=2+ln n(n≥2).又a1=2适合上式,故a n=2+ln n(n∈N*).将T3改为已知数列的前4项为2,0,2,0,则依此归纳该数列的通项不可能是( )n=(-1)n-1n=n=2sin n=cos(n-1)π+1【解析】选C.对n=1,2,3,4进行验证,a n=2sin不合题意.(1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③各项的符号特征和绝对值特征;④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破,或寻找分子、分母之间的关系;⑤对于符号交替出现的情况,可用(-1)k或(-1)k+1,k∈N*处理.(1)累加法:a n+1-a n=f(n).(2)累乘法: =f(n).(3)待定系数法:a n+1=pa n+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0).把原递推公式转化为:a n+1-t=p(a n-t),其中t=,再利用换元法转化为等比数列求解.【秒杀绝招】1.代入法解T2根据选项可直接把n=2或n=6代入检验.2.特值检验法解T3先利用排除法排除A、B,然后可直接把n=3代入检验排除C.考点二a n与S n的关系及其应用【典例】1.设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2(a n-1)(n∈N*),则a n= ( )-1 nn-1n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,求a n. 世纪金榜导学号【解题导思】序号联想解题(1)看到a n与S n的关系,想到利用a n=S n-S n-1(n≥2)转化为a n与a n-1的关系1(2)也可以先检验n=1,n=2,n=3进行排除(1)利用a n+1=S n+1-S n转化为S n+1与S n的关系2(2)求得S n,代入a n=S n-S n-1(n≥2)得a n,并检验n=1是否成立【解析】1.选C.当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,所以a n=2a n-1,所以数列{a n}为首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.【一题多解】1=2,a2=4,a3=8,易确定C.n+1=S n+1-S n=S n+1S n,两边同时除以S n+1S n,得-=-1,故数列是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以S n=-.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-+=,故a n=【答题模板微课】本例题2的模板化过程:建模板:当n=1时,a1=S1=-1, …………求首项当n≥2时,a n=S n-S n-1=-+=,…………作差求通项经检验a1=-1不适合a n=, …………检验故a n=…………结论套模板:已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n+1,则a n=________.【解析】当n=1时,a1=S1=1+2+1=4, …………求首项当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n+1, …………作差求通项经检验a1=4不适合a n=2n+1, …………检验故a n=…………结论答案:n求a n的三个步骤(1)先利用a1=S1求出a1.(2)用n-1替换S n中的n得到一个新的关系,利用a n=S n-S n-1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并.n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化.(1)利用a n=S n-S n-1(n≥2)转化为只含S n,S n-1的关系式,再求解.(2)利用S n-S n-1=a n(n≥2)转化为只含a n,a n-1的关系式,再求解.1.已知数列{a n}的前n项和S n=2n-3,则数列{a n}的通项公式是________.【解析】当n=1时,a1=S1=2-3=-1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-3)-(2n-1-3)=2n-2n-1=2n-1.当n=1时不满足,故a n=答案:a n=2.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n= ( ) n-1 B.C. D.【解析】n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),即2S n+1=3S n,=,而S1=a1=1,所以S n=.【变式备选】已知数列{a n}的前n项和为S n,求{a n}的通项公式.(1)S n=2n2-3n.(2)S n=3n+b.【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2-3=-1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5.由于a1也适合此等式,所以a n=4n-5.(2)a1=S1=3+b,当n≥2时,a n=S n-S n-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2·3n-1.当b=-1时,a1适合此等式;当b≠-1时,a1不适合此等式.所以当b=-1时,a n=2·3n-1;当b≠-1时,a n=考点三数列的性质及其应用命题精解读考什么:考查数列的单调性、周期性、最值问题怎么考:因为数列可以看作是一类特殊的函数值,所以数列也具备函数应具备的性质,因此常常以数列为载体,考查单调性、周期性以及最值等问题.解题过程中常常渗透逻辑推理的核心素养.新趋势:由递推关系求通项公式考查求通项公式的方法成为考试的新趋势学霸好方法(1)作差比较法(2)作商比较法(3)结合相应函数的图象直观判断.先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项;(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项.数列的函数特性可利用数形结合、分类讨论进行解题数列的单调性【典例】已知递增数列{a n},a n≥0,a1=0.对于任意的正整数n,不等式t2-- 3t-3a n≤0恒成立,则正数t的最大值为( )A.1B.2【解析】选C.因为数列{a n}是递增数列,又t2--3t-3a n=(t-a n-3)(t+a n)≤0,t+a n>0,所以t≤a n+3恒成立,t≤(a n+3)min=a1+3=3,所以t max=3.在数列的恒成立问题中,若涉及求参数的最值问题时,如何进行合理地转化?提示:在涉及求参数的最值问题时,常常与已知数列的单调性有关,因此解决这类问题,需要先判断该数列的单调性.数列的周期性【典例】若数列{a n}满足a1=2,a n+1=,则a2 022的值为世纪金榜导学号( )A.2B.-3 D.【解析】1=2,a n+1=,所以a2==-3,同理可得:a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,a7=-,a8=,…,可得a n+4=a n,则a2 022=a505×4+2=a2=-3.在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑如何求解?提示:在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑该数列是否具有周期性,利用周期性即可求出该数列中的某一项.数列中的最值【典例】数列{a n}的通项为a n=(n∈N*),若a5是{a n}中的最大值,则a的取值X围是________.世纪金榜导学号【解析】当n≤4时,a n=2n-1单调递增,因此n=4时取最大值,a4=24-1=15.当n≥5时,a n=-n2+(a-1)n=-+.因为a5是{a n}中的最大值,所以解得9≤a≤12.所以a的取值X围是[9,12].答案:[9,12]当数列涉及最大项或最小项问题时,除了用不等式组求解,还可以考虑什么方法?提示:解决数列的最值问题,除了用不等式组求解,还可以将数列看作某个函数,利用求函数的最值的方法求数列的最值.1.已知数列{a n}满足a n=(n∈N*),则数列{a n}的最小项是第______项.【解析】因为a n=,所以数列{a n}的最小项必为a n<0,即<0,3n-16<0,从而n<.又n∈N*,所以当n=5时,a n的值最小.答案:52.已知数列{a n}中,a n=n2+λn,且{a n}为递增数列,某某数λ的取值X围.【解析】因为a n+1-a n=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+λ+1,所以由{a n}为递增数列可得2n+λ+1>0,即λ>-2n-1对一切n∈N*恒成立.因为n=1时,-2n-1取得最大值-3,所以λ>-3,即λ∈(-3,+∞).【一题多解】函数f(n)=n2+λn的图象的对称轴是n=-,如图,只需要-<,则λ>-3,即λ∈(-3,+∞).1.(2020·某某模拟)已知在正项等比数列中,a2 020=4a2 018,a2+a4=20,则a2 020的个位数字是( )A.2B.4【解析】选C.设公比为q(q>0),依题意得解得a1=q=2,故a2 020=2×22 019=22 020,注意到21个位数字是2,22个位数字是4,23个位数字是8,24的个位数字是6,25的个位数字是2,26的个位数字是4,…,故2n的个位数字的周期为4,而22 020=2505×4,故其个位数字为6.2.数列{a n}的通项公式为a n=,则数列{a n}中的最大项是( )B.19C.D.【解析】选 C.令f(x)=x+(x>0),运用基本不等式得f(x)≥2,当且仅当x=3n=,所以≤,由于n∈N*,故当n=9或n=10时,a n=最大.。

高中数学数列习题带答案

高中数学数列习题带答案高中数学数列习题带答案数列是高中数学中的一个重要概念，它在数学中有着广泛的应用。

数列的学习不仅可以培养学生的逻辑思维能力，还可以提高他们的问题解决能力。

下面，我将为大家带来几道高中数学数列习题，并附上详细的解答过程。

第一题：已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，求该数列的前n项和Sn。

解答：首先，我们可以通过将an的通项公式代入Sn的公式来求解。

Sn表示数列的前n项和，其公式为Sn = a1 + a2 + ... + an。

将an的通项公式代入Sn的公式可得：Sn = (3×1 + 2) + (3×2 + 2) + ... + (3×n + 2)= 3(1 + 2 + ... + n) + 2n= 3n(n + 1)/2 + 2n= (3n² + 3n + 4n)/2= (3n² + 7n)/2因此，数列{an}的前n项和Sn的通项公式为(3n² + 7n)/2。

第二题：已知数列{bn}的通项公式为bn = 2^n，求该数列的前n项和Sn。

解答：同样地，我们可以通过将bn的通项公式代入Sn的公式来求解。

Sn表示数列的前n项和，其公式为Sn = b1 + b2 + ... + bn。

将bn的通项公式代入Sn 的公式可得：Sn = 2^1 + 2^2 + ... + 2^n这是一个等比数列的前n项和，我们可以利用等比数列的求和公式来求解。

等比数列的前n项和公式为Sn = a1(1 - r^n)/(1 - r)，其中a1为首项，r为公比。

将a1 = 2，r = 2代入公式中可得：Sn = 2(1 - 2^n)/(1 - 2)= 2(1 - 2^n)/(-1)= 2(2^n - 1)因此，数列{bn}的前n项和Sn的通项公式为2(2^n - 1)。

第三题：已知数列{cn}的通项公式为cn = n^2 + n，求该数列的前n项和Sn。

沪教版(上海)数学高二上册-数列课件

能作为数集来认识吗？
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1, 3, 5, 7, 9，
n 1 a1 1 n 2 a2 3 n 3 a3 5 n 4 a4 7
n n an 2n 1
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一般地，
项的序数 1， 2， 3，4，
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一、已知通项公式，求特定项：
例1：根据下面的通项公式，写出数列的前4项：
1 an
1n
2n
,n
N*;
1 ，1 , 1 , 1 2 4 8 16
2 an n n 1, n N *; 2,6,12, 20
2018是不是这个数列的项？
第2017项呢？ a2017 4070306
11，3, 7，15，
2 3, 5, 9,17，
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题组三（思考）：
1 2, 0, 2, 0, 2, 0,
21,1,1, 4,5, 6,
3 2, 0, 2, 0, 2, 0, 2, 0,
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n,
项
a1, a2 , a3 , a4 ,
, an ,
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对应法则函数VS数列对应法则
y f x,xD
an f n, n N *
函数值自变量
项
序数
从函数的观点看，数列可以看成以正整数集（或其
有限子集1, 2,3， , k）为定义域的函数an f n，
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高考求数列真题及解析答案

高考求数列真题及解析答案数学作为高考中最为重要的科目之一，对于考生来说是一道必考题。

而在数学中，数列是一个相对较难的章节，常常考察学生对数列的理解和应用能力。

本文将为大家提供一些高考中常见的数列真题及解析答案，希望对广大考生有所帮助。

一、等差数列等差数列是指一个数列中的每个数与它前面的数之差都相等的数列。

它是数学中最常见的数列形式之一。

下面是一个关于等差数列的高考题：【例题】已知一个等差数列的首项为 3，公差为 2，前 n 项和为 S_n。

若 S_7 = 84，求 n。

解析：我们首先利用等差数列的通项公式 a_n = a_1 + (n - 1)d，其中 a_n 表示第 n 项，a_1 表示首项，d 表示公差。

根据题目中给出的信息，我们可以得到等差数列的第 7 项为 3 + (7 - 1) × 2 = 17。

根据等差数列的前 n 项和公式 S_n = (n/2)(a_1 + a_n)，我们可以得到 S_7 = (7/2)(3 + 17) = 84。

解这个方程可以得到 n = 12。

因此，答案为 n = 12。

二、等比数列等比数列是指一个数列中的每一项与它前面的一项的比值都相等的数列。

等比数列在高考中常常被用来考察考生对等比数列的性质和应用的理解。

下面是一个关于等比数列的高考题：【例题】已知一个等比数列的首项为 2，公比为 3/4，前 n 项和为 S_n。

若 S_4 = 56/3，求 n。

解析：我们首先利用等比数列的通项公式a_n = a_1 × r^(n - 1)，其中 a_n 表示第 n 项，a_1 表示首项，r 表示公比。

根据题目中给出的信息，我们可以得到等比数列的第 4 项为2 × (3/4)^(4 - 1) = 27/16。

根据等比数列的前 n 项和公式S_n = a_1 × (1 - r^n) / (1 - r)，我们可以得到S_4 = 2 × (1 - (3/4)^4) / (1 - 3/4)= 56/3。