(全国)2020年高考数学(理)总复习汇编-第六章《数列》含解析

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(名师导学)2020版高考数学总复习第六章数列第34讲等差数列及其前n项和练习理(含解析)新人教A版

第34讲等差数列及其前n 项和夯实基础【p 73】【学习目标】1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n 项和公式等． 2．掌握等差数列的判断方法． 3．掌握等差数列求和的方法．【基础检测】1．数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a 4＝8，则a 5＝( )A ．16B ．－16C ．32D .313【解析】因为a 4＝8，所以a 1＋3d ＝8，又因为a 1＝1，所以d ＝73，可得a 5＝a 1＋4d ＝313.【答案】D2．已知等差数列{a n }中，若a 4＝15，则它的前7项和为( )A ．120B ．115C ．110D ．105【解析】由题得S 7＝72(a 1＋a 7)＝72·2a 4＝7a 4＝7×15＝105.【答案】D3．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n【解析】由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.【答案】A4．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若S 9＝45，a 3＋a 8＝12，则a 7等于( ) A ．10 B ．9 C ．8 D ．7【解析】S 9＝9a 5＝45a 5＝5，而a 3＋a 8＝12a 5＋a 6＝12，a 6＝7. ∵2a 6＝a 5＋a 7，∴a 7＝9. 【答案】B5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11, a 3＋a 7＝－6，则当S n 取得最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9【解析】由题设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－112a 1＋8d ＝－6d ＝2，则S n ＝n 2＋(－11－1)n ＝n 2－12n ，所以当n ＝6时，S n ＝n 2－12n 最小．【答案】A 【知识要点】 1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d__表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d (n∈N *)． 3．等差中项如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a k ＋(n －k)d(n ，k ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…(n ，m ∈N *)是公差为__md __的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d(n∈N *)．6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n(n∈N *)．数列{a n }是等差数列S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数，n ∈N *)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，若a 1>0，d<0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d>0，则S n 存在最__小__值．典例剖析【p 73】考点1 等差数列基本量的计算例1(1)已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )A ．5B ．4C ．3D ．2【解析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．由此得：⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋20d ＝155a 1＋25d ＝30d ＝3.【答案】C(2)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________．【解析】a 7－a 5＝2d ＝4，d ＝2，a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1， S k ＝k ＋k （k －1）2×2＝k 2＝9.又k∈N *，故k ＝3.【答案】3【点评】在求解等差数列的基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加简捷．考点2 等差数列的性质及应用例2(1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( ) A ．18 B ．99 C ．198 D ．297【解析】因为a 3＋a 9＝27－a 6，2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.【答案】B(2)已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________．【解析】法一：设数列{a n }的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D.所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.【答案】20【点评】一般地，运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．考点3 等差数列的判定与证明例3令 b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，数列{b n }为等差数列，则非零常数c 的值为________．【解析】∵b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，c ≠0，数列{b n }为等差数列，∴b n ＝2n.得到c ＝－12.【答案】－12例4已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n∈N )，b n ＝1a n .(1)证明：数列{b n }为等差数列． (2)求数列{a n }的通项公式．【解析】(1)∵a 1≠0，且有a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以有a n ≠0(n ∈N *)，则有b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1 a n ＋12＝b n＋12，即b n＋1－b n＝12(n∈N*)且b1＝1a1＝1，所以{b n}是首项为1，公差为12的等差数列．(2)由(1)知b n＝b1＋(n－1)×12＝1＋n－12＝n＋12，即1a n＝n＋12，所以a n＝2n＋1.【点评】等差数列的判定与证明方法－1(n≥2，n∈N*)为同一常数{a n}{a n}是等差数列正整数n都成立{a n}是等差数任意的正整数n 都成立{a n }是考点4 等差数列前n 项和的最值问题例5已知{a n }是各项为正数的等差数列，S n 为其前n 项和，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求a 1，a 2的值及{a n }的通项公式； (2)求数列⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －72a n 的最小值．【解析】(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以，当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，所以，当n ＝2时，4(1＋a 2)＝(a 2＋1)2，解得a 2＝－1或a 2＝3，因为{a n }是各项为正数的等差数列，所以a 2＝3，所以{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以S n ＝（2n －1＋1）24＝n 2，所以S n －72a n ＝n 2－72(2n －1)＝n 2－7n ＋72＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－354.所以，当n ＝3或n ＝4时，S n －72a n 取得最小值－172.方法总结【p 74】1．等差数列的判定方法有定义法、中项公式法、通项公式法、前n 项和公式法，注意等差数列的证明只能用定义法．2．方程思想和基本量思想：在解有关等差数列问题时可以考虑化归为首项与公差等基本量，通过建立方程组获得解．3．用函数思想理解等差数列的通项公式和前n 项和公式，从而解最值问题．走进高考【p 74】1．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12【解析】法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4， ∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1， ∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.【答案】B2．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．【解析】(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.考点集训【p 214】A 组题1．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20 D ．19【解析】a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37.【答案】A2．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若a 7＝1，a 1－S 4＝9，则数列{}S n 中的最小项为( )A ．S 1B ．S 5，S 6C ．S 4D ．S 7【解析】令等差数列{}a n 的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝1，a 1－4a 1－6d ＝9，解得a 1＝－5，d ＝1，有a n ＝n －6，S n ＝n （n －11）2，则当n ＝5或6时，S n 最小．【答案】B3．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23 D ．24【解析】3a n ＋1＝3a n －2a n ＋1＝a n －23{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23.【答案】C4．设{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项的和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误．．的是( ) A. d ＜0 B. a 7＝0 C. S 9＞S 5D. S 6与S 7均为S n 的最大值【解析】由S 5<S 6得a 6＝S 6－S 5>0，又S 6＝S 7，所以a 7＝0. 由S 7>S 8，得a 8<0，而C 选项S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>02(a 7＋a 8)>0.由题设a 7＝0，a 8<0，显然C 选项是错误的．【答案】C5．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝________．【解析】根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6. 【答案】－66．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，则正整数m 的值为________．【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m－S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m .由S m ＝(3－m )m ＋m （m －1）2×1＝0，解得正整数m 的值为5.【答案】57．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.【解析】(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 8．已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .【解析】(1)设公差为d ，则依题意得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，∴(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15，得d 2＝4，d ＝±2，∴a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤3，2n －7，n ≥4， ①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2； ②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. B 组题1．已知正项数列{a n }中，a 1＝1, a 2＝2, 2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 2【解析】由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1，4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.【答案】C2．若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4≤4，S 6≥12，则a 4的最小值为( )A ．2 B.72C ．3 D.52【解析】S 4＝2(a 1＋a 4)≤42a 4－3d ≤2，① S 6＝3(a 1＋a 6)≥122a 4－d ≥4，即d －2a 4≤－43d －6a 4≤－12，②①②两式相加得：a 4≥52. 【答案】D3．设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝6，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[1.2]＝1，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋m a m 的值用m (m 为整数)表示为__________．【解析】由题设可得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，令b n ＝a n ＋1－a n ，则由等差数列的定义可知数列{}b n 是首项为b 1＝a 2－a 1＝4，公差为d ＝2的等差数列，即a n ＋1－a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，由此可得a 2－a 1＝2×1＋2，a 3－a 2＝2×2＋2，…，a n －a n －1＝2(n －1)＋2，将以上(n －1)个等式两边相加可得a n －a 1＝2×（1＋n －1）2(n －1)＋2n －2＝n (n －1)＋2n －2，即a n ＝n (n ＋1)，所以m a 1＋m a 2＋…＋m a m ＝m －m 2＋m 2－m 3＋…＋m m －1－m m ＝m －1，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋ma m＝m －1.【答案】m －14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －3，4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（－1）n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－（－1）n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.。

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第六章数列第一节等差数列与等比数列题型67 等差（等比）数列的公差（公比）1.(2017北京理10)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =_______. 解析由11a =-，48a =，则21132a a d =+=-+=，由11b =-，48b =，则2q =-，则212b b q ==.故22212a b ==. 2.（2017全国1理4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（）. A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++=，61656482S a d ⨯=+=，联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①②，得()211524-=d ，即624d =，所以4d =.故选C.3.（2017全国2理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）. A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ，2=q ，()7171238112-==-a S ，解得13a =．故选B.4.（2017全国3理14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列，设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠，10a ≠，式式②①，得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =，所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1.（2017全国1理12）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02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数100N N >：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.110解析设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为()12n n +，由题意得，100N >，令()11002n n +>，得14n ≥且*n ∈N ，即N 出现在第13组之后，第n 组的和为122112nn -=--，n 组总共的和为()12122212n n n n +--=---，若要使前N 项和为2的整数幂，则()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数，即()*21214k n k n -=+∈N ，≥，()2log 3k n =+，得n 的最小值为295n k ==，，则()2912954402N ⨯+=+=.故选A.2.2017山东理19）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=，（1）求数列{}n x 的通项公式；（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，依次联结点()111P x ，，()222P x ，，…，()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析（1）设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=，因为0q >，所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（2）过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线，垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q +，由（1）得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以1n n T b b b b =++++=13n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②，得132(n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(21n n n---+--所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1.（2017江苏09）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1，由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，因此36319S q S =+=，得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==，得114a =，所以78132a a q ==．故填32．解法二（由分段和关系）：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，所以38q =，即2q =．下同解法一．2.（2017全国2理15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首项为1a ，公差为d ．由3123a a d =+=，414610S a d =+=，得11a =，1d =，所以n a n=，()12n n n S +=，()()112222122311nk kSn n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-=⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1.（2017江苏19）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n kn nn ka aa a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a k a +=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“()3P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．解析（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则()11n a a n d =+-，从而当4n …时，()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-=，1,2,3k =，所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=，因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”．（2）由数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n …时，21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n …时，3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知，()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n …，所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为d '．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d '=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以312a a d '=-，从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题，其实类似的问题此前我们也研究过，给出仅供参考．（2015南通基地密卷7第20题）设数列{}n a 的各项均为正数，若对任意的*n ∈N ，存在*k ∈N ，使得22n k n n k a a a ++=成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．（1）若数列{}n a 是“2J 型”数列，且28a =，81a =，求2n a ；（2）若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，证明数列{}n a 是等比数列．解析（1）由题意得，2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．（2）由{}n a 是“4J 型”数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为t ，由{}n a 是“3J 型”数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为3α；则431311a t a α==，431725a t a α==，432139a t a α==，所以123ααα==，不妨令123αααα===，则43t α=．所以()3211311k k k a aα----==，()2311223315111k k k k k a a a t a a ααα------====，所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----====，综上11n n a a -=，从而{}n a 是等比数列．2.(2017北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析（1）111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n …时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k kb na -关于*k ∈N 单调递减.从而{}112211ma x ,,,1n n n c b a n b a n b an b a n=---=-=-，将1,2,3n =代入，满足此式，所以对任意1n …，1n c n =-，于是11n n c c +-=-，得{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时….①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m …时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时，对任意1n …， (){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时，123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <，所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++…()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ，取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭，故当n m …时，nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题——暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1.（2017天津理18）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ① 由114=11S b ，可得1516a d += ② 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯--，得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.（2017全国3理9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则数列{}n a 前6项的和为（）. A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d ，则2326a a a =，即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a =，代入上式可得220d d +=，又0d ≠，则2d =-，所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.故选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2017浙江理22)已知数列{}n x 满足：11x =，()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.（1）10n n x x +<<；（2）1122n n n n x x x x ++-…；（3）1-21122n n n x -剟. 解析（1）用数学归纳法证明：0n x >.当1n =时，110x =>，假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +…，则()110ln 10k k k x x x ++<=++…，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .（2）由()111l n 1n n n nx x x x +++=++>，得()()21111114222ln1nnn nn n n nx x x x x x x x ++++++-+=-+++. 记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++….()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++…，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =…，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=…，即()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …. （3）因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N …，得112n n x x +…，以此类推，21111,,22n n x x x x -厖，所以112112112n n n n n n x x xx x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭=x ?，故112n n x -…. 由（2）知，()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …，即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭…，所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭厖?，故212n n x -….综上，()*121122n n n x n --∈N 剟.。

2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章数列与数学归纳法 6.4 含解析

§6.4 数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与自然数相关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对n 取第一个值后面的有正整数成立. 概念方法微思考1.用数学归纳法证题时，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立.因为n 0∈N ＋，所以n 0＝1.这种说法对吗？提示不对，n 0也可能是2,3,4，….如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n －2)π时，初始值n 0＝3. 2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？提示不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可. 3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？提示不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( × ) (2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( × )(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项.( × ) (4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(5)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ ) 题组二教材改编2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A.1B.2C.3D.4 答案 C解析凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.3.已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________. 答案 3 4 5 n ＋1 题组三易错自纠4.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2 D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析当n ＝1时，n ＋1＝2， ∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.5.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立. 则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验证的不正确 C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确答案 D解析在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k＋1时，左端增加的项数是__________. 答案 2k解析运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋).当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k 项的和.当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项.题型一用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18.右边＝14×(1＋1)＝18.左边＝右边，所以等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2) ＝k ＋14(k ＋1＋1).所以当n ＝k ＋1时，等式也成立. 由①②可知对于一切n ∈N ＋等式都成立. 思维升华用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值n 0并验证当n ＝n 0时等式成立.(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法. 题型二用数学归纳法证明不等式例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N ＋)，证明：对任意的n ∈N ＋，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n >n ＋1成立.(1)解由题意得，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1).由于b >0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列. 又a 1＝S 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以当a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1.(2)证明由(1)及b ＝2知a n ＝2n －1.因此b n ＝2n (n ∈N ＋)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n >n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由均值不等式得2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立.由①②可知，当n ∈N ＋时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.思维升华用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化. 跟踪训练1 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1> 2n ＋12均成立. 证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.由①②知对一切大于1的自然数n ，不等式都成立.题型三归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例2 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数. (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围. 解由题设得g (x )＝x1＋x (x ≥0).(1)由已知，得g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可猜想g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即g k (x )＝x1＋kx.则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋(k ＋1)x ，即结论成立.由①②可知，结论对n ∈N ＋恒成立. (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立.设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a(1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增. 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立). 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立.综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]. 命题点2 与数列有关的证明问题例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n ＋2＝a n (n ≥2).(1)计算S 1，S 2，S 3，S 4的值，猜想S n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论. (1)解 S 1＝a 1＝－23，S 2＋1S 2＋2＝S 2－S 1⇒S 2＝－34，S 3＋1S 3＋2＝S 3－S 2⇒S 3＝－45，S 4＋1S 4＋2＝S 4－S 3⇒S 4＝－56.由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N ＋).(2)证明 ①当n ＝1时，左边＝S 1＝a 1＝－23，右边＝－1＋11＋2＝－23.∵左边＝右边，∴原等式成立.②当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，假设S k ＝－k ＋1k ＋2成立，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＋1S k ＋1＋2＝S k ＋1－S k ，得1S k ＋1＝－S k －2＝k ＋1k ＋2－2＝k ＋1－2k －4k ＋2 ＝－k －3k ＋2＝－k ＋3k ＋2， ∴S k ＋1＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2，∴当n ＝k ＋1时，原等式也成立.综合①②得对一切n ∈N ＋，S n ＝－n ＋1n ＋2成立.命题点3 存在性问题的证明例4 是否存在a ，b ，c 使等式⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝an 2＋bn ＋c n 对一切n ∈N ＋都成立，若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明你的结论. 解取n ＝1,2,3，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，8a ＋4b ＋2c ＝5，27a ＋9b ＋3c ＝14，解得a ＝13，b ＝12，c ＝16.下面用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝2n 2＋3n ＋16n ＝(n ＋1)(2n ＋1)6n . 即证12＋22＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)，①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即12＋22＋…＋k 2＝16k (k ＋1)·(2k ＋1)成立，则当n ＝k ＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝16k (k ＋1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝16[k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)2] ＝16(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6) ＝16(k ＋1)(k ＋2)·(2k ＋3)， ∴当n ＝k ＋1时等式成立；综合①②得当n ∈N ＋时等式成立，故存在a ＝13，b ＝12，c ＝16使已知等式成立.思维升华 “归纳—猜想—证明”属于探索性问题的一种，一般要经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明.在用这种方法解决问题时，应保证猜想的正确性和数学归纳法步骤的完整性.跟踪训练2 已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N ＋均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立. (1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n的大小关系，并证明你的结论.证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中，a n >0， ∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0， ∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1. (2)由(1)知0<a 1<1＝11，那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12，由此猜想a n <1n.下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N ＋时猜想正确. ①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时，有a k <1k 成立，那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，猜想正确.综上所述，对于一切n ∈N ＋，都有a n <1n.1.若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N ＋)，则f (1)的值为( )A.1B.15C.1＋12＋13＋14＋15D.非以上答案答案 C解析等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5，故选C.2.已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2 B.f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2 C.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2 D.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2 答案 A解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.3.利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A.1项B.k 项C.2k －1项D.2k 项答案 D解析令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k .故左边增加了2k 项.4.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.k 2＋1B.(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2答案 D解析等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n 2.故n ＝k ＋1时，最后一项是(k ＋1)2，而n ＝k 时，最后一项是k 2，应加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.5.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A.若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B.若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C.若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D.若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立答案 D解析当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立.6.用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_________________________________. 答案122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析观察不等式中分母的变化便知.7.已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为________________________________________________________________________. 答案 f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋)解析观察规律可知f (22)>2＋22，f (23)>3＋22，f (24)>4＋22，f (25)>5＋22，…，故得一般结论为f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋).8.用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________________. 答案1(2k ＋1)(2k ＋2)解析不等式的左边增加的式子是 12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2). 9.若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.答案 n ＋2n ＋1解析 c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54，故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1. 10.用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是________.答案 4k ＋2解析用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1). 11.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立. ②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1) ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. ∴当n ＝k ＋1时不等式亦成立.∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立.12.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N ＋)，且点P 1的坐标为(1，－1). (1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，点P n 都在(1)中的直线l 上.(1)解由点P 1的坐标为(1，－1)知，a 1＝1，b 1＝－1.所以b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. 所以点P 2的坐标为⎝⎛⎭⎫13，13.所以直线l 的方程为2x ＋y －1＝0.(2)证明 ①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立.②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，2a k ＋b k ＝1成立，则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a 2k (2a k ＋1) ＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1，所以当n ＝k ＋1时，命题也成立.由①②知，对n ∈N ＋，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 都在直线l 上.13.平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A.n ＋1B.2nC.n 2＋n ＋22D.n 2＋n ＋1 答案 C解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域. 14.用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A.(k ＋3)3B.(k ＋2)3C.(k ＋1)3D.(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除.当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可.15.已知x i >0(i ＝1,2,3，…，n )，我们知道(x 1＋x 2)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2≥4成立. (1)求证：(x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥9. (2)同理我们也可以证明出(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＋1x 4≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x 1＋x 2＋…＋x n 和1x 1＋1x 2＋…＋1x n(n ≥2，n ∈N ＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明. (1)证明方法一 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥33x 1x 2x 3·331x 1·1x 2·1x 3＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立). 方法二 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＝3＋⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 3x 1＋x 1x 3＋⎝⎛⎭⎫x 3x 2＋x 2x 3≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立).(2)解猜想：(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥n 2(n ≥2，n ∈N ＋).证明如下：①当n ＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，猜想成立，即(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k≥k 2，则当n ＝k ＋1时，(x 1＋x 2＋…＋x k ＋x k ＋1)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1x k ＋1 ＝(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ≥k 2＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ＝k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x k ＋1＋x k ＋1x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x k ＋1＋x k ＋1x 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x k x k ＋1＋x k ＋1x k ＋1≥k 2＋2＋2＋…＋2＋1k 个＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.综合①②可知，猜想成立.。

2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第六章数列(含答案)

第六章数列第一节数列的概念与简单表示一、基础知识1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性.(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n ，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C (常数)，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．二、常用结论(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. (2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] (1)(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. [解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 (2)－2n －1[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(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． 2．S 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．[题组训练]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 ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n .2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. 解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. 答案：22n －1考点二由递推关系式求数列的通项公式[典例] (1)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________________．(3)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． [解析] (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n .又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．(3)构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *) (2)a n ＝1n (n ∈N *) (3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式． (2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[题组训练]1.(累加法)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n. 答案：4－1n2.(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)23.(构造法)在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝4a n＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n－1，故a n ＝103·4n －1－13.答案：a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法(一) 数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________．[解析] 因为a 1＝35，故a 2＝2a 1－1＝15，a 3＝2a 2＝25，a 4＝2a 3＝45，a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，a 7＝2a 6＝25，…，故数列{a n }是周期数列且周期为4，故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案] 25考法(二) 数列的单调性(最值)[典例] (1)(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. [解析] (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)，两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6. [答案] (1)(1，＋∞) (2)5或6[解题技法]1．解决数列的单调性问题的3种方法2．解决数列周期性问题的方法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．[题组训练]1．设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( ) A ．递增 B ．递减 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ，而函数f (x )＝ab ＋c x(a >0，b >0，c >0)在(0，＋∞)上是增函数，故数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1 B.12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·郑州模拟)已知数列1，3，5，7，…，2n －1，若35是这个数列的第n 项，则n ＝( )A ．20B ．21C ．22D ．23解析：选D 由2n －1＝35＝45，得2n －1＝45，即2n ＝46，解得n ＝23，故选D.2．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1C.(－1)n nD.(－1)n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.3．(2019·莆田诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 5的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A 由题意可得，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1，a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1，a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.6．若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．若{a n }(n ＝1,2,3,4)是“紧密数列”，且a 1＝1，a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，则x 的取值范围为( )A ．[1,3)B ．[1,3]C ．[2,3]D ．[2,3)解析：选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x≤2，解得2≤x ≤3，故x 的取值范围为[2,3]．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为________．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，329．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)且数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n (n ＋2－λ)>0，所以n ＋2－λ>0，则λ<n ＋2.又n ∈N *，所以λ<3，因此实数λ的取值范围为(－∞，3)．答案：(－∞，3)11．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3. (1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式； (2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4.解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 级1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97.答案：972．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：283．在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n (n ∈N *)． (1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．解：(1)由题意，知a n >0，令a na n －1>1(n ≥2)，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1(n ≥2)，解得2≤n <10，即a 9>a 8>…>a 1. 令a na n ＋1>1，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1，整理得n ＋1n ＋2>1011，解得n >9，即a 10>a 11>….又a 9a 10＝1，所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增，从第10项起单调递减． (2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项．第二节等差数列及其前n 项和一、基础知识1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．在一个等差数列中，从第2项起，每一项有穷等差数列的末项除外都是它的前一项与后一项的等差中项.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系(1)a n ＝a 1＋(n －1)d 可化为a n ＝dn ＋a 1－d 的形式．当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d >0时，数列为递增数列；当d <0时，数列为递减数列．(2)数列{a n }是等差数列，且公差不为0⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．二、常用结论已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)．(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)． (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d . (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12.(7)若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1.(8)若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝nn －1.(9)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .考点一等差数列的基本运算[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.(2)因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，d ＝(22－4a 2)2＝3，a 1＝a 2－d ＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10.[答案] (1)B (2)D[解题技法] 等差数列的基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．[题组训练]1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝10，4a 1＋4×32×d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故选B.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192× (－2)＝－340，选D.3．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选C 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 5＋a 10＝12，所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24. 考点二等差数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．[解] (1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0. 因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n.由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[题组训练]1．(2019·陕西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7(a 2＋a 6)2＝49.2．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＝2－1a n .∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及应用考法(一) 等差数列项的性质[典例] (1)已知在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．2＋log 25(2)(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6[解析] (1)因为2a 1·2a 2·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝25(a 5＋a 6)＝25×4，所以log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝log 225×4＝20.选B.(2)由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝a 5b 5＝2，故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等差数列前n 项和的性质[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27[解析] 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B. [答案] B考法(三) 等差数列前n 项和的最值[典例] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16D ．S 17 [解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a mn －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[题组训练]1．在等差数列{a n }中，若a 3＝－5，a 5＝－9，则a 7＝( ) A ．－12 B ．－13 C ．12D ．13解析：选B 法一：设公差为d ，则2d ＝a 5－a 3＝－9＋5＝－4，则d ＝－2，故a 7＝a 3＋4d ＝－5＋4×(－2)＝－13，选B.法二：由等差数列的性质得a 7＝2a 5－a 3＝2×(－9)－(－5)＝－13，选B.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18[课时跟踪检测]A 级1．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110D ．130解析：选C 由递推公式可知该数列是公差为2的等差数列，S 10＝10×2＋10×92×2＝110.故选C.2．(2018·北京东城区二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28D ．27解析：选C 由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C. 3．(2019·山西五校联考)在数列{a n }中，a n ＝28－5n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，当S n 最大时，n ＝( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C ∵a n ＝28－5n ，∴数列{a n }为递减数列．令a n ＝28－5n ≥0，则n ≤285，又n ∈N *，∴n ≤5.∵S n 为数列{a n }的前n 项和，∴当n ＝5时，S n 最大．故选C.4．(2019·广东中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－66解析：选D ∵a n ＝－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列， ∴S n＝n [－1＋(－2n ＋1)]2＝－n 2，∴S n n ＝－n 2n ＝－n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)＝－66，故选D.5．(2018·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( )A ．20B ．40C ．60D ．80解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S 10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.6．(2019·广州高中综合测试)等差数列{a n }的各项均不为零，其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，则S 2n ＋1＝( )A ．4n ＋2B ．4nC ．2n ＋1D ．2n解析：选A 因为{a n }为等差数列，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，又a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a 2n ＋1＝2a n ＋1.因为数列{a n }的各项均不为零，所以a n ＋1＝2，所以S 2n ＋1＝(a 1＋a 2n ＋1)(2n ＋1)2＝2×a n ＋1×(2n ＋1)2＝4n＋2.故选A.7．已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.解析：由题知公差d ＝－57，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝514(15n －n 2)．答案：514(15n －n 2)8．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：69．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 510．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.答案：1011．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．(2019·山东五校联考)已知等差数列{a n }为递增数列，其前3项的和为－3，前3项的积为8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，∵等差数列{a n }的前3项的和为－3，前3项的积为8，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∵d >0，∴a 1＝－4，d ＝3，∴a n ＝3n －7. (2)∵a n ＝3n －7，∴a 1＝3－7＝－4， ∴S n ＝n (－4＋3n －7)2＝n (3n －11)2.B 级1．设a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，则下列命题中不正确的是( ) A ．{a n ＋1－a n }是等差数列 B ．{b n ＋1－b n }是等差数列 C ．{a n －b n }是等差数列D ．{a n ＋b n }是等差数列解析：选D 对于A ，因为a n ＝(n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝(n ＋2)2－(n ＋1)2＝2n ＋3，设c n ＝2n ＋3，所以c n ＋1－c n ＝2.所以{a n ＋1－a n }是等差数列，故A 正确；对于B ，因为b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝2n ，设c n ＝2n ，所以c n ＋1－c n ＝2，所以{b n ＋1－b n }是等差数列，故B 正确；对于C ，因为a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以a n －b n ＝(n ＋1)2－(n 2－n )＝3n ＋1，设c n ＝3n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3，所以{a n －b n }是等差数列，故C 正确；对于D ，a n ＋b n ＝2n 2＋n ＋1，设c n ＝a n ＋b n ，c n ＋1－c n 不是常数，故D 错误．2．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36， ∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－123．(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4，∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S nn ＋c＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．第三节等比数列及其前n 项和一、基础知识1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n可以看成函数y ＝cq x ，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ，若设a ＝a 11－q ，则S n＝－aq n ＋a (a ≠0，q ≠0，q ≠1)．由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点．对于常数列的等比数列，即q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1.由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点．二、常用结论汇总——规律多一点设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中m ，n ，p ，q ，s ，r ∈N *.(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N *)．(4)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列．(5)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .考点一等比数列的基本运算[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6. [题组训练]1．已知等比数列{a n }单调递减，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B 由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，则a 23＝a 2a 4＝1，又a 2＋a 4＝52，且{a n }单调递减，所以a 2＝2，a 4＝12，则q 2＝14，q ＝12，所以a 1＝a 2q＝4.2．(2019·长春质检)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 6－S 4＝6a 4，则a 5＝( )A ．4B ．10C ．16D ．32解析：选C 设公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.3．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：32考点二等比数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．[证明] 因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n ＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．[解题技法]1．掌握等比数列的4种常用判定方法定义法中项公式法通项公式法前n 项和公式法2．等比数列判定与证明的2点注意(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n 项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．(2)证明一个数列{a n }不是等比数列，只需要说明前三项满足a 22≠a 1·a 3，或者是存在一个正整数m ，使得a 2m ＋1≠a m ·a m ＋2即可．[题组训练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2n ，证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列．证明：因为a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，所以a 1＝2，由a 1＋a 2＝2a 2－4得a 2＝6.由于S n ＝2a n －2n ，故S n ＋1＝2a n ＋1－2n ＋1，后式减去前式得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，所以a n ＋2－2a n ＋1＝2a n ＋1＋2n ＋1－2(2a n ＋2n )＝2(a n ＋1－2a n )，又a 2－2a 1＝6－2×2＝2，所以数列{a n ＋1－2a n }是首项为2、公比为2的等比数列．2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1. ∴数列{a n }是一个以2为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)．∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．考点三等比数列的性质考法(一) 等比数列项的性质[典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－ 2 或 2(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2…a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.(2)由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2…a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n >0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等比数列前n 项和的性质[典例] 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16[解析] 由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30. [答案] B [解题技法]应用等比数列性质解题时的2个关注点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．[题组训练]1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{a n }中，a 2a 5a 8＝－8，S 3＝a 2＋3a 1，则a 1＝( ) A.12 B ．－12C ．－29D ．－19解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋3a 1，所以a 3a 1＝q 2＝2.因为a 2a 5a 8＝a 35＝－8，所以a 5＝－2，即a 1q 4＝－2，所以4a 1＝－2，所以a 1＝－12，故选B. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.答案：2[课时跟踪检测]A 级1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，则公比q ＝( ) A ．4 B.52C ．2D.12解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去)，故选C.2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.3．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，则a 1＝a 3q2＝1，故选A.4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 018C ．22 019－12D ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 019解析：选A 由等比数列的性质及a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4＝4. 又a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12(1－22 019)1－2＝22 018－12，故选A.5．在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝21，a 2＋a 4＋a 6＝42，则S 9＝( ) A ．255 B ．256 C ．511D ．512解析：选C 设等比数列的公比为q ，由等比数列的定义可得a 2＋a 4＋a 6＝a 1q ＋a 3q ＋a 5q ＝q (a 1＋a 3＋a 5)＝q ×21＝42，解得q ＝2.又a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝a 1×21＝21，解得a 1＝1.所以S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝1×(1－29)1－2＝511.故选C. 6．已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n ∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A.7．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得16＝q 4，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：1278．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,489．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{a n }满足a 2a 4＝a 5，a 4＝8，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.。

2020版高考数学总复习第六章数列第37讲数列的综合应用练习理(含解析)新人教A版

第37讲数列的综合应用夯实基础【p78】【学习目标】1．会利用数列的函数性质解与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．掌握相关的数列模型以及建立模型解决实际问题的方法．【基础检测】1．执行如图所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝( )A .67B .37C .89D .49【解析】第一次循环后S ＝11×3＝13，i ＝2；第二次循环后S ＝11×3＋13×5＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＝25，i ＝3；第三次循环后S ＝11×3＋13×5＋15×7＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＝37，此时i ＝4>3，退出循环，输出结果S ＝37. 【答案】B2．我国古代数学著作《九章算术》由如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，其重量为M ，现将该金杖截成长度相等的10段，记第i 段的重量为a i (i ＝1，2，…，10)，且a 1<a 2<…<a 10，若48a i ＝5M ，则i ＝( )A ．6B ．5C ．4D ．7【解析】由题意知由细到粗每段的重量成等差数列，记为{a n }，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝2，2a 1＋17d ＝4，解得a 1＝1516，d ＝18，∴该金杖的总重量M ＝10×1516＋10×92×18＝15，∵48a i ＝5M ，∴48⎣⎢⎡⎦⎥⎤1516＋（i －1）×18＝75，即39＋6i ＝75，解得i ＝6，【答案】A3．小李年初向银行贷款M 万元用于购房，购房贷款的年利率为p ，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，问每年应还( )万元．( )A .M 10B .Mp ()1＋p 10()1＋p 10－1C .M ()1＋p 1010D .Mp ()1＋p 9()1＋p 9－1【解析】设每年应还x 万元，则x ＋x ()1＋p ＋x ()1＋p 2＋…＋x ()1＋p 9＝M ()1＋p 10，x ⎣⎡⎦⎤1－()1＋p 101－()1＋p ＝M ()1＋p 10，得x ＝Mp ()1＋p 10()1＋p 10－1.【答案】B4．设y ＝f ()x 是一次函数，若f ()0＝1，且f ()1，f ()4，f ()13成等比数列，则f ()2＋f ()4＋…＋f ()2n ＝________.【解析】由题意可设f ()x ＝kx ＋1()k≠0，则()4k ＋12＝()k ＋1()13k ＋1，解得k ＝2，f ()2＋f ()4＋…＋f ()2n ＝()2×2＋1＋()2×4＋1＋…＋()2×2n＋1＝2n 2＋3n.【答案】2n 2＋3n 【知识要点】1．数列综合问题中应用的数学思想(1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数．(2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程．(3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究．(4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等．2．解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．3．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是S n与S n＋1之间的递推关系．典例剖析【p 78】考点1 等差、等比数列的综合问题例1已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n∈N *，在a n 与a n ＋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b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列，所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5，即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0. 因为q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)由题意得b n ＝a n ＋a n ＋12·3n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，T n ＝34·32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.【点评】等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．考点2 数列与不等式的综合问题例2已知数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3()n∈N *. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)数列{}b n 满足b n ＝()3n－1·n2n ·a n ，数列{}b n 的前n 项和为T n ，若不等式()－1nλ<T n＋n2n －1对一切n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．【解析】(1)由a n ＋1＝a na n ＋3()n ∈N *，得1a n ＋1＝a n ＋3a n ＝3a n＋1， 1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以3为公比，以32为首项的等比数列，从而1a n ＋12＝32×3n －1a n ＝23n －1.(2)由(1)可知b n ＝n2n －1.T n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋()n －1×12n －2＋n ×12n －1，T n2＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋()n －1×12n －1＋n ×12n ，两式相减得T n2＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n ×12n ＝2－n ＋22n ， ∴T n ＝4－n ＋22n －1，∴()－1n λ<4－22n －1，若n 为偶数，则λ<4－22n －1，∴λ<3；若n 为奇数，则－λ<4－22n －1，∴－λ<2，∴λ>－2，∴－2<λ<3.考点3 数列与函数的综合问题例3设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )(n∈N *)在函数f (x )＝2x 的图象上． (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⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以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在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意有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，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的通项公式为a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －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. 【点评】数列与函数的综合的两个方面(1)以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系； (2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．考点4 数列模型及应用例4《九章算术》是我国古代数学名著，在其中有道“竹九问题”：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少？”意思为：今有竹九节，下三节容量之和为4升，上四节容量之和为3升，且每一节容量变化均匀(即每节容量成等差数列)．问每节容量各为多少？在这个问题中，中间一节的容量为( )A.6766B.3733C.72D.1011【解析】由题设⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4d ＝766，故由等差数列的性质可得a 5＝a 8－3d ＝6766.【答案】A例5某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2016年年底分红后的资金为1 000万元．(1)求该企业2020年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元．【解析】设a n为(2016＋n)年年底分红后的资金，其中n∈N*，则a1＝2×1 000－500＝1 500，a2＝2×1 500－500＝2 500，…，a n＝2a n－1－500(n≥2)．∴a n－500＝2(a n－1－500)(n≥2)，即数列{a n－500}是首项为a1－500＝1 000，公比为2的等比数列．∴a n－500＝1 000×2n－1，∴a n＝1 000×2n－1＋500.(1)a4＝1 000×24－1＋500＝8 500，∴该企业2020年年底分红后的资金为8 500万元．(2)由a n>32 500，即2n－1>32，得n>6，∴该企业从2022年开始年底分红后的资金超过32 500万元．【点评】解数列应用题的建模思路：从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：方法总结【p80】1．数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意．(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、数列性质和前n项和公式求解，或通过探索、归纳、构造递推数列求解．(3)验证、反思结果与实际是否相符．2．数列综合问题的求解程序(1)数列与函数综合问题或应用函数思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列理论求解．(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征，建立数列的递推关系式，然后求解问题．走进高考【p 80】1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x ×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．【答案】B2．(2017·山东)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n ＋1(x n ＋1, n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T .【解析】(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知q >0，因为⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝x 1（1＋q ）＝3，x 3－x 2＝x 1q （q －1）＝2，所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，Q n ＋1，由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1.记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n .由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n＋12.考点集训【p 217】A 组题1．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，则ad 等于( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．－2【解析】∵曲线的顶点是(1，2)，∴b ＝1，c ＝2，又∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc ＝2.【答案】B2．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是( )A ．33个B ．65个C ．66个D ．129个【解析】设开始的细胞数和每小时后的细胞数构成的数量为{a n }，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＋1＝2a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝2，∴数列{a n －1}是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n －1＝1×2n －1，a n ＝2n －1＋1，故6小时后细胞的存活数是a 7＝27－1＋1＝65.【答案】B3．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg 1.12＝0.05，lg 1.3＝0.11，lg 2＝0.30)( )A ．2021年B ．2020年C ．2019年D ．2018年【解析】设第n 年开始超过200万元，则130×()1＋12%n －2 015>200，化为(n －2015)lg1.12>lg 2－lg 1.3，n －2 015>0.30－0.110.05＝3.8，取n ＝2 019，因此开始超过200万元的年份是2019年．【答案】C4．已知函数f (x )＝cos x ，x ∈()0，2π有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m ()m ≠0有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12B ．－12C.32D ．－32 【解析】由题意可知：x 1＝π2，x 2＝3π2，且x 3，x 4只能分布在x 1，x 2的中间或两侧，若x 3，x 4分布在x 1，x 2的中间，则公差d ＝3π2－π23＝π3，故x 3，x 4分别为5π6、7π6，此时可求得m ＝cos 5π6＝－32；若x 3，x 4分布在x 1，x 2的两侧，则公差d ＝3π2－π2＝π，故x 3，x 4分别为－π2、5π2，不合题意．【答案】D5. 《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最大的一份为__________．【解析】设每人所得面包数构成等差数列{a n } ，公差d <0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧17()a 1＋a 2＋a 3＝a 4＋a 5，5a 1＋5×()5－12d ＝100，即⎩⎪⎨⎪⎧11a 1＋46d ＝0，a 1＋2d ＝20，解得a 1＝1153 . 【答案】11536．设数列{a n }中，a 1＝2, a n ＋1＝2a n ＋1，b n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1，n ∈N *，则数列{}b n 的通项公式为b n ＝__________．【解析】因为b n ＋1b n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋1＋2a n ＋1－1⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a n＋1＋22a n＋1－1⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a n＋41－a n⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1＝2，所以数列{}b n为以b 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋22－1＝4为首项，2为公比的等比数列，即b n ＝b 1·2n －1＝2n ＋1.【答案】2n ＋17．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.【解析】(1)因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋k 22，又因为k ∈N *，所以当n ＝k 时，(S n )max＝S k ＝k 22＝8，解得k ＝4，这时S n ＝－12n 2＋4n ；所以a 1＝S 1＝－12×12＋4×1＝72，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n ＋92，又a 1＝S 1＝72也适合这个公式，所以a n ＝－n ＋92.(2)设b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，①所以12T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，②①－②得12T n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2－22n －n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1.8．设正数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式．(2)若数列b n ＝a n ＋32，设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项的和，求T n .(3)若T n ≤λb n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．【解析】(1)∵正数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1， ∴a 1＝1，S n ＝S n －1＋a n ＝S n －1＋2S n －1， ∴S n －1＝(S n －1)2， ∴S n －S n －1＝1，∴S n ＝1＋n －1＝n ，∴S n ＝n 2， ∴a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，2n －1＝1＝a 1，∴a n ＝2n －1.(2)b n ＝a n ＋32＝2n －1＋32＝n ＋1，∴1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2n ＋4.(3)T n ≤λb n ＋1对一切n ∈N *恒成立，∴n2n ＋4≤λ(n ＋2)， ∴λ≥n2（n 2＋4n ＋4）＝12×1n ＋4n＋4恒成立， ∵12×1n ＋4n＋4≤12×12n ·4n＋4＝116，当且仅当n ＝2时取等号，故实数λ的最小值为116.B 组题1．设曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)在点(2，2n ＋1)处的切线与x 轴交点的横坐标为a n ，则数列{(n＋1)a n }的前n 项和为( )A ．n 2－1 B ．n 2＋1 C ．n 2－n D ．n 2＋n 【解析】y ＝xn ＋1，则y ′＝(n ＋1)x n ，所以曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)在点(2，2n ＋1)处的切线斜率为(n ＋1)2n，则切线方程为y ＝(n ＋1)2n(x －2)＋2n ＋1，即y ＝(n ＋1)2nx －n ·2n ＋1.令y＝0，可得x ＝2n n ＋1，所以a n ＝2n n ＋1，则(n ＋1)a n ＝2n ，所以数列{(n ＋1)a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，则其前n 项和为2＋2n 2×n ＝n 2＋n .【答案】D2．设等比数列{a n }满足公比q ∈N *，a n ∈N *，且{a n }中的任意两项之积也是该数列中的一项，若a 1＝281，则q 的所有可能取值的集合为________．【解析】根据题意得对任意n 1，n 2∈N *有n ∈N *，使a n ＝an 1an 2281qn －1＝281qn 1－1·281qn 2－1，即q ＝281n －n 1－n 2＋1，因为q ∈N *，所以81n －n 1－n 2＋1是正整数1、3、9、27、81，q 的所有可能取值的集合为{2，23，29，227，281}．【答案】{2，23，29，227，281}3．已知正项等比数列{a n }的公比q >1，且满足a 2＝6, a 1a 3＋2a 2a 4＋a 3a 5＝900，设数列{a n }的前n 项和为S n ，若不等式λa n ≤1＋S n 对一切n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．【解析】由等比数列的性质可得a 22＋2a 2a 4＋a 24＝900，即a 2＋a 4＝30，再结合a 2＝6可得a 4＝24，则公比q ＝a 4a 2＝2，所以a n ＝6·2n －2＝3·2n －1，S n ＝3()2n－12－1＝3·2n－3，故原不等式可化为3λ·2n －1≤3·2n －2，即λ≤2－23·2n －1，又因为F ()n ＝2－23·2n －1≥2－23＝43，所以λ≤43.【答案】434．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *，点()a n ，S n 都在函数f ()x ＝12x2＋12x 的图象上． (1)求数列{a n }的首项a 1和通项公式a n ；(2)若数列{}b n 满足log 2b n ＝n ＋log 2()2a n －1()n ∈N *，求数列{}b n 的前n 项和T n ；(3)已知数列{}c n 满足c n ＝4n －6T n －6－1a n a n ＋1()n ∈N *.若对任意n ∈N *，存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，使得c 1＋c 2＋…＋c n ≤f (x )－a 成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由题知，当n ＝1时，S 1＝12a 21＋12a 1，所以a 1＝1.S n ＝12a 2n ＋12a n ，所以S n ＋1＝12a 2n ＋1＋12a n ＋1，两式相减得到(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0，因为正项数列{a n }，所以a n ＋1－a n ＝1，数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，所以b n ＝(2n －1)·2n ，n ∈N *，因此T n ＝1×21＋3×22＋…＋(2n －1)×2n，① 2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －1)×2n ＋1，②由①－②得到－T n ＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)×2n ＋1＝2＋2×22（1－2n －1）1－2－(2n －1)×2n ＋1＝－6＋(3－2n )×2n ＋1所以T n ＝6＋(2n －3)×2n ＋1.(3)由(2)知T n ＝6＋()2n －3×2n ＋1，所以c n ＝4n －6T n －6－1a n a n ＋1＝12n －1n ()n ＋1＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 令M n 为{}c n 的前n 项和，易得M n ＝1n ＋1－12n . 因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0，当n ≥5时，c n ＝1n ()n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ()n ＋12n－1，而n ()n ＋12n－()n ＋1()n ＋22n ＋1＝()n ＋1()n －22n ＋1>0，得到()n ＋1n2n≤5×()1＋525<1，所以当n ≥5时，c n <0，所以M n ≤M 4＝14＋1－124＝15－116.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，f ()x －a ＝12x 2＋12x －a 的最大值为38－a . 因为对任意的n ∈N *，存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，使得M n ≤f ()x －a 成立．所以15－116≤38－a ，由此a ≤1980.。

2020版高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和教案理(含解析)新人教A版

第3讲等比数列及其前n 项和基础知识整合1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第□012项起，每一项与它的前一项的比等于□02同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的□03公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为□04a n ＋1a n＝q . (2)等比中项如果a ，G ，b 成等比数列，那么□05G 叫做a 与b 的等比中项，即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒□06G 2＝ab (ab ≠0)． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝□07a 1q n －1.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k.(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．1．(2019·四川成都检测)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12B ．18答案 B解析由题意，a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝78，所以1＋q 2＋q 4＝13，解得q 2＝3，所以a 5＝a 3q 2＝18.故选B.2．已知{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5的值为( ) A ．5 B ．10 C ．15 D ．20答案 A解析根据等比数列的性质，得a 2a 4＝a 23，a 4a 6＝a 25， ∴a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2. 而a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25， ∵a n >0，∴a 3＋a 5＝5.3．(2019·广西柳州模拟)设等比数列{a n }中，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值为( )A.154B.152C.74D.72答案 A 解析 S 4＝a 1－q 41－q＝15a 1，a 3＝a 1q 2＝4a 1，∴S 4a 3＝154.故选A.4．若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，则公比为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16答案 B解析由a n a n ＋1＝16n，得a n ＋1·a n ＋2＝16n ＋1.两式相除得，a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝16n ＋116n ＝16，∴q 2＝16.∵a n a n ＋1＝16n，可知公比为正数，∴q ＝4.5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42 D ．48答案 A解析由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝－251－2＝31.故选A.6．(2019·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，且a 2＝－2，则a 7＝( )A ．16B ．32答案 C解析由题意得S n ＋2＋S n ＋1＝2S n ，得a n ＋2＋a n ＋1＋a n ＋1＝0，即a n ＋2＝－2a n ＋1，∴{a n }从第二项起是公比为－2的等比数列，∴a 7＝a 2q 5＝64.故选C.核心考向突破考向一等比数列的基本运算例1 (1)(2019·汕头模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝3a 1＋a 2，则S 4S 2＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 B解析设等比数列的公比为q ，由题意a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋a 2得a 3＝2a 1(a 1≠0)，∴q 2＝a 3a 1＝2，∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝3.故选B.(2)(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.触类旁通等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)所求问题可迎刃而解．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．即时训练 1.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2018＝3S 2017＋2018，a 2017＝3S 2016＋2018，则公比q 等于( )A ．3B ．13C ．4D ．14答案 C解析由a 2018＝3S 2017＋2018，a 2017＝3S 2016＋2018，得a 2017q －3S 2017＝2018，a 2017－3S 2016＝2018，∴a 2017q －3S 2017＝a 2017－3S 2016，∴a 2017(q －1)＝3(S 2017－S 2016)＝3a 2017，∴q ＝4.故选C.2．等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝30，则数列{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．81 B ．90 C ．100 D ．121答案 D解析 ∵等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝30， ∴公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3010＝3，∴a 1＋9a 1＝10，解得a 1＝1，∴数列{a n }的前5项和S 5＝－351－3＝121.故选D.3．(2019·安徽皖江名校联考)已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝________.答案 128解析 ∵a 2·a 4＝a 23＝16，∴a 3＝4(负值舍去)，∵a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝7，∴q ≠1，S 2＝a 1－q 21－q＝4q 2＋q －q1－q＝3，∴3q 2－4q－4＝0，解得q ＝－23或q ＝2，∵a n >0，∴q ＝－23舍去，∴q ＝2，∴a 1＝1，∴a 8＝27＝128.考向二等比数列的性质角度1 等比数列项的性质例 2 (1)(2019·四川绵阳模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝4，a 24＝4a 3a 7，则a 5＝( )A.116B.18 C ．20 D.40答案 B解析设等比数列的公比为q .由a 24＝4a 3a 7，得a 24＝4a 25，所以q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5a 42＝14，解得q ＝±12.又因为数列的各项均为正数，所以q ＝12.又因为a 1＋2a 2＝4，所以a 1＋2a 1q ＝a 1＋2a 1×12＝4，解得a 1＝2，所以a 5＝a 1q 4＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝18.故选B.(2)在等比数列{a n }中，公比a 1＋a m ＝17，a 2a m －1＝16，且前m 项和S m ＝31，则项数m ＝________.答案 5解析由等比数列的性质知a 1a m ＝a 2a m －1＝16，又a 1＋a m ＝17，q >1，所以a 1＝1，a m ＝16，S m ＝a 1－q m1－q＝a 1－a m q 1－q ＝1－16q 1－q＝31，解得q ＝2，a m ＝a 1q m －1＝2m －1＝16.所以m ＝5.触类旁通在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q m ，n ，p ，q ∈N*，则有a m a n ＝a p a q ”，则可减少运算量，解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.即时训练 4.(2019·福建三明模拟)已知数列{a n }是各项均为正值的等比数列，且a 4a 12＋a 3a 5＝15，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝( )A ．15 B. 5 C ．5 D ．25答案 C解析 ∵a 4a 12＋a 3a 5＝15，∴a 24＋a 28＝15，又a 4a 8＝5，∴(a 4＋a 8)2＝a 24＋a 28＋2a 4a 8＝25，又a 4＋a 8>0，∴a 4＋a 8＝5.故选C.5．(2019·江西联考)在等比数列{a n }中，若a 2a 5＝－34，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，则1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝( ) A ．1 B ．－34C ．－53D ．43答案 C解析因为数列{a n }是等比数列，a 2a 5＝－34＝a 3a 4，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，所以1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝a 2＋a 5a 2a 5＋a 3＋a 4a 3a 4＝54－34＝－53.故选C. 角度2 等比数列和的性质例3 (1)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 3＝10，S 9＝70，那么S 12＝( )A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50答案 A解析解法一：由等比数列的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，∴(S 6－10)2＝10(70－S 6)，解得S 6＝30或－20(舍去)，又(S 9－S 6)2＝(S 6－S 3)·(S 12－S 9)，即402＝20(S 12－70)，解得S 12＝150.故选A.解法二：设等比数列前n 项和为S n ＝A －Aqn，则⎩⎪⎨⎪⎧A －q 9＝70，A－q3＝10，两式相除得1＋q 3＋q 6＝7，解得q 3＝2或－3(舍去)，∴A ＝－10.∴S 12＝－10(1－24)＝150.故选A.(2)已知等比数列{a n }的前10项中，所有奇数项之和为8514，所有偶数项之和为17012，则S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12的值为________．答案 585解析设公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧S偶S奇＝q ＝2，S奇＝a 1[1－q 25]1－q2＝8514，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12＝a 3(1＋q 3＋q 6＋q 9)＝a 1q 2(1＋q 3)(1＋q 6)＝585.触类旁通等比数列前n 项和的性质主要是若S n ≠0，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列. (2)注意等比数列前n 项和公式的变形．当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＝a 11－q －a 11－q·q n，即S n ＝A －Aq n(q ≠1)．利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度.解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口.即时训练 6.(2019·云南玉溪模拟)等比数列{a n }中，公比q ＝2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝11，则数列{a n }的前99项的和S 99＝( )A ．99B ．88C ．77D ．66答案 C解析解法一：由等比数列性质知a 1，a 4，a 7，…，a 97是等比数列且其公比为q 3＝8，∴a 1－8331－8＝11，∴a 1(1－299)＝－77，∴S 99＝a 1－q 991－q＝77.故选C.解法二：令S 0＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝11，S ′＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98，S ″＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99.由数列{a n }为等比数列，q ＝2易知S 0，S ′，S ″成等比数列且公比为2，则S ′＝2S 0＝22，S ″＝2S ′＝44，所以S 99＝S 0＋S ′＋S ″＝11＋22＋44＝77.故选C.7．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16答案 B解析由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.故选B.考向三等比数列的判定与证明例4 (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n. ①求b 1, b 2, b 3；②判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； ③求{a n }的通项公式．解 ①由条件可得a n ＋1＝n ＋na n .将n ＝1代入，得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入，得a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.②{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．③由②可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.(2)(2019·安徽江南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. ①证明：{S n －n ＋2}为等比数列； ②求数列{S n }的前n 项和T n .解 ①证明：当n ＝1时，a 1＝S 1，S 1－2a 1＝1－4，解得a 1＝3.由S n －2a n ＝n －4可得S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]．因为S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． ②由①知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝－2n1－2＋n n ＋2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.触类旁通判定一个数列为等比数列的常用方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是常数)，则数列{a n }是等比数列．等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2n ∈N *，则数列{a n }是等比数列.通项公式法：若a n ＝Aq nA ，q 为常数，则数列{a n }是等比数列.即时训练 8.(2019·柳州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －2n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋2}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，若T n <a 对任意正整数n 都成立，求a 的取值范围．解 (1)证明：因为S n ＝2a n －2n (n ∈N *) ①，所以a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1) ②.由①②两式相减得a n ＝2a n －1＋2，变形得a n ＋2＝2(a n －1＋2)．又因为a 1＋2＝4，所以{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝4×2n－1，所以a n ＝4×2n －1－2＝2n ＋1－2(n ≥2)．又a 1＝2也符合上述表达式，所以a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)因为b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12，依题意得a ≥12，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

2020版高考数学大一轮复习第六章数列教案(含解析)

2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法最新考纲1.通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是一种特殊函数．1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1，1，1，1，…不能构成一个数列．( × ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二教材改编2．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝. 答案 21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝.答案 5n －4 题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，7，－13，19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5555，….解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n (2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1(1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝.答案 (－1)n1n (n ＋1)解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n (n ＋1).(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝.答案2n ＋1n 2＋1解析数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝. 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝.答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝.答案13n 解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝.答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 题型三由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝. 答案n 2＋n ＋22解析由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n . 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝. 答案 3×2n －1－2解析由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝.答案 4－1n解析原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1， a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证a 1，a 2也符合．题型四数列的性质命题点1 数列的单调性例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5(2019·钦州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3，且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6(2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9 答案 D解析由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练4(1)(2018·石家庄模拟)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 D解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21.2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”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 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”，∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件．3．(2018·三明质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2018·长春五校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以a n ＝2n ＋1， 1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1，2，3，…，(n －1)取代，累加得a nn－a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a n n＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2C.(n ＋1)2n2D.n 2(n －1)2答案 D解析设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝.答案 85解析借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝. 答案2n 2－n ＋2解析由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n2，又因为a 1＝1，所以1a n＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，n ≥2，又a 1＝1＝1×(1＋1)2，也满足上式．综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2019等于( ) A ．－22019－1 B ．32019－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122019－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132019－103答案 A解析由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，据此有a 2019＋1＝(－2)×(－2)2018＝－22019，∴a 2019＝－22019－1.故选A.14．(2018·福州模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3，5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析因为a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，且a 12－5＝15－3＝－5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以－5为首项、1为公差的等差数列，则a n2n －5＝－5＋(n －1)＝n －6，即a n ＝(2n －5)(n －6)，令a n ≤0，得52≤n ≤6，又∵n ∈N *，∴n ＝3，4，5，6，则S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n 的最小值为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－3－6－5－0＝－14.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.2020版高考数学大一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n 项和[基础达标]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12D ．14解析：选C.由题知3a 1＋3×22d ＝12，因为a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，所以a 6＝12，故选C.2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”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解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列5，3，1，－1，不满足条件，不是必要条件，故选A.3．已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为( )A ．24B ．39C ．104D ．52解析：选D.因为{a n }是等差数列，所以3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48，所以a 4＋a 10＝8，其前13项的和为13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×82＝52，故选D.4．(2019·金华十校联考)在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1)B ．n （n ＋3）2 C ．n (n ＋1)D ．n （3n ＋1）2解析：选C.依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，选C.5．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，又a 1＝15，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，且{a n }为递减数列，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，可知使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.6．(2019·温州十校联合体期初)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．若S 9>S 8，S 9>S 10，则S 17>0，S 18<0 B ．若S 17>0，S 18<0，则S 9>S 8，S 8>S 10 C ．若S 17>0，S 18<0，则a 17>0，a 18<0 D ．若a 17>0，a 18<0，则S 17>0，S 18<0解析：选B.A.由S 9>S 8，且S 9＝S 8＋a 9得a 9>0，又S 9>S 10，S 10＝S 9＋a 10，则a 10<0，因为S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)符号不确定，A 错误； B ．在等差数列{a n }中，S 17>0，且S 18<0，则S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)<0，所以a 9>0，a 10<0，且|a 10|>a 9，所以等差数列{a n }的公差d <0，则S 9＝S 8＋a 9>S 8，S 10＝S 8＋a 9＋a 10<S 8，B 正确；C ．由B 知，a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11…为负，C 错误；D ．由a 17>0，a 18<0知，a 1，a 2，…，a 17为正，a 18，a 19，…为负，所以S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 1＋a 18)＝9(a 2＋a 17)>0，D 错误．故选B.7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8.若a n ＝0，则n ＝________．解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )，解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ，令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：58．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8＞0，a 9＜0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0.所以－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 9．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：因为a n ，S n ，a 2n 成等差数列，所以2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21，又a 1>0，所以a 1＝1，当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，所以(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，又a n ＋a n －1>0，n ≥2，所以a n －a n －1＝1，n ≥2，所以{a n }是等差数列，其公差为1，因为a 1＝1，所以a n ＝n (n ∈N *)．答案：n10．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8＞0，a 8＋a 9＜0，则满足S n ＞0的n的最大值是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第________项．解析：因为等差数列{a n }满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以满足S n >0的n 的最大值是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，且|a 8|最小，|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 811．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝45a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)． (2)由a n ＝2n －7＜0，得n ＜72，因为n ∈N *，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7＜0，当n ≥4时，a n ＝2n －7＞0.易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13.12．(2019·嵊州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)． (1)设函数y ＝f (x )的图象的顶点的纵坐标构成数列{a n }，求证：{a n }为等差数列； (2)设函数y ＝f (x )的图象的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：因为f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8，所以a n ＝3n －8，因为a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－8－(3n －8)＝3，所以数列{a n }为等差数列． (2)由题意知，b n ＝|a n |＝|3n －8|，所以当1≤n ≤2时，b n ＝8－3n ，S n ＝b 1＋…＋b n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [5＋（8－3n ）]2＝13n －3n 22；当n ≥3时，b n ＝3n －8，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝5＋2＋1＋…＋(3n －8)＝7＋（n －2）[1＋（3n －8）]2＝3n 2－13n ＋282.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧13n －3n22，1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282，n ≥3.[能力提升]1．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.由a n ＋1－a n ＝d ＞0，知数列{a n }是递增数列，可知p 1是真命题；由(n ＋1)a n＋1－na n ＝(n ＋1)(a 1＋nd )－n [a 1＋(n －1)d ]＝a 1＋2nd ，仅由d ＞0是无法判断a 1＋2nd 的正负的，因而不能判定(n ＋1)a n ＋1，na n 的大小关系，故p 2是假命题；显然，当a n ＝n 时，a n n＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数数列，不是递增数列，故p 3是假命题；数列的第n ＋1项减去数列的第n项[a n ＋1＋3(n ＋1)d ]－(a n ＋3nd )＝(a n ＋1－a n )＋[3(n ＋1)d －3nd ]＝d ＋3d ＝4d ＞0，所以a n ＋1＋3(n ＋1)d ＞a n ＋3nd ，即数列{a n ＋3nd }是递增数列，p 4是真命题．2．(2019·金华市东阳二中高三调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A ．n2n －1 B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1解析：选A.设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，因为{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1·a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)，即a n ＝n2n －1(n ∈N *)，故选A.3．已知等差数列{a n }满足a 9＜0，且a 8＞|a 9|，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为S n ，当S n 取得最大值时，n 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 9<0，且a 8>|a 9|，所以d <0，a 8＋a 9>0，a 8>－a 9>0. 所以当n ≤8时，a n >0；当n ≥9时，a n <0.S n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a 6a 7a 8＋a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＋a 9a 10a 11＋…＋a n a n ＋1a n ＋2，当n ≤6时，a n a n ＋1a n ＋2>0，当n ≥9时，a n a n ＋1a n ＋2<0，而a 7a 8a 9<0，a 8a 9a 10>0，又a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＝a 8a 9(a 7＋a 10)＝a 8a 9(a 8＋a 9)<0，所以当S n 取得最大值时，n ＝6. 答案：64．(2019·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26.记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立，则M 的最小值是________．解析：因为{a n }为等差数列，由a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，可解得S n ＝2n 2－n ，所以T n ＝2－1n，若T n ≤M 对一切正整数n 恒成立，则只需T n 的最大值小于或等于M 即可．又T n ＝2－1n<2，所以只需2≤M ，故M 的最小值是2. 答案：25．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. (1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以m ＝5，k ＝4.6．(2019·浙江省衢州市高考数学模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若ta n ＋1(a n －1)＋1≥0对任意n ≥2的整数恒成立，求实数t 的取值范围．解：(1)由题意得，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，两边同除a n a n ＋1得，1a n ＋1－1a n＝2，因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项、2为公差的等差数列，则1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1.(2)由(1)得，ta n ＋1(a n －1)＋1≥0 即为t ·12n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1＋1≥0，由n ≥2化简得，t ≤（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），设b n ＝（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），则b n ＋1－b n ＝（2n ＋1）（2n ＋3）2n －（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）＝2n ＋12·（2n ＋3）（n －1）－n （2n －1）n （n －1）＝（2n ＋1）（2n －3）2n （n －1）>0，所以当n ≥2时，数列{b n }是递增数列，则（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）≥152，所以实数t 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，152.2020版高考数学大一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n 项和[基础达标]1．(2019·宁波质检)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2解析：选B.在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2019·衢州模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( ) A ．12 B ．1716 C ．2D ．17解析：选B.设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.3．(2019·瑞安四校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选C.由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.4．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.6．(2019·江南十校联考)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3a 6a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．5或6B ．6C ．5D ．4或5解析：选D.数列{a n }是各项均为正数的等比数列，因为a 3a 6a 9＝127，所以a 36＝127，所以a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝a 6a 2＝1327＝181，所以q ＝13.所以a n ＝a 2q n －2＝27×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5.令a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.7．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·qn －1＝2n.答案：2n8．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．解析：由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170，所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.答案：89．(2019·温州市十校联合体期初)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则为2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q，故2q n ＝qn ＋1＋qn ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2. 答案：－210．(2019·台州市高考模拟)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5，q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.12．(2019·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{a n }是首项为2的等差数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝a n ·a n ＋1.数列{b n }是以12为首项的等比数列，且b 1b 2b 3＝164.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意n ∈N *不等式1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n 恒成立，求λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得4a 1＝a 1(a 1＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n ，由b 1b 2b 3＝b 32＝164⇒b 2＝14，从而公比q ＝b 2b 1＝12，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. (2)由(1)知1S n＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，又T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，所以对任意n ∈N *，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n等价于32－1n ＋1－12n ＋1≥14λ，因为32－1n ＋1－12n ＋1对n ∈N *递增，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－12n ＋1min ＝32－12－14＝34，所以34≥14λ⇒λ≤3，即λ的取值范围为(－∞，3]．[能力提升]1．(2019·丽水模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.因为{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又因为q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.2．(2019·温州十校联合体期初)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)．( )A ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≥a 3＋a 9B ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≤a 3＋a 9C ．若b 6≥a 7，则b 3＋b 9≥a 4＋a 10D ．若b 6≤a 7，则b 3＋b 9≤a 4＋a 10解析：选C.因为数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)，在A 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≥a 3＋a 9不一定成立，故A 错误；在B 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≤a 3＋a 9不一定成立，故B 错误；在C 中，因为b 6≥a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≥a 4＋a 10，故C 正确；在D 中，因为b 6≤a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≤a 4＋a 10不一定成立，故D 错误．3．已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝|2n |2＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，故a n ＋1＝14|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝2a n ，故数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，且对任意正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <a 恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：因为a m ＋n ＝a m ·a n ，令m ＝1得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝13，所以{a n }为等比数列，所以a n ＝13n ，所以S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <12，所以a ≥12.故a 的最小值为12.答案：125．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，…(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，。

2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版

A．1盏
B．3盏
C．5盏
D．9盏
(2)(2019·广州测试)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知
a1＝2，a2n＋2＋4a2n＝4a2n＋1，则数列{an}的通项公式 an＝__________．
(3)(2019·洛阳统考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
＋8a4＝0，则SS43＝(
0 的根，则a1aa917的值为(
)
A．2 2
B．4
C．－2 2或 2 2
D．－4 或 4
(2)(2019·武汉华师附中调研)数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，
则使不等式 a21＋a22＋…＋a2n<5×2n＋1 成立的 n 的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 (1)因为 a3，a15 是方程 x2－6x＋8＝0 的根，所以 a3a15＝8，a3＋a15＝6，易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a29＝a3a15 ＝8，所以 a9＝2 2，a1aa917＝2 2，故选 A. (2)因为 an＝2n－1，a2n＝4n－1，
【例4】等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，
则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1
B．2
C．3
D．5
【解析】法一：因为{an}为等比数列，所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故 a9＋a11＝（aa51＋＋aa73）2＝482＝2. 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝（aa95＋＋aa117）2＝242＝1.

2020高考数学大一轮复习2020高考试题汇编第六章数列 Word版含解析

第六章数列第|一节等差数列与等比数列题型67 等差 (等比 )数列的公差 (公比 )1.(2021北京理10)假设等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b == ,448a b == ,那么22a b =_______. 解析由11a =- ,48a = ,那么21132a a d =+=-+= ,由11b =- ,48b = ,那么2q =- ,那么212b b q ==.故22212a b ==. 2. (2021全国1理4 )记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．假设4524a a += ,648S = ,那么{}n a 的公差为 ( ).A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++= ,61656482S a d ⨯=+= ,联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①② ,得()211524-=d ,即624d = ,所以4d =.应选C.3. (2021全国2理3 )我国古代数学名著<算法统宗>中有如下问题： "远望巍巍塔七层 ,红光点点倍加增 ,共灯三百八十一 ,请问尖头几盏灯 ?〞意思是：一座7层塔共挂了381盏灯 ,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍 ,那么塔的顶层共有灯 ( ). A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ,2=q ,()7171238112-==-a S ,解得13a =．应选B.4. (2021全国3理14 )设等比数列{}n a 满足12–1a a += , 13––3a a = ,那么4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列 ,设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩ ,即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠ ,10a ≠ ,式式②①,得13q -= ,即2q =- ,代入①式可得11a = , 所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1. (2021全国1理12 )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：数列1 ,1 ,2 ,1 ,2 ,4 ,1 ,2 ,4 ,8 ,1 ,2 ,4 ,8 ,16 ,… ,其中第|一项为哪一项02 ,接下来的两项是02 ,12 ,再接下来的三项是02 ,12 ,22 ,依此类推.求满足如下条件的最|||小整数100N N >：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.110解析设首|||项为第1组 ,接下来两项为第2组 ,再接下来三项为第3组 ,以此类推．设第n 组的项数为n ,那么n 组的项数和为()12n n + ,由题意得 ,100N > ,令()11002n n +> ,得14n ≥且*n ∈N ,即N 出现在第13组之后 ,第n 组的和为122112nn -=-- ,n 组总共的和为()12122212n n n n +--=--- ,假设要使前N 项和为2的整数幂 ,那么()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数 ,即()*21214k n k n -=+∈N ，≥ ,()2log 3k n =+ ,得n 的最|||小值为295n k ==， , 那么()2912954402N ⨯+=+=.应选A.2.2021山东理19 ){}n x 是各项均为正数的等比数列 ,且123x x += ,322x x -= , (1 )求数列{}n x 的通项公式；(2 )如以下图 ,在平面直角坐标系xOy 中 ,依次联结点()111P x ， ,()222P x ， ,… ,()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P + ,求由该折线与直线0y = ,1x x = ,1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析 (1 )设数列{}n x 的公比为q ,由0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩ ,所以23520q q --= , 因为0q > ,所以12,1q x == ,因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=(2 )过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线 ,垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q + ,由 (1 )得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯ , 所以123n n T b b b b =++++=10132325272(21)2(21)2n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②,得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1. (2021江苏09 )等比数列{}n a 的各项均为实数 ,其前n 项的和为n S ,374S = ,6634S = ,那么8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1 ,由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩ ,因此36319S q S =+= ,得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==,得114a = ,所以78132a a q ==．故填32．解法二 (由分段和关系 )：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩ ,所以38q = ,即2q =．下同解法一．2. (2021全国2理15 )等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a = ,410S = ,那么11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首|||项为1a ,公差为d ．由3123a a d =+= ,414610S a d =+= ,得11a = ,1d = ,所以n a n= ,()12n n n S += ,()()112222122311nk kS n n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1. (2021江苏19 )对于给定的正整数k ,假设数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k a a a a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a ka +=对任意正整数n ()n k >总成立 ,那么称数列{}n a 是 "()P k 数列〞． (1 )证明：等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞；(2 )假设数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,证明：{}n a 是等差数列．解析 (1 )因为{}n a 是等差数列 ,设其公差为d ,那么()11n a a n d =+- , 从而当4n 时 ,()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-= ,1,2,3k = ,所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++= ,因此等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞． (2 )由数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,因此 ,当3n 时 ,21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n 时 ,3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知 ,()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入② ,得112n n n a a a -++= ,其中4n , 所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列 ,设其公差为d '．在①中 ,取4n = ,那么235644a a a a a +++= ,所以23a a d '=- , 在①中 ,取3n = ,那么124534a a a a a +++= ,所以312a a d '=- , 从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题 ,其实类似的问题此前我们也研究过 ,给出仅供参考．(2021南通基地密卷7第20题 )设数列{}n a 的各项均为正数 ,假设对任意的*n ∈N ,存在*k ∈N ,使得22n k n n k a a a ++=成立 ,那么称数列{}n a 为 "k J 型〞数列．(1 )假设数列{}n a 是 "2J 型〞数列 ,且28a = ,81a = ,求2n a ；(2 )假设数列{}n a 既是 "3J 型〞数列 ,又是 "4J 型〞数列 ,证明数列{}n a 是等比数列．解析 (1 )由题意得 ,2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭,所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．(2 )由{}n a 是 "4J 型〞数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为t , 由{}n a 是 "3J 型〞数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为3α；那么431311a t a α== ,431725a t a α== ,432139a t a α== , 所以123ααα== ,不妨令123αααα=== ,那么43t α=．所以()32113211k k k a a a α----==,()2311223315111k k k k k aa a t a a ααα------==== ,所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----==== ,综上11n n a a -= ,从而{}n a 是等比数列．2.(2021北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅ ,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最|||大的数．(1 )假设n a n = ,21n b n =- ,求123,,c c c 的值 ,并证明{}n c 是等差数列；(2 )证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时 ,nc M n>；或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析(1 )111110c b a =-=-= ,{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=- ,{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n 时 ,()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-< , 所以k k b na -关于*k ∈N {}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=- ,将1,2,3n =代入 ,满足此式 ,所以对任意1n ,1n c n =- ,于是11n n c c +-=- ,得{}n c 是等差数列.(2 )设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,那么()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时.①当10d >时 ,取正整数21d m d > ,那么当n m 时 ,12nd d > ,因此11n c b a n =-. 此时 ,12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时 ,对任意1n ,(){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时 ,123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时 , 当21d n d >时 ,有12nd d < ,所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ,取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭ ,故当n m 时 ,nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题 - -暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1. (2021天津理18 ){}n a 为等差数列 ,前n 项和为()n S n *∈N ,{}n b 是首|||项为2的等比数列 ,且公比大于0 ,2312b b += ,3412b a a =- ,11411S b =. (1 )求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2 )求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析 (1 )设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由2312b b += ,得21()12b q q += ,而12b = ,所以260q q +-=. 又因为0q > ,解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =- ,可得138d a -= ① 由114=11S b ,可得1516a d += ② 联立①② ,解得11a = ,3d = ,由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =- ,数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ,由262n a n =- ,12124n n b --=⨯ ,有221(31)4nn n a b n -=-⨯ ,故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯ ,23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯ ,上述两式相减 ,得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯-- ,得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2. (2021全国3理9 )等差数列{}n a 的首|||项为1 ,公差不为0．假设2a ,3a ,6a 成等比数列 ,那么数列{}n a 前6项的和为 ( ). A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列 ,且236,,a a a 成等比数列 ,设公差为d ,那么2326a a a = ,即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a = ,代入上式可得220d d += ,又0d ≠ ,那么2d =- ,所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.应选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2021浙江理22)数列{}n x 满足：11x = ,()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.(1 )10n n x x +<<； (2 )1122n n n nx x x x ++-； (3 )1-21122n n n x -. 解析 (1 )用数学归纳法证明：0n x >. 当1n =时 ,110x => ,假设n k =时 ,0k x > ,那么1n k =+时 ,假设10k x + ,那么()110ln 10k k k x x x ++<=++ ,矛盾 ,故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ,所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .(2)由()111ln 1n n n n x x x x +++=++> ,得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++.记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++.()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++ ,知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增 ,所以()()00f x f = , 因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++= ,即()*1122n n n nx x x x n ++-∈N . (3 )因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N,得112n nx x + ,以此类推 ,21111,,22nn x x x x - ,所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭,故112nn x -. 由 (2 )知 ,()*1122n n n n x x x x n ++-∈N ,即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭, 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,故212n n x -.综上 ,()*121122n n n x n --∈N .第七章不等式第|一节不等式的性质与不等式的解法题型75 不等式的性质 - -暂无题型76 比拟数 (式 )的大小1.(2021北京理13)能够说明 "设a b c ，，是任意实数．假设a b c >> ,那么a b c +>〞是假命题的一组整数a b c ，，的值依次为__________________．解析由题知 ,取一组特殊值且,,a b c 为整数 ,如1a =- ,2b =- ,3c =-.2. (2021山东理7 )假设0a b >> ,且1ab = ,那么以下不等式成立的是 ( ). A.()21log 2a b a a b b +<<+ B.()21log 2a b a b a b <+<+ C.()21log 2a ba ab b +<+< D.()21log 2a b a b a b +<+<解析由题意知1a > ,01b << ,所以12ab< ,()22log log 1a b +>= , 12112log ()a ba ab a a b b b+>+>+⇒+>+.应选B. 评注此题也可采用特殊值法 ,如13,3a b == ,易得结论.题型77 一元一次不等式与一元二次不等式的解法题型78 分式不等式的解法 - -暂无第二节二元一次不等式 (组 )与简单的线性规划问题题型79 二元一次不等式组表示的平面区域题型80 求解目标函数的取值范围或最|||值1. (2021天津理2 )设变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩ ,那么目标函数z x y =+的最|||大值为 ( ). A.23 B.1 C.32解析变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩的可行域如以下图 ,目标函数z x y =+经过可行域的点A 时 ,目标函数取得最|||大值 ,由03x y =⎧⎨=⎩ ,可得(0,3)A ,目标函数z x y =+的最|||大值为3.应选D.32.(2021北京理4)假设x ,y 满足32x x y y x ⎧⎪+⎨⎪⎩,那么2x y +的最|||大值为 ( ).A.1B. 3 C解析作出不等式组的可行区域 ,如以下图 ,令2z x y =+ ,那么22x zy -=+.当过A 点时z 取最|||大值 ,由()3,3A,故max 369z =+=.应选D.3. (2021全国1理14 )设x ,y 满足约束条件210x y x y ⎪+-⎨⎪-⎩,那么32z x y =-的最|||小值为 .解析不等式组21210x y x y x y +⎧⎪+-⎨⎪-⎩表示的平面区域如以下图 ,由32z x y =- ,得322zy x =- ,求z 的最|||小值,即求直线322z y x =-的纵截距的最|||大值 ,当直线322zy x =-过图中点A 时 ,纵截距最|||大 , 由2121x y x y +=-⎧⎨+=⎩,解得点A 的坐标为(1,1)- ,此时3(1)215z =⨯--⨯=-.4. (2021全国2理5 )设x ,y 满足约束条件2330233030x y x y y +-⎧⎪-+⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||小值是( ).A ．15-B ．9-C ．1D ．9解析目标区域如以下图 ,当直线2y =x+z -过点()63--，时 ,所求z 取到最|||小值为15-．应选A.(6,35. (2021全国3理12 )假设x ,y 满足约束条件200x y y ⎪+-⎨⎪⎩,那么34z x y =-的最|||小值为__________．解析 34z x y =- ,那么直线344zy x =-的纵截距越大 ,z 值越小．由图可知z 在()1,1A 处取得最|||小值 ,故min 31411z =⨯-⨯=-．6. (2021山东理4 )x ,y 满足3035030x y x y x -+⎧⎪++⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||大值是 ( ).A. 0B. 2 C解析由303+5030x y x y x -+⎧⎪+⎨⎪+⎩,作出可行域及直线20x y += ,如以下图 ,平移20x y +=发现 ,当其经过直线350x y ++=与3x =-的交点(3,4)-时 ,2z x y =+取最|||大值为max 3245z =-+⨯=.应选 C.y=-3x-5y=-x 27.(2021浙江理4)假设x ,y 满足约束条件03020x x y x y ⎧⎪+-⎨⎪-⎩,那么2z x y =+的取值范围是( ).A.[]0,6B.[]0,4C.[)6,+∞D.[)4,+∞ 解析如以下图 ,22x zy =-+在点()2,1取到z 的最|||小值为2214z =+⨯= ,没有最|||大值 ,故[)4,z ∈+∞．应选D ．题型81 求解目标函数中参数的取值范围 - -暂无题型82 简单线性规划问题的实际运用第三节根本不等式及其应用题型83 利用根本不等式求函数的最|||值1. (2021江苏10 )某公司一年购置某种货物600吨 ,每次购置x 吨 ,运费为6万元/次 ,一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最|||小 ,那么x 的值是．解析一年的总运费与总存储费用之和为6003600644x x x x⨯+=+23600240⨯= ,当且仅当36004x x= ,即30x =时取等号．故填30． 2.(2021浙江理17)a ∈R ,函数()4f x x a a x=+-+在区间[]14，上的最|||大值是5 ,那么a 的取值范围是 . 解析设4t x x=+,那么()f t t a a =-+ ,[]4,5t ∈.解法一：可知()f t 的最|||大值为{}max (4),(5)f f ,即(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+=⎪⎨=-+⎪⎩或(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+⎪⎨=-+=⎪⎩, 解得 4.55a a =⎧⎨⎩或 4.55a a ⎧⎨⎩,所以 4.5a ．那么a 的取值范围是(],4.5-∞.解法二：如以下图 ,当0a <时 ,()5f t t a a t =-+=成立；当0a t <时 ,()05f t a t a t =-+-=成立；当a t >时 ,()5f t t a a a t a =-+=-+成立 ,即 4.5a . 那么a 的取值范围是(],4.5-∞.题型84 利用根本不等式证明不等式 - -暂无a。

2020高考—数列(解答+答案)

2020年高考——数列1.(20全国Ⅰ理17)（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．2.（20全国Ⅲ文17）（12分）设等比数列{a n }满足124a a +=，138a a -=．（1）求{a n }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．3.（20全国Ⅲ理17）（12分）设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．4.（20新高考Ⅰ18）（12分）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 ．5.(20天津19)（本小题满分15分）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．6.(20浙江20)（本题满分15分）已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足1111121,,,nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=∈*N ．（Ⅰ）若{b n }为等比数列，公比0q >，且1236b b b +=，求q 的值及数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若{b n }为等差数列，公差0d >，证明：*12311,n c c c c n d++++<+∈N ．7.（20江苏20）（本小题满分16分）已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ～3”数列，且0n a ≥？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．8.(20北京21)（本小题15分）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2kn la a a =．（Ⅰ）若(1,2,)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；（Ⅱ）若12(1,2,)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；（Ⅲ）若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列。

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）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a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）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C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）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a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）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C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是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+a n）．（5）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、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。

2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章数列与数学归纳法高考专题突破三第2课时含解析

第2课时数列的综合问题题型一数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1，又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0，则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1，方法一当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3，所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15，所以15≤T n <13. 题型三数列与数学文化例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3，则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3，则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3，故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)，所以数列{a n }是公比为12的等比数列，又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12，所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1. (2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1，所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13，于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。

2020版高考数学一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n项和教案(理)(含解析)新人教A版

第2讲等差数列及其前n 项和基础知识整合1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从□01第2项起，每一项与它的前一项的□02差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为□03a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是□04A ＝a ＋b 2，其中A 叫做a ，b 的□05等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝□06a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝□07na 1＋n n －12d ＝□08n a 1＋a n2.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .若m ＋n ＝2p (m ，n ，p ∈N *)，则a m ＋a n ＝2a p .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d, 则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n, 则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等差数列，其公差为n 2d . (7)若等差数列的项数为2n (n ∈N *)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (8)若等差数列的项数为2n －1(n ∈N *)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1(S 奇＝na n ，S 偶＝(n －1)a n )．(9)由公式S n ＝na 1＋n n －1d 2得S n n ＝a 1＋n －12d ＝d 2n ＋a 1－d2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，首项为a 1，公差为等差数列{a n }公差的一半．1．(2019·河北邯郸模拟)在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝12，公差d ＝2，则a 9＝( ) A ．14 B ．15 C ．16 D ．17答案 D解析 ⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 4＝12⇒2a 1＋5d ＝12，d ＝2⇒a 1＝1，∴a 9＝a 1＋8d ＝1＋16＝17.故选D.2．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22·d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32·d ，整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10.故选B.3．(2019·湖北武汉调研)若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4＝4，S 6＝12，则S 2＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．3答案 B解析根据等差数列的性质，可得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，即2(S 4－S 2)＝S 2＋S 6－S 4，因此S 2＝0.4．(2019·宁夏银川模拟)在等差数列{a n }中，S 5＝25，a 2＝3，则a 7＝( ) A ．13 B ．12 C ．15 D ．14答案 A 解析 ∵S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝25，∴a 3＝5，又a 2＝3，∴d ＝a 3－a 2＝2，∴a 7＝a 3＋4d＝5＋8＝13.故选A.5．(2019·辽宁模拟)在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 4＋a 8＝25，则S 9＝( )A ．60B ．75C ．90D ．105 答案 B解析由等差数列的性质知a 3＋a 4＋a 8＝3a 5＝25. ∴a 5＝253，∴S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝75.故选B.6．(2019·长春市模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 C解析 ∵|a 6|＝|a 11|且公差d >0，∴a 6＝－a 11， ∴a 6＋a 11＝a 8＋a 9＝0，且a 8<0，a 9>0， ∴a 1<a 2<…<a 8<0<a 9<a 10<…∴使S n 取最小值的n 的值为8.故选C.核心考向突破考向一等差数列的基本运算例1 (1)(2019·西安八校联考)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( )A ．S 4<S 3B ．S 4＝S 3C ．S 4>S 1D ．S 4＝S 1答案 B解析设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4<S 1.故选B. (2)(2019·潍坊模拟)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，若lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，且a 5＝10，则{a n }的前5项和S 5＝( )A ．40B ．35C ．30D ．25答案 C解析因为lg a 1，lg a 2，lg a 4成等差数列，所以2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4⇒lg a 22＝lg a 1a 4⇒a 22＝a 1a 4⇒d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以a 1＝d ，又a 5＝a 1＋4d ＝10，所以a 1＝2，d ＝2，S 5＝5a 1＋5×42d ＝30.选C.(3)(2018·上海高考)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝0，a 6＋a 7＝14，则S 7＝________.答案 14解析设数列{a n }的公差为d ，则a 6＋a 7＝2a 3＋7d ＝14，又∵a 3＝0，∴d ＝2，∴a 4＝a 3＋d ＝2.∴S 7＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝7a 4＝14.触类旁通等差数列计算中的两个技巧(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．2数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量转换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.即时训练 1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案 C解析设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．答案 20解析设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 22＝a 1＋(a 1＋d )2＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝10，解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.3．已知数列{a n }中，a 3＝7，a 7＝3，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，则a 10＝________. 答案 73解析设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ，则1a 3－1＝16，1a 7－1＝12. ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列， ∴1a 7－1＝1a 3－1＋4d ，即12＝16＋4d ，解得d ＝112，故1a 10－1＝1a 3－1＋7d ＝16＋7×112＝34，解得a 10＝73. 考向二等差数列的性质角度1 等差数列项的性质例2 (1)(2019·温州模拟)等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则a 9－13a 11的值是( )A ．14B ．15C ．16D ．17答案 C解析因为{a n }是等差数列，所以a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝5a 8＝120，所以a 8＝24.所以a 9－13a 11＝a 8＋d －13(a 8＋3d )＝23a 8＝16.故选C. (2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 5＋a 8＝30，则下列一定为定值的是( ) A ．S 6 B ．S 7 C ．S 8 D ．S 9答案 D解析由a 2＋a 5＋a 8＝30可得3a 5＝30，所以a 5＝10，S 6＝3(a 1＋a 6)不一定是定值；S 7＝72(a 1＋a 7)不一定是定值；S 8＝4(a 1＋a 8)不一定是定值；S 9＝a 1＋a 9×92＝2a 5×92＝90.选D.触类旁通等差数列项的性质：利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将a n ＋a m ＝2a k (n ＋m ＝2k ，n ，m ，k ∈N *)与a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ＋n ＝p ＋q ，m ，n ，p ，q ∈N *)相结合，可减少运算量．即时训练 4.(2019·河南豫南、豫北联考)等差数列{a n }中，a 4＋a 10＋a 16＝30，则a 18－2a 14的值为( )A ．20B ．－20C ．10D ．－10答案 D解析 ∵a 4＋a 10＋a 16＝3a 10＝30，∴a 10＝10，又2a 14＝a 18＋a 10，∴a 18－2a 14＝－a 10＝－10，故选D.5．(2019·福建漳州模拟)在等差数列{a n }中，若S 9＝18，S n ＝240，a n －4＝30，则n 的值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17 答案 B解析由等差数列的性质知S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝18，∴a 5＝2，又a n －4＝30.∴S n ＝n a 1＋a n2＝n a n －4＋a 52＝16n ＝240，∴n ＝15.故选B.角度2 等差数列和的性质例3 (1)(2019·四川双流中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝5，则S 40＝( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 B解析由等差数列的性质知S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等差数列，∴2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，∴S 20＝S 10＋S 303＝1＋53＝83.∴d ＝(S 20－S 10)－S 10＝23，∴S 40－5＝1＋3×23＝3，∴S 40＝8.故选B.(2)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.答案 5解析设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.触类旁通等差数列和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列，且有S 2n ＝na 1＋a 2n ＝…＝n a n ＋a n ＋1；S 2n －1＝2n －1a n ；若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中中间项.即时训练 6.(2019·大同模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a 50＝200，a 51＋a 52＋…＋a 100＝2700，则a 50＝( )A ．－22.5B ．－21.5C ．28.5D ．20答案 C解析由(a 51＋a 52＋…＋a 100)－(a 1＋a 2＋…＋a 50)＝50×50d ＝2700－200，得d ＝1.由a 1＋a 100＋a 2＋a 99＋…＋a 50＋a 51＝50(a 50＋a 51)＝2700＋200，得a 50＋a 51＝58，即2a 50＋d ＝58，所以a 50＝58－12＝572＝28.5.故选C.7．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝( )A.310B.13C.18D.19答案 A解析令S 3＝1，则S 6＝3，∴S 9＝1＋2＋3＝6.S 12＝S 9＋4＝10，∴S 6S 12＝310.故选A. 考向三等差数列的判定与证明例4 (1)(2019·辽宁模拟)数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1并且1a n －1＝2a n －1a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.1100B.150C.12100 D.1250 答案 B 解析 ∵1a n －1＝2a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴1a n ＋1＋1a n －1＝2a n ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，首项为1a 1＝12，第二项为1a 2＝1，∴d ＝12，∴1a 100＝1a 1＋99d ＝50，∴a 100＝150.(2)(2019·昆明模拟)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n 项和是S n .①证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； ②比较a n 与S n ＋7的大小．解 ①证明：∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n， ∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．由a 1＝35，b n ＝1a n －1，得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n n －12＝n 22－3n . ②由①知，b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1，得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72. ∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n－7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0，∴a n ≤S n ＋7.触类旁通等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数． (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立． 3通项公式法：验证a n ＝pn ＋q . 4前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.即时训练 8.(2019·河南郑州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4,2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，当a n ＝298时，项数n ＝( )A ．100B ．99C ．96D ．101答案 A解析因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝a n ＋1－a n .由a 1＝1，a 2＝4得d＝a 2－a 1＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×3＝3n －2.由3n －2＝298，解得n ＝100.故选A.9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(2)若不等式2n 2－n －3<(5－λ)a n 对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．解 (1)证明：当n ＝1时，S 1＝2a 1－22，得a 1＝4.S n ＝2a n －2n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2n，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2n ，即a n ＝2a n －1＋2n ，所以a n 2n －a n －12n －1＝1，又a 121＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知a n2n ＝n ＋1，即a n ＝n ·2n ＋2n.因为a n >0，所以不等式2n 2－n －3<(5－λ)a n 等价于5－λ>2n －32n .即λ<5－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －32n .记b n ＝2n －32n ，b 1＝－12，b 2＝14，当n ≥2时，b n ＋1b n ＝2n －12n ＋12n －32n ＝2n －14n －6，则b 3b 2＝32，即b 3>b 2，又显然当n ≥3时，b n ＋1b n <1，所以(b n )max ＝b 3＝38，所以λ<378.1．(2019·长沙模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析由a 4＋a 6＝2a 5＝－6得a 5＝－3，则公差为－3＋115－1＝2，所以由a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13≤0得n ≤132，所以前6项和最小．选A.2．(2019·北京海淀模拟)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 最大？解解法一：由S 3＝S 11，得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，则d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1.又a 1>0，所以－a 113<0.故当n ＝7时，S n 最大．解法二：由于S n ＝an 2＋bn 是关于n 的二次函数，由S 3＝S 11，可知S n ＝an 2＋bn 的图象关于n ＝3＋112＝7对称．由解法一可知a ＝－a 113<0，故当n ＝7时，S n 最大．解法三：由解法一可知d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大．解法四：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大．答题启示求等差数列前n 项和最值的常用方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤0，a n ＋1≥0的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．对点训练1．(2019·广东佛山模拟)设等差数列{a n }满足3a 8＝5a 15，且a 1>0，S n 为其前n 项和，则数列{S n }的最大项为( )A ．S 23B ．S 24C ．S 25D ．S 26 答案 C解析设等差数列的公差为d ，∵3a 8＝5a 15，∴3a 1＋21d ＝5a 1＋70d ，∴a 1＋2412d ＝0. ∵a 1>0，∴d <0，∴a 1＋24d ＝a 25>0， a 1＋25d ＝a 26<0，∴数列{S n }最大项为S 25.故选C.2．(2019·黑龙江模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且其前n 项和S n 有最大值，则使得S n >0的最大值n 为( )A ．11B ．19C ．20D ．21 答案 B解析 ∵S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 有最大值，∴d <0，又a 11a 10<－1，∴a 10>0，a 11<0，∴a 10＋a 11<0，即a 1＋a 20<0，∴S 20＝10(a 1＋a 20)<0，又S 19＝19a 1＋a 192＝19a 10>0，∴使S n >0的n 的最大值为19.故选B.。

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为()A ．11B ．12C ．13D ．14答案C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a2a 1等于()A.32B.23C.12D ．2答案A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d＝32.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于()A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案B解析a 1＋15d ＝30，a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于()A ．－3B ．5C ．－31D ．33答案D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－qa 1(1－q 3)1－q ＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－qa 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于()A ．6B ．7C ．8D ．9答案B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5000m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5000m ，以后每天比前1天多跑200m ，则这个同学7天一共将跑()A ．39200mB ．39300mC ．39400mD ．39500m答案A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5000×7＋7×62×200＝39200(m)．故选A.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于()A ．38B ．20C ．10D ．9答案C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于()A.139B.79C ．3D ．1答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝1或3.又数列的各项均不相等，∴q ≠1，当q ＝3时，S 3a 3＝a 1(33－1)3－1a 1×9＝139.故选A.9．(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：(1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中的()A ．第404组B ．第405组C ．第808组D ．第809组答案A解析正奇数数列1，3，5，7，9，…的通项公式为a n ＝2n －1，则2019为第1010个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，故原数列中的2019位于分组序列中的第404组，故选A.10．(2019·新疆昌吉教育共同体月考)在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .在直线y ＝2x －1上，则a 9等于()A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821答案C解析由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝又S11－1＝a 1－1＝1，1，公比为2的等比数列，所以Sn n －1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝10×128＋1＝1281.11．(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋4n ，若首项为13的数列{b n }满足1b n ＋1－1b n ＝a n ，则数列{b n }的前10项和为()A.175264B.3988C.173264D.181264答案A解析由S n ＝n 2＋4n ，可得a n ＝2n ＋3，根据1b n ＋1－1b n＝a n ＝2n ＋3，结合题设条件，应用累加法可求得1b n n 2＋2n ，所以b n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝所以数列{b n }的前n项和为T n －13＋12－14＋…＋1n －－1n ＋1－所以T 10－111－＝175264，故选A.12．已知数列{a n }的通项a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2018<1，则实数x 可以等于()A ．－23B ．－512C ．－1348D ．－1160答案B 解析∵a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)＝1(x ＋1)(2x ＋1)…[n (x －1)＋1]－1(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ≥2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 2018＝x x ＋1＋1x ＋1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)＝1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)，当x ＝－23x ＋1>0，nx ＋1<0(2≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.当x ＝－512时，x ＋1>0，x ＋2>0，nx ＋1<0(3≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)<1；当x ＝－1348时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，nx ＋1<0(4≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1；当x ＝－1160时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，x ＋4>0，x ＋5>0，nx ＋1<0(6≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，则d 的值为________．答案－10解析由a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，1＋3d ＋a 1＋9d ＝0，a 1＋12×112d2a 1＋d ＋10，解得d ＝－10.14．(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若Sn T n ＝2n ＋13n ＋2，则a 3＋a 11＋a 19b 7＋b 15＝________.答案129130解析原式＝3a 112b 11＝32·2a 112b 11＝32·a 1＋a 21b 1＋b 21＝32·S 21T 21＝32·2×21＋13×21＋2＝129130.15．(2019·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝(2n －2则S 2019＝________.答案2020解析∵a n ＝(2n －2＝(1－2n )sinn π2，∴a 1，a 2，…，a n 分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…，归纳可得，每相邻四项和为4，∴S 2019＝504×4＋a 2017＋a 2018＋a 2019＝2016＋[(1－2×2017)＋0＋(2×2019－1)]＝2016＋4＝2020.16．(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P 1(1，y 1)，P 2(2，y 2)，P 3(3，y 3)，…，P n ＋1(n ＋1，y n ＋1)在x 轴上的投影为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1，且点P n ＋1满足y 1＝1，直线P n P n ＋1的斜率1n n P P k ＋＝2n .则多边形P 1Q 1Q n ＋1P n ＋1的面积为________．答案3×2n －n －3解析根据题意可得y n ＋1－y n ＝2n ，结合y 1＝1，应用累加法，可以求得y n ＋1＝2n ＋1－1，根据题意可以将该多边形分成n 个直角梯形计算，且从左往右，第n 个梯形的面积为S n ＝y n ＋y n ＋12＝3×2n －1－1，总的面积应用分组求和法，可求得多边形的面积为S ＝3(2n －1)－n ＝3×2n －n －3.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．(1)解由已知，得a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n .因此a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．18．(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，且4S n ＝5a n －5，数列{b n }满足b n ＝log 5a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明T n <1.(1)解∵4S n ＝5a n －5，∴4a 1＝5a 1－5，∴a 1＝5.当n ≥2时，4S n －1＝5a n －1－5，∴4a n ＝5a n －5a n －1，∴a n ＝5a n －1，∴{a n }是以5为首项，5为公比的等比数列，∴a n ＝5·5n －1＝5n .∴b n ＝log 55n ＝n .(2)证明∵c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n…＝1－1n ＋1<1.19．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝2a n －n ＋1，a 1＝3.(1)设数列{b n }满足：b n ＝a n －n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求出数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(1)证明b n ＋1b n ＝a n ＋1－(n ＋1)a n －n ＝2a n －n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2(a n －n )a n －n ＝2，又b 1＝a 1－1＝3－1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得b n ＝2n ，∴a n ＝2n ＋n ，∴S n ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n ＋n )＝(21＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)(2019·湖南衡阳八中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋1}是等比数列；(2)若数列b n ＝log 2(a n ＋1)n 项和T n .(1)证明当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.∵S n ＝2a n －n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝2n ，∴b n ＝log 22n ＝n ，∴1b 2n －1·b 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝∴T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.21．(12分)(2019·青岛调研)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n .(1)若对任意n ∈N *，S n ＝n 2＋n ＋12都成立，求a n ；(2)若a 1＝1，a 2＝2，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，且数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n .解(1)由S n ＝n 2＋n ＋12，得S n －1＝(n －1)2＋n2，n ≥2，两式相减得a n ＝n ，n ≥2，又a 1＝S 1＝32，不满足a n ＝n ，∴a n n ＝1，n ≥2.(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ，∵b 1＝a 1＋a 2＝3，{b n }是公比为3的等比数列，∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝32(3n－1)．22．(12分)(2019·湖南岳阳一中质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －2.(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 ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若存在n ∈N *，使不等式2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n≥m 成立，求实数m 的最大值．解(1)∵S n ＝2a n －2，①∴S n ＋1＝2a n ＋1－2，②∴②－①得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n (n ≥1)，∴a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n .(2)由题意得，T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，成等差数列，公差为12.首项T 11＝b11＝1，∴T n n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，T n ＝n (n ＋1)2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，当n ＝1时，b 1＝1成立，∴b n ＝n .∴2b n a n ＝2n2n ＝n 2n －1＝－1，令M n ＝2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n，只需(M n )max ≥m .∴M n ＝1＋2×12＋3＋…＋n －1，③12M n ＝12＋2＋3＋…＋n ，④③－④得，12M n ＝1＋12＋＋…－1－n 1－12n＝2－(n ＋，∴M n ＝4－(n ＋－1.∵M n ＋1－M n ＝4－(n ＋－4＋(n ＋－1＝n ＋12n>0.∴{M n }为递增数列，且(n ＋－1>0，∴M n <4.∴m ≤4，实数m 的最大值为4.。

2020高考数学分项汇编专项06数列(含解析)理

题，重点是对知识本
44
1 ， S2
2
a3 ，那么 a2 =_______。
考点：等差数列的通项公式 , 前 n 项和 . 10. 【 2019 高考北京理第 10 题】假设等比数列 { an} 满足 a2 ＋ a4＝ 20，a3＋ a5 ＝40，那么公比 q＝ __________；前 n 项和 Sn＝ __________.
〔 D〕 2 (8n 4 1) 7
2. 【 2018 高考北京理第 6 题】数列 an 对任意的 p， q
*
N 满足
ap
q
ap
aq ，且 a2
于〔
〕
A、 165
【答案】 C
B、 33
C、 30
D、 21
6 ，那么 a10 等
考点：数列
3. 【 2018 高考北京理第 2 题】在等比数列 { an} 中，a1＝ 1，公比 | q| ≠1. 假设 am＝ a1a2a 3a4a5，那么 m等于 (
8. 【 2018 高考北京理第 11 题】在等比数列 { an} 中，假设 a1
1 ， a4
2
| a1 | | a2 |
| an | ________.
【答案】 2
2n 1 1 2
4 ，那么公比 q ________；
9. 【 2019 高考北京理第 10 题】 { an} 等差数列 Sn 为其前 n 项和。假设 a1 【答案】 a2 1 ， Sn 1 n 2 1 n
〔Ⅲ〕求
lim
n
(b1
b2
bn ).
【答案】
13. 【 2006 高考北京理第 20 题】〔本小题共 14 分〕
在数列 { an} 中，假设 a1,a2 是正整数，且 an | an 1 an 2 |,n 3, 4,5, ，那么称 { an} 为〝绝对差

专题06 数列(原卷)2020年高考物理十年真题精解(全国Ⅰ卷)

三观一统2020年高中数学十年高考真题精解（全国卷I）专题6 数列十年树木，百年树人，十年磨一剑。

本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。

三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。

（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：等差数列的概念与性质（2019新课标I 卷T9理科）．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-（2018新课标I 卷T4理科）设为等差数列{a n }的前项和，若3S 3=S 2+S 4，a 1=2，则a 5= A. −12 B. −10 C. D.（2017新课标I 卷T4理科）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为（） A ．1B ．2C ．4D ．8（2016新课标I 卷T3理科）已知等差数列{}n a 前9项的和为27，108a =，则100a = （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97一、等差数列 1．等差数列的概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．即1n n a a d +-=，d 为常数． 2．等差中项如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=． 3．等差数列的通项公式及其变形以1a 为首项，d 为公差的等差数列{}n a 的通项公式为1(1)n a a n d =+-．公式的变形：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ．4．等差数列与一次函数的关系由等差数列的通项公式1(1)n a a n d =+-，可得1()n a dn a d =+-．令p d =，1q a d =-，则n a pn q =+，其中p ，q 为常数．（1）当0p ≠时，(,)n n a 在一次函数y px q =+的图象上，数列{}n a 的图象是直线y px q =+上均匀分布的一群孤立的点，且当0d >时数列{}n a 为递增数列，当0d <时数列{}n a 为递减数列．（2）当0p =时，n a q =，等差数列为常数列，数列{}n a 的图象是平行于x 轴的直线（或x 轴）上均匀分布的一群孤立的点．二、等差数列的性质 1．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ．（2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ．特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ．③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列．（4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列．（6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=．三、等差数列性质的运用1、等差数列的判定与证明的方法：①定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列； ②定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ；③等差中项法：{}122()n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；④通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列； ⑤前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可；（2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．2、等差数列中基本量的求解等差数列运算问题的一般求法是设出首项1a 和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1a ，n a ，d ，n ，n S ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．3、求解等差数列的通项及前n 项和求解等差数列通项公式的方法主要有两种：（1）定义法.（2）前n 项和法，即根据前n 项和n S 与n a 的关系求解.在利用定义法求等差数列通项公式时，常涉及设等差数列项的问题，等差数列中项的常见设法有：（1）通项法；（2）对称项设法.当等差数列{}n a 的项数为奇数时，可设中间一项为a ，再以公差为d 向两边分别设项：,2,,,,2,a d a d a a d a d --++L L ；当等差数列{}n a 的项数为偶数时，可设中间两项分别为,a d a d -+，再以公差为2d 向两边分别设项：,3,,,3,a d a d a d a d --++L L .递推关系式构造等差数列的常见类型：（1）转化为211()(n n n a a a +++--)n a -=常数，则{}1n n a a +-是等差数列；（2）转化为111n n a c a c +-=++常数，则1{}n a c+（c 可以为0）是等差数列；（3=常数，则是等差数列；（4）转化为221n n a a +-=常数，则2{}n a 是等差数列；（5）转化为111n n S cS c +-=++常数，则1{}n S c+（c 可以为0）是等差数列． 4、等差数列的性质的应用等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题.解题时要注意性质运用的限制条件，明确各性质的结构特征是正确解题的前提．如m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ，只有当序号之和相等、项数相同时才成立二、考向题型研究二：等比数列的概念与性质（2019新课标I 卷T14理科）．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．（2019新课标I 卷T14文科）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，S 3＝，则S 4＝．（2010新课标I 卷T4理科）已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =(A) (B) 7 (C) 6 (D)一、等比数列 1．等比数列的概念如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(0)q q ≠，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比．注意：（1）等比数列的每一项都不可能为0；（2）公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与n 无关的常数. 2．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时2G ab =．3．等比数列的通项公式及其变形首项为1a ，公比为q 的等比数列的通项公式是111(,0)n n a a q a q -=≠．等比数列通项公式的变形：n mn m a a q -=．4．等比数列与指数函数的关系等比数列{}n a 的通项公式11n n a a q -=还可以改写为1nn a a q q=⋅，当1q ≠且10a ≠时，x y q =是指数函数，1x a y q q =⋅是指数型函数，因此数列{}n a 的图象是函数1x ay q q=⋅的图象上一些孤立的点． ①当101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩时，{}n a 是递增数列；②当1001a q >⎧⎨<<⎩或101a q <⎧⎨>⎩时，{}n a 是递减数列；③当1q =时，{}n a 为常数列(0)n a ≠；④当0q <时，{}n a 为摆动数列，所有的奇数项（偶数项）同号，奇数项与偶数项异号三、等比数列及其前n 项和的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L ②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列．（3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列；数列1{}n a 是公比为1q的等比数列；数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为m q ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(kq 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-．（7）m nn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为mq ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零．三、等比数列性质的运用 1、等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明常用的方法：（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列．（2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．（2）只满足()10n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠. 2、等比数列的基本运算等比数列基本量的计算是解等比数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题. （1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行． ②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n n n na q S a a q a q q qq ì=ïï=í--=ï--ïî≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q =和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把nq ，11a q-当成整体求解. 3、求解等比数列的通项及前n 项和求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q -=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()n n *ÎN 且各项符号相同，则这个数列可设为21n a q -，…，3a q ，,aaq q，3aq ，…，21n aq -；若所给等比数列的项数为21()n n *+?N ，则这个数列可设为1n a q-，…，,,aa aq q ，…，1n aq -. 当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q -=-求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n n a a qS q-=-求解较方便.（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．4、等比数列的性质的应用等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n ＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.三、考向题型研究三：数列的前n项和与通项的关系（2018新课标I卷T14理科）记为数列{a n}的前项和，若S n=2a n+1，则S6=_____________．(2014新课标Ⅰ卷T17理科)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n≠0，a n a n+1=λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n=λ（Ⅱ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．(2013新课标Ⅰ卷T14理科)若数列{an}的前n 项和2133n n S a =+，则{an}的通项公式是an ＝_______.1、数列的前n 项和与通项的关系数列的前n 项和通常用n S 表示，记作12n n S a a a =+++L ，则通项11,2n nn S a S S n -⎧=⎨-≥⎩．若当2n ≥时求出的n a 也适合1n =时的情形，则用一个式子表示n a ，否则分段表示．2、利用n a 与n S 的关系求通项公式已知n S 求n a 的一般步骤：（1）先利用11a S =求出1a ；（2）用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用1,2n n n S a S n --=≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式；（3）对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写.利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项公式时，务必要注意2n ≥这一限制条件，所以在求出结果后，要看看这两种情况能否整合在一起．（4）如果利用上述关系得不到关系式的时候，要把n a 变成1--n S Sn 得到关系式从而求解3、由递推关系式求通项公式（拓展知识点）递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项.高考对递推公式的考查难度适中，一般是通过变换转化成特殊的数列求解. 已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法如下：（1）1()n n a a f n +=+：常用累加法，即利用恒等式121321()()()n n n a a a a a a a a -=+---+++L 求通项公式．在这里)(f n 可以是一个常数，可以是一个等差数列，可以是一个等差数列，也可以是裂项相消法等（2）1()n n a f n a +=⋅：常用累乘法，即利用恒等式321121n n n a a a a a a a a -=⋅⋅L 求通项公式．（3）1n n a pa q +=+（其中,p q 为常数，0,1p ≠）：先用待定系数法把原递推公式转化为1()n n a k p a k +-=-，其中1qk p=-，进而转化为等比数列进行求解．（4）1n n n a pa q +=+：两边同时除以1n q +，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解；两边同时除以1n p+，然后可转化为类型1，利用累加法进行求解．（5）1n n a pa qn t +=++：把原递推公式转化为1()n n a xn y p a xn y +--=--，解法同类型3．（6）1rn n a pa +=：把原递推公式两边同时取对数，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解．（7）1nn n pa a qa r+=+：把原递推公式两边同时取倒数，然后可转化为类型3，或者转化成等差数列，利用待定系数法进行求解．（8）1()n n a a f n ++=：易得2(1)()n n a a f n f n +-=+-，然后分n 为奇数、偶数两种情况分类讨论即可．（9）1()n n a a f n +⋅=：易得2(1)()n n a f n a f n ++=，然后分n 为奇数、偶数两种情况分类讨论即可．四、考向题型研究四：等差数列的前n 项和（2017新课标I 卷T17文科）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2=2，S 3=﹣6．（1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ，并判断S n+1，S n ，S n+2是否成等差数列．（2016新课标I 卷T17文科）已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1=1，b 2=31，a n b n +1+b n +1=nb n .(Ⅰ)求{a n }的通项公式； (Ⅱ)求{b n }的前n 项和.（2015新课标I 卷T7文科）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10(a = )A ．172B ．192C ．10D ．12(2013新课标Ⅰ卷T7理科)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．A ．3B ．4C ．5D ．6一、等差数列的前n 项和 1．等差数列的前n 项和基本概念首项为1a ，末项为n a ，项数为n 的等差数列{}n a 的前n 项和公式：11()(1)==22n n n a a n n S na d +-+．令2d p =，12d q a =-，可得2n S pn qn =+，则 ①当0p ≠，即0d ≠时，n S 是关于n 的二次函数，点(,)n n S 是2=y px qx +的图象上一系列孤立的点；②当0p =，即0d =时，n S 是关于n 的一次函数(0q ≠，即10)a ≠或常函数(0q =，即10)a =，点(,)n n S 是直线y qx =上一系列孤立的点．我们可以借助二次函数的图象和性质来研究等差数列的前n 项和的相关问题． 2．用前n 项和公式法判定等差数列等差数列的前n 项和公式与函数的关系给出了一种判断数列是否为等差数列的方法：若数列{}n a 的前n 项和2n S an bn c =++，那么当且仅当0c =时，数列{}n a 是以a b +为首项，2a 为公差的等差数列；当0c ≠时，数列{}n a 不是等差数列． 3、与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质：设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ，（1）数列{}n S n是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S n S na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶．（5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 4、等差数列前n 项和公式的应用方法：根据不同的已知条件选用不同的求和公式，若已知首项和公差，则使用1(1)=2n n n S na d -+；若已知通项公式，则使用1()=2n n n a a S +，同时注意与性质“12132n n n a a a a a a --+=+=+=L ”的结合使用. 【拓展】数列{||}n a 的前n 项和的求解1．求数列{}||n a 的前n 项和的关键是分清哪些项为正的，哪些项为负的，最终转化为去掉绝对值符号后的数列进行求和．2．当{}n a 的各项都为非负数时，{}||n a 的前n 项和就等于{}n a 的前n 项和；当从某项开始各项都为负数（或正数）时，求{}||n a 的前n 项和要充分利用{}n a 的前n 项和公式，这样能简化解题过程． 3．当所求的前n 项和的表达式需分情况讨论时，其结果应用分段函数表示5、等差数列的前n 项和的最值问题不等式法：由11(2,)n n n n S S n n S S -+≥⎧≥∈⎨≥⎩*N ，解不等式组确定n 的范围，进而确定n 的值和n S的最大值．五、考向题型研究五：等比数列的前n 项和（2015新课标I 卷T13文科）在数列{}n a 中，12a =，12n n a a +=，n S 为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = ．(2013新课标I 卷T6文科)设首项为1，公比为23的等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，则( )． A ．12-=n n a S B ．23-=n n a S C ．n n a S 34-= D ．n n a S 23-=（2012新课标I 卷T14文科）等比数列{n a }的前n 项和为S n ，若S 3+3S 2=0，则公比q =_______（2011新课标I 卷T17文科）已知等比数列{a n }中，a 1=，公比q=．（Ⅰ）S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n =（Ⅱ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．等比数列的前n 项和公式首项为1a ，公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和的公式为111,1.(1),111n n n na q S a a qa q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（1）当公比1q =时，因为10a ≠，所以1n S na =是关于n 的正比例函数，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是正比例函数1y a x =图象上的一群孤立的点．（2）当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是1(1)1n n a q S q -=-，即11nn a S q q =-⋅-11a q +-，设11a m q=-，则上式可写成nn S mq m =-+的形式，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是函数x y mq m =-+图象上的一群孤立的点．由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和n S 是一个关于n 的指数型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数．）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(kq 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn m m S q S q-=-．（7）m nn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为mq ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零．六、考向题型研究六：等差数列和等比数列的综合应用（2019新课标I 卷T18文科）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝﹣a 5．（1）若a 3＝4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．（2016新课标I 卷T15理科）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为．(2013新课标Ⅰ卷T12理科)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( )． A ．{Sn}为递减数列 B ．{Sn}为递增数列C ．{S2n －1}为递增数列，{S2n}为递减数列D ．{S2n －1}为递减数列，{S2n}为递增数列数列可以看作是一类特殊的函数，所以数列具备函数应有的性质，在高考中常考查数列的单调性、周期性等. 1．数列的周期性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． 2．数列的单调性（1）数列单调性的判断方法：①作差法：10n n a a +->⇔数列{}n a 是递增数列；10n n a a +-<⇔数列{}n a 是递减数列； 10n n a a +-=⇔数列{}n a 是常数列．②作商法：当0n a >时，11n na a +>⇔数列{}n a 是递增数列； 11n na a +<⇔数列{}n a 是递减数列； 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列．当0n a <时，11n na a +>⇔数列{}n a 是递减数列； 11n na a +<⇔数列{}n a 是递增数列； 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列． 3、数列单调性的应用：①构造函数，确定出函数的单调性，进而可求得数列中的最大项或最小项．②根据11k k k k a a a a -+≥⎧⎨≥⎩可求数列中的最大项；根据11k k kk a a a a -+≤⎧⎨≤⎩可求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解对应的项的大小即可．（3）已知数列的单调性求解某个参数的取值范围，一般有两种方法：①利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理；②利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n 的取值范围．七、考向题型研究七：数列求和之裂项相消法（2015新课标I 卷T17理科）n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和.（2011新课标I 卷T17理科）等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1+3a 2=1，a 32=9a 2a 6，（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{}的前n 项和．求数列的前n 项和，根据数列的不同特点，通常有以下几种方法：（1）公式法，即直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解；（2）倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.（3）裂项相消法，即将数列的通项拆成结构相同的两式之差，然后消去相同的项求和.使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点. 常见的裂项方法有：（4）错位相减法，若数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且公比为(1)q q ≠，求{}n n a b ⋅的前n 项和时，常用错位相减法求和.基本步骤是：列出和式，两边同乘以公比，两式相减并求和. 在写出n S 与n qS 的表达式时，要将两式“错项对齐”，便于准确写出n n S qS -的表达式.（5）分组求和法，如果一个数列可写成n n n c a b =?的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.八、考向题型研究八：新定义数列问题（2012新课标I 卷T12文科）数列{n a }满足1(1)21nn n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为（A ）3690 （B ）3660 （C ）1845 （D ）1830（2017新课标I 卷T12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 ．440 B ．330C ．220D ．1101．数列实际应用中的常见模型①等差模型：增加或减少的量是一个固定的常数d ，d 是公差；②等比模型：后一个量与前一个量的比是一个固定的常数q ，q 是公比；③递推数列模型：题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，由此列递推关系式．2．解答数列实际应用题的步骤①审题：仔细阅读题干，认真理解题意；②建模：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题；③求解：求出该问题的数学解；④还原：将所求结果还原到实际问题中．在实际问题中建立数学模型时，一般有两种途径：①从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；②从一般入手，找到递推关系，再进行求解．。

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第六章数列第一节等差数列与等比数列题型67 等差（等比）数列的公差（公比）1.(2017北京理10)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =_______. 解析由11a =-，48a =，则21132a a d =+=-+=，由11b =-，48b =，则2q =-，则212b b q ==.故22212a b ==. 2.（2017全国1理4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（）. A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++=，61656482S a d ⨯=+=，联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①②，得()211524-=d ，即624d =，所以4d =.故选C.3.（2017全国2理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）. A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ，2=q ，()7171238112-==-a S ，解得13a =．故选B.4.（2017全国3理14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列，设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠，10a ≠，式式②①，得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =，所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1.（2017全国1理12）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02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数100N N >：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.110解析设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为()12n n +，由题意得，100N >，令()11002n n +>，得14n ≥且*n ∈N ，即N 出现在第13组之后，第n 组的和为122112nn -=--，n 组总共的和为()12122212n n n n +--=---，若要使前N 项和为2的整数幂，则()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数，即()*21214k n k n -=+∈N ，≥，()2log 3k n =+，得n 的最小值为295n k ==，，则()2912954402N ⨯+=+=.故选A.2.2017山东理19）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=，（1）求数列{}n x 的通项公式；（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，依次联结点()111P x ，，()222P x ，，…，()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P +L ，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析（1）设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=，因为0q >，所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（2）过1231,,,,n P P P P +L 向x 轴作垂线，垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q +L ，由（1）得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以123n n T b b b b =++++=L 10132325272(21)2(21)2n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯L① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯L②-①②，得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=L 1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1.（2017江苏09）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1，由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，因此36319S q S =+=，得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==，得114a =，所以78132a a q ==．故填32．解法二（由分段和关系）：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，所以38q =，即2q =．下同解法一．2.（2017全国2理15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首项为1a ，公差为d ．由3123a a d =+=，414610S a d =+=，得11a =，1d =，所以n a n=，()12n n n S +=，()()112222122311nk kSn n n n ==++++=⨯⨯-+∑L 11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-=⎪-+⎝⎭L 122111n n n ⎛⎫-=⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1.（2017江苏19）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k a a a a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a ka +=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“()3P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．解析（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则()11n a a n d =+-，从而当4n …时，()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-=，1,2,3k =，所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=，因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”．（2）由数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n …时，21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n …时，3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知，()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n …，所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为d '．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d '=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以312a a d '=-，从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题，其实类似的问题此前我们也研究过，给出仅供参考．（2015南通基地密卷7第20题）设数列{}n a 的各项均为正数，若对任意的*n ∈N ，存在*k ∈N ，使得22n k n n k a a a ++=成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．（1）若数列{}n a 是“2J 型”数列，且28a =，81a =，求2n a ；（2）若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，证明数列{}n a 是等比数列．解析（1）由题意得，2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．（2）由{}n a 是“4J 型”数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为t ，由{}n a 是“3J 型”数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为3α；则431311a t a α==，431725a t a α==，432139a t a α==，所以123ααα==，不妨令123αααα===，则43t α=．所以()32113211k k k a a a α----==，()2311223315111k k k k k a a a t a a ααα------====，所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----====，综上11n n a a -=，从而{}n a 是等比数列．2.(2017北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析（1）111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n …时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k kb na -关于*k ∈N 单调递减.从而{}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-L ，将1,2,3n =代入，满足此式，所以对任意1n …，1n c n =-，于是11n n c c +-=-，得{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时„.①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m …时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++L 是等差数列.②当10d =时，对任意1n …， (){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时，123,,,,,n c c c c L L 是等差数列. ③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <，所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++…()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ，取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭，故当n m …时，nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题——暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1.（2017天津理18）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ① 由114=11S b ，可得1516a d += ② 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=L1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯--，得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.（2017全国3理9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则数列{}n a 前6项的和为（）. A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d ，则2326a a a =，即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a =，代入上式可得220d d +=，又0d ≠，则2d =-，所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.故选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2017浙江理22)已知数列{}n x 满足：11x =，()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.（1）10n n x x +<<；（2）1122n n n n x x x x ++-…；（3）1-21122n n n x -剟. 解析（1）用数学归纳法证明：0n x >.当1n =时，110x =>，假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +„，则()110ln 10k k k x x x ++<=++„，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .（2）由()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++.记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++….()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++…，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =…，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=…，即()*1122n n n n x x x x n ++-∈N „. （3）因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N „，得112n n x x +…，以此类推，21111,,22n n x x x x -L 厖，所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭L =x ?，故112n n x -…. 由（2）知，()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …，即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭…，所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭厖?，故212n n x -„.综上，()*121122n n n x n --∈N 剟.。