(浙江)高考数列解答题专项训练

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高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查:(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题,可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查;(2)以新定义为载体,考查对新数列性质的理解及应用,以创新型题目的形式出现.考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=2,b 2=4,a n =2log 2b n ,n ∈N *.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n },记数列{c n }的前n 项和为S n ,求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,因为b 2=4,所以a 2=2log 2b 2=4,所以d =a 2-a 1=2,所以a n =2+(n -1)×2=2n .又a n =2log 2b n ,即2n =2log 2b n ,所以n =log 2b n ,所以b n =2n .(2)由(1)得b n =2n =2·2n -1=a 2n -1,即b n 是数列{a n }中的第2n -1项.设数列{a n }的前n 项和为P n ,数列{b n }的前n 项和为Q n ,因为b 7=a 26=a 64,b 8=a 27=a 128,所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的,所以S 100=P 107-Q 7=107×(2+214)2-2-281-2=11302.对等差、等比数列的综合问题,应重点分析等差、等比数列项之间的关系.利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解,求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1=-1,公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *).(1)若S 4-2a 2a 3+6=0,求S n ;(2)若对于每个n ∈N *,存在实数c n ,使a n +c n ,a n +1+4c n ,a n +2+15c n 成等比数列,求d 的取值范围.解(1)因为S 4-2a 2a 3+6=0,a 1=-1,所以-4+6d -2(-1+d )(-1+2d )+6=0,所以d 2-3d =0,又d >1,所以d =3,所以a n =3n -4,所以S n =n (a 1+a n )2=3n 2-5n2.(2)因为a n +c n ,a n +1+4c n ,a n +2+15c n 成等比数列,所以(a n +1+4c n )2=(a n +c n )(a n +2+15c n ),(nd -1+4c n )2=(-1+nd -d +c n )(-1+nd +d +15c n ),c 2n +(14d -8nd +8)c n +d 2=0,由已知可得方程c 2n +(14d -8nd +8)c n +d 2=0的判别式大于等于0,所以Δ=(14d -8nd +8)2-4d 2≥0,所以(16d -8nd +8)(12d -8nd +8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立,所以[(n -2)d -1][(2n -3)d -2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立,当n =1时,[(n -2)d -1][(2n -3)d -2]=(d +1)(d +2)≥0,当n =2时,由(2d -2d -1)(4d -3d -2)≥0,可得d ≤2,当n ≥3时,[(n -2)d -1][(2n -3)d -2]>(n -3)(2n -5)≥0,又d >1,所以1<d ≤2,即d 的取值范围为(1,2].考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3=2a 3-15;②a 2+6是a 1,a 3的等差中项;③2S n =t n +1-3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件,补充在下面的问题中,并解答.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=3,且满足________.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设a n =b n -1b n ,求数列2n n 项和T n .注:若选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0),若选①:由S 3=2a 3-15,得a 1+a 2+a 3=2a 3-15,所以a 3-a 2-a 1=15,又由a 1=3,可得3q 2-3q -18=0,解得q =3或q =-2(舍去),所以a n =3×3n -1=3n (n ∈N *).若选②:由a 2+6是a 1,a 3的等差中项,可得a 1+a 3=2(a 2+6),又因为a 1=3,可得3+3q 2=2(3q +6),即q 2-2q -3=0,解得q =3或q =-1(舍去),所以a n =3×3n -1=3n (n ∈N *).若选③:由2S n =t n +1-3(t ≠0),当n =1时,2a 1=6=2S 1=t 2-3,解得t =3或t =-3(舍去),所以2S n =3n +1-3,当n ≥2时,2a n =2S n -2S n -1=3n +1-3-(3n -3)=2·3n ,所以a n =3n (n ≥2).经验证当n =1时,满足a n =3n ,所以a n =3n (n ∈N *).(2)由(1)知a n =3n ,所以b n -1b n =3n ,n =9n ,所以b 2n +1b 2n=9n+2,所以T n 2122 (2)n (91+2)+(92+2)+…+(9n +2)=91+92+…+9n+2n =9(1-9n )1-9+2n =9n +1+16n -98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列,偶数项为公比为正的等比数列,且公差、公比相同,则称数列为“摇摆数列”,其表达式为a n =1+n -12d ,n =2k +1,k ∈N ,2qn -22,n =2k ,k ∈N *,若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1=1,a 1+a 2=a 3,a 2a 3=20.(1)求{a n }的通项公式;(2)若b n =na n ,求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni =1i 2解(1)+a 2=a 3,2a 3=202=4,3=52=-5,3=-4(舍去),∴d =q =4,∴a n n -1,n =2k +1,k ∈N ,n ,n =2k ,k ∈N *.(2)b n =na n n 2-n ,n =2k +1,k ∈N ,·2n ,n =2k ,k ∈N *.先求奇数项的和:b n =2n 2-n ,n =2k +1,k ∈N ,S n =2×[12+32+…+(2n -1)2]-n 2,引入W n =22+42+…+(2n )2=4(12+22+…+n 2),12(S n +n 2)+W n =∑2ni =1i 2=n (2n +1)(4n +1)3⇒S n=2(∑2ni =1i 2-W n )-n 2=2n (2n +1)(4n +1)3-4×n (n +1)(2n +1)6-n 2=8n 3-3n 2-2n 3,再求偶数项的和:b n =n ·2n ,n =2k ,k ∈N *,S n ′=2×22+4×24+…+2n ×22n ,4S n ′=2×24+4×26+…+2(n -1)×22n +2n ×22n +2,两式相减,得-3S n ′=2×22+2×24+2×26+…+2×22n -2n ×22n+2=8×(1-4n )1-4-2n ×22n +2=(1-3n )×22n +3-83,∴S n ′=(3n -1)22n +3+89,∴T 2n =S n +S n ′=8n 3-3n 2-2n3+(3n -1)22n +3+89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1+a 2+…+a n -1-a n =-2(n ≥2且n ∈N *),a 2=4.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)n 项和为T n ,求证:23≤T n <1.解(1)因为a 1+a 2+…+a n -1-a n =-2,所以a 1+a 2+…+a n -a n +1=-2,两式相减得a n +1=2a n (n ≥2),当n =2时,a 1-a 2=-2,又a 2=4,所以a 1=2,a 2=2a 1,所以a n +1=2a n (n ∈N *),所以{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n (n ∈N *).(2)证明:因为2n(a n -1)(a n +1-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1,所以T n …1-12n +1-1<1,由n ≥1,得2n +1≥4,所以1-12n +1-1≥23,综上,2≤T n <1.1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”.2.放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2<1k 2-1=121k -1-1k +1.(2)1k -1k +1<1k 2<1k -1-1k.(3)2(n +1-n )<1n<2(n -n -1).(4)12n +1<12n +1<12n ,13n <13n -1≤12·3n -1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1=23,且2a n +1-a n +1a n =1,n∈N *.(1){a n }的通项公式;(2)记T n =a 1a 2a 3…a n ,n ∈N *,S n =T 21+T 22+…+T 2n .证明:S n 解(1)由2a n +1-a n +1a n =1,得a n +1=12-a n ,则11-a n +1-11-a n=1,是首项为11-a 1=3,公差d =1的等差数列,所以11-a n =3+(n -1)=n +2,整理得a n =n +1n +2(n ∈N *),经检验,符合要求.(2)证明:由(1)得a n =n +1n +2(n ∈N *),T n =a 1a 2…a n =2n +2,∴T 2n =4(n +2)2>4(n +2)(n +3)=∴S n =T 21+T 22+…+T 2n -14+…+1n +2-即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ,点(a n ,b n )在函数f (x )=2x的图象上(n ∈N *).(1)若a 1=-2,点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上,求数列{a n }的前n 项和S n ;(2)若a 1=1,函数f (x )的图象在点(a 2,b 2)处的切线在x 轴上的截距为2-1ln 2,求数列前n 项和T n .解(1)由已知,得b 7=2a 7,b 8=2a 8=4b 7,有2a 8=4×2a 7=2a 7+2,解得d =a 8-a 7=2,所以S n =na 1+n (n -1)2d =-2n +n (n -1)=n 2-3n .(2)函数f (x )=2x 的图象在点(a 2,b 2)处的切线方程为y -2a 2=(2a 2ln 2)(x -a 2),它在x 轴上的截距为a 2-1ln 2.则a 2-1ln 2=2-1ln 2,解得a 2=2,所以d =a 2-a 1=1,从而a n =n ,b n =2n .所以T n =12+222+323+…+n -12n -1+n 2n ,2T n =11+22+322+…+n 2n -1.因此2T n -T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =2-12n -1-n 2n =2n +1-n -22n.所以T n =2n +1-n -22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或有限子集),它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时,应注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )=x2+sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }.(1)求数列{x n }的通项公式;(2)设{x n }的前n 项和为S n ,求sin S n .解(1)令f ′(x )=12+cos x =0,所以cos x =-12,解得x =2k π±2π3(k ∈Z ).由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知,x n =2n π-2π3(n ∈N *).(2)由(1)可知,S n =2π(1+2+…+n )-2n π3=n (n +1)π-2n π3,所以sin S n =sinn (n +1)π-2n π3.因为n (n +1)表示两个连续正整数的乘积,所以n (n +1)一定为偶数,所以sin S n =-sin2n π3.当n =3m -2(m ∈N *)时,sinS n =-m π=-32;当n =3m -1(m ∈N *)时,sin S n =-m π=32;当n =3m (m ∈N *)时,sin S n =-sin2m π=0.综上所述,sin S nn =3m -2(m ∈N *),=3m -1(m ∈N *),3m (m∈N *).课时作业1.(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列,b n n -6,n 为奇数,a n ,n 为偶数,记S n ,T n 分别为数列{a n },{b n }的前n 项和,S 4=32,T 3=16.(1)求{a n }的通项公式;(2)证明:当n >5时,T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,而b n n -6,n 为奇数,a n ,n 为偶数,则b 1=a 1-6,b 2=2a 2=2a 1+2d ,b 3=a 3-6=a 1+2d -6,4=4a 1+6d =32,3=4a 1+4d -12=16,1=5,=2,所以a n =a 1+(n -1)d =2n +3,所以{a n }的通项公式是a n =2n +3.(2)证法一:由(1)知,S n =n (5+2n +3)2=n 2+4n ,b n n -3,n 为奇数,n +6,n 为偶数,当n 为偶数时,b n -1+b n =2(n -1)-3+4n +6=6n +1,T n =13+(6n +1)2·n 2=32n 2+72n ,当n >5时,T n -S n 2+72n (n 2+4n )=12n (n -1)>0,因此T n >S n ;当n 为奇数时,T n =T n +1-b n +1=32(n +1)2+72(n +1)-[4(n +1)+6]=32n 2+52n -5,当n >5时,T n -S n 2+52n -(n 2+4n )=12(n +2)(n -5)>0,因此T n >S n .所以当n >5时,T n >S n .证法二:由(1)知,S n =n (5+2n +3)2=n 2+4n ,b n n -3,n 为奇数,n +6,n 为偶数,当n 为偶数时,T n =(b 1+b 3+…+b n -1)+(b 2+b 4+…+b n )=-1+2(n -1)-32·n 2+14+4n +62·n 2=32n 2+72n ,当n >5时,T n -S n 2+72n (n 2+4n )=12n (n -1)>0,因此T n >S n ;当n 为奇数时,若n ≥3,则T n =(b 1+b 3+…+b n )+(b 2+b 4+…+b n -1)=-1+2n -32·n +12+14+4(n -1)+62·n -12=32n2+52n -5,显然T 1=b 1=-1满足上式,因此当n 为奇数时,T n =32n 2+52n -5,当n >5时,T n -S n 2+52n -(n 2+4n )=12(n +2)(n -5)>0,因此T n >S n .所以当n >5时,T n >S n .2.(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =12·3n +b (b 为常数).(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式;(2)记c m 为{a n }在区间[-3m ,3m ](m ∈N *)内的项的个数,求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n =12·3n +b ,显然等比数列{a n }的公比不为1,设{a n }的公比为q ,则S n =a 1(1-q n )1-q=a 11-q -a 1q n1-q ,∴b =a 11-q =-12且q =3,∴a 1=1,故数列{a n }的通项公式为a n =3n -1,n ∈N *.(2)令-3m ≤3n -1≤3m ,n ∈N *,解得0≤n -1≤m ,∴1≤n ≤m +1,数列{a n }在区间[-3m ,3m ](m ∈N *)内的项的个数为m +1,则c m =m +1,∴a m c m =(m +1)×3m -1,∵T n =2×30+3×31+…+(n +1)×3n -1,①3T n =2×31+3×32+…+(n +1)×3n ,②两式相减,得-2T n =2×30+31+…+3n-1-(n +1)×3n=1+1-3n1-3-(n +1)·3n =(-1-2n )·3n +12,∴T n n -14.3.(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )=-4+1x2,数列{a n }的前n 项和为S n ,点P n n ∈N *)在曲线y =f (x )上,且a 1=1,a n >0.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{b n }的前n 项和为T n ,且满足T n +1a 2n =T na 2n +1+16n 2-8n -3,确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列.解(1)因为f (x )=-4+1x2,且点P n ,n ∈N *)在曲线y =f (x )上,所以1a n +1=4+1a 2n ,即1a 2n +1-1a 2n=4,1为首项,4为公差的等差数列,所以1a 2n=1+4(n -1)=4n -3,即a n =14n -3(n ∈N *).(2)由(1)知T n +1a 2n =T n a 2n +1+16n 2-8n -3,即为(4n -3)T n +1=(4n +1)T n +(4n -3)(4n +1),整理得T n +14n +1-T n 4n -3=1,T 1为首项,1为公差的等差数列,则T n 4n -3=T 1+n -1,即T n =(4n -3)(T 1+n -1),当n ≥2时,b n =T n -T n -1=4b 1+8n -11,若{b n }是等差数列,则b 1适合上式,令n =1,得b 1=4b 1-3,解得b 1=1.4.(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n =32a n -3,其中S n 为数列{a n }的前n 项和;②a 1=1,a n -a n +1=a n a n +1这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.问题:已知数列{a n }满足________.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在正整数m ,使得a m +a m +1为数列{a n }中的项?若存在,求出m ;若不存在,说明理由.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解若选择条件①:(1)令n =1,则a 1=321-3,所以a 1=6,由于S n =32a n -3,则当n ≥2时,S n -1=32a n -1-3,两式相减,得a n =32a n -32a n -1,则a n a n -1=3,所以{a n }是首项为6,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式为a n =6×3n -1=2×3n .(2)假设存在正整数m ,使得a m +a m +1=a k (k ∈N *),则2×3m +2×3m +1=2×3k ,所以4×3m =3k ,此等式左边为偶数,右边为奇数,所以不存在正整数m 满足题意.若选择条件②:(1)因为a 1=1,a n -a n +1=a n a n +1,所以a n ≠0,1a n +1-1a n=1,是首项为1a 1=1,公差为1的等差数列,所以1a n =1+(n -1)×1=n ,所以a n =1n.(2)假设存在正整数m ,使得a m +a m +1=a k (k ∈N *),则1m +1m +1=1k,化简得m 2+(1-2k )m -k =0,解得m =2k -1+1+4k 22,因为2k <1+4k 2<2k +1,所以2k -12<m <2k ,m 无正整数解,故不存在正整数m 满足题意.5.已知等差数列{a n }的公差为-1,且a 2+a 7+a 12=-6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ;(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项,记{b n }的前n 项和为T n ,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *,总有S n <T m +λ成立,求实数λ的取值范围.解(1)由a 2+a 7+a 12=-6,得a 7=-2,∴a 1=4,∴a n =5-n ,S n =n (9-n )2.(2)由题意知b 1=4,b 2=2,b 3=1,设等比数列{b n }的公比为q ,则q =b 2b 1=12,∴T m 1-1281m ,的值随m 增加而减小,∴{T m }为递增数列,得4≤T m <8.又S n =n (9-n )2=-12(n 2-9n )-814,故(S n )max =S 4=S 5=10,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *,总有S n <T m +λ,则10<8+λ,解得λ>2.故实数λ的取值范围为(2,+∞).6.(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1=37,3a n ,2a n +1,a n a n +1成等差数列.(1){a n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:1271S n <7528.解(1)由已知得4a n +1=3a n +a n a n +1,因为a 1=37≠0,所以由递推关系可得a n ≠0恒成立,所以4a n =3a n +1+1,所以4a n -4=3an +1-3,即1a n +1-1又因为1a 1-1=73-1=43,是首项为43,公比为43的等比数列,所以1a n -1,所以a n =11.(2)证明:由(1)可得a n =111-1=37×-1,所以S n ≥37+37×+…+37×-1=1271a n =11<1,S 1=37<7528,当n ≥2时,S n <37++ (37)1-34=7528-<7528.综上所述,1271S n <7528成立.。

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ;n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq;等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数,且a3 ·a9 =2 2a ,a2 =1,则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.(安徽卷)已知为等差数列,,则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3(. 江西卷)公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904(湖南卷)设S n 是等差数列a n 的前n 项和,已知a2 3,a6 11,则S7 等于【】第1页/ 共8页A .13 B.35 C.49 D.633.(辽宁卷)已知a为等差数列,且a7 -2 a4 =-1, a3 =0, 则公差d=n(A)-2 (B)-12 (C)12(D)24.(四川卷)等差数列{a n }的公差不为零,首项a1 =1,a2 是a1 和a5 的等比中项,则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.(湖北卷)设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ],则{ 52 1} ,[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.(湖北卷)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数,例如:他们研究过图1 中的1,3,6,10,⋯,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图2中的1,4,9,16⋯这样的数成为正方形数。

浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)

浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)

浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)1已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f?(x)?6x?2。

数列项和为Sn,点(n,Sn)(n?N 求数列*?an?的前n)均在函数y?f(x)的图像上。

?an?的通项公式;m3*,Tn是数列?bn?的前n项和,求使得Tn?对所有n?N都成立的最小20anan?1设bn正整数m。

?2. 己知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.求数列{an}的通项公式;设Tn为数列?小值. 3. 设数列?an?的前n项和为Sn,已知a1?1,a2?6,a3?11,且?1?*对?n?N恒成立,求实数?的最?的前n项和,若Tn≤?an?1¨?anan?1?(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B,n?1,2,3,?,其中A、B 为常数.(Ⅰ) 求A与B的值;(Ⅱ)证明数列?an?为等差数列;(Ⅲ) 证明不等式5amn?aman?1对任何正整数m、n都成立. 4. 已知数列?an?,?bn?满足a1?3,anbn?2,bn?1?an(bn?求证:数列{2),n?N*.1?an1}是等差数列,并求数列?bn?的通项公式;bn111,,成等差数列?若存在,试用p 表示q,r;若不crcqcp设数列?cn?满足cn?2an?5,对于任意给定的正整数p,是否存在正整数q,r(p?q?r),使得存在,说明理. 5. 已知函数f(x)?x?a?lnx (a?0). (1)若a?1,求f(x)的单调区间及f(x)的最小值;(2)若a?0,求f(x)的单调区间;ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)*?2???2与(3)试比较的大小(n?N且n?2),并证明22(n?1)23n你的结论.6已知f(x)?(x?1)2,g(x)?10(x?1),数列{an}满足(an?1?an)g(an)?f(an)?0,9(n?2)(an?1) 10a1?2,bn?求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)求数列{bn}中最大项.7. 设k?R,函数f(x)?ex?(1?x?kx2)(x?0).若k?1,试求函数f(x)的导函数f?(x)的极小值;若对任意的t?0,存在s?0,使得当x?(0,s)时,都有取值范围. f(x)?tx2,求实数k的8. 已知等差数列{an}的公差不为零,且a3 =5, a1 , 成等比数列(I)求数列{an}的通项公式:(II)若数列{bn}满足b1+2b2+4b3+…+2nbn=an且数列{bn}的前n项和Tn 试比较Tn与-1 3n?1的大小n?19. 已知函数f(x)?12x?(2a?2)x?(2a?1)lnx 2(I )求f(x)的单调区间;(II)对任意的a?[,],x1,x2?[1,2],恒有|f(x1)|?f(x2)??|数?的取值范围. 352211?|,求正实x1x2 1. 解:依题意可设f(x)?ax2?bx(a?0),则f`(x)?2ax?b f`(x)?6x?2 得a?3,b??2,所以f(x)?3x2?2x. 又点(n,Sn)(n?N*) 均在函数y?f(x)的图像上得Sn22?3n2?2n 当n?2时an?Sn?Sn?1?3n?2n???3(n?1)?2(n?1)???6n ?5 当n?1时a1所以an?S1?3?12?2?1?6?1?5 ?6n?5(n?N*)?33111??(?), anan?1(6n?5)?6(n?1)?5?26n?56n?1得bn 故,Tn?111?11111??(1?). =(1?)?(?)?????(?)??26n?12?77136n?56n?1 ?1m11m,即m?10 (1?)?(n?N*)成立的m必须且必须满足?22026n?120因此使得故满足最小的正整数m为10 ?4a1?6d?142. 设公差为d.已知得?....................................3分2?(a1?2d)?a1(a1?6d)解得d?1或d?0(舍去),所以a1?2,故an?n?1 (6)分?1111???,anan?1(n?1)(n?2)n?1n?211n1111?? (9)分?Tn?????…?n?1n?22(n?2)2334n≤?(n+ 2)对?n?N?恒成立?Tn≤?an?1对?n?N?恒成立,即2(n?2)n111?≤?又242(n?2)2(n??4)2(4?4)16n1∴?的最小值为……………………………………………………………12分163. 解:(Ⅰ)a1?1,a2?6,a3?11,得S1?1,S2?2,S3?18.把n?1,2分别代入(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B,得?解得,A??20,B??8.(Ⅱ)(Ⅰ)知,5n(Sn?1?Sn)?8Sn?1?2Sn??20n?8,即?A?B??28, 2A?B??48?5nan?1?8Sn?1?2Sn??20n?8,①又5(n?1)an?2?8Sn?2?2Sn?1??20(n?1)?8.②②-①得,5(n?1)an?2?5nan?1?8an?2?2an?1??20,即(5n?3)an?2?(5n?2)an?1??20.又(5n?2)an?3?(5n?7)an?2??20.③④④-③得,(5n?2)(an?3?2an?2?an?1)?0,∴an?3?2an?2?an?1?0,∴an?3?an?2?an?2?an?1???a3?a2?5,又a2?a1?5,因此,数列?an?是首项为1,公差为5的等差数列.(Ⅲ)(Ⅱ)知,an?5n?4,(n?N?).考虑5amn?5(5mn?4)?25mn?20.(aman?1)2?aman?2aman?1?aman?am?an?1?25mn?15(m?n)?9.∴5amn?(aman?1)2厖15(m?n)?2915?2?29?1?0.即5amn?(aman?1)2,∴5amn?aman?1.因此,5amn?aman?1. 4. 因为anbn?2,所以an?2,bn42anb2bn4则bn?1?anbn?, (2)分?2?n?2??21?anbn?2bn?21?bn所以111??,bn?1bn2又a1?3,所以b1?即?1?231,故??是首项为,公差为的等差数列,……4分322?bn?131n?22??(n?1)??,所以bn?.………………………6分bn222n?2知an?n?2,所以cn?2an?5?2n?1,①当p?1时,cp?c1?1,cq?2q?1,cr?2r?1,若12111?1?,,成等差数列,则,2q?12r?1crcqcp21?1,1??1,2q?12r?1因为p?q?r,所以q≥2,r≥3,所以不成立.………………………...9分②当p≥2时,若则111,,成等差数列,crcqcp2111214p?2q?1?????,所以,2q?12p?12r?12r?12q?12p?1(2p?1)(2q?1)( 2p?1)(2q?1)2pq?p?2q,所以r?,...........................12分4p?2q?14p?2q?1222即2r?1?欲满足题设条件,只需q?2p?1,此时r?4p?5p?2,..................14分因为p≥2,所以q?2p?1?p,r?q?4p?7p?3?4(p?1)?p?1?0,即r?q...............................15分综上所述,当p?1时,不存在q,r满足题设条件;当p≥2时,存在q?2p?1,r?4p?5p?2,满足题设条件. (16)分 5. (1) 当x?1时,f(x)?x?1?lnx ,f(x)?1?,,21?(x)在?1,???上是递增. x1?(x)在?0,1?上是递减. x故a?1时, f(x)的增区间为?1,???,减区间为?0,1?,f(x)min?f(1)?0. ………4分当0?x?1时,f(x)?x?1?lnx,f(x)??1?(2)○1若a?1, 当x?a时,f(x)?x?a?lnx,f(x)?1?是递增的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,, 1x?1??0,则f(x)在区间?a,???上xx1?0,则f(x)在区间?0,a?上是递x减的 (6)分2若0?a?1, ○当x?a时, f(x)?x?a?lnx, f(x)?1?,1x?1,?,x?1,f(x)?0 ; xxa?x?1,f,(x)?0. 则f(x)在?1,???上是递增的, f(x)在?a,1?上是递减的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,f(x)在区间?0,a?上是递减的,而f(x)在x?a处有意义;则1?0 x f?x?在区间1,???上是递增的,在区间?0,1?上是递减的 (8)分??a,???,递减区间是?0,a?; 当0?a?1,f(x)的递增区间是?1,???,递减区间是?0,1?综上: 当a?1时, f(x)的递增区间是………9分lnx1?1? (3)(1)可知,当a?1,x?1时,有x?1?lnx?0,即xxln22ln32lnn2?2???2 则有223n?1?111111?1????1??n?1?(????)…………12分22222223n23n ?n?1?(111????2?33?4n(n?1)111111?n?1?(???????)2334nn?111(n?1)(2n?1)?n?1?(?)=2n?12(n?1)ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)?2??? 2?故:.............15分2(n?1)223n 6. 题意:(an?1?an)?10(an?1)?(an?1)2?0 ?1)(1 0an?1?9an?1)?0.........3分经化简变形得:(an?an?1,?10an?1变形得:?9an?1?0 (5)分an?1?19? an?1109为公比的等比数列。

高考数学——数列解答题专项试题练习

高考数学——数列解答题专项试题练习

1 / 4高考数学数列解答题专项试题练习1、已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==、(1)求{}n a 的通项公式;(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数,求数列{}m b 的前100项和100S 、2、已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==、(1)求{}n a 的通项公式;(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-3、已知{}n a 为等差数列,{}n b 为等比数列,()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-、 (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)记{}n a 的前n 项和为n S ,求证:()2*21n n n S S S n ++<∈N;(Ⅲ)对任意的正整数n ,设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和、2 / 44、已知数列{a n },{b n },{c n }中,1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N 、 (Ⅰ)若数列{b n }为等比数列,且公比0q >,且1236b b b +=,求q 与{a n }的通项公式; (Ⅱ)若数列{b n }为等差数列,且公差0d >,证明:1211n c c c d+++<+、*()n N ∈模拟试题1、已知等比数列{}n a 是首项为1的递减数列,且3456a a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若n n b na =,求数列{}n b 的前n 项和n T2、等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9a a a a a +==.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设 31323log log ......log n n b a a a =+++,求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T3、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,22743a a a =,且3-,4S ,39a 成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设()()111nn n b a n n =-++,求数列{}n b 的前n 项和n T3 / 44、已知数列{}n a 中,11a =,当2n ≥时,其前n 项和n S 满足212n n n S a S ⎛⎫=-⎪⎝⎭(1)求n S 的表达式;(2)设21nn S b n =+,求数列{}n b 的前n 项和n T5、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()*22,n n S a n N =-∈.数列{}nb 是首项为1a ,公差不为零的等差数列,且1311,,b b b 成等比数列、 (1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式、(2)若nn nb C a =,数列{}n c 的前项和为,n n T T m <恒成立,求m 的范围6、已知等差数列{}n a 的公差0d >,27a =,且1a ,6a ,35a 成等比数列. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足()*111N n n n a n b b +-=∈,且113b =,求数列{}n b 的前n 项和n T7、在①224n n n a a S b +=+,且25a =,②224n n n a a S b +=+,且1b <-,③224n n n a a S b +=+,且28S =这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的b 存在,求出b 和数列{}n a 的通项公式与前n 项和;若b 不存在,请说明理由.4 / 4设n S 为各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和,满足________,是否存在b ,使得数列{}n a 成为等差数列?8、在等差数列{}n a 中,已知616a =,1636a = (1)求数列{}n a 的通项公式n a ; (2)若______,求数列{}n b 的前n 项和n S .在①14n n n b a a +=,①()1nn n b a =-⋅,①2na n nb a =⋅,这三个条件中任选一个补充在第(2)问中并对其求解9、已知项数为()*2m m N m ∈≥,的数列{}n a 满足如下条件:①()*1,2,,n a Nn m ∈=;②12···.m a a a <<<若数列{}n b 满足()12*···1m n n a a a a b N m +++-=∈-,其中1,2,,n m =则称{}n b 为{}n a 的“伴随数列”.(I )数列13579,,,,是否存在“伴随数列”,若存在,写出其“伴随数列”;若不存在,请说明理由;(II )若{}n b 为{}n a 的“伴随数列”,证明:12···m b b b >>>; (III )已知数列{}n a 存在“伴随数列”{}n b ,且112049m a a ==,,求m 的最大值.。

新高考新结构 数列新定义(学生版)--2024年新高考数学压轴题

新高考新结构   数列新定义(学生版)--2024年新高考数学压轴题

新高考新结构大题压轴--数列新定义一、解答题1(2024·浙江·模拟预测)已知实数q ≠0,定义数列a n 如下:如果n =x 0+2x 1+22x 2+⋯+2k x k ,x i ∈0,1 ,i =0,1,2,⋯,k ,则a n =x 0+x 1q +x 2q 2+⋯+x k q k.(1)求a 7和a 8(用q 表示);(2)令b n =a 2n -1,证明:ni =1b i =a 2n-1;(3)若1<q <2,证明:对于任意正整数n ,存在正整数m ,使得a n <a m ≤a n +1.2(2024·浙江温州·二模)数列a n ,b n 满足:b n 是等比数列,b 1=2,a 2=5,且a 1b 1+a 2b 2+⋅⋅⋅+a n b n =2a n -3 b n +8n ∈N * .(1)求a n ,b n ;(2)求集合A =x x -a i x -b i =0 ,i ≤2n ,i ∈N * 中所有元素的和;(3)对数列c n ,若存在互不相等的正整数k 1,k 2,⋅⋅⋅,k j j ≥2 ,使得c k 1+c k 2+⋅⋅⋅+c k j也是数列c n 中的项,则称数列c n 是“和稳定数列”.试分别判断数列a n ,b n 是否是“和稳定数列”.若是,求出所有j 的值;若不是,说明理由.3(2024·安徽池州·模拟预测)定义:若对∀k∈N*,k≥2,a k-1+a k+1≤2a k恒成立,则称数列a n为“上凸数列”.(1)若a n=n2-1,判断a n是否为“上凸数列”,如果是,给出证明;如果不是,请说明理由.(2)若a n为“上凸数列”,则当m≥n+2m,n∈N*时,a m+a n≤a m-1+a n+1.(ⅰ)若数列S n为a n的前n项和,证明:S n≥n2a1+a n;(ⅱ)对于任意正整数序列x1,x2,x3,⋯,x i,⋯,x n(n为常数且n≥2,n∈N*),若ni=1x2i-1≥ni=1x i-λ 2-1恒成立,求λ的最小值.4(23-24高三下·浙江·阶段练习)在平面直角坐标系xOy中,我们把点(x,y),x,y∈N*称为自然点.按如图所示的规则,将每个自然点(x,y)进行赋值记为P(x,y),例如P(2,3)=8,P(4,2)=14,P(2,5)=17.(1)求P(x,1);(2)求证:2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1);(3)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024,求P(x,y)的值.5(2024·全国·模拟预测)设满足以下两个条件的有穷数列a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 为n n =2,3,4,⋅⋅⋅ 阶“曼德拉数列”:①a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =0;②a 1 +a 2 +a 3 +⋅⋅⋅+a n =1.(1)若某2k k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等比数列,求该数列的通项a n (1≤n ≤2k ,用k ,n 表示);(2)若某2k +1k ∈N * 阶“曼德拉数列”是等差数列,求该数列的通项a n (1≤n ≤2k +1,用k ,n 表示);(3)记n 阶“曼德拉数列”a n 的前k 项和为S k k =1,2,3,⋅⋅⋅,n ,若存在m ∈1,2,3,⋅⋅⋅,n ,使S m =12,试问:数列S i i =1,2,3,⋅⋅⋅,n 能否为n 阶“曼德拉数列”?若能,求出所有这样的数列;若不能,请说明理由.6(2024高三·全国·专题练习)设数列a n 的各项为互不相等的正整数,前n 项和为S n ,称满足条件“对任意的m ,n ∈N *,均有n -m S n +m =n +m S n -S m ”的数列a n 为“好”数列.(1)试分别判断数列a n ,b n 是否为“好”数列,其中a n =2n -1,b n =2n -1,n ∈N *并给出证明;(2)已知数列c n 为“好”数列,其前n 项和为T n .①若c 2024=2025,求数列c n 的通项公式;②若c 1=p ,且对任意给定的正整数p ,s s >1 ,有c 1,c s ,c t 成等比数列,求证:t ≥s 2.7(2024·湖南岳阳·二模)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.设该数列的前n项和为S n,规定:若∃m∈N*,使得S m=2p p∈N,则称m为该数列的“佳幂数”.(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列,直接写出前4个“佳幂数”;(2)试判断50是否为“佳幂数”,并说明理由;(3)(ⅰ)求满足m>1000的最小的“佳幂数”m;(ⅱ)证明:该数列的“佳幂数”有无数个.8(2024·辽宁大连·一模)对于数列A:a1,a2,a3a1∈N,i=1,2,3,定义“T变换”:T将数列A变换成数列B:b1,b2,b3,其中b i=a i+1-a i.这种“T变换”记作B=T A ,继续对数列B进行 (i=1,2),且b3=a3-a1“T变换”,得到数列C:c1,c2,c3,依此类推,当得到的数列各项均为0时变换结束.(1)写出数列A:3,6,5经过5次“T变换”后得到的数列:(2)若a1,a2,a3不全相等,判断数列A:a1,a2,a3不断的“T变换”是否会结束,并说明理由;(3)设数列A:2020,2,2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小,求k的最小值.9(23-24高三下·江苏南通·模拟预测)设正整数n≥3,有穷数列a n满足a i>0(i=1,2,⋯,n),且a1 +a2+⋯+a n=n,定义积值S=a1⋅a2⋅⋯⋅a n.(1)若n=3时,数列12,1,32与数列16,23,136的S的值分别为S1,S2.①试比较S1与S2的大小关系;②若数列a n的S满足min S1,S2<S<max S1,S2,请写出一个满足条件的a n;(2)若n=4时,数列a1,a2,a3,a4存在i,j∈1,2,3,4,使得a i<1<a j,将a i,a j分别调整为a i =a i+a j-1,a j =1,其它2个a k(k≠i,j),令a k =a k.数列a1,a2,a3,a4调整前后的积值分别为S,S ,写出S,S 的大小关系并给出证明;(3)求S=a1⋅a2⋅⋯⋅a n的最大值,并确定S取最大值时a1,a2,⋯,a n所满足的条件,并进行证明.10(23-24高三下·海南省直辖县级单位·模拟预测)由n ×n 个数排列成n 行n 列的数表称为n 行n 列的矩阵,简称n ×n 矩阵,也称为n 阶方阵,记作:A (n ,n )=a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮a n 1a n 2a n 3⋯a nn其中a iji ∈N *,j ∈N *,i ,j ≤n 表示矩阵A 中第i 行第j 列的数.已知三个n 阶方阵分别为A (n ,n )=a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮a n 1a n 2a n 3⋯a nn,B (n ,n )=b 11b 12b 13⋯b 1n b 21b 22b 23⋯b 2n b 31b 32b 33⋯b 3n ⋮⋮⋮⋮b n 1b n 2b n 3⋯b nn,C (n ,n )=c 11c 12c 13⋯c 1n c 21c 22c 23⋯c 2n c 31c 32c 33⋯c 3n ⋮⋮⋮⋮c n 1c n 2c n 3⋯c nn,其中a ij ,b ij ,c ij i ,j ∈N *,i ,j ≤n 分别表示A (n ,n ),B (n ,n ),C (n ,n )中第i 行第j 列的数.若c ij =(1-μ)a ij +μb ij (μ∈R ),则称C (n ,n )是A (n ,n ),B (n ,n )生成的线性矩阵.(1)已知A (2,2)=2411,B (2,2)=34-112,若C (2,2)是A (2,2),B (2,2)生成的线性矩阵,且c 11=3,求C (2,2);(2)已知∀n ∈N *,n ≥3,矩阵A (n ,n )=a 11a 12⋯a 1n 332⋯3n ⋮⋮⋮a 1n a 2n ⋯a nn,B (n ,n )=b 11b 12⋯b 1n 12⋯n ⋮⋮⋮b 1n b 2n ⋯b nn ,矩阵C (n ,n )是A (n ,n ),B (n ,n )生成的线性矩阵,且c 21=2.(i )求c 23,c 2k k ∈N *,k ≤n ;(ii )已知数列b n 满足b n =n ,数列d n 满足d n =n2c 2n -n,数列d n 的前n 项和记为T n ,是否存在正整数m ,n ,使T n =b m +12b m成立?若存在,求出所有的正整数对(m ,n );若不存在,请说明理由.11(23-24高三下·安徽·模拟预测)基本不等式可以推广到一般的情形:对于n 个正数a 1,a 2,⋯,a n ,它们的算术平均不小于它们的几何平均,即a 1+a 2+⋯+a nn≥n a 1a 2⋯a n ,当且仅当a 1=a 2=⋯=a n 时,等号成立.若无穷正项数列a n 同时满足下列两个性质:①∃M >0,a n <M ;②a n 为单调数列,则称数列a n 具有性质P .(1)若a n =n +4n 2,求数列a n 的最小项;(2)若b n =12n -1,记S n =ni =1b n ,判断数列S n 是否具有性质P ,并说明理由;(3)若c n =1+1nn,求证:数列c n 具有性质P .12(2024·山东泰安·一模)已知各项均不为0的递增数列a n 的前n 项和为S n ,且a 1=2,a 2=4,a n a n +1=2S n S n +1+S n -1-2S n (n ∈N *,且n ≥2).(1)求数列1S n的前n 项和T n ;(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G -数列”.证明:①对任意k ≤5且k ∈N *,存在“G -数列”b n ,使得b k ≤a k ≤b k +1成立;②当k ≥6且k ∈N *时,不存在“G -数列”c n ,使得c m ≤a m ≤c m +1对任意正整数m ≤k 成立.13(2024·河南信阳·一模)定义:max a,b=a,a≥b,b,a<b,min a,b=b,a≥b,a,a<b,已知数列{an}满足a n+min{a n+1,a n+2}=max{a n+1,a n+2}.(1)若a2=2,a3=3,求a1,a4的值;(2)若∀n∈N*,∃k∈N*,使得a n≤a k恒成立.探究:是否存在正整数p,使得a p=0,若存在,求出p的可能取值构成的集合;若不存在,请说明理由;(3)若数列{a n}为正项数列,证明:不存在实数A,使得∀n∈N*,a n≤A.14(2024·广东·模拟预测)已知数列a n与b n为等差数列,a2=b3,a1=2b1,a n前n项和为19n+n22.(1)求出a n与b n的通项公式;(2)是否存在每一项都是整数的等差数列c n,使得对于任意n∈N+,c n都能满足a n+b n-a n-b n2≤c n≤a n+b n+a n-b n2.若存在,求出所有上述的c n;若不存在,请说明理由.15(2024·吉林白山·二模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,若数列a n 满足:①数列a n 项数有限为N ;②S N =0;③∑Ni =1a i =1,则称数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”.(1)若等比数列a n 1≤n ≤10 为“10阶可控摇摆数列”,求a n 的通项公式;(2)若等差数列a n 1≤n ≤2m ,m ∈N * 为“2m 阶可控摇摆数列”,且a m >a m +1,求数列a n 的通项公式;(3)已知数列a n 为“N 阶可控摇摆数列”,且存在1≤m ≤N ,使得∑Ni =1a i =2S m ,探究:数列S n 能否为“N阶可控摇摆数列”,若能,请给出证明过程;若不能,请说明理由.16(2024·安徽合肥·一模)“q -数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q 是非零实数,对任意n ∈N *,定义“q -数”(n )q =1+q +⋯+q n -1利用“q -数”可定义“q -阶乘”n !q =(1)q (2)q ⋯(n )q ,且0 !q =1.和“q -组合数”,即对任意k ∈N ,n ∈N *,k ≤n ,n kq =n !qk !q n -k !q(1)计算:532;(2)证明:对于任意k ,n ∈N *,k +1≤n ,n k q =n -1k -1q +q k n -1kq(3)证明:对于任意k ,m ∈N ,n ∈N *,k +1≤n ,n +m +1k +1 q-n k +1 q =∑m i =0q n -k +i n +ikq .17(2024·福建泉州·模拟预测)a ,b 表示正整数a ,b 的最大公约数,若x 1,x 2,⋯,x k ⊆1,2,⋯,m k ,m ∈N * ,且∀x ∈x 1,x 2,⋯,x k ,x ,m =1,则将k 的最大值记为φm ,例如:φ1 =1,φ5 =4.(1)求φ2 ,φ3 ,φ6 ;(2)已知m ,n =1时,φmn =φm φn .(i )求φ6n ;(ii )设b n =13φ6n -1,数列b n 的前n 项和为T n ,证明:T n <625.18(2024·河南开封·二模)在密码学领域,欧拉函数是非常重要的,其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p,q是两个正整数,若p,q的最大公约数是1,则称p,q互素.对于任意正整数n,欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数,记为φn.(1)试求φ3 ,φ9 ,φ7 ,φ21的值;(2)设n是一个正整数,p,q是两个不同的素数.试求φ3n与φ(p)和φ(q)的关系;,φpq(3)RSA算法是一种非对称加密算法,它使用了两个不同的密钥:公钥和私钥.具体而言:①准备两个不同的、足够大的素数p,q;②计算n=pq,欧拉函数φn;③求正整数k,使得kq除以φn的余数是1;④其中n,q称为私钥.称为公钥,n,k已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17).若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列b n的前n项和T n.,数列c n满足80c n=b n+47,求数列tan c n⋅tan c n+119(2024·全国·二模)已知由m m ≥3 个数构成的有序数组A :a 1,a 2,⋯,a m ,如果a 1-a i ≤a 1-a i +1 i =2,3,⋯,m -1 恒成立,则称有序数组A 为“非严格差增数组”.(1)设有序数组P :2,3,0,4 ,Q :1,2,3,0,4 ,试判断P ,Q 是否为“非严格差增数组”?并说明理由;(2)若有序数组R :1,t ,t 2,⋯,t 11 t ≠0 为“非严格差增数组”,求实数t 的取值范围.20(2024·海南省直辖县级单位·一模)若有穷数列a 1,a 2,⋯,a n (n 是正整数),满足a i =a n -i +1(i ∈N ,且1≤i ≤n ,就称该数列为“S 数列”.(1)已知数列b n 是项数为7的S 数列,且b 1,b 2,b 3,b 4成等比数列,b 1=2,b 3=8,试写出b n 的每一项;(2)已知c n 是项数为2k +1k ≥1 的S 数列,且c k +1,c k +2,⋯,c 2k +1构成首项为100,公差为-4的等差数列,数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1,则当k 为何值时,S 2k +1取到最大值?最大值为多少?(3)对于给定的正整数m >1,试写出所有项数不超过2m 的S 数列,使得1,2,22,⋯,2m -1成为数列中的连续项;当m >1500时,试求这些S 数列的前2024项和S 2024.21(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P:a1,a2,⋯,a n,定义变换T1,T1将数列P变换成数列T1P :n,a1-1,a2-1,⋯,a n-1.对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,⋯,b m,定义S(Q)=2(b1+2b2+⋯+mb m)+b21+b22+⋯+b2m,定义变换T2,T2将数列Q各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2Q .(1)若数列P0为2,4,3,7,求S T1P0的值;(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0,令P k+1=T2T1P k,k∈N.(i)探究S T1P0与S P0的关系;(ii)证明:S P k+1≤S P k.22(2024·湖南·二模)已知数列a n的前n项和为S n,满足2S n+a n=3;数列b n满足b n+b n+1=2n+ 1,其中b1=1.(1)求数列a n,b n的通项公式;(2)对于给定的正整数i i=1,2,⋯,n,在a i和a i+1之间插入i个数c i1,c i2,⋯,c ii,使a i,c i1,c i2,⋯,c ii,a i+1成等差数列.(i)求T n=c11+c21+c22+⋯+c n1+c n2+⋯+c nn;(ii)是否存在正整数m,使得b m-1+1a m+2b m-1-2m+32T m-3恰好是数列a n或b n中的项?若存在,求出所有满足条件的m的值;若不存在,说明理由.23(2024·广西南宁·一模)若无穷数列a n 满足a 1=0,a n +1-a n =f n ,则称数列a n 为β数列,若β数列a n 同时满足a n ≤n -12,则称数列a n 为γ数列.(1)若数列a n 为β数列,f n =1,n ∈N ∗,证明:当n ≤2025时,数列a n 为递增数列的充要条件是a 2025=2024;(2)若数列b n 为γ数列,f n =n ,记c n =b 2n ,且对任意的n ∈N ∗,都有c n <c n +1,求数列c n 的通项公式.24(2024·山东青岛·一模)记集合S =a n |无穷数列a n 中存在有限项不为零,n ∈N * ,对任意a n ∈S ,设变换f a n =a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯,x ∈R .定义运算⊗:若a n ,b n ∈S ,则a n ⊗b n ∈S ,f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n .(1)若a n ⊗b n =m n ,用a 1,a 2,a 3,a 4,b 1,b 2,b 3,b 4表示m 4;(2)证明:a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n ;(3)若a n =n +1 2+1n n +1 ,1≤n ≤1000,n >100 ,b n =12 203-n ,1≤n ≤5000,n >500 ,d n =a n ⊗b n ,证明:d 200<12.25(2024·河南·一模)在正项无穷数列a n 中,若对任意的n ∈N *,都存在m ∈N *,使得a n a n +2m =a n +m 2,则称a n 为m 阶等比数列.在无穷数列b n 中,若对任意的n ∈N *,都存在m ∈N *,使得b n+b n +2m =2b n +m ,则称b n 为m 阶等差数列.(1)若a n 为1阶等比数列,a 1+a 2+a 3=74,a 3+a 4+a 5=716,求a n 的通项公式及前n 项和;(2)若a n 为m 阶等比数列,求证:ln a n 为m 阶等差数列;(3)若a n 既是4阶等比数列,又是5阶等比数列,证明:a n 是等比数列.。

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练【含解析】

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练【含解析】

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练一、解答题1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()113n n S a =-.(1)求1a ,2a ;(2)证明:数列{}n a 是等比数列.答案:(1)112a =-;214a =(2)数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列解析:(1)当1n =时,()111113a S a ==-,所以112a =-.当2n =时,()22211123S a a =-+=-,所以214a =.(2)由()113n n S a =-,得()1111(2)3n n S a n --=-≥,所以()111(2)3n n n n n a S S a a n --=-=-≥,所以11(2)2n n a a n -=-≥.又112a =-,所以数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列.所以数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)知()32121n a n n =+-=+.3.在数列{}n a 中,14a =,1431n n a a n +=-+,*n ∈N .(1)设n n b a n =-,求证:数列{}n b 是等比数列;(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .答案:(1)见解析(2)()1412n n n ++-解析:(1)证明:1431,n n a a n +=-+11(1)43114()4,n n n n n b a n a n n a n b ++∴=-+=-+--=-=又111413,b a =-=-=∴数列{}n b 是首项为3、公比为4的等比数列;(2)由(1)可知134n n a n --=⨯,即134n n a n -=+⨯,()()()31411412142n n n n n n n S -++∴=+=--.4.在数列{}n a 中,616a =,点()()1,n n a a n *+∈N 在直线30x y -+=上.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若2n n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和n T .答案:(1)32n a n =-(2)见解析解析:(1)依题意,130n n a a +-+=,即13n n a a +-=,因此数列{}n a 是公差为3的等差数列,则63(6)32n a a n n =+-=-,所以数列{}n a 的通项公式是32n a n =-.(2)由(1)得(32)2n n b n =-⋅,则132421242(32)2n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯,于是23121242(35)2(32)2n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯,两式相减得2123112(12))23(222(32)22(312)232n n n n n T n n ++--=+++⋅⋅⋅+--⋅--⋅-=+⋅-1(532)10n n +⋅=--,所以1(35)210n n T n +=-⋅+.5.已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且636S =,1a ,3a ,13a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若不等式4n kT <对任意的*n ∈N 都成立,求实数k的取值范围.答案:(1)21n a n =-(2)2k ≥.解析:(1)设等差数列{}n a 公差为d ,由题意1211161536(2)(12)a d a d a a d +=⎧⎨+=+⎩,0d ≠,解得112a d =⎧⎨=⎩,所以12(1)21n a n n =+-=-;(2)由(1)111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+,所以1111111111(1)()((12323522121221n T n n n =-+-++-=--++,易知n T 是递增的且12n T <,不等式4n k T <对任意的*n ∈N 都成立,则142k ≥,所以2k ≥.6.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足24(1)n S n =+,n +∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若对任意的n +∈N ,不等式25n T a a <-恒成立,求实数a 的取值范围.答案:(1) 1, 1 21, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+≥⎪⎩(2)3a ≤-或4a ≥解析:(1)24(1)n S n =+当1n =时,214(11)a =+,即11a =当2n ≥时,由1n n n a S S -=-,故224(1)21n a n n n =+-=+,得214n n a +=.易见11a =不符合该式,故 1 121, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+=⎪⎩,(2)由0n a >,易知n T 递增;112145T a a ==当2n ≥时,()()111611821232123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭.从而41111111281285577921235235n T n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪+++⎝⎭.又由25n T a a <-,故212a a ≤-,解得3a ≤-或4a ≥即实数a 的取值范围为3a ≤-或4a ≥7.记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知112a =,n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设()1nn n b a =-,求{}n b 的前2n 项和2n T .答案:(1)12n a n =(2)2n解析:(1)由n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列,且111S a =,则()11111222n n S n n a =+-⨯=+,即()21n n S n a =+,当2n ≥时,112n n S na --=,两式相减可得:()121n n n a n a na -=+-,整理可得11n n a na n -=-,故121121121121212n n n n n a a a n n a a n n a a a n ----=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯-=-,将1n =代入上式,12n a =,故{}n a 的通项公式为12n a n =.(2)由()1nn n b a =-,则21212342221n n n n a a T b a a a a b b -=-+-+-+-+++=()()()()22121242132122n n n n n a a n a a a a a a a a --++=+++-+++=-()111122*********n nn n ⎡⎤=⨯+⨯-⨯-⨯⎢⎥⎦=-⎣.8.已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,且11a =,34a =,数列{}n b 中()*221log log n n n b a a n +=+∈N .(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)若数列{}n b 的前n 项和为n S ,数列{}n c 满足141n n c S =-,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案:(1)21n b n =-(2)21n nT n =+解析:(1)正项等比数列{}n a 的公比为q ,由231a a q =,得24q =,而0q >,解得2q =,于是1112n n n a a q --==,由221log log n n n b a a +=+,得12222log o 21l g n n n n b -=+=-,所以数列{}n b 的通项公式21n b n =-.(2)由(1)知,21n b n =-,显然数列{}n b 是等差数列,21(21)2n n S n n +-=⋅=,2111111(4141(21)(21)22121n n c S n n n n n ====----+-+,所以11111111[(1)()()](1)2335212122121n nT n n n n =-+-++-=-=-+++.9.已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ,满足33a =,410S =.数列{}n b 满足12b =,112n n n nb a b a ++=,*n ∈N .(1)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;(2)设数列{}n c 满足()1(1)32n n n n n c a b +-+=,*n ∈N ,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案:(1)见解析(2)见解析解析:(1)设数列{}n a 的公差为d ,11234610a d a d +=⎧∴⎨+=⎩,解得11a =,1d =,n a n ∴=.()121n n n b b n ++=,112n n b n b n++∴=,且121b =,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列,2n nb n∴=,2n n b n ∴=⋅(2)()()()()1111(1)3211(1)(1)(1)12212212n n n nn n n n n n n c n n n n n n ++++⎛⎫-+--==-+=- ⎪ ⎪+⋅⋅+⋅⋅+⋅⎝⎭,()1111(1)212n n n T n ++∴=---+⋅10.已知各项为正的数列{}n a 的首项为2,26a =,22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和n S ,求数列{}28n n S a +-(其中*n ∈N )前n 项和的最小值.答案:(1)42n a n =-(2)最小值为38-解析:(1)因为22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--,所以有()()12120n n n n n a a a a a +++++-=,而0n a >,10n n a a +∴+≠,所以2120n n n a a a +++-=,则211121n n n n n n a a a a a a a a +++--=-=-=⋅⋅⋅=-,又12a =,26a =,∴214a a -=,由等差数列定义知数列{}n a 是以2为首项,4为公差的等差数列.∴数列{}n a 的通项公式为42n a n =-.(2)由(1)有2(1)=2+4=22n n n S n n -⨯,()()2282430253n n S a n n n n ∴+-=+-=+-,令280n n S a +->,有4,5,6,n =⋅⋅⋅;280n n S a +-<,有1,2n =;280n n S a +-=,有3n =.所以{}28n n S a +-前n 项和的最小值为()()()()215132252338+-++-=-,当且仅当2n =,3时取到.11.记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知2n S n =,等比数列{}n b 满足11b a =,35b a =.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求{}n b 的前n 项和n T .答案:(1)()*21n a n n =-∈N (2)当3q =时,3122n n T =-;当3q =-时,1(3)44n n T -=-.解析:(1)当1n =时,111a S ==,当2n ≥时,1n n n a S S -=-22(1)n n =--21n =-,因为11a =适合上式,所以()*21n a n n =-∈N .(2)由(1)得11b =,39b =,设等比数列{}n b 的公比为q ,则2319b b q =⋅=,解得3q =±,当3q =时,()113311322n n nT ⋅-==--,当3q =-时,11(3)1(3)1(3)44nn n T ⎡⎤⋅---⎣⎦==---.12.记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知221nn S n a n+=+.(1)证明:{}n a 是等差数列;(2)若4a ,7a ,9a 成等比数列,求n S 的最小值.答案:(1)证明见解析(2)12n =或13时,n S 取得最小值,最小值为-78解析:(1)由221nn S n a n+=+,得2n n 22S n a n n +=+,①所以2112(1)2(1)(1)n n S n a n n ++++=+++,②②-①,得112212(1)21n n n a n a n a n ++++=+-+,化简得11n n a a +-=,所以数列{}n a 是公差为1的等差数列.(2)由(1)知数列{}n a 的公差为1.由2749a a a =,得()()()2111638a a a +=++,解得112a =-.所以22(1)251256251222228n n n n n S n n --⎛⎫=-+==-- ⎪⎝⎭,所以当12n =或13时,n S 取得最小值,最小值为-78.13.已知数列{}n a 满足11a =,11,,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数,数列{}n b 满足22n n b a =-.(1)求2a ,3a .(2)求证:数列{}n b 是等比数列,并求其通项公式.(3)已知12log n n c b =,求证:122311111n nc c c c c c -+++<.答案:(1)232a =,352a =-(2)证明见解析(3)证明见解析解析:(1)由数列{}n a 的递推关系,知2113122a a =+=,325222a a =-⨯=-.(2)()12221212211112(21)2(21)4(21)12222n n n n n n b a a n a n a n n a ++++=-=++-=+-=-+-=-()211222n n a b =-=.因为12122b a =-=-,所以数列{}n b 的各项均不为0,所以112n n b b +=,即数列{}n b 是首项为12-,公比为12的等比数列,所以1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.(3)由(2)知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以12231111n nc c c c c c -+++1111223(1)n n =+++⨯⨯-1111112231n n=-+-++--11n=-1<.14.已知数列{}n a 是公比为2的等比数列,2a ,3a ,44a -成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若21log nn na b a +=,设数列{}n b 的前n 项和为n T ,求证:13n T ≤<.答案:(1)2n n a =(2)证明见解析解析:(1)因为2a ,3a ,44a -成等差数列,所以32424a a a =+-,又因为数列{}n a 的公比为2,所以2311122224a a a ⨯=+⨯-,即1118284a a a =+-,解得12a =,所以1222n n n a -=⨯=.(2)由(1)知2nn a =,则221log 1log 2122n n n nn n a n b a +++===,所以2323412222n nn T +=++++,①231123122222n n n n n T ++=++++,②①-②得23111111122222n nn n T ++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭212111111111122221111221122n n n n n n -+++⎛⎫-- ⎪++⎝⎭=+-=+---11112133122222n n n n n +++++=+--=-.所以3332n nn T +=-<.又因为102n n n b +=>,所以{}n T 是递增数列,所以11n T T ≥=,所以13n T ≤<.15.在①221n n b b =+,②212a b b =+,③1b ,2b ,4b 成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求解.已知数列{}n a 中,11a =,13n n a a +=,公差不等于0的等差数列{}n b 满足__________,__________求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .答案:选①②;选②③解析:因为11a =,13n n a a +=,所以{}n a 是以1为首项,3为公比的等比数列,所以13n n a -=.方案一:选①②.设数列{}n b 的公差为d ,因为23a =,所以123b b +=.因为221n n b b =+,所以1n =时,2121b b =+,解得123b =,273b =,所以53d =,所以533n n b -=,满足221n n b b =+,所以533n n n b n a -=,所以12123122712533333n n nn b b b n S a a a -=+++=++++,所以2341127125853333333n n n n n S +--=+++++,两式相减,得23111122111532515533109533333336233223n n n n n n n n n S ++++--+⎛⎫=++++-=+--=- ⎪⨯⨯⎝⎭,所以9109443n n n S +=-⨯.方案二:选②③.设数列{}n b 的公差为d ,因为2133a a ==,所以123b b +=,即123b d +=.因为1b ,2b ,4b 成等比数列,所以2214b b b =,即()()21113b d b b d +=+,化简得21d b d =.因为0d ≠,所以11d b ==,所以n b n =,所以13n n n b n a -=,所以120121121233333n n n n b b b n S a a a -=+++=++++,所以123111231333333n n nn n S --=+++++,两式相减,得1231211113132311333333233223n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++++-=--=- ⎪⨯⎝⎭,所以1923443n n n S -+=-⨯.方案三:选①③.设数列{}n b 的公差为d ,因为221n n b b =+,所以1n =时,2121b b =+,所以11d b =+.又1b ,2b ,4b 成等比数列,所以2214b b b =,即()()21113b d b b d +=+,化简得21d b d =.因为0d ≠,所以1b d =,此式与11d b =+矛盾.所以等差数列{}n b 不存在,故不符合题意.。

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练(含详解)一、解答题(本大题共16小题,共192.0分)1.已知{}n a 是等比数列,满足12a =,且2a ,32a +,4a 成等差数列,数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)设(1)()n n n n c a b =--,求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若32log n n n b a a +=⋅,求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中,111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数,*)n N ∈,且1a ,2a ,5a 成公比不为1的等比数列.(1)求证:数列1{}na 是等差数列;(2)求c 的值;(3)设1n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中,已知三内角A ,B ,C 成等差数列,且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值;()Ⅱ设角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且5a =,求b ,c 的值.5.在数列{}n a 中,11a =,11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=,求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数,前项和为,且()Ⅰ求证数列是等差数列;()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立.(1)求1a ,2a 的值;(2)设10a >,数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,当n 为何值时,n T 最大?并求出n T 的最大值.8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10,且2a ,3a ,7a 成等比数列.(1)求通项公式na (2)设2n a nb =,求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中,13a =,1(1)1n n n a na ++-=,*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列,并求n a 的通项公式;(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ,证明:1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-,在等差数列{}n a 中,1(1)a f x =-,232a =-,3().a f x =(1)求x 的值;(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列,1a ,3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+,求数列{}n b 的前n 项和n S 。

高考数学解答题(新高考)数列求通项(构造法、倒数法)(典型例题+题型归类练)(原卷版)

高考数学解答题(新高考)数列求通项(构造法、倒数法)(典型例题+题型归类练)(原卷版)

专题03 数列求通项(构造法、倒数法)(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1.构造法类型1: 用“待定系数法”构造等比数列形如p ka a n n +=+1(p k ,为常数,0≠kp )的数列,可用“待定系数法”将原等式变形为)(1m a k m a n n +=++(其中:1-=k pm ),由此构造出新的等比数列{}m a n +,先求出{}m a n +的通项,从而求出数列{}na 的通项公式.标准模型:p ka a n n +=+1(p k ,为常数,0≠kp )或1n n a ka p -=+(p k ,为常数,0≠kp )类型2:用“同除法”构造等差数列 (1)形如)(*11N n qp qa a n n n ∈⋅+=++,可通过两边同除1+n q,将它转化为p q a q a n nn n +=++11,从而构造数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧n n q a 为等差数列,先求出⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧n n q a 的通项,便可求得{}na 的通项公式.(2)形如1*1()n n n a ka q n N ++=+∈,可通过两边同除1+n q ,将它转化为111n n n n a a k q q q ++=+,换元令:nnna b q =,则原式化为:11n n kb b q+=+,先利用构造法类型1求出n b ,再求出{}n a 的通项公式. (3)形如)0(11≠=-++k a ka a a n n n n 的数列,可通过两边同除以n n a a 1+,变形为k a a nn -=-+111的形式,从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1,先求出⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的通项,便可求得{}na 的通项公式.2.倒数法用“倒数变换法”构造等差数列类型1:形如q pa qa a n n n +=+1(q p ,为常数,0≠pq )的数列,通过两边取“倒”,变形为qpa a n n +=+111,即:q pa a n n =-+111,从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1,先求出⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的通项,即可求得n a . 类型2:形如1nn n ka a pa q+=+(q p ,为常数,0p ≠,0q ≠,0k ≠)的数列,通过两边取“倒”,变形为111n n q p a k a k +=+,可通过换元:1n n b a =,化简为:1n n q p b b k k+=+(此类型符构造法类型1: 用“待定系数法”构造等比数列:形如p ka a n n +=+1(p k ,为常数,0≠kp )的数列,可用“待定系数法”将原等式变形为)(1m a k m a n n +=++(其中:1-=k pm ),由此构造出新的等比数列{}m a n +,先求出{}m a n +的通项,从而求出数列{}na 的通项公式.)二、典型例题例题1.(2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测(理))在数列{}n a 中,15a =,且()*121n n a a n N +=-∈.证明:{}1n a -为等比数列,并求{}n a 的通项公式;感悟升华(核心秘籍) 1、使用构造法模型的标准(类型1):标准模型:p ka a n n +=+1(p k ,为常数,0≠kp )或1n n a ka p -=+(p k ,为常数,0≠kp )其中“待定系数”1-=k pm ,作为核心模型直接记忆思路点拨:根据题意:,符合构造法的标准模型(类型2),左右两边同时加:“”解答过程:两边同时加“”:所以是以4为首项,2为公比的等比数列.故,即.例题2.(2022·全国·高三专题练习)设数列{}n a 满足:*111,22,n n n a a a n +==+∈N .求数列{}n a 的通项公式.感悟升华(核心秘籍)1、使用构造法模型的标准(类型2): ①)(*11N n q p qa a n n n ∈⋅+=++ ②1*1()n n n a ka qn N ++=+∈③)0(11≠=-++k a ka a a n n n n 注意对比例题2,3,4的技巧思路点拨:根据题意:,符合构造法的标准模型(类型2)左右两边同时除:“”解答过程:左右两边同时除:“”:由数列是首项、公差为的等差数列,即例题3.(2021·全国·高二专题练习)已知正项数列{}n a 中,12a =,1235nn n a a +=+⋅,求数列{an }的通项公式.思路点拨:根据题意:,符合构造法的标准模型(类型2)左右两边同时除:“”解答过程:左右两边同时除:“”:由令,则原式变为:为方便求解过程,换元判断模型,使用待定系数法两边同时加“”,即,所以数列是等比数列,其首项为,公比为所以,即,所以,例题4.(2022·全国·高三专题练习)已知数列{}n a 中,213a =,112n n n n a a a a ++=+.求数列{}n a 的通项公式;例题5.(2022·全国·高三专题练习)已知数列{}n a 中,11a =,121nn n a a a +=+,求{}n a 的通项公式. 思路点拨:根据题意:,符合构造法的标准模型(类型2)左右两边同时除:“”解答过程:左右两边同时除:“”:由所以是首项为,公差为的等差数列,所以,故;例题6.(2022·黑龙江·龙江县第一中学高二阶段练习)已知数列{}n a 的通项公式为135a =,1321n n n a a a +=+ 求数列{}n a 的通项公式.感悟升华(核心秘籍)1、使用倒数法模型的标准:(类型1) q pa qa a n n n +=+1,此类型取倒数化简后qpa a n n =-+111,从而构造出新的等差数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1 思路点拨:根据题意:,符合倒数法的标准模型(类型1),两边同时取倒数解答过程:两边同时取倒数:,即所以是首项为,公差为的等差数列,所以,故;三、题型归类练1.(2022·广东·广州市禺山高级中学高二期中)数列{}n a 中,11a =,122nn n a a a +=+,()N*n ∈,则3a =______.感悟升华(核心秘籍)1、使用倒数法模型的标准:(类型2) 形如1nn n ka a pa q+=+(q p ,为常数,0p ≠,0q ≠,0k ≠)的数列,通过两边取“倒”,变形为111n n q p a k a k +=+,可通过换元:1n n b a =,化简为:1n n q pb b k k+=+,再用待定系数法. 为方便解答,可换元思路点拨:根据题意:,符合倒数法的标准模型(类型2),两边同时取倒数解答过程:两边同时取倒数:,即令,原式化简为:判断模型,可用构造法两边同时加“”所以数列是以为首项,为公比的等比数;2.(2022·天津·二模)记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和,已知3451543,a a S a a S +==,数列{}n b 满足()*11322,N n n n b b n n --≥=∈+,且111b a =-.求{}n a 的通项公式;(2)证明数列12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列,并求{}n b 的通项公式;3.(2022·安徽宿州·高二期中)已知数列{}n a 的首项11a =,且1121n na a +=+.求数列{}n a 的通项公式;4.(2022·北京丰台·高二期中)已知数列{}n a ,11a =,121n n a a +=+. 求数列{}1n a +的前5项;5.(2022·浙江·高三专题练习)已知数列{}n a 中,11a =,131n n a a +=+. 求证:12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列,并求{}n a 的通项公式;6.(2022·全国·高三专题练习)在数列{}n a 中,112,22n n a a a +==+,求n a .7.(2022·全国·高三专题练习)已知数列{}n a 中,213a =,112n n n n a a a a ++=+.求数列{}n a 的通项公式;8.(2022·全国·高三专题练习)已知数列{}n a 满足()1112,22n n n a a a n +*+=-=∈N .求数列{}n a 的通项公式;9.(2022·重庆八中高三阶段练习)数列{}n a 满足111,23nn n a a a +==+.令2nn na b =,求证:{}1n n b b +-是等比数列;10.(2022·全国·高二课时练习)已知在数列{}n a 中,11a =,133nn n a a a +=+(),1n n ∈≥N ,求通项n a .11.(2022·全国·高二课时练习)已知数列{}n a 中,1*113,323,n n n a a a n N ++==+⨯∈,求数列{}n a 的通项公式;。

高三数学专题训练《数列》解析版

高三数学专题训练《数列》解析版

一、选择题(每小题5分,共60分)1.已知等差数列{a n }满足a 2+a 4=4,a 3+a 5=10,则它的前10项的和S 10=( )A .138B .135C .95D .23解析:由a 2+a 4=4,a 3+a 5=10可得d =3,a 1=-4,所以S 10=-4×10+10×92×3=95.答案:C2.若{a n }是公差为1的等差数列,则{a 2n -1+2a 2n }是( )A .公差为3的等差数列B .公差为4的等差数列C .公差为6的等差数列D .公差为9的等差数列解析:设{a n }的公差为d ,则d =1,设c n =a 2n -1+2a 2n ,则c n +1=a 2n +1+2a 2n +2,c n +1-c n =a 2n +1+2a 2n +2-a 2n -1-2a 2n =6d =6,选择C.答案:C3.在等差数列{a n }中,已知a 1=13,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=20,那么a 3等于( )A .4B .5C .6D .7解析:a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5a 3=20,a 3=4.答案:A4.等差数列{a n }的公差d ≠0,a 1≠d ,若这个数列的前40项和是20m ,则m 等于( )A .a 1+a 20B .a 5+a 17C .a 27+a 35D .a 15+a 26解析:S 40=40(a 1+a 40)2=20(a 1+a 40)=20m ,m =a 1+a 40=a 15+a 26.答案:D5.在等比数列{a n }中,若a 5+a 6=a (a ≠0),a 15+a 16=b ,则a 25+a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析:记等比数列{a n }的公比为q ,依题意得a 15+a 16=a 5q 10+a 6q 10=(a 5+a 6)q 10,q 10=a 15+a 16a 5+a 6=b a,a 25+a 26=a 5q 20+a 6q 20=(a 5+a 6)q 20=a ×(b a)2=b 2a,选C. 答案:C6.在等比数列{a n }中,若a 1+a 2+a 3+a 4=158,a 2a 3=-98,则1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=( )A.53B.35 C .-53D .-35解析:依题意,设公比为q ,则q ≠1,因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q 4)1-q =158①a 21q 3=-98 ②,又1a 1,1a 2,1a 3,1a 4构成以1a 1为首项,以1q 为公比的等比数列,所以1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=1a 1[1-(1q)4]1-1q=(1-q 4)a 1q 3(1-q ),①÷②得(1-q 4)a 1q 3(1-q )=-53,即1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=-53,选择C.答案:C7.(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,对任意正整数n ,有a n +2a n +1+a n +2=0,又a 1=2,则S 101=( )A .200B .2C .-2D .0解析:设等比数列{a n }的公比为q ,因为对任意正整数,有a n +2a n +1+a n+2=0,a n +2a nq +a n q 2=0,因为a n ≠0,所以1+2q +q 2=0,q =-1,S 101=2×(1+1)1+1=2,选择B.答案:B8.(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0,其前n 项和为S n ,则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A .a 9S 8>a 8S 9B .a 9S 8<a 8S 9C .a 9S 8=a 8S 9D .a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关 解析:依题意得,a 9S 8-a 8S 9=a 1q 8·a 1(1-q 8)1-q-a 1q 7·a 1(1-q 9)1-q=-a 21q 7>0,因此a 9S 8>a 8S 9,选A.答案:A9.已知等比数列{a n }的各项均为正数,数列{b n }满足b n =ln a n ,b 3=18,b 6=12,则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A .126B .130C .132D .134解析:∵{a n }是各项不为0的正项等比数列, ∴b n =ln a n 是等差数列.又∵b 3=18,b 6=12,∴b 1=22,d =-2, ∴S n =22n +n (n -1)2×(-2)=-n 2+23n ,∴(S n )max =-112+23×11=132. 答案:C10.(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,…的第1000项等于( )A .42B .45C .48D .51解析:将数列分段,第1段1个数,第2段2个数,…,第n 段n 个数,设a 1000=k ,则a 1000在第k 个数段,由于第k 个数段共有k 个数,则由题意k 应满足1+2+…+(k -1)<1000≤1+2+…+k ,解得k =45.答案:B11.(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中,n ∈N *,若a n +2-a n +1a n +1-a n=k (k 为常数),则称{a n }为“等差比数列”.下列是对“等差比数列”的判断:①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A .①②B .②③C .③④D .①④解析:依题意,∵a n +2-a n +1a n +1-a n=k (n ∈N *),∴k ≠0,①正确,排除B ,C 选项,又由于公差是0的等差数列不是等差比数列,②错误,排除A ,选择D.答案:D12.(2009·湖北高考)设x ∈R ,记不超过x 的最大整数为[x ],令{x }=x -[x ],则{5+12},[5+12],5+12( )A .是等差数列但不是等比数列B .是等比数列但不是等差数列C .既是等差数列又是等比数列D .既不是等差数列也不是等比数列 解析:由题意,记a 1={5+12}=5+12-[5+12]=5+12-1=5-12,a 2=[5+12]=1,a 3=5+12,若为等差数列,则2a 2=a 1+a 3,不满足;若为等比数列,则(a 2)2=a 1a 3,有12=5-12×5+12,∴是等比数列但非等差数列,选B.答案:B二、填空题(每小题4分,共16分)13.已知{a n }是等差数列,a 4+a 6=6,其前5项和S 5=10,则其公差d =__________.解析:由a 4+a 6=6,得a 5=3,又S 5=5(a 1+a 5)2=10,∴a 1=1.∴4d =a 5-a 1=2,d =12.答案:1214.(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列,且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10=128,则a 15·a 2a 10=__________.解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则依题意得a 71·q 42=128,a 1·q 6=2,a 7=2,a 15·a 2a 10=a 2·q 5=a 7=2.答案:215.把100个面包分给5个人,使每人所得的面包数成等差数列,且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和,则最少的一份面包个数是__________.解析:设构成等差数列的五个数为a -2d ,a -d ,a ,a +d ,a +2d ,则⎩⎨⎧5a =1003(a +d )=3(2a -3d )解得⎩⎨⎧a =20d =5,则最少的一份为a -2d =10.答案:1016.数列{a n }中,a 1=3,a n -a n a n +1=1(n =1,2,…),A n 表示数列{a n }的前n 项之积,则A 2005=__________.解析:可求出a 1=3,a 2=23,a 3=-12,a 4=3,a 5=23,a 6=-12,…,数列{a n }每3项重复一次,可以理解为周期数列,由2005=668×3+1且a 1×a 2×a 3=-1,则A 2005=(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005=(a 1×a 2×a 3)668a 1=3. 答案:3三、解答题(本大题共6个小题,共计74分,写出必要的文字说明、计算步骤,只写最后结果不得分)17.(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和,公比q ≠1,已知1是12S 2和13S 3的等差中项,6是2S 2和3S 3的等比中项. (1)求S 2和S 3的值; (2)求此数列的通项公式; (3)求此数列的各项和S . 解:(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2+13S 3=22S 2·3S 3=36,解得S 2=2,S 3=3.(2)⎩⎨⎧a 1+a 1q =2a 1+a 1q +a 1q 2=3,解得⎩⎨⎧a 1=4q =-12或⎩⎨⎧a 1=1q =1(舍去).∴a n =4·(-12)n -1.(3)∵|q |=|-12|=12<1.∴S =41-(-12)=83.18.(12分)已知函数f (x )=x3x +1,数列{a n }满足a 1=1,a n +1=f (a n )(n ∈N *).(1)求证:数列{1a n}是等差数列;(2)记S n (x )=x a 1+x 2a 2+…+eq \f(x n ,a n ),求S n (x ).(1)证明:∵a n +1=f (a n ),∴a n +1=a n3a n +1.∴1a n +1=1a n +3,即1a n +1-1a n=3.∴{1a n}是以1a 1=1为首项,3为公差的等差数列.∴1a n=1+3(n -1)=3n -2.(2)解:S n (x )=x +4x 2+7x 3+…+(3n -2)x n ,① 当x =1时,S n (x )=1+4+7+…+(3n -2)=n (1+3n -2)2=n (3n -1)2.当x ≠1时,xS n (x )=x 2+4x 3+…+(3n -5)x n +(3n -2)x n +1,②①-②,得(1-x )S n (x )=x +3x 2+3x 3+…+3x n -(3n -2)x n +1=3(x +x 2+…+x n )-2x -(3n -2)x n +1=3x (1-x n )1-x-2x -(3n -2)x n +1,S n (x )=3x -3x n +1(1-x )2-2x +(3n -2)x n +11-x.19.(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2+a 3+a 4=28,且a 3+2是a 2、a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =log 2a n +1,S n 是数列{b n }的前n 项和,求使S n >42+4n 成立的n 的最小值.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,依题意有2(a 3+2)=a 2+a 4,① 又a 2+a 3+a 4=28,将①代入得a 3=8.所以a 2+a 4=20.于是有⎩⎨⎧a 1q +a 1q3=20,a 1q 2=8,解得⎩⎨⎧a 1=2,q =2,或⎩⎨⎧a 1=32,q =12.又{a n }是递增的,故a 1=2,q =2. 所以a n =2n .(2)b n =log 22n +1=n +1,S n =n 2+3n2.故由题意可得n 2+3n2>42+4n ,解得n >12或n <-7.又n ∈N *,所以满足条件的n 的最小值为13.20.(12分)商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定:由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于2002年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元,其余部分全部在年底还建行贷款.(1)若公寓收费标准定为每生每年800元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元?(精确到元)(参考数据:lg1.7343=0.2391,lg1.05=0.0212,1.058=1.4774)解:依题意,公寓2002年底建成,2003年开始使用.(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款,则公寓每年收费总额为1000×800元=800000元=80万元,扣除18万元,可偿还贷款62万元.依题意有62[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)n -1]≥500(1+5%)n +1. 化简得62(1.05n -1)≥25×1.05n +1, ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05=0.23910.0212=11.28,∴取n =12(年).∴到2014年底可全部还清贷款. (2)设每生每年的最低收费标准为x 元, ∵到2010年底公寓共使用了8年,依题意有(1000x10000-18)[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)7]≥500(1+5%)9.化简得(0.1x -18)1.058-11.05-1≥500×1.059.∴x ≥10(18+25×1.0591.058-1)=10(18+25×1.05×1.47741.4774-1)=10×(18+81.2)=992(元)故每生每年的最低收费标准为992元.21.(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1=1,且a n =a n -1+a n -22(n=3,4,…).(1)求c 的值.(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解:(1)由题设,当n ≥3时,a n =c 2a n -2, a n -1=ca n -2,a n =a n -1+a n -22=1+c 2a n -2, ∴c 2=1+c 2. 解得c =1或c =-12. (2)当c =1时{a n }是一个常数数列,a n =1.此时S n =1+2+3+…+n =n (n +1)2.当c =-12时,a n =(-12)n -1(n ∈N *). 此时S n =1+2(-12)+3(-12)2+…+n (-12)n -1.① -12S n =-12+2(-12)2+3(-12)3+…+(n -1)(-12)n -1+n (-12)n .② ①-②,得(1+12)S n =1+(-12)+(-12)2+…+(-12)n -1-n (-12)n =1-(-12)n 1+12-n (-12)n .∴S n =19[4-(-1)n 3n +22n -1]. 22.(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1=12,x n +1=11+x n,n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性,并证明你的结论;(2)证明:|x n +1-x n |≤16(25)n -1. (文)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=2,a n +2=a n +a n +12,n ∈N *.(1)令b n =a n +1-a n ,证明:{b n }是等比数列;(2)求{a n }的通项公式.解:(理)(1)由x 1=12及x n +1=11+x n得x 2=23,x 4=58,x 6=1321. 由x 2>x 4>x 6猜想,数列{x 2n }是递减数列.下面用数学归纳法证明:①当n =1时,已证命题成立.②假设当n =k 时命题成立,即x 2k >x 2k +2,易知x n >0,那么x 2k +2-x 2k +4=11+x 2k +1-11+x 2k +3=x 2k +3-x 2k +1(1+x 2k +1)(1+x 2k +3)=x 2k -x 2k +2(1+x 2k )(1+x 2k +1)(1+x 2k +2)(1+x 2k +3)>0,即x 2(k +1)>x 2(k +1)+2, 也就是说,当n =k +1时命题也成立.结合①和②知,命题成立.(2)当n =1时,|x n +1-x n |=|x 2-x 1|=16,结论成立; 当n ≥2时,易知0<x n -1<1,∴1+x n -1<2,x n =11+x n -1>12, ∴(1+x n )(1+x n -1)=(1+11+x n -1)(1+x n -1) =2+x n -1≥52, ∴|x n +1-x n |=|11+x n -11+x n -1|=|x n -x n -1|(1+x n )(1+x n -1)≤25|x n -x n -1|≤(25)2|x n -1-x n -2|≤…≤(25)n -1|x 2-x 1|=16(25)n -1. (文)(1)b 1=a 2-a 1=1,当n ≥2时,b n =a n +1-a n =a n -1+a n 2-a n =-12(a n -a n -1)=-12b n -1, ∴{b n }是以1为首项,-12为公比的等比数列. (2)由(1)知b n =a n +1-a n =(-12)n -1, 当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1+1+(-12)+…+(-12)n -2 =1+1-(-12)n -11-(-12)=1+23[1-(-12)n -1]=53-23(-12)n -1,当n =1时,53-23(-12)1-1=1=a 1.∴a n =53-23(-12)n -1(n ∈N *).。

《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练:专题三 数列3-1 Word版含解析

《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练:专题三 数列3-1 Word版含解析

专题三 数列第1讲 等差、等比数列的基本问题(建议用时:60分钟) 一、选择题1.在等差数列{a n }中,若a 2+a 3=4,a 4+a 5=6,则a 9+a 10等于 ( ).A .9B .10C .11D .12解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则有(a 4+a 5)-(a 2+a 3)=4d =2,所以d =12.又(a 9+a 10)-(a 4+a 5)=10d =5,所以a 9+a 10=(a 4+a 5)+5=11. 答案 C2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1等于 ( ).A.13 B .-13 C.19 D .-19解析 设等比数列{a n }的公比为q ,由S 3=a 2+10a 1得a 1+a 2+a 3=a 2+10a 1,即a 3=9a 1,∴q 2=9,又a 5=a 1q 4=9,所以a 1=19. 答案 C3.(2021·杭州模拟)在等比数列{a n }中,若a 4,a 8是方程x 2-4x +3=0的两根,则a 6的值是 ( ).A. 3 B .- 3 C .±3 D .±3解析 依题意得,a 4+a 8=4,a 4a 8=3,故a 4>0,a 8>0,因此a 6>0(注:在一个实数等比数列中,奇数项的符号相同,偶数项的符号相同),a 6=a 4a 8= 3. 答案 A4.在正项等比数列{a n }中,3a 1,12a 3,2a 2成等差数列,则a 2021+a 2022a 2011+a 2022等于( ). A .3或-1 B .9或1 C .1D .9解析 依题意,有3a 1+2a 2=a 3,即3a 1+2a 1q =a 1q 2,解得q =3,q =-1(舍去),a 2021+a 2022a 2011+a 2022=a 1q 2022+a 1q 2021a 1q 2010+a 1q 2011=q 2+q 31+q =9. 答案 D5.在等差数列{a n }中,a 1=-2 014,其前n 项和为S n ,若S 1212-S 1010=2,则S 2 014的值等于( ). A .-2 011 B .-2 012 C .-2 014 D .-2 013解析依据等差数列的性质,得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列,依据已知可得这个数列的首项S 11=a 1=-2 014,公差d =1,故S 2 0142 014=-2 014+(2 014-1)×1= -1,所以S 2 014=-2 014. 答案 C6.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S m -1=-2,S m =0,S m +1=3,则m 等于 ( ).A .3B .4C .5D .6解析 由S m -1=-2,S m =0,S m +1=3,得a m =2,a m +1=3,所以d =1, 由于S m =0,故ma 1+m (m -1)2d =0,故a 1=-m -12,由于a m +a m +1=5,故a m +a m +1=2a 1+(2m -1)d =-(m -1)+2m -1=5,即m =5.。

高考十(理科)分项版 专题06 数列(浙江专版)(解析版)

高考十(理科)分项版 专题06 数列(浙江专版)(解析版)

一.基础题组1. 【2012年.浙江卷.理7】设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列命题错误的是( )A .若d <0,则数列{S n }有最大项B .若数列{S n }有最大项,则d <0C .若数列{S n }是递增数列,则对任意n ∈N *,均有S n >0 D .若对任意n ∈N *,均有S n >0,则数列{S n }是递增数列 【答案】C【解析】 若{S n }为递增数列,则当n ≥2时,S n -S n -1=a n >0,即n ≥2时,a n 均为正数,而a 1是正数、负数或是零均有可能,故对任意n ∈N *,不一定S n 始终大于0.2. 【2012年.浙江卷.理13】设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,则q =__________.3. 【2010年.浙江卷.理3】设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580a a +=,则52S S =( ) (A )11 (B )5 (C )8- (D )11- 【答案】D【解析】通过2580a a +=,设公比为q ,将该式转化为08322=+q a a ,解得q =-2,带入所求式可知答案选D ,本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n 项和公式,属中档题4. 【2010年.浙江卷.理15】设1,a d 为实数,首项为1a ,公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足56150S S +=,则d 的取值范围是__________________ . 【答案】(),2222,⎡-∞-+∞⎣【解析】:5. 【2009年.浙江卷.理11】设等比数列{}n a 的公比12q =,前n 项和为n S ,则44S a = . 答案:15【解析】对于4431444134(1)1,,151(1)a q s q s a a q q a q q --==∴==--6. 【2008年.浙江卷.理6】已知{}n a 是等比数列,41252==a a ,,则13221++++n n a a a a a a =( )(A )16(n --41) (B )16(n --21) (C )332(n --41) (D )332(n--21)7. 【2006年.浙江卷.理11】设S n 为等差数列{}n a 的前n 项和,若51010,5S S ==-,则公差为 (用数字作答). 【答案】-1【解析】设首项为1a ,公差为d ,由题意得11115101022110455291a d a d d a d a d +=+=⎧⎧⇒⇒=-⎨⎨+=-+=-⎩⎩ 所以答案应填:-18. 【2015高考浙江,理3】已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是n S ,若3a ,4a ,8a 成等比数列,则( )A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>9. 【2016高考浙江理数】如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ,1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ,(P Q P Q ≠表示点与不重合).若1n n n n n n n d A B S A B B +=,为△的面积,则( )A .{}n S 是等差数列B .2{}n S 是等差数列 C .{}n d 是等差数列 D .2{}n d 是等差数列【答案】A 【解析】试题分析:n S 表示点n A 到对面直线的距离(设为n h )乘以1n n B B +长度一半,即112n n n n S h B B +=,由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值,那么我们需要知道n h 的关系式,过1A 作垂直得到初始距离1h ,那么1,n A A 和两个垂足构成了等腰梯形,那么11tan n n n h h A A θ+=+⋅,其中θ为两条线的夹角,即为定值,那么1111(tan )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅,111111(tan )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅,作差后:1111(tan )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅,都为定值,所以1n n S S +-为定值.故选A .考点:等差数列的定义.【思路点睛】先求出1n n n +∆A B B 的高,再求出1n n n +∆A B B 和112n n n +++∆A B B 的面积n S 和1n S +,进而根据等差数列的定义可得1n n S S +-为定值,即可得{}n S 是等差数列.10.【2016高考浙江理数】设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= .二.能力题组1. 【2013年.浙江卷.理18】(本题满分14分)在公差为d 的等差数列{a n }中,已知a 1=10,且a 1,2a 2+2,5a 3成等比数列. (1)求d ,a n ;(2)若d <0,求|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |.【答案】【解析】:(1)由题意得5a 3·a 1=(2a 2+2)2, 即d 2-3d -4=0, 故d =-1或d =4.所以a n =-n +11,n ∈N *或a n =4n +6,n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0,由(1)得d =-1,a n =-n +11. 则当n ≤11时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=S n =212122n n -+. 当n ≥12时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=-S n +2S 11=212122n n -+110. 综上所述,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=22121,11,22121110,12.22n n n n n n ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ 三.拔高题组1. 【2014年.浙江卷.理19】(本题满分14分)已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}na 为等比数列,且.6,2231b ba +==(1)求n a 与n b ; (2)设()*∈-=N n b a c nn n 11。

高考考点突破:数列专题(含答案)

高考考点突破:数列专题(含答案)

数列专题达标检测一、选择题1.在等差数列{a n }中,若a 2+2a 6+a 10=120,则a 3+a 9等于 ( )A .30B .40C .60D .802.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且4a 1,2a 2,a 3成等差数列,若a 1=1,则S 4等于 ( )A .7B .8C .15D .163.等比数列{a n }中,a 1=512,公比q =-12,用Πn 表示它的前n 项之积:Πn =a 1·a 2·…·a n ,则Πn 中最大的是( )A .Π11B .Π10C .Π9D .Π84.设函数f (x )=x m +ax 的导函数f ′(x )=2x +1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n +1 B.n +2n +1 C.n n -1D.n +1n5.如果数列{a n }满足a 1=2,a 2=1,且a n -1-a n a n -1=a n -a n +1a n +1(n ≥2,n ∈N *),则这个数列的第10项等于( ) A.1210 B.129 C.110 D.156.数列{a n }中,a 1=1,a n 、a n +1是方程x 2-(2n +1)x +1b n=0的两个根,则数列{b n }的前n 项和S n =( ) A.12n +1 B.1n +1 C.n 2n +1 D.n n +1二、填空题7.数列{a n }的构成法则如下:a 1=1,如果a n -2为自然数且该自然数之前未出现过,则用递推公式a n +1=a n -2,否则用递推公式a n +1=3a n ,则a 6=________.8.已知数列{a n }满足a n +1a n =n +2n(n ∈N *),且a 1=1,则a n =________.9.如图,它满足:(1)第n 行首尾两数均为n ;(2)图中的递推关系类似杨辉三角,则第n (n ≥2)行的第2 个数是________.10.对正整数n ,设曲线y =x n (1-x )在x =2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n +1的前n 项和的公式是________.三、解答题11.等差数列{a n }的各项均为正数,a 1=3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列, b 1=1,且b 2S 2=64,b 3S 3=960.(1)求a n 与b n ;(2)求1S 1+1S 2+…+1S n的值.12.已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1=2⎝⎛⎭⎫1+1n 2a n . (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =(An 2+Bn +C )·2n ,试推断是否存在常数A 、B 、C ,使得对一切n ∈N *,a n =b n +1-b n 恒成 立?若存在,求出A 、B 、C 的值;若不存在,说明理由;(3)求证: i =1n a i <(n 2-2n +2)·2n +2.13.已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=2,且对任意m ,n ∈N *都有a 2m -1+a 2n -1=2a m +n -1+2(m -n )2.(1)求a 3,a 5;(2)设b n =a 2n +1-a 2n -1(n ∈N *),证明:{b n }是等差数列;(3)设c n =(a n +1-a n )q n -1(q ≠0,n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和S n .数列专题达标检测一、选择题1.在等差数列{a n }中,若a 2+2a 6+a 10=120,则a 3+a 9等于( )A .30B .40C .60D .80解析:由等差数列性质:若m +n =p +q ,则a m +a n =a p +a q ,故a 2+2a 6+a 10=4a 6=120,故a 6=30,a 3+a 9=2a 6=2×30=60.答案:C2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且4a 1,2a 2,a 3成等差数列,若a 1=1,则S 4等于( )A .7B .8C .15D .16解析:设等比数列的公比为q ,则由4a 1,2a 2,a 3成等差数列.得4a 2=4a 1+a 3.∴4a 1q =4a 1+a 1q 2.∴q 2-4q +4=0∴q =2,∴S 4=a 1(1-q 4)1-q=15. 答案:C3.等比数列{a n }中,a 1=512,公比q =-12,用Πn 表示它的前n 项之积:Πn =a 1·a 2·…·a n ,则Πn 中最大 的是 ( )A .Π11B .Π10C .Π9D .Π8解析:Πn =a 1a 2…a n =a n 1·q 1+2+…+n -1=29n ⎝⎛⎭⎫-12(n -1)n 2=(-1)n (n -1)22-n 2+19n 2,∴当 n =9时,Πn 最大.故选C答案:C4.设函数f (x )=x m +ax 的导函数f ′(x )=2x +1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n +1 B.n +2n +1 C.n n -1D.n +1n 解析:∵f ′(x )=mx m -1+a =2x +1, ∴m =2,a =1,∴f (x )=x 2+x =x (x +1),∴1f (x )=1n (n +1)=1n -1n +1, ∴S n =1-12+12-13+…+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1. 答案:A5.如果数列{a n }满足a 1=2,a 2=1,且a n -1-a n a n -1=a n -a n +1a n +1(n ≥2,n ∈N *),则这个数列的第10项等于( ) A.1210 B.129 C.110 D.15解析:∵1-a n a n -1=a n a n +1-1,∴a n a n -1+a n a n +1=2,2a n =1a n -1+1a n +1,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12,公 差为12的等差数列, ∴1a n =12n ,∴a 10=15,故选D. 答案:D6.数列{a n }中,a 1=1,a n 、a n +1是方程x 2-(2n +1)x +1b n=0的两个根,则数列{b n }的前n 项和S n =( ) A.12n +1 B.1n +1 C.n 2n +1 D.n n +1解析:由题意得a n +a n +1=2n +1,又∵a n -n =-[a n +1-(n +1)],a 1=1∴a n =n ,又a n ·a n +1=1b n ,∴b n =1n (n +1). ∴S n =b 1+b 2+…+b n =1-1n +1=n n +1. 答案:D二、填空题7.数列{a n }的构成法则如下:a 1=1,如果a n -2为自然数且该自然数之前未出现过,则用递推公式a n +1=a n -2,否则用递推公式a n +1=3a n ,则a 6=________.解析:∵a 1-2=-1∉N ,∴a 2=3a 1=3.∵a 2-2=1=a 1,∴a 3=3a 2=9,∵a 3-2=7,∴a 4=7,∵a 4-2=5,∴a 5=5,∵a 5-2=3=a 2,∴a 6=3a 5=15. 答案:158.已知数列{a n }满足a n +1a n =n +2n(n ∈N *),且a 1=1,则a n =________. 解析:由已知得a n a n -1=n +1n -1, a n -1a n -2=n n -2, …a 2a 1=31,a 1=1,左右两边分别相乘得a n =1·31·42·53·64·…·n -1n -3·n n -2·n +1n -1=n (n +1)2. 答案:n (n +1)29.如图,它满足:(1)第n 行首尾两数均为n ;(2)图中的递推关系类似杨辉三角,则第n (n ≥2)行的第2个数是________.解析:设第n (n ≥2)行的第2个数构成数列{a n },则有a 3-a 2=2,a 4-a 3=3,a 5-a 4=4,…,a n -a n -1=n -1,相加得a n -a 2=2+3+…+(n -1)=2+n -12×(n -2)=(n +1)(n -2)2, a n =2+(n +1)(n -2)2=n 2-n +22. 答案:n 2-n +2210.对正整数n ,设曲线y =x n (1-x )在x =2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n +1的前n 项和的公式是________.解析:∵y =x n (1-x ),∴y ′=(x n )′(1-x )+(1-x )′·x n=n ·x n -1(1-x )+(-x n ). f ′(2)=-n ·2n -1-2n =(-n -2)·2n -1. ∵函数在点x =2处点的纵坐标为y =-2n .∴切线方程为y +2n =(-n -2)·2n -1(x -2),与y 轴交点纵坐标为y =(n +1)·2n =a n ∴a n n +1=2n ,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n +1成等比数列,首项为2,公比为2, ∴前n 项和为2(1-2n )1-2=2(2n -1)=2n +1-2. 答案:2n +1-2 三、解答题11.等差数列{a n }的各项均为正数,a 1=3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列, b 1=1,且b 2S 2=64,b 3S 3=960. (1)求a n 与b n ;(2)求1S 1+1S 2+…+1S n的值. 解:(1)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,则d 为正数,a n =3+(n -1)d ,b n =q n -1, 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 2b 2=(6+d )q =64S 3b 3=(9+3d )q 2=960, 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d =2q =8 或⎩⎨⎧ d =-65q =403(舍去),故a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =8n -1. (2)由(1)知S n =3+5+…+(2n +1)=n (n +2),所以1S 1+1S 2+…+1S n =11×3+12×4+13×5+…+1n (n +2)=12⎝⎛⎭⎫1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2 =12⎝⎛⎭⎫1+12-1n +1-1n +2=34-2n +32(n +1)(n +2).12.已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1=2⎝⎛⎭⎫1+1n 2a n . (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =(An 2+Bn +C )·2n ,试推断是否存在常数A 、B 、C ,使得对一切n ∈N *,a n =b n +1-b n 恒成 立?若存在,求出A 、B 、C 的值;若不存在,说明理由;(3)求证:∑i =1n a i <(n 2-2n +2)·2n +2.(1)解:由已知得a n +1(n +1)2=2·ann 2,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2是公比为2的等比数列,且首项为2,∴a nn 2=2·2n -1,a n =2n ·n 2(2)解:∵b n =(An 2+Bn +C)·2n ,∴b n +1-b n =[A(n +1)2+B(n +1)+C]·2n +1-(An 2+Bn +C)·2n=[An 2+(4A +B)n +2A +2B +C]·2n .若a n =b n +1-b n 恒成立,则An 2+(4A +B)n +2A +2B +C =n 2恒成立, ∴⎩⎪⎨⎪⎧ A =14A +B =02A +2B +C =0,解得A =1,B =-4,C =6,故存在常数A =1,B =-4,C =6满足条件.(3)证明:由(2)得,b n =(n 2-4n +6)·2n ,∴∑i =1n a i =(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+(b 4-b 3)+…+(b n +1-b n )=b n +1-b 1=[(n +1)2-4(n +1)+6]·2n +1-6=(n 2-2n +3)·2n +1-6<(n 2-2n +3)·2n +1=⎝⎛⎭⎫n 22-n +32· 2n +2=⎣⎡⎦⎤(n 2-2n +2)-⎝⎛⎭⎫n 22-n +12·2n +2=⎣⎡⎦⎤(n 2-2n +2)-(n -1)22·2n +2≤(n 2-2n +2)·2n +2,∴原不等式成立.13.已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=2,且对任意m ,n ∈N *都有a 2m -1+a 2n -1=2a m +n -1+2(m -n )2.(1)求a 3,a 5;(2)设b n =a 2n +1-a 2n -1(n ∈N *),证明:{b n }是等差数列;(3)设c n =(a n +1-a n )q n -1(q ≠0,n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和S n .(1)解:由题意,令m =2,n =1可得a 3=2a 2-a 1+2=6. 再令m =3,n =1可得a 5=2a 3-a 1+8=20.(2)证明:当n ∈N *时,由已知(以n +2代替m )可得a 2n +3+a 2n -1=2a 2n +1+8.于是[a 2(n +1)+1-a 2(n +1)-1]-(a 2n +1-a 2n -1)=8,即b n +1-b n =8.所以,数列{b n }是公差为8的等差数列.(3)由(1)、(2)的解答可知{b n }是首项b 1=a 3-a 1=6,公差为8的等差数列. 则b n =8n -2,即a 2n +1-a 2n -1=8n -2.另由已知(令m =1)可得,a n =a 2n -1+a 12-(n -1)2.那么,a n +1-a n =a 2n +1-a 2n -12-2n +1=8n -22-2n +1=2n . 于是,c n =2nq n -1.当q =1时,S n =2+4+6+…+2n =n (n +1). 当q ≠1时,S n =2·q 0+4·q 1+6·q 2+…+2n ·q n -1. 两边同乘q 可得qS n =2·q 1+4·q 2+6·q 3+…+2(n -1)·q n -1+2n ·q n . 上述两式相减即得(1-q )S n =2(1+q 1+q 2+…+q n -1)-2nq n =2·1-q n1-q -2nq n=2·1-(n +1)q n +nq n +11-q ,所以S n =2·nq n +1-(n +1)q n +1(q -1)2.综上所述,S n =⎩⎪⎨⎪⎧ n (n +1) (q =1),2·nq n +1-(n +1)q n+1(q -1)2 (q ≠1).。

高考数学解答题(新高考)数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)(解析版)

高考数学解答题(新高考)数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题04 数列求通项(隔项等差(等比)数列)(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、隔项等差数列已知数列{}n a ,满足1()(1)n n a a f n ++=----,则21(1)(2)n n a a f n +++=+----;1(1)(3)n n a a f n -+=-----2(2)(1):n n a a d +--=(其中d 为常数);或11(1)(3):(2)n n a a d n +---=≥则称数列{}n a 为隔项等差数列,其中: ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等差数列,公差为d ; ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等差数列,公差为d ;2、隔项等比数列已知数列{}n a ,满足1()(1)n n a a f n +⋅=----,则21(1)(2)n n a a f n ++⋅=+----;1(1)(3)n n a a f n -⋅=-----2(2):(1)n n a q a +=(其中q 为常数);或11(1):(2)(3)n n a q n a +-=≥则称数列{}n a 为隔项等比数列,其中: ①1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列,公比为q ; ②2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列,公比为q ;二、典型例题角度1:隔项等差数列例题1.(2022·四川眉山·三模(文))已知数列{}n a ,11a =,14n n a a n ++=,求{}n a 的通项公式;思路点拨:根据题意:,可推出,两式作差,判断为隔项等差数列解答过程:由,可推出,两式作差()所以是隔项等差数列:①构成以为首项的等差数列,公差为;②构成以为首项的等差数列,公差为;下结论求通项当为奇数:为第项:求通项当为偶数:为第项:综上:无论为奇数还是偶数:.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆,考试遇到判断为隔项等差数列.便于快速求解特别注意分奇偶时,判断是第几项【答案】(1)=21n a n -因为14n n a a n ++= 所以14(1)(2)n n a a n n -+=-≥, 两式相减得114n n a a +--=,所以{}n a 是隔项等差数列, 124a a +=且11a =, 所以11()=212n n a a d n -=+-(n 为奇数), 22()=212n n a a d n -=+-(n 为偶数), 所以=21n a n -.例题2.(2022·安徽·淮南第二中学高二开学考试)已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()112*n n n n N S a a +=∈⋅,11a =.求数列{}n a 的通项公式;思路点拨:根据题意:,可推出,两式作差,判断为隔项等差数列解答过程:由,可推出,及两式作差∵,∴.所以是隔项等差数列:①构成以为首项的等差数列,公差为; ②构成以为首项的等差数列,公差为;下结论求通项当为奇数:为第项:求通项当为偶数:为第项:综上:无论为奇数还是偶数:.【答案】()*n a n n N =∈由题意得,12n n n S a a +=⋅,则1122n n n S a a +++=⋅,两式相减得()1122n n n n a a a a +++=-, ∵10n a +>,∵22n n a a +-=.∵11a =,∵当()21N*n k k =-∈,()2112121n k a a k k n -==+-=-=, 又1122S a a =,∵22a =,∵当()2N*n k k =∈时,()22212n k a a k k n ==+-==. 综上,()N*n a n n =∈.角度2:隔项等比数列例题3.(2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测)已知数列{}n a 满足11a =,19nn n a a +⋅=,N n *∈.求数列{}n a 的通项公式n a ;思路点拨:根据题意:,可推出,两式作商,判断为隔项等比数列解答过程:由,可推出,两式作商所以是隔项等比数列:①构成以为首项的等比数列,公比为; ②构成以为首项的等比数列,公比为;下结论求通项当为奇数:为第项:求通项当为偶数:为第项:综上:.【答案】(1)13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 解:由题意,当1n =时,129a a =,可得29a =,因为19n n n a a +⋅=,可得1129n n n a .a +++=,所以,29n na a +=, 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n 为奇数时,设()21N n k k *=-∈,则1221211933k k n n k a a ----==⋅==, 当n 为偶数时,设()2N n k k *=∈,则12299933k k k nn k a a -==⋅===.因此,13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数. 三、题型归类练1.在数列{an }中,若()1121nn n a a n ++--=,则数列{an }的前12项和等于_________. 【答案】78因为()1121nn n a a n ++-=-,所以211a a -=,323a a +=,435a a -=,547a a +=,659a a -=,76a a +=11,87a a -=13,98a a +=15,109a a -=17,1110a a +=19,1211a a -=21.从第一个式子开始,相邻的两个式子作差得: 1357911a a a a a a +++===2.从第二个式子开始,相邻的两个式子相加得: 42681012a a a a a a +++=8,=24,=40,把以上的式子依次相加可得: 12121112S a a a a =++++()()()()()()135791124681012a a a a a a a a a a a a =+++++++++++22282440+=++++=78.核心秘籍对于本例中作为一个模型直接记忆,考试遇到判断为隔项等比数列.便于快速求解特别注意分奇偶时,判断是第几项故答案为:78.2.秋末冬初,流感盛行,某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{}n a ,已知11a =,22a =,且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈,则该医院第5天入院治疗流感的人数有________人;则该医院30天内入院治疗流感的人数共有________人. 【答案】 1 25511a =,22a =,且()*21(1)n n n a a n N +-=+-∈1n =时,31301a a a =⇒-=,2n =时,42424a a a =⇒-=,3n =时,53501a a a =⇒-=,观察可知{}n a 奇数项是1的常数列,偶数项是首项为2,公差为2的等差数列. 30(230)151152552S故答案为: 1 ;2553.(2022·广东·三模)已知数列{n a }的前n 项和n S ,11a =,0n a >,141n n n a a S +=-.计算2a 的值,求{n a }的通项公式;【答案】3,21n a n =-当1n =时,12141a a a =-,解得23a = 由题知141n n n a a S +=- ① 12141n n n a a S +++=- ②由②-①得()1214n n n n a a a a +++-=, 因为0n a >,所以24n n a a +-=所以数列{}n a 的奇数项是以11a =为首项,以4为公差的等差数列;偶数项是以23a =为首项,以4为公差的等差数列;当n 为奇数时,1114212n n a n +⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭ 当n 为偶数时,314212n n a n ⎛⎫=+-⨯=- ⎪⎝⎭所以{}n a 的通项公式21n a n =-.4.(2022·新疆·一模(理))已知数列{}n a 满足2122a a ==,1294n n n a a -+=+⋅.求数列{}n a 的通项公式;【答案】()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈;依题意,121,2a a ==,由1294n n n a a -+=+⋅得:1294n n n a a -+-=⋅,则当n 为奇数,3n ≥时,()()()131532n n n a a a a a a a a -=+-+-+-⋅⋅⋅+()32232144191441914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅+,11a =满足上式,当n 为偶数,4n ≥时,()()()242642n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋅⋅⋅+-()32332444294442914n n ---⋅=+++⋅⋅⋅+=+⋅-132455n -=⋅-,22a =满足上式,即当n 为奇数时,132455n n a -=⋅+,当n 为偶数时,132455n n a -=⋅-,所以()()113241N 55n n n a n +-*=⋅+-⋅∈.5.(2022·福建泉州·模拟预测)记数列{n a }的前n 项和为n S .已知11a =,___________. 从①24n n a a +-=;②14n n a a n ++=;③11n n S na n n +=-+()中选出一个能确定{n a }的条件,补充到上面横线处,并解答下面的问题.求{n a }的通项公式: 【答案】(1)21n a n =- 选①:24n n a a +-=,只能说明数列{}n a 的奇数项和偶数项分别构成等差数列,已知11a =,数列的奇数项可以确定,但2a 未知,故数列的偶数项不确定,因此数列{}n a 不确定,题设的两个条件均无法求解, 选②:14n n a a n ++=,由14n n a a n ++=得: ()()12121n n a n a n +⎡⎤-+=---⎣⎦, 因为11a =,所以()1121110a a -⨯-=-= 故()210n a n --=,即21n a n =-; 选③:()11n n S na n n +=-+由()11n n S na n n +=-+得:2121a S -==,故23a = 当2n ≥时,()()111n n S n a n n -=---, 两式相减得:12n n a a +-=,又因为212a a -=满足12n n a a +-=, 综上:对所有的n *∈N ,均有12n n a a +-=, 所以{}n a 为首项为1,公差为2的等差数列, 故21n a n =-6.若数列{}n a ,11a =,2111()2n n n a a ++=,求数列{}n a 的通项公式.答案当n 是奇数时:11211()4n n a +-=⋅,整理得11()2n n a -=;当n 是偶数时:1221()4nn a a -=⋅,整理得11()2n n a +=解:因为2111()2n n n a a ++=,所以23211()2n n n a a +++=,两式相除:214n n a a +=,所以{}n a 是隔项等比数列; 1357,,,a a a a 构成以1a 为首项的等比数列,公比为14; 2468,,,a a a a 构成以2a 为首项的等比数列,公比为14; 当n 是奇数时:11211()4n n a +-=⋅,整理得11()2n n a -=当n 是偶数时:1221()4nn a a -=⋅,整理得11()2n n a +=7.(2022·浙江省富阳中学高三阶段练习)数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=,求数列{}n a 的通项公式;【答案】(1)2n n a =依题意,数列{}n a 满足21112,2n n n a a a ++=⋅=,()21122n n n a a n --⋅=≥,两式相除并化简得()1142n n a n a +-=≥,312224a a a ⋅=⇒=, 所以{}{}212,n n a a -是公比为4的等比数列,其中{}21n a -的首项为2,{}2n a 的首项为4. 所以12112212242,442n n n n n n a a ----=⨯==⨯=,所以2n n a =.。

2025高考数学二轮复习数列解答题

2025高考数学二轮复习数列解答题

解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q(q>0).
1 + 2 = 21 ,
2 + 2 = 2,
= 2,
由题意得
5×4
3 即 10 + 10 = + 3 ,解得 = 3.
51 + 2 = 1 + 1 ,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1×3n-1=3n-1.
,为偶数,
和.
2.错位相减法
一般地,数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,
可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求
解.
3.裂项相消法
实质是将数列的通项分解为两项之差,求和时能消去中间的一些项,最终达
到求和的目的,其解题的关键是准确地裂项和消项.
3 + 2, = 2,∈N* ,
所以bn+1=a2n+1=3a2n+2=3(2a2n-1+1)+2=6a2n-1+5=6bn+5.
因为b1+1=a1+1=2≠0,且bn+1+1=6(bn+1),所以数列{bn+1}是首项为2,公比
为6的等比数列.
所以bn+1=2·
6n-1,则bn=2·
6n-1-1.
3
1
①Sn= +m(m∈R),②Sn= an+1+m(m∈R),且 a1=1.请在这两个条件中选一个
2
2
补充在下面的横线上并解答.

,
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;

浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)-精选.pdf

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1已知二次函数()y f x 的图像经过坐标原点,其导函数为()62f x x。

数列n a 的前n项和为n S ,点*(,)()n n S nN 均在函数()yf x 的图像上。

(Ⅰ)求数列na 的通项公式;(Ⅱ)设13nn nb a a ,n T 是数列nb 的前n 项和,求使得20nm T 对所有*n N 都成立的最小正整数m 。

2. 己知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4=14,且a 1,a 3,a 7成等比数列.(I )求数列{a n }的通项公式;(II )设T n 为数列11n na a 的前n 项和,若T n ≤1n a ¨对*n N 恒成立,求实数的最小值.3. 设数列n a 的前n 项和为n S ,已知11a ,26a ,311a ,且1(58)(52)nnn S nS An B ,1,2,3,n ,其中A 、B 为常数.(Ⅰ) 求A 与B 的值;(Ⅱ) 证明数列n a 为等差数列;(Ⅲ) 证明不等式51mnm na a a 对任何正整数m 、n 都成立.4. 已知数列n a ,n b 满足13a ,2n na b ,12()1nn nnb a b a ,*n N .(1)求证:数列1{}nb 是等差数列,并求数列n b 的通项公式;(2)设数列n c 满足25n nc a ,对于任意给定的正整数p ,是否存在正整数q ,r (pqr ),使得1p c ,1q c ,1rc 成等差数列?若存在,试用p 表示q ,r ;若不存在,说明理由.5. 已知函数x a x x f ln )()0(a .(1)若1a ,求)(x f 的单调区间及)(x f 的最小值;(2)若0a,求)(x f 的单调区间;(3)试比较222222ln 33ln 22ln nn 与)1(2)12)(1(n n n 的大小)2(*nN n且,并证明你的结论.6已知)1(10)(,)1()(2x x g x x f ,数列}{n a 满足0)()()(1n n n n a f a g a a ,21a ,)1)(2(109nna nb (I )求数列}{n a 的通项公式;(Ⅱ)求数列}{n b 中最大项.7. 设k R,函数2()(1)(0)xf x ex kx x.(Ⅰ)若1k ,试求函数()f x 的导函数()f x 的极小值;(Ⅱ)若对任意的0t,存在0s,使得当(0)xs ,时,都有2()f x tx ,求实数k 的取值范围.8.已知等差数列{a n }的公差不为零,且a 3 =5, a 1 , a 2.a 5成等比数列(I )求数列{a n }的通项公式:(II)若数列{b n }满足b 1+2b 2+4b 3+…+2n -1b n =a n 且数列{b n }的前n 项和T n 试比较T n与113n n 的大小9.已知函数xa x a xx f ln )12()22(21)(2(I )求f(x)的单调区间;(II)对任意的]2,1[,],25,23[21x x a,恒有|211|)(|)(|121x x x f x f ,求正实数的取值范围.1. 解:(I )依题意可设2()(0),f x axbx a 则`()2f x ax b由`()62f x x 得3,2,a b所以2()32.f x xx 又由点(,)n n S (*)nN 均在函数()yf x 的图像上得232nS nn当2n 时221323(1)2(1)65n n na S S nn n n n当1n 时2113121615a S 所以*65()na nn N (II )由(I )得133111(),(65)6(1)526561nn n b a a n n nn 故,111111(1)()()277136561nT n n =11(1).261n 因此使得*11(1)()26120m n N n 成立的m 必须且必须满足1,220m 即10m 故满足最小的正整数m 为102. (Ⅰ)设公差为d.由已知得)6()2(146411211d a a d a d a ………………………………3分解得10(d d 或舍去),所以1,21n a a n故………………………………6分(Ⅱ)11111(1)(2)12n n a a n n n n ,11112334nT …11122(2)n n nn ……………………………9分1n n T a ≤对nN 恒成立,即22(2)n n n≤(+)对nN 恒成立又211142(2)2(44)162(4)n nn n≤∴的最小值为116……………………………………………………………12分3. 解:(Ⅰ)由11a ,26a ,311a ,得11S ,22S ,318S .把1,2n 分别代入1(58)(52)nn n S nS An B ,得28,248A B AB解得,20A ,8B.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,115()82208n n nnn S S S S n ,即11582208nnn na S S n ,①又2215(1)8220(1)8nnnn a S S n .②②-①得,21215(1)58220n n n nn a na a a ,即21(53)(52)20n n n a n a .③又32(52)(57)20nnna na .④④-③得,321(52)(2)0n nn n a a a ,∴32120n n n a a a ,∴3221325nnnna a a a a a ,又215a a ,因此,数列n a 是首项为1,公差为5的等差数列.(Ⅲ)由(Ⅱ)知,54,()na n n N .考虑55(54)2520mn a mn mn.2(1)211m nm nm nm n mn a a a a a a a a a a ,2515()9mn m n .∴25(1)15()291522910mn m n a a a mn 厖.即25(1)mn m n a a a ,∴51mn m na a a .因此,51mnm na a a .4. (1)因为2n na b ,所以2nn a b ,则142242221221n nn nn nn nnna b b b a b a b b b ,………………………2分所以11112nnb b ,又13a ,所以123b ,故1n b 是首项为32,公差为12的等差数列,……4分即1312(1)222nn n b ,所以22nb n.………………………6分(2)由(1)知2n a n,所以2521n nc a n ,①当1p 时,11p c c ,21qc q ,21r c r ,若1pc ,1qc ,1rc 成等差数列,则2112121q r(),因为p q r ,所以2q ≥,3r ≥,2121q ,11121r,所以()不成立.…………………………9分②当2p ≥时,若1pc ,1q c ,1rc 成等差数列,则211212121q p r ,所以121421212121(21)(21)p q rq p p q ,即(21)(21)21421p q rpq,所以22421pq p qrpq ,………………………12分欲满足题设条件,只需21qp ,此时2452rp p ,………………14分因为2p ≥,所以21q p p ,224734(1)10rqppp p ,即rq .…………………………15分综上所述,当1p时,不存在q ,r 满足题设条件;当2p ≥时,存在21qp ,2452rpp,满足题设条件.…16分5. (1) 当1x 时,x x x f ln 1)(,.011)(,x x f )(x f 在,1上是递增.当10x时,x x x f ln 1)(,011)(,xx f .)(x f 在1,0上是递减.故1a 时, )(x f 的增区间为,1,减区间为1,0,0)1()(minf x f .………4分(2)○1若1a , 当a x时,x axx f ln )(,0111)(,xx xx f ,则)(x f 在区间,a 上是递增的; 当a x 0时,x x a x f ln )(, 011)(,xx f ,则)(x f 在区间a ,0上是递减的…………6分○2若10a , 当a x时,x axx f ln )(,xx xx f 111)(,,0)(,1,x f x ;0)(,1,x f xa . 则)(x f 在,1上是递增的,)(x f 在1,a 上是递减的; 当a x 0时,x xax f ln )(, 011)(,xx f )(x f 在区间a ,0上是递减的,而)(x f 在a x处有意义;则在区间,1上是递增的,在区间1,0上是递减的…………8分综上: 当1a 时, )(x f 的递增区间是,a ,递减区间是a ,0;当10a,)(x f 的递增区间是,1,递减区间是1,0………9分xf(3)由(1)可知,当1,1x a时,有,0ln 1x x 即xxx 11ln 则有222222ln 33ln 22ln nn 22211311211n)13121(1222nn …………12分)1(1431321(1nn n )11141313121(1n nn )1121(1n n =)1(2)12)(1(n n n 故:222222ln 33ln 22ln nn )1(2)12)(1(n n n . …………15分6. (1)由题意:)1()1(10)(21nnn na a a a 经化简变形得:)1910)(1(1nnna a a ………3分,1na 019101nna a ………5分变形得:109111nn a a 所以}1{n a 是以1为首项,109为公比的等比数列。

高考解答题专题:数列

高考解答题专题:数列

高考解答题专题:数列1.(本小题满分14分)等差数列{}n a 中,13a =,前n 项和为nS ,等比数列{}n b 各项均为正数,11b =,且2212b S +=,{}n b 的公比22S q b =(1)求na 与nb ;(2)求数列1{}nS 的前n 项和2.设正数组成的数列{}n a 是等比数列,其前n 项和为n S ,且21=a , 143=S(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若n n a a a T ⋅⋅⋅⋅=21,其中*N n ∈; 求n T 的值,并求n T 的最小值. 3.已知数列{}n a 为等差数列,n S 为其前项和,1596,63a a S +== (1)求数列{}n a 的通项公式及前项和n S ;(2)若数列{}n b 满足对,2na n n Nb *∀∈=求数列{}n n a b 的前n 项和n T ;4.设数列{}n a 满足1a a =,11n n a ca c +=+-,*n N ∈,其中a 、c 为实数,且0c ≠。

(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设12a =,12c =,(1),*n n b n a n N =-∈,求数列{}n b 的前n 项的和n S ;5.已知数列{} 的前n 项和,数列{}的前n 项和(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式;(Ⅱ)设,证明:当且仅当n ≥3时,<6.设1c ,2c ...,n c ,...是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在x 轴的正半轴上,且都与直线y=33x 相切,对每一个正整数n,圆n c 都与圆1n c +相互外切,以n r 表示nc 的半径,已知{}nr 为递增数列.(Ⅰ)证明:{}nr 为等比数列;(Ⅱ)设1r =1,求数列n n r ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.7.在数1和100之间插入n 个实数,使得这2n +个数构成递增的等比数列,将这2n +个数的乘积记作n T ,再令,lg n n a T =1n ≥.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设1tan tan ,n n n b a a += 求数列{}n b 的前n 项和n S .。

高考调研数列解答题专题练习作业含答案

高考调研数列解答题专题练习作业含答案

高考调研数列解答题专题练习作业含答案数列专练・作业(二十五)1.(2021・成都二次诊断)(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n,n∈N*. (1)求p的值及an;(2)在等比数列{bn}中,b3=a1,b4=a2+4,若等比数列{bn}的前1n项和为Tn.求证:数列{Tn+6}为等比数列.解析 (1)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.由已知a2-a1=2,∴p=1.(3分) ∴an=2n+1,n∈N*.(5分)(2)在等比数列{bn}中,b3=a1=3,b4=a2+4=9.(7分) 1由b3=b1・3,即3=b1・3,解得b1=3. 221∴{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.(8分) 1n?1-3?31∴Tn==6×(3n-1).(10分)1-3111即Tn+6=6×3n=2×3n-1.1Tn+611*又∵T1+6=2,=3,n≥2,n∈N, 1Tn-1+611∴数列{Tn+6}是以2为首项,3为公比的等比数列.(12分) 2.(2021・都江堰市4月模拟)(本小题满分12分)设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;n(2)令bn=a,求数列{bn}的前n项和Tn.n解析?a1+a2+a3=7,(1)由已知得??a1+3?+?a3+4?=3a2,?2解得a2=2.(2分)2设数列{an}的公比为q,由a2=2,可得a1=q,a3=2q. 2又S3=7,可知q+2+2q=7,1即2q-5q+2=0,解得q=2或2.由题意知q>1,∴q=2,∴a12=1.(5分)故数列{an}的通项公式为an=2n-1.(6分)nn12n(2)由于bn=a=n-1,∴Tn=20+21+…+n-1.(8分)22nn-1n112∴2Tn=21+22+…+n-1+2n. 21111n1n两式相减,得2Tn=1+21+22+…+n-1-2n=2(1-2n)-2n=2- 2n+22n.(10分)∴Tn=4-n+2.(12分) 2n-13.(2021・浙江宁波一模)(本小题满分12分)n设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=3,n∈N*. (1)求数列{an}的通项; n(2)设bn=a,求数列{bn}的前n项和Sn.n解析(1)∵a1+3a2+3a3+…+322n-1nan=3,①n-2∴当n≥2时,a1+3a2+3a3+…+3①-②,得3n-1n-1an-1=3,②11an=3,an=3n.(4分)11在①中,令n=1,得a1=3.∴an=3n.(6分) n(2)∵bn=a,∴bn=n・3n.n∴Sn=3+2×32+3×33+…+n・3n.③ ∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n・3n+1.④④-③,得2Sn=n・3n+1-(3+32+33+…+3n).(10分) 即2Sn=n・3n+13?1-3n?-. 1-3?2n-1?3n+13∴Sn=+4.(12分) 44.(2021・沈阳质量监测二)(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,满足b2+c2=bc+a2.(1)求角A的大小;(2)已知等差数列{an}的公差不为零,若a1cosA=1,且a2,a4,4a8成等比数列,求{}的前n项和Sn.anan+1解析(1)∵b2+c2-a2=bc, b2+c2-a2bc1∴2bc=2bc=2.1∴cosA=2.π又A∈(0,π),∴A=3.(5分) (2)设{an}的公差为d,12由已知得a1=cosA=2,且a4=a2・a8. ∴(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d).又d不为零,∴d=2.(9分) ∴an=2n.(10分) ∴4111==n-.(11分) anan+1n?n+1?n+111111111∴Sn=(1-2)+(2-3)+(3-4)+…+(n-)=1-=n+1n+1n.(12分) n+15.(2021・成都四校3月联考)(本小题满分12分)已知等差数列{an}满足a3-a1=6,且a1,a2,a6成等比数列. (1)求{an}的通项公式;??an,当an为奇数时,(2)设bn=?求{bn}的前n项和Tn.?-an,当an为偶数时,?解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,则由a3-a1=2d=6,∴d=3.(2分)所以由a1,a2,a6成等比数列,得a1(a1+5×3)=(a1+3)2,解得a1=1.(4分)于是an=1+(n-1)×3=3n-2,即{an}的通项公式是an=3n-2.(6分)(2)因为数列{an}的公差为3,即an+1=an+3(n∈N*),所以{an}中的项奇偶性交替出现,而a1=1,所以当an为奇数时,n为奇数,当an为偶数时,n 为偶数,所以??an,当n为奇数时,bn=?(7分)?-a,当n为偶数时.?n对{bn}的前n项和Tn:①当n为偶数时,Tn=a1-a2+a3-a4+…+an-1-an =(a1-a2)+(a3-a4)+…+(an-1-an) n =(-3)×2 3n=-2;(9分) ②当n为奇数时,Tn=a1-a2+a3-a4+…+an-2-an-1+an =(a1-a2)+(a3-a4)+…+(an-2-an-1)+an n-1=(-3)×2+3n-2 3n-1=2.(11分)?综上,T=?3n-?2,当n为偶数时.n3n-12,当n为奇数时,(12分)6.(2021・南昌二模)(本小题满分12分)1已知公比不为1的等比数列{an}的首项a1=2,前n项和为Sn,且a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差数列.(1)求等比数列{an}的通项公式;(2)对n∈N*,在an与an+1之间插入3n个数,使这3n+2个数成等差数列,记插入的这3n个数的和为bn,求数列{bn}的前n项和Tn.解析 (1)因为a4+S4,a5+S5,a6+S6成等差数列,所以a5+S5-a4-S4=a6+S6-a5-S5.(2分) 即2a6-3a5+a4=0,所以2q2-3q+1=0. 1因为q≠1,所以q=2.(4分)1所以等比数列{an}的通项公式为an=2n.(6分) an+an+1n33n(2)由题设及(1)知bn=2・3=4(2),(9分) 33n+1-??32293n故Tn=4×=34[(2)-1].(12分)1-2感谢您的阅读,祝您生活愉快。

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浙江省高考数学数列解答题专项训练
【A 组】
1、已知实数列是}{n a 等比数列,其中
71,a =且456
1a a a +,,成等差数列. (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式;
(Ⅱ)数列}{n a 的前n 项和记为,n S 证明: n S <128,3,2,1(=n …).
2、记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知
2446,10a a S +==.
(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;
(Ⅱ)令2n
n n
b a =⋅*
(N)n ∈,求数列{}n b 的前n 项和n T .
3、数列)(2,1,}{*
11N ∈==+n S a a S n a n
n n n 项和为的前
(I )求数列n n a a 的通项}{; (II )求数列.}{n n T n na 项和的前
4、数列{}n a 中,3a =1,12n a a a +++=1
n a +(n=1,2,3…). (Ⅰ)求1a ,2a ;
(Ⅱ)求数列{}n a 的前n 项和n S ;
5、设{}n
a 是公比大于1的等比数列,n
S 为数列
{}n
a 的前n 项和.已知3
7S =,且1
2
3
334a a a ++,
,构成等差数列.
(1)求数列{}n
a 的通项公式. (2)令
31
ln 12n
n b a n +==,,,,
求数列{}n
b 的前n 项和.
6、已知数列{}n a 的各项均为正数,前n 项和为n S ,且(1)
,.2
n n n a a S n ++=∈N (1)求证:数列{}n a 是等差数列;
(2)设121
,,.2n n n n n
b T b b b T S =
=+++求
7、设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知()21n
n n ba b S -=-
(Ⅰ)证明:当2b =时,{}
1
2n n a n --⋅是等比数列;
(Ⅱ)求{}n a 的通项公式.
8、在数列{}n a 中,11=a ,n S 为其前n 项和,若点()()1,1>-n S S a n n n 在直线x+y=0上, (1) 求数列{}n a 的通项公式;
(2) 设n
n n S b 2=,其前n 项和为n T ,求n T
9、设数列{}n a 满足21
1233333
n n n a a a a -++++=
…,a ∈*
N . (Ⅰ)求数列{}n a 的通项;(Ⅱ)设n n
n
b a =
,求数列{}n b 的前n 项和n S .
10、在数列中{}n a 中,111222()n n n a a a n +*+==+∈N ,.
(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列{}n a 的前n 项和n S ;
11、已知数列{}n a 满足:122n n n a a a +++=,且121,2a a ==,*n N ∈. (Ⅰ)设1n
n n b a a +=-,证明:数列{}n b 是等比数列;
(Ⅱ)求{}n a 的通项公式.
12、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 4=44,S 7=35 (1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和公式; (2)求数列|}{|n a 的前n 项和。

13、已知数列{}n a 的前n 项和=n S 292
++-n n ()N n ∈.
(Ⅰ) 判断数列{}n a 是否为等差数列; (Ⅱ) 设n n a a a R +++= 21,求n R ; 当5>n 时,n n a a a R +++= 21
【B 组】
1、(本题满分14分)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,
若1522,243(0)a t S S t t =+-=+>. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;
(Ⅱ)设n n b aq n =+,若1155,b a b a ==,试比较3a 与3b 的大小.
2、 (本题满分14分) 设等差数列{a n }的首项a 1为a ,前n 项和为S n .
(Ⅰ) 若S 1,S 2,S 4成等比数列,求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ) 证明:∀n ∈N*, S n ,S n +1,S n +2不构成等比数列.
3、(本题满分14分)已知数列{}n a ,定义其平均数是n
a a a V n
n +++=
21,*N n ∈.
(Ⅰ)若数列{}n a 的平均数12+=n V n ,求n a ;
(Ⅱ)若数列{}n a 是首项为1,公比为2的等比数列,其平均数为n V ,
求证:
41
1121<+++n
V V V . 4、(本题满分14分) 已知数列{}n a 的首项t a =10>,1321
n n n a a a +=+,*
N n ∈
(1)若53
=t ,求证11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭
是等比数列并求出{}n a 的通项公式;
(2)若n n a a >+1对一切*N n ∈都成立,求t 的取值范围。

5、(本小题满分14分)已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前四项和为14,且137,,a a a 恰
为等比数列{}n b 的前三项。

(1)分别求数列{},{}n n a b 的前n 项和,;n n S T
(2)设n K 为数列{}n n a b 的前n 项和,若不等式n n n S T K n λ≥+对一切*
n N ∈恒成立,
求实数λ的最小值。

6、(本题满分14分)已知数列}{n a ,{}n b 满足:1,21
21==
a a ,)2(4
111≥-=-+n a a a n n n ;n n
n b a 2
=
(*N n ∈). (Ⅰ)计算321,,b b b ,并求数列{}n b ,}{n a 的通项公式; (Ⅱ)证明:对于任意的3>n ,都有12345n a a a a a a ++>+++.
7、(本题满分14分)等差数列
{}n a 中,首项1
1a =,公差0d ≠, 已知数列
123,,,,,
n k k k k a a a a 成等比数列,其中1
1k =,22k =,35k =.
(1)求数列
{}n a ,{}n
k 的通项公式;
(2)令21n
n n a b k =-,求数列{}n b 的前n 项和n T .
8、(本小题满分14分)设数列{}n a 的前n项和为n S ,已知1(,n n S pS q p q +=+为常数,
*n N ∈), 1232,1,3a a a q p ===-
(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;
(Ⅱ)是否存在正整数m,n,使1221
m n m
n S m S m +-<-+成立?若存在,求出所有符合条件的有序实数对(m,n);若不存在,说明理由。

9、(本小题满分14分)已知数列{}n a 中,()112,202,n n a a a n n n N -=--=≥∈.
(I )写出23a a 、的值(只写结果)并求出数列{}n a 的通项公式; (II )设12321111
n n n n n
b a a a a +++=
+++⋅⋅⋅+,若对任意的正整数n ,当[]1,1m ∈-时,不等式21
26
n t mt b -+>恒成立,求实数t 的取值范围。

10、设数列
{}n a 的前n 项和为n
S
,且4n n S a p =-,其中p 是不为零的常数.
(1)证明:数列
{}n a 是等比数列; (2)当p =3时,若数列{}n b 满足
*1()n n n b b a n N +=+∈,12b =,求数列{}n b 的通项公式.
11、已知数列{},{}n n a b 满足12a =,121,1n n n n n a a a b a +=+=-,设数列{}n b 的前n 项和为n S ,令2n n n T S S =- . (Ⅰ)求数列{}n b 的通项公式; (Ⅱ)求证:1()n n T T n N *+>∈.
12、已知数列{}n a
满足
1
n n
a a -=0n a >. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)
证明
1
n
i
i a
=<∑(3)数列{}n a 是否存在最大项?若存在最大项,求出该项和相应的项数;若不存在,说明理由。

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