专题32 数列大题解题模板(解析版)
高考数列专题题型讲解及答案
数列题型一、数列的综合问题【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14. 又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 ＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【分析】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【即时应用】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n .(2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)， 易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立. 题型二、数列的通项、求和求和要善于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常用求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2， 即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29. 故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1. (2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 【分析】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【即时应用】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S 2n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).题型三、数列的综合应用3.1 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 )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *).(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1 因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 热点3.2 数列与不等式的综合问题【例4】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n 3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n .(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n ≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。
数列大题专题(含解析)
{ n} 1 1数列大题训练一、解答题1.设数列{ a n }的前 n 项和为 S n .已知 S 2 =4， a n +1 =2 S n +1， n ∈ N ∗ . （1）求通项公式 a n ；（2）求数列{| a n − n − 2 |}的前 n 项和.2.已知 a , a , a ,⋅⋅⋅, a为正整数且 a > a > a>⋅⋅⋅> a > 1 ，将等式 (1 − 1 ) + (1 − 1 ) + (1 − 1) +⋅⋅0 12n12na 1a 2a 3⋅ +(1 − 1 ) = 2(1 − 1) 记为 (∗) 式.a na 0（1）求函数 f (x ) = 1 − 1x， x ∈ [2, +∞) 的值域；（2）试判断当 n = 1 时（或 2 时），是否存在 a 0 ， a 1 （或 a 0 ， a 1 ， a 2 ）使 (∗) 式成立，若存在，写出对应 a 0 ， a 1 （或 a 0 ， a 1 ， a 2 ），若不存在，说明理由；（3）求所有能使 (∗) 式成立的 a i （ 0 ≤ i ≤ n ）所组成的有序实数对 (a 0, a 1, a 2,⋅⋅⋅, a n ) . 3.已知函数 f (x ) = log 3(x +1)(x > 0) 的图象上有一点列 P (x, y )(n ∈ N ∗)，点P在 x 轴上的射影是x +1n n nnQ n (x n , 0) ， 且 x n = 3x n−1 + 2 ( n ≥ 2 且 n ∈ N ∗ )，x 1 = 2 .（1）求证： {x n + 1} 是等比数列，并求出数列 {x n } 的通项公式；21 （2）对任意的正整数 n ，当 m ∈ [−1,1] 时，不等式 3t − 6mt + > y n 恒成立，求实数 t 的取值范3围.（3）设四边形 P Q QP1 1 的面积是 S ，求证： ++ ⋯ +1< 3 . n n n +1 n +1nS 1 2S 2nS n4.已知 n 为正整数，数列{a }满足 a ＞0， 4(n + 1)a2− na2= 0 ，设数列{b }满足 b= a n 2nnnn +1nnt na n （1）求证：数列 为等比数列；√（2）若数列{b n }是等差数列，求实数 t 的值；（3）若数列{b n }是等差数列，前 n 项和为 S n ， 对任意的 n ∈N * ， 均存在 m ∈N * ， 使得 8a 2S n ﹣ a 4n 2=16b m 成立，求满足条件的所有整数 a 1 的值． a 2n5.已知数列 {a n } 和 {b n } 满足： a 1 = λ ,数， n 为正整数．n +1 = 3 a n + n − 4, b n = (−1)(a n − 3n + 21) 其中 λ 为实（1）对任意实数 λ ，证明数列 {a n } 不是等比数列； （2）对于给定的实数 λ ，试求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ；（3）设 0 < a < b ，是否存在实数 λ ，使得对任意正整数 n ，都有 a < S n < b 成立？若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由．6.已知数列 {a n } 满足 a 1 = 1，a n +1 = 1 − 14a n，其中 n ∈ N ∗ .1 1+a +1Ⅲ 3) （1）设 b n = 22an −1，求证：数列 {b n } 是等差数列，并求出 [a n } 的通项公式 ；（2）设 c n = 4a n n +1 ，数列 {c n c n +2 } 的前 n 项和为 T n ，且存在正整数 m ，使得 T n < 1 c m +1 对 于 n ∈ N ∗ 恒成立，求 m 的最小值.7.设各项均为正数的等比数列 {a n } 中， a 1 + a 3 = 10 ， a 3 + a 5 = 40 ，数列 {b n } 的前 n 和 S n =n 2+7n ．2（1）求数列 {a n } 、 {b n } 的通项公式；（2）若 c 1 = 1 ， c n +1 = c n + b n −3a n，求证： c n< 3 ．1（3）是否存在整数 k ，使得 a −b的最大值，若不存在，说明理由．+1a 2−b 2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ +1a n −b n>k 10对任意正整数 n 均成立？若存在，求出 k8.已知数列 {a } 的各项均为非零实数，其前 n 项和为 S，且S n a n .n（1）若 S 3=3 ，求 a 3 的值；nS n 1 = a n +2（2）若 a 2021=2021a 1 ，求证：数列 {a n } 是等差数列；（3）若 a 1=1 ， a 2=2 ，是否存在实数 λ ，使得 |2a n − 2a m | ≤ λ|a 2 − a 2 | 对任意正整数 m ，n 恒成立，若存在，求实数 λ 的取值范围，若不存在，说明理由. a 2 −a+2anm9.已知数列 {a n } 和 {b n } , a 1 = 1, a 2 = 3 , a n +1= nn−1nn−1 ,( n ∈ N ∗且n ≥ 2 ), b n =1og 2(a n +1)2−5a n +1(I) 求 a 3, a 4 ;, (n ∈ N ∗) .(Ⅱ)猜想数列 {a n } 的通项公式,并证明;( )设函数 f (x ) = x + 1 x +2, 若 |f (b n ) − t | ≤ 16 35 对任意 n ∈ N ∗恒成立,求 t 的取值范围.210.已知数列 {a n } 满足： a 1 = − 3 , a n +1 =−2a n −3 (n ∈ N ∗ ）.3a n+4（1）证明：数列 { 1} 是等差数列，并求 {a} 的通项公式；a n +1n（2）若数列 {b n } 满足： b n = 2 (a n + 1)(n ∈ N ），若对一切 n ∈ N ∗ ，都有 (1 − b 1)(1 − b 2). . . (1 −b n ) ≤λ√2n +1 成立，求实数 λ 的最小值.11.已知数列 {x n } ，如果存在常数 p ，使得对任意正整数 n ，总有 (x n +1 − p )(x n − p ) < 0 成立，那么我们称数列 {x n } 为“p -摆动数列”．（Ⅰ） 设 a n = 2n − 1 ， b n = (− 由；1 n2， n ∈ N ∗ ，判断 {a n } 、 {b n } 是否为“p -摆动数列”，并说明理 （Ⅱ）已知“p -摆动数列” {c n} 满足 c n +1 = 1cn +1， c 1= 1 ，求常数 p 的值；∗} 1 2 （Ⅲ）设 d n = (−1)n ⋅ (2n − 1) ，且数列 {d n } 的前 n 项和为 S n ，求证：数列 {S n } 是“p -摆动数列”， 并求出常数 p 的取值范围．12.等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n .（1）求证：数列S n{ n }是等差数列；（2）若 a 1= 1, {√S n 是公差为 的等差数列，求使 S k +1⋅S k +2S k 2为整数的正整数 k 的取值集合；（3）记 b = t a n ( t 为大于 0 的常数)，求证：b 1+b 2+⋯…+b n≤b 1+b 2.nn213.已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n = 2a n − 2 ． （1）求 {a n } 的通项公式；（2）在 a n 与 a n +1 之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为 d n 的等差数列，在数列 {d n } 中是否存在 3 项 d m ， d k ， d p （其中 m ， k ， p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 3 项；若不存在，请说明理由．14.已知递增的等比数列 {a n } 满足 a 2 + a 3 + a 4 = 28 ，且 a 3 + 2 是 a 2 ， a 4 的等差中项. （1）求 {a n } 的通项公式；（2）若 b n = a n log 1a n ， S n =b 1 + b 2 + b 3 + ⋯ + b n 求使 S n + n ⋅ 2n +1 > 30 成立的 n 的最小值. 15.已知数列 {a n } 中，已知 a 1 = 1 ， a 2 = a ， a n +1 = k (a n + a n +2) 对任意 n ∈ N ∗ 都成立，数列{a n }的前 n 项和为 S n ．（1）若 {a n } 是等差数列，求 k 的值； （2） 若 a = 1 ， k = − 12 ， 求 S n ；（3）是否存在实数 k ，使数列 {a n } 是公比不为 1 的等比数列，且任意相邻三项 a m ， a m +1 ， a m +2 按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有 k 的值；若不存在，请说明理由．16.一列火车从重庆驶往北京，沿途有 n 个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各 1 个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各 1 个，设从第 k 站出发时，邮政车厢内共有邮袋 a k 个（k=1，2，…，n ）．（1）求数列{a k }的通项公式；（2）当 k 为何值时，a k 的值最大，求出 a k 的最大值．17.已知等比数列 {a n } 的公比 q > 1 ， a 2 ， a 3 是方程 x 2 − 6x + 8 = 0 的两根． （1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）求数列 {2n ⋅ a n } 的前 n 项和 S n ．18.设数列 {a n } 满足 a n 2 = a n +1a n−1 + λ(a 2 − a 1)2 ，其中 n ⩾ 2 ，且 n ∈ N ， λ 为常数. （1）若 {a n } 是等差数列，且公差 d ≠ 0 ，求 λ 的值；（2）若 a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 4 ，且存在 r ∈ [3,7] ，使得 m ⋅ a n ≥ n − r 对任意的 n ∈ N ∗ 都成立，求m 的最小值；（3）若 λ ≠ 0 ，且数列 {a n } 不是常数列，如果存在正整数 T ，使得 a n +T = a n 对任意的 n ∈ N ∗均成立.求所有满足条件的数列{an } 中 T 的最小值.19.已知等差数列 {a n } 满足 a 2 = 5 ， a 4 + a 5 = a 3 + 13 .设正项等比数列 {b n } 的前 n 项和为 S n ， 且 b 2b 4 = 81 ， S 3 = 13 .（1）求数列 {a n } 、 {b n } 的通项公式；（2）设 c n = a n b n ，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n .20.公差不为零的等差数列 {a n } 中， a 1 ， a 2 ， a 5 成等比数列，且该数列的前 10 项和为 100，数列{b n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 S n = 2b n − 1, n ∈ N ∗ ．( Ⅰ ) 求数列 {a n } ， {b n } 的通项公式；( Ⅱ ) 令 c n = 1+a n4b n，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n 的取值范围．21.已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ， 且 S n +a n =4，n ∈N * ． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）已知 c n =2n+3（n ∈N *），记 d n =c n +log C a n （C ＞0 且 C≠1），是否存在这样的常数 C ，使得数列{d n }是常数列，若存在，求出 C 的值；若不存在，请说明理由． （3）若数列{b }，对于任意的正整数 n ，均有 b a +b a +b a+…+b a =（）n ﹣ n +2成立，求证：数n列{b n }是等差数列．1 n2 n ﹣13 n ﹣2n 1 2 222.已知数列 {a n } 满足 a 1 = 1, a n +1 = 1 −14a n,其中 n ∈ N ∗ .（1）设 b n = 22an −1,求证:数列 {b n } 是等差数列,并求出 {a n } 的通项公式;（2）设 c n = 4a nn +1 ,数列 {c n c n +2 } 的前 n 项和为 T n .23.已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ， 且满足 12S n ﹣36=3n 2+8n ，数列{log 3b n }为等差数列，且 b 1=3，b 3=27． （Ⅰ）求数列{a n }与{b n }的通项公式；（Ⅱ）令c =（﹣1）n (a − 5) + b ，求数列{c }的前 n 项和 T ． nn12n n n24.已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数，设集合 M ＝{0，1，2，…，q －1}，集合 A ＝{x|x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －1 ， x i ∈M ，i ＝1，2，…，n}．（1）当 q ＝2，n ＝3 时，用列举法表示集合 A.（2）设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －1， t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n－1， 其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n.证明：若 a n ＜b n ， 则 s ＜t. ∗25.已知数列 {a n } 的首项 a 1 = a (a > 0) ，其前 n 项和为 S n ，设 b n = a n + a n +1(n ∈ N ) . （1）若 a 2 = a + 1 ， a 3 = 2a 2 ，且数列 {b n } 是公差为 3 的等差数列，求 S 2n ； （2）设数列 {b n } 的前 n 项和为 T n ，满足 T n = n 2 . ①求数列 {a n } 的通项公式； ②若对 ∀n ∈ N ∗，且n ≥ 2 ，不等式 (a n−1 − 1)(a n +1 − 1) ≥ 2(1 − n ) 恒成立，求 a 的取值范围.12 Ⅱ26.是否存在一个等比数列{a }同时满足下列三个条件：①a +a =11 且 a a =；②a ＞a （n ∈N *）；n163 49 n+1n③至少存在一个 m （m ∈N *且 m ＞4），使得 2a， a 2 ， a + 4依次构成等差数列？若存在，求出通项公式；若不存在，说明理由．3m ﹣1mm+1927.设 {a n } 是等差数列， a 1 = −8 ，且 a 2 + 8 ， a 3 + 6 ， a 4 + 4 成等比数列. （1）求 {a n } 的通项公式；（2）求 {a n } 的前 n 项和 S n 的最小值；（3）若 {b n } 是等差数列， {b n } 与 {a n } 的公差不相等，且 b 5 = a 5 ，问： {a n } 和 {b n } 中除第 5 项外，还有序号相同且数值相等的项吗？（直接写出结论即可） 28.已知数列 {a } 满足 1a ≤ a≤ 3a ， n ∈ N ∗ ， a= 1 .n3 n n +1n1（1）若 a 2 = 3 ， a 3 = x ， a 4 = 6 ，求 x 的取值范围；（2）若 {a } 是公比为 q 的等比数列， S= a + a+ ⋯ + a ， 1S ≤ S≤ 3S ， n ∈ N ∗ ， 求 qn的取值范围；n12n3 nn +1（3）若 a 1, a 2, ⋯ , a k 成等差数列，且 a 1 + a 2 + ⋯ + a k = 2020 ，求正整数 k 的最大值. 29.若数列 {a n } 是公差为 2 的等差数列，数列 {b n } 满足 b 1＝1，b 2＝2，且 a n b n ＋b n ＝nb n ＋1. （1）求数列 {a n } , {b n } 的通项公式；（2）设数列 {c n} 满足 c n= a n +1 b n +1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，若不等式 (－1)n λ < T n+ n 2n−1对一切 n ∈N *恒成立，求实数 λ 的取值范围.30.设 T n 是数列 {a n } 的前 n 项之积，且满足 T n = 3 − a n ， n ∈ N ∗ .（1）求证：数列 { 13−a n1− } 是等比数列，并写出数列 {a n } 的通项公式；（2）设 S 是数列 {a } 是前 n 项之和，证明： n + 1 − 1< S< n + 2 − 2.nnT nnT n31.已知数列{a n }满足 a n+1+a n =4n ﹣3，n ∈N * （1）若数列{a n }是等差数列，求 a 1 的值； （2）当 a 1=﹣3 时，求数列{a n }的前 n 项和 S n ； （3）若对任意的n ∈N *， 都 有a n 2+a n +1 2a n +a n +1≥5 成立，求 a 1的取值范围．32.ΔABC 中，内角 A , B , C 的对边分别是 a , b , c ，已知 a , b , c 成等比数列，且B = 3．（Ⅰ）求1tan A+1tan B的值；cos 4（ ）设 B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗A ⃗⃗⃗ ⋅ B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗C ⃗⃗⃗ = 3 2，求 a + c 的值． 33.已知数列 {a n } 的前 n 和为 S n ，且满足 λS n = a n − 1 ，其中 λ ≠ 0 且 λ ≠ 1 . （1）证明：数列 {a n } 是等比数列；（2）当 λ = 12，令 c n= (n + 1)a n ，数列 {a n } 的前 n 项和为 T n ，若需 Tn> 2019 恒成立，求正整n数 n 的最小值.321+a 2 n a 2 n)34.已知数列 {a n} 满足 a 1 = 1 ， a n +1=a n n， n ∈ N ∗， 记Sn， T n分别是数列 {a n} ， {a 2} 的前 n 项和，证明：当 n ∈ N ∗ 时，（1）a n +1 < a n ；（2）T n = 1n +1− 2n − 1 ；（3）√2n − 1 < S n < √2n .35.设 q 为不等于 1 的正常数， {a n } 各项均为正，首项为 1 ，且 {a n } 前 n 项和为 S n ，已知对任意的正整数 n , m ，当时 n > m ， S n − S m = q m · S n−m 恒成立. （1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）若数列 {t n } 是首项为 1 ，公差为 3 的等差数列，存在一列数 k 1, k 2, ⋯ , k n , ⋯ ：恰好使得 t k 1 = a 1, t k 2 = a 2, ⋯ , t k n = a n , ⋯, 且 k 1 = 1, k 2 = 2 ，求数列 {k n } 的通项公式；（3）当 q = 3 时，设 b n = na n ，问数列 {b n} 中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出所 有这样的三项，若不存在，请说明理由36.已知数列 {a} 满足aa− 3 （ n ≥ 2 ， 且 n ∈ N ∗）， 且 a= − 3， 设 b n + 2 = 3log 1(a n +n4 n = n−1 1441) ， n ∈ N ∗，数列{c n } 满足 c n = (a n + 1)b n .（1）求证：数列 {a n + 1} 是等比数列并求出数列 {a n } 的通项公式； （2）求数列 {c n } 的前 n 项和 S n ； （3）对于任意 n ∈ N ∗，t ∈ [0,1]， cn⩽ tm 2 − m − 12恒成立，求实数 m 的取值范围.37.已知 {a n } 是递增的等差数列， a 2 ， a 4 是方程 x 2－5x ＋6＝0 的根. （1）求 {a n } 的通项公式； a（2）求数列 {2n } 的前 n 项和.38.已知数列 {a } 的满足 a = 1 ，前 n 项的和为 S，且 a n +1−a n = 2 (n ∈ N *) .n1（1）求 a 2 的值；na n an +1 4S n−1（2）设 b n = a na n +1−a n ，证明：数列 {b n} 是等差数列；（3）设 c n = 2b n ⋅ a n ，若 1 ≤ λ ≤ √2 ，求对所有的正整数 n 都有 2λ2 − kλ + 3√2 < c n 成立的 k 的取值范围.39.数列 {a n } 是首项与公比均为 a 的等比数列（ a > 0 ，且 a ≠ 1 ），数列 {b n } 满足 b n = a n ⋅ lg a n ． （1）求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ； （2）若对一切 n ∈ N ∗都有b n < b n +1 ，求 a 的取值范围．40.等差数列{a n }中，其前 n 项和为 S n ， 且S n = (a n +1)22，等比数列{b n }中，其前 n 项和为 T n ， 且 T n =(b n +1 2 ，（n ∈N *）2（1）求a n ，b n ； （2）求{a n b n }的前 n 项和 M n ．n +1 41.已知函数 f （x ） = log 3（ax + b ） 的图象过点 A （2，1） 和 B （5，2 ）记 a n = 3f （n ） ， n ∈ N * ．（1）求数列{ a n }的通项公式．（2）设 b n = a n2n ， T n = b 1 + b 2 + ⋯ b n ， T n< m （ m ∈ Z ），求 m 的最小值．42.已知公比 q > 0 的等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1 = 1, S 3 = 13 ，数列 {b n } 中， b 1 = 1, b 3 = 3 ．（1）若数列 {a n + b n } 是等差数列，求 a n , b n ； （2）在（1）的条件下，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．43.已知数列{b n }是首项 b 1=1，b 4=10 的等差数列，设 b n +2=3 log 1 4a n （n ∈n *）．（1）求证：{a n }是等比数列；（2）记 c n =1 b n b n +1，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；（3）记 d n =（3n+1）•S n ， 若对任意正整数 n ，不等式的最大值．1n +d 1 1+ n +d 2 +…+ 1n +d nm＞ 24 恒成立，求整数 m 44.已知各项均不相等的等差数列 {a n } 的前五项和 S 5 = 20 ，且 a 1, a 3, a 7 成等比数列；（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）若 T n 为数列 { 1a n a n +1} 的前 n 项和，且存在 n ∈ N ∗，使得T n− λa n≥ 0 成立，求实数 λ 的取值范围。
专题32 数列中分组求和法问题(解析版)
专题32 数列中分组求和法问题【高考真题】 2022年没考查 【方法总结】 分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个可求和的数列，先分别求和，然后再合并．(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为可求和的数列(等差或等比数列)，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是可求和的数列(等比数列或等差数列)，可采用分组求和法求和．【题型突破】1．已知数列{a n }为等差数列，其中a 5＝3a 2，a 2＋a 3＝8． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *．(2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3，从而等比数列{c n }的公比为3，因此c n ＝1×3n －1＝3n －1． 另一方面，c n ＝a bn ＝2b n －1，所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝（1＋31＋…＋3n －1）＋n 2＝3n ＋2n －14．2．已知递增等比数列{a n }的前三项之积为8，且这三项分别加上1，2，2后又成等差数列． (1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．2．解析 (1)设等比数列前三项分别为a 1，a 2，a 3，公比为q ，则a 1＋1，a 2＋2，a 3＋2成等差数列．依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 2a 3＝8，2(a 2＋2)＝(a 1＋1)＋(a 3＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q ·a 1q 2＝8，2(a 1q ＋2)＝a 1＋1＋a 1·q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12(舍去)．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由b n ＝a n ＋2n ，得b n ＝2n －1＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)＋2×(1＋2＋3＋…＋n )＝20(1－2n )1－2＋2×n (1＋n )2＝2n ＋n 2＋n －1．3．已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且a 1＝2，S 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋4n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．3．解析 (1)∵数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，a 1＝2，S 3＝12， ∴S 3＝3×2＋3×22d ＝12，解得d ＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)∵b n ＝a n ＋4n ＝2n ＋4n ， ∴T n＝2(1＋2＋3＋…＋n )＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝2×n (n ＋1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋n ＋4n ＋13－43． 4．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．4．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则a n ＝a 1q n －1，且a n >0，由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＝32⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21q (q ＋1)＝2(q ＋1)，a 21q 5(q ＋1)＝32(q ＋1)，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 5＝32，又∵a 1>0，q >0，∴a 1＝1，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)由(1)知b n ＝a 2n ＋log 2a n＝4n －1＋n －1， ∴T n＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n －1)＝4n －14－1＋n (n －1)2＝4n －13＋n (n －1)2．5．已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．5．解析 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n ．(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ．故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2． 6．由整数构成的等差数列{a n }满足a 3＝5，a 1a 2＝2a 4． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，将数列{a n }，{b n }的所有项按照“当n 为奇数时，b n 放在前面；当n 为偶数时，a n 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，求数列{c n }的前(4n ＋3)项和T 4n ＋3．6．解析 (1)由题意，设数列{a n }的公差为d ，因为a 3＝5，a 1a 2＝2a 4，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1·a 1＋d ＝2a 1＋3d ，整理得(5－2d )(5－d )＝2(5＋d )，即2d 2－17d ＋15＝0，解得d ＝152或d ＝1，因为{a n }为整数数列，所以d ＝1，又由a 1＋2d ＝5，可得a 1＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋2，又由数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ， 根据题意，得新数列{c n }，b 1，a 1，a 2，b 2，b 3，a 3，a 4，b 4，…，则T 4n ＋3＝b 1＋a 1＋a 2＋b 2＋b 3＋a 3＋a 4＋b 4＋…＋b 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋b 2n ＋b 2n ＋1＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2 ＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n ＋1)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2n ＋2) ＝2×(1－22n ＋1)1－2＋(3＋2n ＋4)(2n ＋2)2＝4n ＋1＋2n 2＋9n ＋5．7．若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．7．解析 (1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ， 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝λ·2n －1．(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)，∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43．8．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．8．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．9．已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n，求数列{c n }的前n 项和S n ．9．解析 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12，得log 2(a 1a 2a 3)＝12，∴a 1a 2a 3＝212． 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝4，∴a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，解得q ＝4， ∴a n ＝4·4n －1＝4n ．(2)由(1)得b n ＝log 24n ＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n ．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n ·41－4＝43(4n－1)，∴S n ＝n n ＋1＋43(4n －1)．10．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2n b(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n ．10．解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，由a n >0，a 1a 3＝4，得a 2＝2，又a 3是a 2－2与a 4的等差中项，故2a 3＝a 2－2＋a 4，∴2·2q ＝2－2＋2q 2， ∴q ＝2或q ＝0(舍)．∴a n ＝a 2q n －2＝2n －1， ∴a n ＋1＝2n ＝2n b，∴b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n ＋1(2n －1)(2n ＋1)＝2n ＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2(1－2n )1－2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n 2n ＋1(n ∈N *)． 11．(2019·天津)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0．已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．11．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n ．所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n ．(2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n )＝⎣⎡⎦⎤n ×3＋n (n －1)2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3(－3n )1－3＋n ×3n ＋1＝(2n －1)3n ＋1＋32．所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n －1)3n ＋1＋32＝(2n －1)3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ．12．解析 (1)由a 1＝－3S 1＋4＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴数列{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n＝2n ． (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1)．令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1．∴H n ＝2－n ＋22n ．又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n ＋nn ＋1．13．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *．(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n ．13．解析 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ． 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n ，n ∈N *．(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n ， 所以a n ＝11221,21 2n n n n +-⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩，为奇数，为偶数. (3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n ＝21233, 2432n n n n +⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，为偶数，为奇数.14．(2021·新高考Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．14．解析 (1)因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n ＋2，n 为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5．因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以b n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，n ∈N *．(2)因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，a n＋2，n 为偶数，所以k ∈N *时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1，①，a 2k ＋1＝a 2k ＋2，② a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，③ 所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{a n }的前20项和S 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300．15．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)n S n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．15．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2．(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时， T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2．当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝(n －1)n 2－n 2＝－n (n ＋1)2．综上可知，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2．16．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．16．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 17．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且{b n }的前n 项和为S n ，2a 1＝b 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，________．在①b 5＝4(b 4－b 3)，②b n ＋1＝S n ＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n －b n }的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17．解析 (1)若选条件①，b 5＝4(b 4－b 3)．设等差数列{a n }的公差为d ，∵2a 1＝2，a 5＝5(a 4－a 3)，∴a 1＋4d ＝5(a 1＋3d －a 1－2d )，∴a 1＝d ＝1．∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ． 设等比数列{b n }的公比为q ．由b 1＝2，且b 5＝4(b 4－b 3)，得b 1q 4＝4(b 1q 3－b 1q 2)．∴q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2．所以{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．故b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． 若选条件②，b n ＋1＝S n ＋2．令n ＝1，得b 2＝S 1＋2＝b 1＋2＝4．∴公比q ＝b 2b 1＝2．∴数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．从而b n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n －b n ＝n －2n ，∴T n ＝(1＋2＋3＋…＋n )－(21＋22＋23＋…＋2n )， ∴T n ＝n (1＋n )2－2(1－2n )1－2，∴T n ＝2－2n ＋1＋n 22＋n 2．18．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1 000，求n 的取值范围．18．解析 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1． (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23．易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000， 故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *．19．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 4＝23，a 3＋a 5＝209，设b n ＝log 3a n2(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)令T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1，求使T n >0成立的最小值n ．19．解析 (1)设等比数列{a n}的公比为q ，由题意知，⎩⎨⎧a 1q 3＝23，a 1q 2＋a 1q 4＝209，两式相除，得q 1＋q 2＝310， 解得q ＝3或q ＝13，∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281．∴a n ＝a 1q n －1＝281·3n －1＝2·3n －5．∴b n ＝log 3a n2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－4＋n －5)2＝12(n 2－9n )．(2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n －1－5)＝1－2n1－2－5n >0， 即2n >5n ＋1，∵24<5×4＋1，25>5×5＋1，∴n min ＝5．20．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数．(1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1．①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．20．解析 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3．又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎨⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1．当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)． ②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2．记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝n 2(n ＋2)， 记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1， 两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n 2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10．。
部分专题三第二讲高考中的数列解答题型
＝a12－1q－k＋2q－qk＋1， 2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a111－－qqk－a12－1q－k＋2q－qk＋1 ＝1－a1 q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)] ＝1a－1qkq(q2＋q－2)＝0， 因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
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2．(2012·山东高考)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84， a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项 的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm. 解：(1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，故a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
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即an＝3n－2n，n＝1时也适合此式， ∴an＝3n－2n. (3)证明：由(2)得a1n＝3n－1 2n＝2＋11n－2n＝ C1n2n－1＋C2n12n－2＋…＋1<n·21n－1， 所以a11＋a12＋…＋a1n<1＋122＋1222＋…＋122n－1＝1＋121－2n1－1<32.
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等差、等比数列的判定与证明
[例1]
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2012·荆州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝
1 4
，
且Sn＝Sn－1＋an－1＋
1 2
(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－
119 4
，
且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列； (3)求数列{bn}的前n项和的最小值．
2023年高考数学微专题专练32含解析文 (1)
专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．[2021·全国乙卷]设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2.2．[2022·全国甲(文)，18]记S n 为数列{}a n 的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{}a n 是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．3．[2022·新高考Ⅰ卷，17]记S n 为数列{}a n 的前n 项和，已知a 1＝1，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n an 是公差为13的等差数列．(1)求{}a n 的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<2.4.[2021·全国甲卷]记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2＝3a 1，且数列{S n }是等差数列，证明：{a n }是等差数列．5．[2022·云南省高三联考(二)]已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋2a n－8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{(－1)n(S n －3n )}的前n 项和T n .专练32 高考大题专练(三) 数列的综合运用1．解析：(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝qn －1.因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n 3n .(2)由(1)知S n ＝1－13n1－13＝32(1－13n )，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13（1－13n ）1－13－n 3n ＋1＝12(1－13n )－n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2(34－2n ＋34×3n )－32(1－13n )＝－n 3n <0，故T n <S n2.2．解析：(1)证明：由已知条件，得S n ＝na n －n 22＋n2.当n ＝1时，a 1＝S 1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －n 22＋n 2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）a n －1－（n －1）22＋n －12，∴(1－n )a n＝－n ＋1－(n －1)a n －1.等式两边同时除以1－n ，得a n ＝1＋a n －1， ∴a n －a n －1＝1.∴{a n }是公差为1的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝a 1＋(n －1). ∴a 4＝a 1＋3，a 7＝a 1＋6，a 9＝a 1＋8. ∵a 4，a 7，a 9成等比数列，∴a 27 ＝a 4·a 9， 即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，∴a 1＝－12， ∴S n ＝na 1＋n （n －1）2×1＝－12n ＋n 2－n 2＝12n 2－252n .当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最小值，为12×122－252×12＝－78.3．解析：(1)∵a 1＝1，∴S 1a 1＝1.又∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n ＝S 1a 1＋13(n －1)， 即S n ＝(13n ＋23)a n ＝13(n ＋2)a n ，∴当n ≥2时，S n －1＝13(n ＋1)a n －1，∴a n ＝S n －S n －1＝13(n ＋2)a n －13(n ＋1)a n －1，n ≥2，即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，n ≥2，∴a n a n －1＝n ＋1n －1，n ≥2， ∴当n ≥2时，a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n ＋1n －1·n n －2·…·42·31＝n （n ＋1）2，∴a n ＝n （n ＋1）2.当n ＝1时，a 1＝1满足上式，∴a n ＝n （n ＋1）2.(2)证明：由(1)知a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1). ∵n ∈N *，∴0＜1n ＋1≤12，∴1－1n ＋1＜1， ∴2(1－1n ＋1)＜2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜2. 4．解析：由题意可知，数列{S n }的首项为a 1，设等差数列{S n }的公差为d ，由题意得S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＝2a 1，则d ＝S 2－S 1＝a 1＋a 2－a 1＝a 1，所以S n ＝a 1＋(n －1)a 1＝n a 1，即S n ＝a 1·n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1S n －S n －1＝（2n －1）a 1，n ≥2，即a n ＝(2n －1)a 1，所以a n ＋1－a n ＝2a 1，所以数列{a n }是以a 1为首项，2a 1为公差的等差数列．5．解析：(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －8， 得4S n －1＝a 2n －1 ＋2a n －1－8(n ≥2)， 两式相减得：4a n ＝a 2n ＋2a n －a 2n －1 －2a n －1， 则a 2n －a 2n －1 －2(a n ＋a n －1)＝0， 即(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0， 因为a n ＞0， 所以a n －a n －1＝2，又4a 1＝a 21 ＋2a 1－8，解得a 1＝4或a 1＝－2(舍去)， 所以数列{a n }是以4为首项，以2为公差的等差数列， 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2；(2)由(1)知：4S n ＝(2n ＋2)2＋2(2n ＋2)－8， 所以S n ＝n (n ＋3)，则(－1)n (S n －3n )＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝－12＋22－32＋42－…＋n 2， ＝3＋7＋…＋2n －1，＝n2（3＋2n －1）2＝n （n ＋1）2；当n 为奇数时，T n ＝－12＋22－32＋42－…＋(n －1)2－n 2， ＝3＋7＋…＋2n －3－n 2，＝n －12（3＋2n －3）2－n 2＝－n （n ＋1）2.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2，n 为偶数－n （n ＋1）2，n 为奇数.。
2019年高考文科数学题型秘籍【32】数列的综合应用(解析版)
高考数学精品复习资料2019.5专题三十二数列及其综合应用【高频考点解读】能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．【热点题型】题型一数列综合应用题例1、已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为()【提分秘籍】数列综合应用题的解题步骤1．审题——弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题．2．分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．3．求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．4.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解．【举一反三】数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和S n＞1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10【热点题型】题型二常见的数列模型例2、有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟【提分秘籍】1．等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．2．等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．3．递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推表达出来，然后通过分析递推关系式求解．4．分期付款模型设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b＝r＋r n＋r n－1a.【举一反三】等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝________.【热点题型】题型三等差与等比数列的综合问题例3、(高考浙江卷)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.【提分秘籍】对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．【举一反三】已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( )A ．2B ．3C ．5D ．6【热点题型】题型四 数列与函数的综合应用例4、已知函数f(x)＝ln x的图象是曲线C，点A n(a n，f(a n))(n∈N*)是曲线C上的一系列点，曲线C在点A n(a n，f(a n))处的切线与y轴交于点B n(0，b n)．若数列{b n}是公差为2的等差数列，且f(a1)＝3.(1)分别求出数列{a n}与数列{b n}的通项公式；(2)设O为坐标原点，S n表示△OA n B n的面积，求数列{a n S n}的前n项和T n.【提分秘籍】解决函数与数列的综合问题应该注意的事项(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化．【举一反三】(高考全国新课标卷Ⅱ)等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为________．【热点题型】题型五数列的实际应用例5、某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的2倍，工作时间为n天．(1)设工作n天，记三种付酬方式薪酬总金额依次为A n，B n，C n，写出A n，B n，C n关于n 的表达式；(2)如果n＝10，你会选择哪种方式领取报酬？【提分秘籍】求解数列应用问题，必须明确属于哪种数列模型，是等差数列，还是等比数列；是求通项问题，还是求项数问题，或者是求和问题．然后将题目中的量建立关系，利用数列模型去解决．【举一反三】根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (单位：万件)近似地满足S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)．按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是( )A ．5月、6月B ．6月、7月C ．7月、8月D ．8月、9月【高考风向标】1．(20xx·湖南卷) 已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n ，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1，2a 2，3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．2．(20xx·安徽卷) 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.3．(20xx·湖北卷) 已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式．(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．4．(20xx·江西卷) 已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a nb n ，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .5．(20xx·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.6.(20xx·四川卷) 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(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 .7．(20xx·浙江卷) 已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n＝(2)b n(n∈N*)．若{a n}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求a n与b n.(2)设c n＝1a n－1b n(n∈N *)．记数列{cn}的前n项和为S n.(i)求S n；(ii)求正整数k，使得对任意n∈均有S k≥S n.8．(高考辽宁卷)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 nn }是递增数列；P 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列． 其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 49．(高考重庆卷)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.10． (高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.【随堂巩固】1．已知数列{a n}，{b n}满足a1＝1，且a n，a n＋1是函数f(x)＝x2－b n x＋2n的两个零点，则b8＋a9＝()A．24 B．32C．48 D．642．已知数列{a n}为等差数列，数列{b n}是各项为正数的等比数列，其公比q≠1，若a4＝b4，a12＝b12，则()A．a8＝b8B．a8>b8C．a8<b8D．a8>b8或a8<b83．已知正项等差数列{a n}满足：a n＋1＋a n－1＝a2n(n≥2)，等比数列{b n}满足：b n＋1b n－1＝2b n(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝()A．－1或2 B．0或2C ．2D ．14．各项都是正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 2，12a 3，a 1成等差数列，则q 的值为( )A.1－52B.5－12C.5＋12D.5＋12或5－125．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列，若b ＝3，则a ＋c 的最大值为( )A.32B ．3C ．2 3D ．96．若关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0与x 2－x ＋b ＝0(a ≠b )的四个根组成首项为14的等差数列，则a ＋b 的值是( )A.38B.1124C.1324D.31727．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．18．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)9．已知数列{a n }满足a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝24，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝________.10．已知公比为q 的等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1，32a 2，a 2成等差数列．(1)求a n ；(2)设{b n }是首项为2，公差为－a 1的等差数列，其前n 项和为T n ，求不等式T n －b n >0的解集．11．已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数f (x )＝12x 2＋12x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为T n ，不等式T n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，求实数a 的取值范围．。
专题32 等比数列(解析版)
(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⇒G2＝ab.
【小问2详解】由（1）知， ，所以 ，即 ，亦即 ，解得 ，所以满足等式的解 ，故集合 中的元素个数为 ．
3.（2022·浙江卷T20）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为 ．
（1）若 ，求 ；
（2）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 ；
2023高考一轮复习讲与练
专题32等比数列
练高考 明方向
1.（2022·全国乙（理）T8）已知等比数列 的前3项和为168， ，则 （）
A.14B.12C.6D.3
【答案】D
【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，若 ，则 ，与题意矛盾，
基本方法：
等比数列的三种常用判定方法：
定义法：若 ＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
等比中项法：若数列{an}中，an≠0，且a ＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
(Ⅰ)证明 是等比数列,并求其通项公式;
(Ⅱ)若 ,求 .
【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) .
2024年高考数学专项突破数列大题压轴练(解析版)
数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1n nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求使得不等式2022n S >成立的n 的最小值．6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)ni i i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b-+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a 满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S为数列{}n a的前n项和，n T为S T+=．数列{}n S的前n项和，已知2n n(1)求证：数列{}n S是等比数列；(2)求数列{}n na的前n项和n A．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，24a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*sin 3()cos cos n n c N b b =∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+-．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2){}n a 为等比数列，理由见解析10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，则1112n n n a a q --==，（2）由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，即12n n a -=，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3nn b =(2)660【分析】（1）将14n n n S S a +=++移项作差可得{}n a 是等差数列，结合25a =可求出数列{}n a 的通项公式，将1,b q 代入等式计算，即可求出数列{}n b 的通项公式；（2）由2077a =可判断前20项中最多含有123,,b b b 三项，排除23b a =可确定前20项中14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT【答案】(1)1*(2)3n n a n -=⋅∈N ，()*)1(n b n n n =+∈N (2)()*)121(3n n T n n =+-∈N 【分析】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式作差即可得数列{}n a 的递推关系，即可求通项，最后验证1a 是否符合即可；数列{}n b 利用累乘法即可求，最后验证1b 是否符合即可；（2）由题，由等差数列的性质得()11n n n a a n c +-=+，即可求出n c 的通项公式，最后利用错位相减法求n T 即可【详解】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式相减可得13(2)n n a a n +=≥，故数列{}n a 从第3项开始是以首项为2a ，公比3q =的等比数列.又由已知132n n S S +=+，令1n =，得213+2S S =，即12132a a a +=+，得21226a a =+=，故123)2(n n a n -=⋅≥；又12a =也满足上式，则数列{}n a 的通项公式为1*(2)3n n a n -=⋅∈N ；16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}1,n n n a b b a a +=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC--=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：22211154b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则222121111111114223nb b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．⎫⎪⎪⎪28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n nb e+=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….。
专题32 数列求和(解析版)
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列 的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列 的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列 的公差为d.因为 是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当 时， ，因为 ，所以 =3，
当 时， = = ，即 ，因为 ，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .
2024年高考真题汇总 数列(解析版)
专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题32 数列的综合问题(解析版)
考点32 数列的综合问题1．（北京市房山区2019年高考第一次模拟测试理）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（）（结果精确到0.1．参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771．）A．天B．天C．天D．天【答案】C【解析】设蒲的长度组成等比数列{a n}，其a1=3，公比为，其前n项和为A n，则A n=.莞的长度组成等比数列{b n}，其b1=1，公比为2，其前n项和为B n．则B n，由题意可得：，整理得：2n+=7，解得2n=6，或2n=1（舍去）．∴n=≈2.6．∴估计2.6日蒲、莞长度相等.故选：C．2．（新疆乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验）已知数列，满足，，，则数列的前10项的和为A．B．C．D．【答案】D【解析】由a n+1﹣a n2，所以数列{a n}是等差数列，且公差是2，{b n}是等比数列，且公比是2．又因为＝1，所以a n ＝+（n ﹣1）d ＝2n ﹣1． 所以b 2n ﹣1＝•22n ﹣2＝22n ﹣2．设，所以＝22n ﹣2，所以4，所以数列{∁n }是等比数列，且公比为4，首项为1．由等比数列的前n 项和的公式得：其前10项的和为（410﹣1）．故选：D ．3．（安徽省“皖南八校”2018届高三第三次（4月)联考）删去正整数数列 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意可得，这些数可以写为：，第个平方数与第个平方数之间有个正整数，而数列共有项，去掉个平方数后，还剩余个数，所以去掉平方数后第项应在后的第个数，即是原来数列的第项，即为，故选B.4．（华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,3123S a a =+，则42S S =（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】由3123S a a =+可得312a a =，所以22q =，又因为2123434421212113a a a a a a S q S a a a a ++++==+=+=++，所以选B.5．（湖南省2017届高三高考冲刺预测卷六理）最近各大城市美食街火爆热开，某美食店特定在2017年元旦期间举行特大优惠活动，凡消费达到88元以上者，可获得一次抽奖机会.已知抽奖工具是一个圆面转盘，被分为6个扇形块，分别记为1，2，3，4，5，6，其面积成公比为3的等比数列（即扇形块2是扇形块1面积的3倍），指针箭头指在最小的1区域内时，就中“一等奖”，则一次抽奖抽中一等奖的概率是（ ） A ．140B ．1121C ．1364D ．11093【答案】C 【解析】由题意，可设1,2,3,4,5,6 扇形区域的面积分别为,3,9,27,81,243x x x x x x ，则由几何概型得，消费88 元以上者抽中一等奖的概率1392781243364x P x x x x x x ==+++++ ，故选C. 6．（湖北省钟祥市2019届高三高考第一次模拟考试理）对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．【答案】20 【解析】由题可知0n S >，当1n >时，1111[()]2n n n n n S S S S S --=-+-化简可得2211n n S S --=，当22111,1n S a === 所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即2n n S n S =∴=又1n >时，22nS =<<=记12121111S S S S =++一方面21]1)20S >-=>另一方面1(21)]11)21S <+++-=+=所以2021S << 即[]20S = 故答案为207．（北京市朝阳区2019届高三第一次（3月)综合练习一模）天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．【答案】243 3402 【解析】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块， 则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列， 所以，a n ＝9＋（n －1）×9＝9n ， 所以，a 27＝9×27＝243， 前27项和为：1272727()27(9243)22a a S ++==＝3402.格谦教育收集整理，更多优惠资料请搜索淘宝店铺：格谦教育 https://8．（江苏省南京师大附中2018届高三高考考前模拟考试）在数列{a n }中，若a 4＝1，a 12＝5，且任意连续三项的和都是15，则a 2018＝______． 【答案】9【解析】分析：将a n +a n+1+a n+2=15中n 换为n+1，可得数列{a n }是周期为3的数列．求出a 2，a 1，即可得到a 2018详解：由题意可得a n +a n+1+a n+2=15，将n 换为a n+1+a n+2+a n+3=15，可得a n+3=a n ，可得数列{a n 是周期为3的数列．故，由a n +a n+1+a n+2=15，n 取1可得，故，故答案为9.9．（湖北省武昌2018届元月调研考试）对任一实数序列，定义新序列，它的第项为，假设序列的所有项都是，且，则__________．【答案】100. 【解析】 设序列的首项为，则序列，则它的第n 项为，因此序列A 的第项，则是关于的二次多项式，其中的系数为，因为，所以必有，故。
65.高考数学专题32 数列大题解题模板(理)(原卷版)
专题32 数列大题解题模板模板一、由数列的前n 项和n S 与通项n a 的关系求通项n a 例1、已知数列}{n a 的前n 项和n S ，11=a ，121+=+n n S a (+∈N n )，等差数列}{n b 中，0>n b (+∈N n )，且15321=++b b b ，又11b a +、22b a +、33b a +成等比数列。
(1)求数列}{n a 、}{n b 的通项公式；(2)求数列}{n n b a ⋅的前n 项和n T 。
练习1、已知正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足2362++=n nn a a S ，且2a 是1a 和6a 的等比中项。
(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)已知符合][x 表示不超过实数x 的最大整数，如1]3[log 2=，2]5[log 2=，记]35[log 2+=n n a b ，求数列}2{2n b n ⋅的前n 项和n T 。
模板二、数列求和问题例2、已知数列}{n a 的前n 项和kn n S n +-=221(其中+∈N k )，且n S 的最大值为8。
(1)确定常数k ，并求n a ；(2)求数列}229{n n a -的前n 项和n T 。
练习2、等比数列}{n a 的前n 项和n S ，73=S 且31+a 、23a 、43+a 成等差数列。
(1)求数列}{n a 的公比q 和通项n a ；(2)若}{n a 是递增数列，令128log 12+=n n a b ，求||||||21n b b b +⋅⋅⋅++。
例3、已知数列}{n a 中，11=a ，其前n 项的和为n S ，且满足1222-=n n n S S a (2≥n )。
(1)求证：数列}1{nS 是等差数列； (2)证明：当2≥n 时，2313121321<+⋅⋅⋅+++n S n S S S 。
练习3、已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足211=a ，021=⋅+-n n n S S a (2≥n )。
数列大题题型及解题方法
数列大题题型及解题方法数列大题是中学数学中常见的题型之一，主要考察学生对数列概念的理解和运用能力。
数列大题可以分为等差数列和等比数列两种类型。
下面将介绍这两种数列大题的解题方法。
一、等差数列的解题方法：1. 求数列的通项公式：首先，要判断数列是等差数列，可以通过观察数列中的差值是否相等来判断。
如果差值相等，则数列是等差数列。
然后，可以通过观察数列中的前几项来确定数列的首项a和公差d。
有了首项和公差，就可以得到数列的通项公式：an = a + (n-1)d。
2. 求数列的前n项和：数列的前n项和可以通过求和公式来计算。
等差数列的求和公式为Sn = n/2 * (a + an)，其中Sn表示前n项和，a表示首项，an 表示第n项。
3. 解题实例：例如，有一个等差数列的前5项分别为1、4、7、10、13，要求求出数列的通项公式和前10项的和。
首先，根据观察，可以确定首项a为1，公差d为3。
其次，根据数列的通项公式an = a + (n-1)d，可以得到数列的通项公式为an = 1 + (n-1)3。
最后，代入n=10，可以计算出前10项的和Sn = 10/2 * (1 + 1 + 9*3) = 100。
二、等比数列的解题方法：1. 求数列的通项公式：判断数列是否是等比数列，可以通过观察数列中的相邻项之间的比值是否相等来判断。
如果比值相等，则数列是等比数列。
然后，可以通过观察数列中的前几项来确定数列的首项a和公比r。
有了首项和公比，就可以得到数列的通项公式：an = a * r^(n-1)。
2. 求数列的前n项和：等比数列的前n项和可以通过求和公式来计算。
等比数列的求和公式为Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)，其中Sn表示前n项和，a 表示首项，r表示公比。
3. 解题实例：例如，有一个等比数列的前5项分别为1、2、4、8、16，要求求出数列的通项公式和前10项的和。
首先，根据观察，可以确定首项a为1，公比r为2。
2024年高考数学专项突破数列大题基础练(解析版)
数列大题基础练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足，12(1)nn n a a +=+⋅-.(1)若11a =，数列{}2n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等比数列，求1a .2．（2022·海南省直辖县级单位·校联考一模）等差数列{}n a 的首项11a =，且满足2512a a +=，数列{}n b 满足2n a n b =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和是n T ，求n T .3．（2023·黑龙江大庆·统考一模）设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，3a 是1a ，11a 的等比中项.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设13n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-．(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；(2)若n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5．（2023·广东江门·统考一模）已知数列{}n a （N n +∈）满足11a =，133n n n a a n++=，且n n ab n =.(1)求数列{}n b 是通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .6．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n nnb a=，求{}n b 的前n 项和n T .2024年高考数学专项突破数列大题基础练（解析版）7．（2023·重庆·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()115n n na n a +-+=,且15a ≠-.(1)求证:数列5n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列,并求{}n a 的通项公式;(2)若使不等式20n S >成立的最小整数为7,且1Z a ∈,求1a 和n S 的最小值.8．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，12n n a n S n+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记12nn na c =-，数列{}nc 的前n 项和为n T ，求12111n T T T ++⋅⋅⋅+的值．9．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，2S ，4S ，54S +成等差数列，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求n S ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n T ，22n n n n b T S +-=，证明数列1n n b S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求{}n b 的通项公式．10．（2023·山东济南·一模）已知数列{}n a 满足111,(1)1n n a na n a +=-+=．(1)若数列{}n b 满足1nn a b n+=，证明：{}n b 是常数数列；(2)若数列{}n c 满足πsin 22n an n c a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求{}n c 的前2n 项和2n S ．11．（2022·辽宁鞍山·统考一模）已知等差数列{}n a 满足首项为3331log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．（2023·广东·统考一模）已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记n P 是数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，n Q 是数列121n a -⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.当2n ≥时，试比较n P 与n Q 的大小.13．（2022·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）从①12n a S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②23S a =，412a a a =；③12a =，4a 是2a ，8a 的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于零，______．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n n n b S S +=-，数列{}n b 的前n 项和为n W ，求n W ．14．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1221n n n a b n -+=+-，221n n n T S n -=--．(1)求11,a b 及数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()*21N 2n n n a n k c k b n k=-⎧=∈⎨=⎩，，，求数列{}n c 的前2n 项和2n P ．15．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1121,1nn S a a n+==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2,,23,,n n n C n n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n C 的前2n 项和2n T ．16．（2022·湖南永州·统考一模）已知数列{}{},n n a b 满足：111a b ==，且210n n n n a b a b ++-=.(1)若数列{}n a 为等比数列，公比为121,2q a a -=，求{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等差数列，11n n a a +-=，求{}n b 的前n 项和n T .17．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列{}n a 的首项145a =，且满足143n n n a a a+=+，设11nnb a =-.(1)求证：数列{}n b 为等比数列；(2)若1231111140na a a a ++++> ，求满足条件的最小正整数n .18．（2022·河北·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且1123n n n S S a +++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)①3log n n nb a a =；②3321log log n n n b a a +=⋅；③3log n n n b a a =-．从上面三个条件中任选一个，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（2022·广东广州·统考一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知数列{}n a ，若_________________．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①2123n a a a a n ++++= ；②11a =，47a =，()*112,2n n n a a a n n -+=+∈N ≥；③11a =，点(),n A n a ，()11,n B n a ++在斜率是2的直线上．21．（2023·江苏南通·二模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为，且11a =，2218n n S S n +-=，*N n ∈．(1)求n S ；(2)在数列{}n a 的每相邻两项1k k a a +，之间依次插入12k a a a ⋯，，，，得到数列{}1121231234n b a a a a a a a a a a ⋯⋯：，，，，，，，，，，，求{}n b 的前100项和.22．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知数列{}n a 满足()1122n n n a a a n -+=+≥，且12342,18a a a a =++=(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1000na nb =-，求数列{}n b 的前15项和15T （用具体数值作答）.23．（2023·安徽·模拟预测）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．24．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知{}n a 为等差数列，1154,115n n a n a a n+-==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1,414n n n n b T a a =++为{}n b 的前n 项和，求n T .25．（2023·广东广州·统考二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()22*n n S a n =-∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)设2211log log n n n b a a +=⋅，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.26．（2023·江苏泰州·统考一模）在①124,,S S S 成等比数列，②4222a a =+，③8472S S S =+-这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，且满足__________，__________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求12233411111n n a a a a a a a a +++++ .注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列{}n a ，前n 项和为n S ，且满足112n n n a a a +-=-，2n ≥，*N n ∈，1514a a +=，770S =，等比数列{}n b 中，1212b b +=，且12,6b b +，3b 成等差数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n c 为区间(]()*,N n n a b n ∈中的整数个数，求数列{}n c 的前n 项和n P ．28．（2023·吉林·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公差的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()112n nn nn a b a a +-+=，求数列{}nb 的前2n 项和2nT .29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a >，22112n n n n a a a a ++=+，且13a ，23a +，3a 成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12,log ,n n na nb a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列{}n a 满足：15a =，134n n a a +=-，设2n n b a =-，*N n ∈．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设3132312log log log n n nb b b T b b b =++⋅⋅⋅+，()*N n ∈，求证：34n T <．数列大题基础练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2022·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足，12(1)nn n a a +=+⋅-.(1)若11a =，数列{}2n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等比数列，求1a .【答案】(1)21n a =-；(2)11a =.【分析】（1）利用累加法求2n a 即可；（2）根据()121nn n a a +=+⋅-得到212a a =-，322a a =+，联立得到1q =-，然后代入求1a 即可.【详解】（1）由题意得()121nn n a a +-=⋅-，所以()()()22212122211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+ ()()()212212121211n n --=⋅-+⋅-++⨯-+ 211=-+=-.（2）设数列{}n a 的公比为q ，因为()121nn n a a +=+⋅-，所以212a a =-，322a a =+，两式相加得2311a a q a =⋅=，所以1q =±，当1q =时，2112a a a ==-不成立，所以1q =-，2112a a a =-=-，解得11a =.2．（2022·海南省直辖县级单位·校联考一模）等差数列{}n a 的首项11a =，且满足2512a a +=，数列{}n b 满足2n a n b =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和是n T ，求n T .【答案】(1)21n a n =-；3．（2023·黑龙江大庆·统考一模）设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =，3a 是1a ，11a 的等比中项.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设3n b a a =，求数列{}n b 的前n 项和n S .4．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-．(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；(2)若n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5．（2023·广东江门·统考一模）已知数列{}n a （N n +∈）满足11a =，133n n n a a n++=，且n n ab n =.(1)求数列{}n b 是通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)13n n b -=6．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n nb a =，求{}n b 的前n 项和n T .7．（2023·重庆·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()115n n na n a +-+=,且15a ≠-.(1)求证:数列5n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列,并求{}n a 的通项公式;(2)若使不等式20n S >成立的最小整数为7,且1Z a ∈,求1a 和n S 的最小值.8．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，14a =，2n n S n=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记12nn na c =-，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求111T T T ++⋅⋅⋅+的值．9．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，2S ，4S ，54S +成等差数列，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求n S ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n T ，22n n n n b T S +-=，证明数列1n n b S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求{}n b 的通项公式．10．（2023·山东济南·一模）已知数列{}n a 满足111,(1)1n n a na n a +=-+=．(1)若数列{}n b 满足1nn a b n+=，证明：{}n b 是常数数列；(2)若数列{}n c 满足πsin 22n an n c a ⎛⎫=+ ⎪，求{}n c 的前2n 项和2n S ．11．（2022·辽宁鞍山·统考一模）已知等差数列{}n a 满足首项为333log 15log 10log 42-+的值，且3718a a +=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n b a a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．（2023·广东·统考一模）已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记n P 是数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，n Q 是数列121n a -⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.当2n ≥时，试比较n P 与n Q 的大小.【答案】(1)n a n =(2)n nP Q <13．（2022·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）从①12n S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②23S a =，412a a a =；③12a =，4a 是2a ，8a 的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差d 不等于零，______．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n n n b S S +=-，数列{}n b 的前n 项和为n W ，求n W ．14．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1221n n n a b n -+=+-，221n n n T S n -=--．(1)求11,a b 及数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设()*21N 2n n n a n k c k b n k=-⎧=∈⎨=⎩，，，求数列{}n c 的前2n 项和2n P ．15．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足111,1nn a a n+==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2,,23,,n n n C n n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，求数列{}n C 的前2n 项和2n T ．16．（2022·湖南永州·统考一模）已知数列{}{},n n a b 满足：111a b ==，且210n n n n a b a b ++-=.(1)若数列{}n a 为等比数列，公比为121,2q a a -=，求{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n a 为等差数列，11n n a a +-=，求{}n b 的前n 项和n T .17．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列{}n a 的首项15a =，且满足13n n n a a +=+，设1n nb a =-.(1)求证：数列{}n b 为等比数列；(2)若1111140a a a a ++++> ，求满足条件的最小正整数n .18．（2022·河北·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且1123n n n S S a +++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)①3log n n n b a a =；②3321log log n n n b a a +=⋅；③3log n n n b a a =-．从上面三个条件中任选一个，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（2022·广东广州·统考一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知数列{}n a ，若_________________．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．①2123n a a a a n ++++= ；②11a =，47a =，()*112,2n n n a a a n n -+=+∈N ≥；③11a =，点(),n A n a ，()11,n B n a ++在斜率是2的直线上．21．（2023·江苏南通·二模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为，且11a =，2218n n S S n +-=，*N n ∈．(1)求n S ；(2)在数列{}n a 的每相邻两项1k k a a +，之间依次插入12k a a a ⋯，，，，得到数列{}1121231234n b a a a a a a a a a a ⋯⋯：，，，，，，，，，，，求{}n b 的前100项和.22．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知数列{}n a 满足()1122n n n a a a n -+=+≥，且12342,18a a a a =++=(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1000na nb =-，求数列{}n b 的前15项和15T （用具体数值作答）.()()1061022166490300022-==--+23．（2023·安徽·模拟预测）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．24．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知{}n a 为等差数列，11,115n n a a n+==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()1,414n n b T a a =++为{}n b 的前n 项和，求n T .25．（2023·广东广州·统考二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()22*n n S a n =-∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1log log n b a a =⋅，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.26．（2023·江苏泰州·统考一模）在①124,,S S S 成等比数列，②4222a a =+，③8472S S S =+-这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，其前n 项和为n S ，且满足__________，__________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求12233411111n n a a a a a a a a +++++ .注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.27．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列{}n a ，前n 项和为n S ，且满足112n n n a a a +-=-，2n ≥，*N n∈，1514a a +=，770S =，等比数列{}n b 中，1212b b +=，且12,6b b +，3b 成等差数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n c 为区间(]()*,N n n a b n ∈中的整数个数，求数列{}n c 的前n 项和n P ．28．（2023·吉林·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，数列n n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为公差的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()112n n n n n a b a a +-+=，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a >，22112n n n n a a a a ++=+，且13a ，23a +，3a 成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12,log ,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T .30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列{}n a 满足：15a =，134n n a a +=-，设2n n b a =-，*N n ∈．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设31323log log log n n b b b T b b b =++⋅⋅⋅+，()*N n ∈，求证：34n T <．。
数列解答题及答案
数列解答题及答案数列是数学中最基础、最常见的概念之一。
它是由一连串数字构成的有序集合，其中每个数字都按照一定规则进行排列。
解题时，我们需要掌握数列的基本概念、求和公式和递推公式等。
下面我们将介绍数列解答题的一般方法，以及一些常见的数列题目及其答案。
一、数列解答题的一般方法要解答数列题目，需要掌握以下几个方面的知识：1.数列的类型：包括等差数列、等比数列、等差数列的前n项和、等比数列的前n项和等。
2.求和公式：包括等差数列求和公式、等比数列求和公式。
3.递推公式：包括等差数列递推公式、等比数列递推公式。
基于上述基本知识点，下面我们将介绍一些常见的数列题目及其解答方法和答案。
二、常见的数列题目及其答案1.等差数列问题题目：3，5，7，9，11……，其中第20项为多少？解答方法：由于该数列的公差为2，所以第20项为15。
2.等比数列问题题目：4，8，16，32，64……，其中第10项为多少？解答方法：由于该数列的公比为2，所以第10项为2^9=512。
3.求和问题（1）等差数列求和问题题目：1，3，5，7……，其中前50项的和为多少？解答方法：该数列的首项为1，公差为2，因此前50项的和为50/2（2×1+49×2）= 1250。
（2）等比数列求和问题题目：2，4，8，16……，其中前10项的和为多少？解答方法：该数列的首项为2，公比为2，因此前10项的和为（2^10-2）÷（2-1）= 1022。
4.递推问题（1）等差数列递推问题题目：3，7，11，15……，其中第10项为多少？解答方法：由于该数列的首项为3，公差为4，所以第10项为（10-1）×4+3=39。
（2）等比数列递推问题题目：4，12，36，108……，其中第6项为多少？解答方法：由于该数列的首项为4，公比为3，所以第6项为4×3^5=1458。
综上所述，数列解答题需要掌握相关的基本概念、公式和递推公式等。
高考数学二轮复习专题32 数列大题解题模板(文)(解析版)
专题32 数列大题解题模板一、递推数列的类型以及求通项方法总结：1、定义法：等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=或d m n a a m n )(-+=。
等比数列的通项公式：11-⋅=n n q a a (01≠⋅q a )或m n m n q a a -⋅=(m n >)2、做差法：由n a 与n S (即)(21n f a a a n =+⋅⋅⋅++)的关系求n a ，⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn 。
3、累加法：由)(1n f a a n n =-+求n a ，112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+⋅⋅⋅+-+-=---(2≥n )。
4、累乘法：已知)(1n f a a n n =+求通项n a ，112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅=---(2≥n )。
5、已知递推关系求n a ，用构造法(构造等差、等比数列)：(1)形如)(1n f pa a n n +=+，只需构造数列}{n b ，消去)(n f 带来的差异，)(n f 的形式有： ①)(n f 为常数，即递推公式为q pa a n n +=+1(其中p 、q 均为常数且0)1(≠-p pq )。
解法：先设参转化为)(1λ+=λ++n n a p a ，其中1-=λp q，再利用换元法转化为等比数列求解。
②)(n f 为一次多项式，即递推公式为s n r a p a n n +⋅+⋅=+1。
③)(n f 为n 的二次式，则可设C Bn An a b n n +++=2。
(2)递推公式为n n n q a p a +⋅=+1(其中p 、q 为常数且0)1)(1(≠--q p pq )或n n n q r a p a ⋅+⋅=+1(其中p 、q 、r 为常数)。
解法：一般地要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：qq a q p q a n n n n 111+⋅=++，引入辅助数列}{n b (其中nn n qa b =)，得：q b q p b n n 11+⋅=+，再应用类型(1)的方法解决。
历年数列大题真题答案解析
历年数列大题真题答案解析数列是高中数学中的重要知识点之一，是解决各种数学问题的基础。
对于考生来说，熟练掌握数列的概念和解题方法是取得高分的关键。
为了帮助广大考生更好地掌握数列题型，本文将通过对历年数列大题的真题进行解析，详细介绍解题思路和技巧。
一、等差数列的题目解析等差数列是最基本的数列之一，它的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
下面我们通过一道历年真题来解析等差数列的应用。
例题：已知数列{an}的首项为2，公差为3，且a1、a5、a17分别是等差数列，求此数列的通项公式。
解析：首先，根据a1=2和公差d=3，我们可以得到{an}的通项公式为an=2+(n-1)3。
其次，由已知条件a1、a5、a17是等差数列，可推知a5-a1=a17-a5。
将a1=2代入，可得a5-2=a17-a5，整理后可得2a5=a17+2。
由此可以得到a5=(a17+2)/2。
综上所述，数列{an}的通项公式为an=2+(n-1)3，其中n≥1，a5=(a17+2)/2。
二、等比数列的题目解析等比数列与等差数列一样，也是高中数学中的常见题型。
等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
下面我们通过一道历年真题来解析等比数列的应用。
例题：已知数列{an}的首项为2，公比为3，且a1、a3、a5分别是等比数列，求此数列的通项公式。
解析：由已知条件可得a3/a1=a5/a3。
将a1=2代入，可得a3/2 = a5/3。
整理可得a5=9a3/2。
根据等比数列的通项公式可知a3=2*3^(3-1)=18，代入上式可得a5=18*9/2=81。
综上所述，数列{an}的通项公式为an=2*3^(n-1)，其中n≥1，a5=81。
三、特殊数列的题目解析除了等差数列和等比数列之外，还有一些特殊的数列题型需要注意。
例如斐波那契数列、等差-等比混合数列等。
下面我们通过一道历年真题来解析特殊数列的应用。
数列典型习题及解题方法【范本模板】
高中数学数列基本题型及解法例2．已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==,⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列; ⑵设数列),2,1(,2==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。
分析：由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关，{a n ｝中又有S 1n +=4a n +2，可由S 2n +-S 1n +作切入点探索解题的途径．解：(1）由S 1n +=4a 2n +，S 2n +=4a 1n ++2，两式相减，得S 2n +—S 1n +=4（a 1n +-a n ），即a 2n +=4a 1n +-4a n ．（根据b n 的构造，如何把该式表示成b 1n +与b n 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a 2n +—2a 1n +=2(a 1n +—2a n ），又b n =a 1n +—2a n ，所以b 1n +=2b n ① 已知S 2=4a 1+2，a 1=1，a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5，b 1=a 2-2a 1=3 ② 由①和②得，数列{b n }是首项为3,公比为2的等比数列，故b n =3·21n -．当n ≥2时，S n =4a 1n -+2=21n -(3n —4）+2；当n=1时，S 1=a 1=1也适合上式．综上可知，所求的求和公式为S n =21n -（3n —4)+2．说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n 项和。
解决本题的关键在于由条件241+=+n n a S 得出递推公式。
2．解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．例3．设数列{a n ｝的前项的和S n =31（a n -1） （n ∈N +),(1）求a 1；a 2; （2）求证数列｛a n ｝为等比数列. 解: (Ⅰ）由)1(3111-=a S ,得)1(3111-=a a ∴=1a 21- 又)1(3122-=a S ,即)1(31221-=+a a a ,得412=a .（Ⅱ）当n >1时，),1(31)1(3111---=-=--n n n n n a a S S a得,211-=-n n a a 所以{}n a 是首项21-，公比为21-的等比数列。
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专题32 数列大题解题模板一、递推数列的类型以及求通项方法总结：1、定义法：等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=或d m n a a m n )(-+=。
等比数列的通项公式：11-⋅=n n q a a (01≠⋅q a )或m n m n q a a -⋅=(m n >)2、做差法：由n a 与n S (即)(21n f a a a n =+⋅⋅⋅++)的关系求n a ，⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn 。
3、累加法：由)(1n f a a n n =-+求n a ，112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+⋅⋅⋅+-+-=---(2≥n )。
4、累乘法：已知)(1n f a a n n =+求通项n a ，112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅=---(2≥n )。
5、已知递推关系求n a ，用构造法(构造等差、等比数列)：(1)形如)(1n f pa a n n +=+，只需构造数列}{n b ，消去)(n f 带来的差异，)(n f 的形式有： ①)(n f 为常数，即递推公式为q pa a n n +=+1(其中p 、q 均为常数且0)1(≠-p pq )。
解法：先设参转化为)(1λ+=λ++n n a p a ，其中1-=λp q，再利用换元法转化为等比数列求解。
②)(n f 为一次多项式，即递推公式为s n r a p a n n +⋅+⋅=+1。
③)(n f 为n 的二次式，则可设C Bn An a b n n +++=2。
(2)递推公式为n n n q a p a +⋅=+1(其中p 、q 为常数且0)1)(1(≠--q p pq )或n n n q r a p a ⋅+⋅=+1(其中p 、q 、r 为常数)。
解法：一般地要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：qq a q p q a n n n n 111+⋅=++，引入辅助数列}{n b (其中nn n qa b =)，得：q b q p b n n 11+⋅=+，再应用类型(1)的方法解决。
(3)递推公式为n n n a q a p a ⋅+⋅=++12(其中p 、q 均为常数)。
解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n a s a t a s a ⋅-=⋅-+++，其中s 、t 满足⎩⎨⎧-==+q st pt s ，解出s 、t ，于是}{1n n sa a -+是公比为t 的等比数列，就转化为前面的类型。
6、形如bka a a n n n +=--11或11--⋅⋅=⋅-n n n n a a k a b a 的递推数列都可以用倒数法求通项。
7、形如rn n a p a ⋅=+1型，该类型是等式两边取对数后转化为前边的类型，然后再用递推法或待定系法构造等比数列求通项。
两边取对数n rn n a r p a p a lg lg )lg(lg 1⋅+=⋅=+，设n n a b lg =，原等式变为pb r b n n lg 1+⋅=+即变为基本型。
二、数列常用求和方法 1、等差数列求和：2)1(2)(2)(1)1(1dn n na n a a n a a S m n m n n -+=+=+=--；mnd S S S n m n m ++=+。
2、等比数列求和：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a q q a q na S n n n ；m n n n m m n m S q S S q S S +=+=+。
3、分组求和法：把数列的每一项分成几项使其转化为几个等差、等比数列，再求和。
对于求||n a 的前n 项和的问题一般都是分类讨论。
4、倒序求和法：将数列的顺序倒过来排列，与原数列两式相加，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求出，这样的数列可用倒序相加法求和。
5、裂项相消法：就是把数列的各项分裂成两项之差，相邻的两项彼此相消，只余有限几项，就可以化简后求和。
适用条件：(1)⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n a a c 其中}{n a 是各项不为0的等差数列，c 为常数，可拆解为)11(11++-=n n n n a a d c a a c ； (2)部分无理数列)(11n n n n a a dca a c -=+++。
(3)一些常用的裂项公式：①111)1(1+-=+n n n n ； ②)121121(21)12)(12(11412+--=+-=-n n n n n ；③)211(21)2(1+-=+n n n n ； ④n n nn -+=++111；⑤)11(1)(1k n n k k n n +-=+； ⑥])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n 。
(4)常见放缩公式：①)1(212112)1(2--=-+<<++=-+n n n n n n n n n ；②)1111(2111122+--=-<k k k k ； ③kk k k k k k k k 111)1(11)1(11112--=-<<+=+-； 6、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘得的新数列求和。
7、周期法：有的数列是周期数列，把握了数列的周期则可顺利求和。
模板一、由数列的前n 项和n S 与通项n a 的关系求通项n a例1、已知数列}{n a 的前n 项和n S ，11=a ，121+=+n n S a (+∈N n )，等差数列}{n b 中，0>n b (+∈N n )，且15321=++b b b ，又11b a +、22b a +、33b a +成等比数列。
(1)求数列}{n a 、}{n b 的通项公式； (2)求数列}{n n b a ⋅的前n 项和n T 。
审题路线图：(1)1--=n n n S S a (2≥n )→消去n S →得n n a a 31=+→13-=n n a ；(2)观察}{n n b a ⋅中n a 与n b 的特点→在n T 前乘以}{n a 的公比，构造使用错位相减得条件→n n n T 322⋅-=-→得n T 。
规范解答：【解析】(1)∵11=a ，121+=+n n S a (+∈N n )，∴121+=-n n S a (+∈N n ，2≥n )， 1分∴)(211-+-=-n n n n S S a a ，即n n n a a a 21=-+，∴n n a a 31=+(+∈N n ，2≥n )， 2分 而31212=+=a a ，∴123a a =，∴数列}{n a 是以1为首项、3为公比的等比数列，∴13-=n n a (+∈N n )， 3分 ∴11=a ，32=a ，93=a ，在等差数列}{n b 中，∵15321=++b b b ，∴52=b ， 4分 又∵11b a +、22b a +、33b a +成等比数列，设等差数列}{n b 的公差为d ，则有2223311)())((b a b a b a +=++， 5分 ∴64)59)(51(=++-+d d ，解得10-=d 或2=d ， 6 又∵0>n b (+∈N n )，∴舍去10-=d ，取2=d ，∴31=b ，∴12+=n b n (+∈N n )； 7分 (2)由(1)知122103)12(3)12(373533--⨯++⨯-+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n n n T ①， 8分=n T 3 n n n n 3)12(3)12(3735331321⨯++⨯-+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯-②， 9分 则①-②得n n n n n T 3)12(3232323233212210⨯+-⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=--- 10分n n n n 3)12()3333(231221⨯+-++⋅⋅⋅++⨯+=--n n n 3)12(31313231⨯+---⨯⨯+=-n n 32⋅-=， 11分∴n n n T 3⋅=。
12分 构建答题模板：第一步：令1=n ，由)(n f S n =求出1a 。
第二步：令2≥n ，构造1--=n n n S S a ，用n a 代换1--n n S S (或用1--n n S S 代换n a ，这要结合题目特点)，由递推关系求通项。
第三步：验证当1=n 时的结论是否适合当2≥n 时的结论。
第四步：反复回顾，注意1=n 和2≥n 分类讨论和验证，明确规范书写答题。
练习1、已知正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足2362++=n nn a a S ，且2a 是1a 和6a 的等比中项。
(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)已知符合][x 表示不超过实数x 的最大整数，如1]3[log 2=，2]5[log 2=，记]35[log 2+=n n a b ，求数列}2{2n b n ⋅的前n 项和n T 。
【解析】(1)由2362++=n nn a a S 得：当1=n 时，2361211++=a a S ，即023121=+-a a ，解得11=a 或21=a ， 1分 当2≥n 时，2361211++=---n n n a a S ，633623623121212121-------+=++-++=-=n n n n n n n n n n n a a a a a a a a S S a ， 即))(()(3112121-----+=-=+n n n n n n n n a a a a a a a a ， 2分又数列}{n a 各项均为正数，∴01≠+-n n a a ，∴31=--n n a a ， 3分 当11=a 时，数列}{n a 是首项为1、公差为3的等差数列，∴23-=n a n ，42=a ，166=a ，满足2a 是1a 和6a 的等比中项，可取， 4分 当21=a 时，数列}{n a 是首项为2、公差为3的等差数列，∴13-=n a n ，52=a ，176=a ，不满足2a 是1a 和6a 的等比中项，舍去， 5分 ∴23-=n a n ； 6分(2)由(1)可知)]1([log ]35[log 22+=+=n a b n n ， 7分 ∴n b n n =+=)]12([log 22，∴n n n b n 222⋅=⋅， 8分 ∴数列}2{2n b n ⋅的前n 项和n n n T 2232221321⋅+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=， 9分=n T 2 14322232221+⋅+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯n n 10分∴上式减上式得： 132122222+⋅-+⋅⋅⋅+++=-n n n n T122122+⋅--⨯=n n n 22)1(1-⋅-=+n n ， 11分∴22)1(1+⋅-=+n n n T 。