上海市届高考数学一轮复习专题突破训练数列理

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上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列

上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练数列一、填空、选择题1、（2016年上海高考）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.2、（2015年上海高考）记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（） A ．方程①有实根，且②有实根 B ．方程①有实根，且②无实根 C ．方程①无实根，且②有实根 D ．方程①无实根，且②无实根3、（2014年上海高考）设无穷等比数列{}n a 的公比为q ，若()134lim n n a a a a →∞=+++，则q = .4、（虹口区2016届高三三模）若等比数列{}n a 的公比1q q <满足，且24344,3,a a a a =+=则12lim()n n a a a →∞+++=___________.5、（浦东新区2016届高三三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若533S S =，则53aa = 6、（杨浦区2016届高三三模）若两整数a 、b 除以同一个整数m ，所得余数相同，即a bk m-=()k Z ∈，则称a 、b 对模m 同余，用符号(mod )a b m ≡表示，若10(mod 6)a ≡(10)a >，满足条件的a 由小到大依次记为12,,,,n a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅，则数列{}n a 的前16项和为7、（黄浦区2016届高三二模）已知数列{}n a 中，若10a =，2i a k =*1(,22,1,2,3,)k k i N i k +∈≤<=，则满足2100i i a a +≥的i 的最小值为8、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足181a =，1311log ,2,(*)3,21n n n a a n k a k N n k ---+=⎧=∈⎨=+⎩，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 .9、（闵行区2016届高三二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，22|2016|n S n a n（0a >），则使得1n n a a +≤（n ∈*N ）恒成立的a 的最大值为 .10、（浦东新区2016届高三二模）已知数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n =-⋅+，*n N ∈，则这个数列的前n 项和n S =___________．11、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在等差数列{}n a 中，首项13,a =公差2,d =若某学生对其中连续10项进行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为__________________． 12、（宝山区2016届高三上学期期末）数列1212312341213214321⋅⋅⋅，，，，，，，，，，，则98是该数列的第项. 13、（崇明县2016届高三上学期期末）已知数列的各项均为正整数，对于，有其中k 为使1n a +为奇数的正整数. 若存在，当n ＞m 且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，则p 的值为14、（奉贤区2016届高三上学期期末）数列}{n a 是等差数列，2a 和2014a 是方程01652=+-x x 的两根，则数列}{n a 的前2015项的和为__________．15、（虹口区2016届高三上学期期末）在等差数列{}n a 中，1352469,15,a a a a a a ++=++= 则数列{}n a 的前10项的和等于_____.二、解答题1、（2016年上海高考）若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.2、（2015年上海高考）已知数列{a n }与{b n }满足a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），n ∈N *．（1）若b n =3n+5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即0n a ≥a n （n ∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=λ＜0，b n =λn （n ∈N *），求λ的取值范围，使得{a n }有最大值M 与最小值m ，且∈（﹣2，2）．3、（2014年上海高考）已知数列{}n a 满足1133n n n a a a +≤≤，*n ∈N ，11a =.(1) 若2342,,9a a x a ===，求x 的取值范围； (2) 设{}n a 是公比为q 的等比数列，12n n S a a a =+++. 若1133n n n S S S +≤≤，*n ∈N ，求q 的取值范围；(3) 若12,,,k a a a 成等差数列，且121000k a a a +++=，求正整数k 的最大值，以及k 取最大值时相应数列12,,,k a a a 的公差.4、（虹口区2016届高三三模）若数列12:,,,(,2)n n A a a a n N n *∈≥满足110,1(1,2,,1),k k a a a k n +=-==-则称n A 为L 数列.记12().n n S A a a a =+++（1）若5A 为L 数列,且50,a =试写出5()S A 的所有可能值；（2）若n A 为L 数列，且0,n a =求()n S A 的最大值；（3）对任意给定的正整数(2),n n ≥是否存在L 数列,n A 使得()0?n S A =若存在，写出满足条件的一个L 数列n A ；若不存在，请说明理由.5、（静安区2016届高三二模）已知数列{}n a 满足nn n a a 331+=-（*∈≥N n n ,2），首项31=a ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（3）数列{}n b 满足na b nn 3log =，记数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅+11n n b b 的前n 项和为n T ，A 是△ABC 的内角，若n T A A 43cos sin >对于任意n N *∈恒成立，求角A 的取值范围．6、（闵行区2016届高三二模）已知n ∈*N ,数列{}n a 、{}n b 满足:11n n a a +=+,112n n n b b a +=+,记24n n n c a b =-．（1）若11a =，10b =，求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）证明：数列{}n c 是等差数列；（3）定义2()n n n f x x a x b =++，证明：若存在k ∈*N ，使得k a 、k b 为整数，且()k f x 有两个整数零点，则必有无穷多个()n f x 有两个整数零点．7、（闸北区2016届高三二模）已知数列{}n a ，n S 为其前n 项的和，满足(1)2n n n S +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1{}na 的前n 项和为n T ，数列{}n T 的前n 项和为n R ，求证：当2,*n n N ≥∈时1(1)n n R n T -=-；（3）（理）已知当*n N ∈，且6n ≥时有1(1)()32n m m n -<+，其中1,2,,m n =，求满足34(2)(3)n a n n n n n a ++++=+的所有n 的值．8、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）已知正项数列}{n a ，}{n b 满足：对任意*N ∈n ，都有n a ，n b ，1+n a 成等差数列，n b ，1+n a ，1+n b 成等比数列，且101=a ，152=a ．（1）求证：数列{}nb 是等差数列；（2）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式；（3）设12111n nS a a a =+++，如果对任意*N ∈n ，不等式n n n a b aS -<22恒成立，求实数a 的取值范围．9、（宝山区2016届高三上学期期末）已知函数()log k f x x =（k 为常数，0k >且1k ≠），且数列{}()n f a 是首项为4，公差为2的等差数列.(1)求证：数列{}n a 是等比数列； (2) 若()n n n ba f a =+，当k ={}n b 的前n 项和n S 的最小值；（3）若lg n n n c a a =，问是否存在实数k ，使得{}n c 是递增数列？若存在，求出k 的范围；若不存在，说明理由．10、（奉贤区2016届高三上学期期末）数列{}n a 的前n 项和记为n S 若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得n m S a =，则称{}n a 是“H 数列”．(1)、若数列{}n a 的通项公式2nn a =，判断{}n a 是否为“H 数列”；（2）、等差数列{}n a ，公差0d ≠，12a d =，求证：{}n a 是“H 数列”；（3）、设点()1,n n S a +在直线()1q x y r -+=上，其中120a t =>，0≠q ．若{}n a 是“H 数列”，求,q r 满足的条件．11、（虹口区2016届高三上学期期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且20,2().n n S S n na n N *=+=∈（1）计算1234,,,,a a a a 并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足12335(21)23,n n n b b b n b a ++++-=⋅+求证：数列{}n b 是等比数列；（3）由数列{}n a 的项组成一个新数列{}n c ：1122334567,,,,c a c a a c a a a a ==+=+++1112212221,n n n n n c a a a a ---++-=++++. 设n T 为数列{}n c 的前n 项和，试求lim4nnn T →∞的值.12、（黄浦区2016届高三上学期期末）已知1a ，2a ，…，n a 是由n （*n ∈N ）个整数1，2，…，n 按任意次序排列而成的数列，数列{}n b 满足1k k b n a =+-（1,2,,k n =），1c ，2c ，…，n c 是1，2，…，n 按从大到小的顺序排列而成的数列，记122n n S c c nc =+++．（1）证明：当n 为正偶数时，不存在满足k k a b =（1,2,,k n =）的数列{}n a ．（2）写出k c （1,2,,k n =），并用含n 的式子表示n S ．（3）利用22212(1)(2)()0n b b n b -+-++-≥，证明：1212(1)(21)6n b b nb n n n +++++≤及122n n a a na S +++≥．（参考：222112(1)(21)6n n n n +++=++．）13、（静安区2016届高三上学期期末）李克强总理在很多重大场合都提出“大众创业，万众创新”. 某创客，白手起家，2015年一月初向银行贷款十万元做创业资金，每月获得的利润是该月初投入资金的20%.每月月底需要交纳房租和所得税共为该月全部金额（包括本金和利润）的10%，每月的生活费等开支为3000元，余款全部投入创业再经营.如此每月循环继续.(1)问到2015年年底(按照12个月计算)，该创客有余款多少元？(结果保留至整数元) (2)如果银行贷款的年利率为5%，问该创客一年(12个月)能否还清银行贷款？参考答案一、填空、选择题 1、【答案】4 【解析】试题分析：要满足数列中的条件，涉及最多的项的数列可以为2,1,1,0,0,0,-⋅⋅⋅，所以最多由4个不同的数组成.2、解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a12﹣4≥0，△2=a22﹣8＜0，即a12≥4，a22＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，∴a22=a1a3，即方程③的判别式△3=a32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B3、【解析】：223111510112a a qa q q qq q-±==⇒+-=⇒=--，∵01q<<，∴51q-=4、165、【答案】179【解析】()()53151315333422S S a a a a d a=⇒+=⋅+⇒=，所以5117a a=，319a a=，所以53179aa=6、9767、1288、1279、1201610、1122,252,22nnnnnSnn++⎧+-⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩为偶数为奇数11、20012、12813、1或54、120915、80二、解答题【答案】（1）316a=．（2）{}n a不具有性质P．（3）见解析．【解析】试题分析：（1）根据已知条件，得到678332a a a a++=++，结合67821a a a++=求解．（2）根据{}n b的公差为20，{}n c的公比为13，写出通项公式，从而可得520193nn n na b c n-=+=-+．通过计算1582a a==，248a=，63043a=，26a a≠，即知{}n a不具有性质P．（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明．试题解析：（1）因为52a a=，所以63a a=，743a a==，852a a==．于是678332a a a a++=++，又因为67821a a a++=，解得316a=．（2）{}n b的公差为20，{}n c的公比为13，所以()12012019n b n n =+-=-，1518133n n n c --⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．520193n n n n a b c n -=+=-+．1582a a ==，但248a =，63043a =，26a a ≠，所以{}n a 不具有性质P ．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 2、（1）解：∵a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），b n =3n+5， ∴a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ）=2（3n+8﹣3n ﹣5）=6， ∴{a n }是等差数列，首项为a 1=1，公差为6，则a n =1+（n ﹣1）×6=6n ﹣5；（2）∵a n =（a n ﹣a n ﹣1）+（a n ﹣1﹣a n ﹣2）+…+（a 2﹣a 1）+a 1 =2（b n ﹣b n ﹣1）+2（b n ﹣1﹣b n ﹣2）+…+2（b 2﹣b 1）+a 1 =2b n +a 1﹣2b 1，②当λ=﹣1时，a 2n =3，a 2n ﹣1=﹣1， ∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a 2n →+∞，无最大值；当n→+∞时，a 2n ﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．3、【解析】：（1）依题意，232133a a a ≤≤，∴263x ≤≤，又343133a a a ≤≤，∴327x ≤≤，综上可得36x ≤≤；（2）由已知得1n n a q -=，又121133a a a ≤≤，∴133q ≤≤ 当1q =时，n S n =，1133n n n S S S +≤≤，即133nn n ≤+≤，成立当13q <≤时，11n n q S q -=-，1133n n n S S S +≤≤，即1111133111n n n q q q q q q +---≤≤---，∴111331n n q q +-≤≤-，此不等式即11320320n n n nq q q q ++⎧--≥⎨-+≤⎩，∵1q >， ∴132(31)2220n n n n qq q q q +--=-->->，对于不等式1320n n qq +-+≤，令1n =，得2320q q -+≤，解得12q ≤≤，又当12q <≤时，30q -<，∴132(3)2(3)2(1)(2)0n n n qq q q q q q q +-+=-+≤-+=--≤成立，∴12q <≤当113q ≤<时，11n n q S q -=-，1133n n n S S S +≤≤，即1111133111n n n q q q q q q +---≤≤---，即11320320n n n nq q q q ++⎧--≤⎨-+≥⎩，310,30q q ->-< ∵132(31)2220n n n n qq q q q +--=--<-<132(3)2(3)2(1)(2)0n n n q q q q q q q q +-+=-+≥-+=-->∴113q ≤<时，不等式恒成立综上，q 的取值范围为123q ≤≤（3）设公差为d ，显然，当1000,0k d ==时，是一组符合题意的解， ∴max 1000k ≥，则由已知得1(2)1(1)3[1(2)]3k dk d k d +-≤+-≤+-，∴(21)2(25)2k d k d -≥-⎧⎨-≥-⎩，当1000k ≥时，不等式即22,2125d d k k ≥-≥---， ∴221d k ≥--，12(1) (10002)k k k da a a k -+++=+=， ∴1000k ≥时，200022(1)21k d k k k -=≥---，解得10001000k ≤≤，∴1999k ≤， ∴k 的最大值为1999，此时公差2000219981(1)199919981999k d k k -==-=--⨯4、解：（1）满足条件的L 数列5A ，及对应的5()S A 分别为：（i ） 0, 1, 2，1, 0. 5()4;S A =(ii) 0, 1, 0，1, 0. 5()2;S A =（iii ） 0, 1, 0，-1, 0. 5()0;S A = (iv) 0, -1, -2，-1, 0. 5()4;S A =- （v ） 0, -1, 0，-1, 0 . 5()2;S A =-(vi) 0, -1, 0, 1, 0. 5()0.S A =因此，5()S A 的所有可能值为：4,2,0,2,4.-- ……5分(2) 由于n A 为L 数列，且10,n a a ==11(1,2,,1),k k a a k n +-==-故n 必须是不小于3的奇数. ……7分于是使()n S A 最大的n A 为：0,1,2,3,,2,1,,1,2,,3,2,1,0.k k k k k ---- ……9分这里213(),n k k n N *=+≥∈、并且[]21()212(1),.2n n S A k k k k -=+++-+==因此，2max1()(3).2n n S A n -⎛⎫= ⎪⎝⎭为不小于的奇数 ……11分（3）令1(1,2,,1),1,k k k k c a a k n c +=-=-=±则于是由10,a =得213221243312311121,,,,.n n n n a c a a c c c a a c c c c a a c c c c ---==+=+=+=++=+=+++[]12312321123211232()(1)(2)(3)2(1)(2)(3)21(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(1)(1)(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(12n n n n n n n S A a a a a n c n c n c c c n n n n c n c n c c c n n n c n c n c c -----=+++++=-+-+-+++=-+-+-+++++--+--+--++-+--=---+--+--++-+-故[]1).n c -1,1(1,2,,1)k k c c k n =±-=-因故为偶数，所以12321(1)(1)(2)(1)(3)(1)2(1)(1)n n n c n c n c c c ----+--+--++-+-为偶数.于是要使(1)()0,2n n n S A -=必须为偶数，即(1)n n -为4的倍数，亦即 4,41().n m n m m N *==+∈或 ……14分（i ）当4()n m m N *=∈时，L 数列n A 的项在满足： 4143420,=k k k a a a ---==1,41(1,2,,)k a k m =-=时，()0.n S A = ……16分(ii)当41()n m m N *=+∈时，L 数列n A 的项在满足：4143420,=k k k a a a ---==1，441=1(1,2,,),0k m a k m a +-==时()0.n S A = ……18分5、（1）数列{}n a 满足nn n a a 331+=-（*∈≥N n n ,2）∴nn n a a 331=--，∵03≠n ，∴13311=---n n n n a a 为常数，…………2分∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 3是等差数列，首项为131=a ，公差为1…………4分 n a n n=3∴n n n a 3⋅= )(*∈N n …………6分（2）23413233343(1)33n n n S n n -=+⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅2345133233343(1)33n n n S n n +=+⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅234112333333n n n S n -+-=+++++-⋅1133322n n n S n ++=⋅-+…………10分（3）数列{}n b 满足na b n n 3log =，则n b nn ==3log 3，…………11分11n n b b +=111(1)1n n n n =-++因此有： 1111111(1)()()()223341n T n n =-+-+-++-+ =111+-n…………13分 ∴由题知△ABC 中，1sin cos sin 22n A A A =>恒成立，而对于任意n N *∈，1n T <成立，所以1sin 224A ≥即232sin ≥A ， …………16分又),0(π∈A ，即)2,0(2π∈A∴3223ππ≤≤A ，即⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈3,6ππA ． …………18分 6、（1）n a n =， ………………………………………………………………2分1122n n n n nb b a b +=+=+，∴由累加法得121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+- …………………4分1(1)0[12(2)(1)]24n n n n -=+++⋅⋅⋅+-+-=．……………………………………6分（2）221114(4)n n n n n n c c a b a b +++-=---……………………………………………8分221(1)4()(4)12n n n n n a a b a b =+-+--=∴{}n c 是公差为1的等差数列．……………………………………………………11分(3)由解方程得：x =，由条件，()0k f x =两根x =为整数，则k c ∆=必为完全平方数，不妨设2()k c m m =∈N ， …………12分此时2k a mx -±==为整数，∴k a 和m 具有相同的奇偶性，………13分由（2）知{}n c 是公差为1的等差数列，取21n k m =++∴()222121211k m k c c m m m m ++=++=++=+ ………………………………15分此时(21)(1)2k a m m x -++±+==k a 和m 具有相同的奇偶性，∴21k a m ++和1m +具有相同的奇偶性， …17分所以函数21()k m f x ++有两个整数零点.由递推性可知存在无穷多个()n f x 有两个整数零点.………………………18分 7、解：（1）当2n ≥时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-= 又111a S == ，所以n a n = ……………………………5分(2)、<法一> 11n a n =，1112n T n∴=+++， 1111111(1)(1)(1)22321n R n -∴=++++++++++-111(1)1(2)(3)1231n n n n =-⋅+-⋅+-⋅++⋅-11111111(11)(11)(1)(2)231231n n n n T n n n n n=++++-+=+++++-=-≥--…6分<法二>：数学归纳法①2n =时，11111R T a ===，212112(1)2(1)1T a a -=+-= ………………………1分 ②假设(2,*)n k k k N =≥∈时有1(1)k k R k T -=- ………………………1分当1n k =+时，1111(1)(1)(1)()k k k k k k k k R R T k T T k T k k T k a -++=+=-+=+-=+-- 111(1)(11)(1)(1)1k k k T k k T k ++=+-+--=+-+1n k ∴=+是原式成立由①②可知当2,*n n N ≥∈时1(1)n n R n T -=-； ………………………4分 (3)、（理）1(1)()32n m m n -<+，1,2,,m n =231211)32112)()3213)()32411)()3231)()32n n n n n n n n m n n m n n m n m n n m n n -+⎫=<⎪+⎪+⎪=<⎪+⎪⎪=<⎪+⎬⎪⎪⎪=-<⎪+⎪⎪=<⎪+⎭时，（时，（时，（时，（时，（⇒相加得，231214311111()()()()()()()()333322222n nn n n n n n n n n n -++++++<+++++++++231111111()()()()1()1222222n n n -+++++=-<， 34(2)(3)n n n n n n ∴++++<+ ………………………4分6n ∴≥时，34(2)(3)n n n n n n ∴++++=+无解又当1n =时；34<，2n =时，222345+=；3n =时，33333456++=4n =时，44443456+++为偶数，而47为奇数，不符合 5n =时，5555534567++++为奇数，而58为偶数，不符合综上所述2n =或者3n = ……………………………4分(3)、易知0q ≠，否则若0q =，则1()f x p =，与lim ()0(*)n n f a n N →∞=∈矛盾因为函数()f x 的定义域为R ，所以(1)31qx p -⋅+恒不为零，而3qx的值域为(0,)+∞，所以10p -≥，又1p =时，()1f x =，与lim ()0(*)n n f a n N →∞=∈矛盾，故1p >11()(1)31(1)(3)1n qn q nf a p p ==-⋅+-+且lim ()0n n f a →∞=31q∴>，0q ∴> 即有1p q +>。

2025版高考数学一轮总复习考点突破第六章数列专题突破10构造法求数列的通项公式

专题突破10 构造法求数列的通项公式数列通项公式常见求解形式如下（为直观简洁，各式中参数范围略去未写，如⑤中,1,,⑥中且（为等差型））,累加、累乘法6.1节已讲解，本节重点讲解构造法求通项公式.序号基本解题策略形式（,,,,,等均为常数）①累加②累乘③·a na n+1 两边同除以化为①④待定系数法化为等比数列⑤④的特例⑥两边同取倒数化为⑤⑦两边同除以化为⑤⑧配凑为等比数列⑨配凑为等比数列核心考点精准突破考点一构造等差数列求通项公式例1 求下列数列的通项公式.（1），;解：由,知.两边取倒数,得.所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，.（2），.[答案]等式两边同时除以，得,即.所以数列是等差数列，公差,首项.所以.所以.【点拨】通过对递推式变形得到为常数），可知数列是公差为，首项为的等差数列，进而求出以及.变式1 求下列数列的通项公式.（1）,；解：等式两边同时取倒数,得,所以.所以数列是等差数列,且首项,公差为2.则,所以.（2），.[答案]等式两边同时除以,得.所以数列是等差数列，公差,首项.所以.所以.考点二构造等比数列求通项公式例2 求下列数列的通项公式.（1），；解：由题意,知，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.所以，所以（2）,.[答案]（方法一）设,即,比较系数得.所以.则数列是首项为,公比为2的等比数列.所以,所以.（方法二）将的两边同除以,得.令,则.设,即.比较系数,得.则,所以是以为首项,为公比的等比数列.所以,则.所以.【点拨】是一个典型的可配凑成等比数列求解的递推关系，很多递推关系都可以化为这种类型，比如例或变.配凑时一般用待定系数法确定常数.变式2 求下列数列的通项公式.（1），；解：（方法一）（累乘法），得，即.所以，,, ,.将这些等式两边分别相乘,得.因为，所以，即.所以.又也适合上式，故数列的一个通项公式为.（方法二）（迭代法），即，所以.又也满足上式，故数列的一个通项公式为.（2），.[答案]（方法一）设，即，所以.即.则数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以.（方法二）等式两边同时除以,得.所以，，所以是以为首项，为公比的等比数列.所以，则.所以.考点三型数列求通项公式例3 已知在数列中,,,,求这个数列的通项公式.解：因为,所以.又,所以是首项为7,公比为3的等比数列.则.又,,所以是首项为,公比为的等比数列.则.,得,所以.当时,符合上式.综上,.【点拨】可配凑化为，其中,是方程的两个根.若1是方程的根，则干脆构造;若1不是方程的根,则须要构造两个数列，利用消元法求.变式3 [2024年八省联考节选]已知各项都为正数的数列满足.若,，求的通项公式.解：因为，所以.又，所以为常数列，且，即. 所以是以为首项，3为公比的等比数列.所以.。

高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行，令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n：， + ， + + ， + + + ，，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列满足，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时，，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ；即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前项和．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前项和为，且是与的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为，已知．（1）求证：数列是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为，且 b = 4n nn +1，若对任意都成立，求实数的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是为首项，为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述的取值范围为．第 7 单元数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为，，（），则（）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则．．故选 B ．满足：，若数列是等比数列，则的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列的前项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足：，，成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前项和对任意的恒成立，则的最大值为（）A ．115【答案】C【解析】由，，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ，（ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪琪琪琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前项和为，且，，数列满足，（1）求数列（2）令【答案】（1），的通项公式；，求数列的前项和．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时，，即，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为，首项为的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理是偶数时是公比是，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前项和为，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。

上海高三数学第一轮复习(4)数列

专题：数列综合(★★)教学目标理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，理解等差数列和等比数列的概念及掌握通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题。

【解读：数列是高中代数的主要内容，又是今后学习高等数学的基础，所以，在高考试卷中也占有重要地位。

学习等差数列后，再学等比数列时，可以等差数列为模型，从等差数列研究过的问题入手，再探求出等比数列的相应问题，通过对比学习，加深对两特殊数列本质的理解，会收到事半功倍的效果。

】知识梳理一、等差数列 1.等差数列的概念一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d ”表示）。

⑴公差d 一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求；⑵对于数列{n a },若n a －1-n a =d (与n 无关的数或字母)，n ≥2，n ∈N +，则此数列是等差数列，d 为公差。

2．等差数列的通项公式d n a a n )1(1-+=第二通项公式 =n a d m n a m )(-+ 3.公差d 和等差中项① d=n a －1-n a ② d =11--n a a n ③ d =mn a a mn -- 定义：若a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项。

,,,2b A a b a A ⇔+=成等差数列。

也就是说，A =2ba +是a ,A ,b 成等差数列的充要条件性质：在等差数列中，若m+n=p+q ，则，q p n m a a a a +=+ 即 m+n=p+q ⇒q p n m a a a a +=+ (m, n, p, q ∈N )①由q p n m a a a a +=+ 推不出m+n=p+q （当d=0时），②m n m n a a a ++≠4.等差数列的前n 项和公式 1. 2)(1n n a a n S +=2. 2)1(1dn n na S n -+= 3.n )2da (n 2d S 12n -+=，当d ≠0，是一个常数项为零的二次式5.求等差数列前项和的最值问题常见的两种方法: （1）利用n a :当n a >0，d<0，前n 项和有最大值。

沪教版(上海)高三一轮综合复习之数列习题

沪教版（上海）高三一轮综合复习之数列习题数列一、填空、选择题1、（宝山区2020届高三上期末（一模））已知{}n a 、{}n b 均是等差数列，n n n c a b =⋅，若{}n c 前三项是7、9、9，则10c =2、（（奉贤区2020届高三上期末（一模））一个不是常数列的等比数列中，值为3的项数最多有（） A. 1个 B. 2个 C. 4个 D. 无穷多个3、（虹口区2020届高三上期末（一模））设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若2712a a +=，48S =，则n a =4、（黄浦区2020届高三上期末（一模））若无穷等比数列{}n a 满足：234a a a =，5116a =，且()n a n *∈∈R N ，则数列21{}n a -的所有项的和为．5、（静安区2020届高三上期末（一模））设某种细胞每隔一小时就会分裂一次，每个细胞分裂为两个细胞．则7小时后，1个此种细胞将分裂为个．6、（闵行区2020届高三上期末（一模））若首项为正数的等比数列{}n a ，公比lg q x =，且10099101a a a <<，则实数x 的取值范围是7、（浦东新区2020届高三上期末（一模））设{}n a 是等差数列，且13a =，3518a a +=，则n a =8、（普陀区2020届高三上期末（一模））各项都不为零的等差数列{}n a （*N n ∈）满足22810230a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且88a b =，则4911b b b = _ .9、（青浦区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 中，11a =，1112n n n a a -+-=（*n ∈N ），则lim n n a →∞=10、（松江区2020届高三上期末（一模））在无穷等比数列{}n a 中，若121lim()3n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=，则1a 的取值范围是11、（徐汇区2020届高三上期末（一模））已知等差数列{}n a 的公差3d =，n S 表示的前n 项和，若数列{}n S 是递增数列，则1a 的取值范围是12、（杨浦区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 的通项公式为1(2)1()(3)2n n nn a n -≤⎧⎪=⎨≥⎪⎩（n ∈*N ），n S 是数列{}n a 的前n 项和. 则lim n n S →∞=13、（长宁嘉定金山区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 满足：11a=，{}112,,,n n n a a a a a +-∈⋅⋅⋅（*n ∈N ），记数列{}n a 的前n 项和为n S.若对所有满足条件的{}n a ，10S 的最大值为M 、最小值为m ，则M m +=_______.14、（崇明区2020届高三上期末（一模））已知等差数列{a n }的首项为1，公差为2，则该数列的前n 项和S n ＝15、（闵行区2020届高三上期末（一模））已知各项为正数的非常数数列{}n a 满足11n an a a +=，有以下两个结论：① 若32a a >，则数列{}n a 是递增数列；② 数列{}n a 奇数项是递增数列；则（） A. ①对②错 B. ①错②对 C. ①②均错误 D. ①②均正确参考答案：1、－472、D3、23n -4、435、726、1(0,)10 7、21n + 8、8 9、5410、112(0,)(,)333 11、(3,)-+∞ 12、7213、1078 14、n 2 15、D二、解答题 1、（宝山区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 满足11a =，2a e=（e 是自然对数的底数），且2n a +=ln n n b a =（n ∈*N ）. （1）证明：2n b +> （2）证明：211{}n n n n b b b b +++--是等比数列，且{}n b 的通项公式是121[1()]32n n b -=--；（3）是否存在常数t ，对任意自然数n ∈*N 均有1n n b tb +≥成立？若存在，求t 的取值范围，否则，说明理由.2、（（奉贤区2020届高三上期末（一模））有限个元素组成的集合12{,,,}n A a a a =⋅⋅⋅，*n ∈N ，集合A 中的元素个数记为()d A ，定义{|,}A A x y x A y A +=+∈∈，集合A A +的个数记为()d A A +，当()(()1)()2d A d A d A A ⋅++=时，称集合A 具有性质Γ.（1）设集合{1,,}M x y =具有性质Γ，判断集合M 中的三个元素是否能组成等差数列，请说明理由；（2）设正数列{}n d 的前n 项和为n S ，满足1123n n S S +=+，其中113d =，数列{}n d 中的前2020项：1232020,,,,d d d d ⋅⋅⋅组成的集合1232020{,,,,}d d d d ⋅⋅⋅记作D ，将集合D D +中的所有元素123,,,,k t t t t ⋅⋅⋅（*k ∈N ）从小到大排序，即123,,,,k t t t t ⋅⋅⋅满足123k t t t t <<<⋅⋅⋅<，求2020t ；（3）已知集合12{,,,}n C c c c =⋅⋅⋅，其中数列{}n c 是等比数列，0n c >，且公比是有理数，判断集合C 是否具有性质Γ，说明理由.3、（虹口区2020届高三上期末（一模））在数列{}n a 中，10a =，且对任意的*m ∈N ，21m a -、2m a 、21m a +构成以2m 为公差的等差数列.（1）求证：4a 、5a 、6a 成等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）设2222323n nn S a a a =++⋅⋅⋅+，试问2n S n -是否存在极限？若存在，求出其值，若不存在，请说明理由.4、（黄浦区2020届高三上期末（一模））对于数列{}n a ，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{}n a 为P 数列．（1）若{}n a 的前n 项和32n n S =+，试判断{}n a 是否是P 数列，并说明理由；（2）设数列12310,,,,a a a a 是首项为1-、公差为d 的等差数列，若该数列是P 数列，求d 的取值范围；（3）设无穷数列{}n a 是首项为a 、公比为q 的等比数列，有穷数列{},{}n n b c 是从{}n a 中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为12,T T ，求{}n a 是P 数列时a 与q 所满足的条件，并证明命题“若0a >且12T T =，则{}n a 不是P 数列”．5、（静安区2020届高三上期末（一模））设{}n a 是等差数列，公差为d ，前n 项和为n S ．（1）设140a =，638a =，求n S 的最大值；（2）设*11,2()n a n a b n N ==∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且对任意的*n N ∈，都有20n T ，求d 的取值范围．6、（闵行区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 满足11a =，2a a =（1a >），211||||n n n n a a a a d +++-=-+（0d >），*n ∈N .（1）当2d a ==时，写出4a 所有可能的值；（2）当1d =时，若221n n a a ->且221n n a a +>对任意*n ∈N 恒成立，求数列{}n a 的通项公式；（3）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2{}n a 、21{}n a -分别构成等差数列，求2n S .7、（浦东新区2020届高三上期末（一模））定义1212231(,,,)||||||n n n f a a a a a a a a a -⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+-（n ∈N ，3n ≥）为有限实数列{}n a 的波动强度. （1）求数列1，4，2，3的波动强度；（2）若数列a ，b ，c ，d 满足()()0a b b c -->，判断(,,,)(,,,)f a b c d f a c b d ≤是否正确，如果正确请证明，如果错误请举出反例；（3）设数列1a ，2a ，⋅⋅⋅，n a 是数列112+，222+，332+，⋅⋅⋅，2n n +的一个排列，求12(,,,)n f a a a ⋅⋅⋅的最大值，并说明理由.8、（普陀区2020届高三上期末（一模））数列{}n a 与{}n b 满足1a a =，1n n n b a a +=-，n S 是数列{}n a 的前n 项和（*N n ∈）.（1）设数列{}n b 是首项和公比都为13-的等比数列，且数列{}n a 也是等比数列，求a 的值；（2）设121n n n b b +-=-，若3a =且4n a a ≥对*N n ∈恒成立，求2a 的取值范围；（3）设4a =，2n b =，22n n nS C λ+=（*N n ∈，2λ≥-），若存在整数k ，l ，且1k l >>，使得k l C C =成立，求λ的所有可能值.9、（松江区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 满足：① n a ∈N （*n ∈N ）；② 当2kn =（*k ∈N ）时，2n n a =； ③ 当2k n ≠（*k ∈N ）时，1n n a a +<，记数列{}n a 的前n 项和为n S . （1）求1a ，3a ，9a 的值；（2）若2020n S =，求n 的最小值；（3）求证：242n n S S n =-+的充要条件是211n a +=（*n ∈N ）.10、（徐汇区2020届高三上期末（一模））给正有理数i i m n 、jjm n （i j ≠，*,i j ∈N ，*,,,i i j j m n m n ∈N ，且i j m m =和i j n n =不同时成立），按以下规则P 排列：① 若i i j j m n m n +<+，则ii m n 排在j jm n 前面；② 若i i j j m n m n +=+，且i j n n <，则ii m n 排在j jm n 的前面，按此规则排列得到数列{}n a . （例如：121,,,112⋅⋅⋅）.（1）依次写出数列{}n a 的前10项；（2）对数列{}n a 中小于1的各项，按以下规则Q 排列：①各项不做化简运算；②分母小的项排在前面；③分母相同的两项，分子小的项排在前面，得到数列{}n b ，求数列{}n b 的前10项的和10S ，前2019项的和2019S ；（3）对数列{}n a 中所有整数项，由小到大取前2019个互不相等的整数项构成集合1232019{,,,,}A c c c c =⋅⋅⋅，A 的子集B 满足：对任意的,x y B ∈，有x y B +∉，求集合B中元素个数的最大值.11、（杨浦区2020届高三上期末（一模））已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于任意的正整数n ，均有210n S -≥，20n S ≤，则称数列{}n a 具有性质P .（1）判断首项为1，公比为2-的无穷等比数列{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（2）已知无穷数列{}n a 具有性质P ，且任意相邻四项之和都相等，求证：40S =；（3）已知21n b n =-，n ∈*N ，数列{}n c 是等差数列，122n n n b n a c n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，若无穷数列{}n a 具有性质P ，求2019c 的取值范围.12、（长宁嘉定金山区2020届高三上期末（一模））已知数列{}n a 各项均为正数，n S 为其前n 项的和，且2,,n n n a S a (*N n ∈)成等差数列.（1）写出1a 、2a 、3a 的值，并猜想数列{}n a 的通项公式n a ；（2）证明（1）中的猜想；（3）设()10n n b ta t =->，n T 为数列{}n b 的前n 项和.若对于任意*n N ∈,都有{}*n m T b m N ∈∈, 求实数t 的值.13、（崇明区2020届高三上期末（一模））已知无穷数列{a n }，{b n }，{c n }满足：对任意的n ∈N *，都有a n +1＝|b n |﹣|c n |，b n +1＝|c n |﹣|a n |，c n +1＝|a n |﹣|b n |．记d n ＝max {|a n |，|b n |，|c n |}（max {x ，y ，z }表示3个实数x ，y ，z 中的最大值）．（1）若a 1＝1，b 1＝2，c 1＝4，求，b 4，c 4的值；（2）若a 1＝1，b 1＝2，求满足d 2＝d 3的c 1的所有值；（3）设a 1，b 1，c 1是非零整数，且|a 1|，|b 1|，|c 1|互不相等，证明：存在正整数k ，使得数列{a n }，{b n }，{c n }中有且只有一个数列自第k 项起各项均为0．参考答案：1、2、解：（1）因为集合{}y x M ,,1=具有性质Γ，所以()d M M +=()()()134622d M d M ⋅+⨯== -----------1分因为M M +中的元素可能为2,2,2,1,1,x y x y x y +++ -----------1分这六个元素同时满足2x y ≠+，21x y ≠+，21y x ≠+所以集合M 中的三个元素不可能组成等差数列 -----------2分（2）由3121n +=+n S S ①，得1123n n S S -=+*(2,)n n N ≥∈② ①、②相减得到12n n d d +=*(2,)n n N ≥∈③1n =得2121123S d d d =+=+，211233d d =+=，所以212d d = -----------1分所以12n n d d +=*()n N ∈ ，得到1123n n d -=⋅ -----------1分集合D D +中的所有元素从小到大进行排序得到1120191112222222,,,,,,33333i j --++++⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅满足k t t t t <<<< 321 其中(,)i j 与数对(1,1)；(1,2)，(2,2)；(1,3)，(2,3)，(3,3)；(1,4)，(2,4)，(3,4)，(4,4)；⋅⋅⋅；0(1,)n ，0(2,)n ，0(3,)n ，⋅⋅⋅，00(,)n n 对应. -----------2分所以00012(1)20202n n n ++⋅⋅⋅+=+≤ 解得()0max 63n =当063n =时，631263(631)20162++⋅⋅⋅+=+= 所以2020t 对应的数对为)64,4(，所以3226332020+=t -----------2分（3）设数列{}n c 的公比为q ，则211111{,,,,}n C c c q c q c q -=⋅⋅⋅C C +的元素至多有22(1)(1)22n n n n n n n C n -+⋅-=-=个 -----------2分因为0n c >，所以10,0c q >>设1234n n n n <≤<，所以1234n n n n c c c c <≤<或1234n n n n c c c c >≥>只要证明1423n n n n c c c c +≠+恒不成立即可. -----------1分即31421111n n n n q q q q ----+≠+，假设31421111n n n n qq q q ----+=+ 即3141211n n n n n n qq q ---=+-（*）因为q 是有理数，设sq t=，*t N ∈，s Z ∈且,s t 互质得314321424141n n n n n n n n n n n n st s t t s ------⋅+⋅-=所以左边是t 的倍数，右边不是t 的倍数，所以（*）式不成立所以集合C 具有性质Γ -----------5分 3、4、5、解：（1）140a =，638a =，可得61255a a d -==-，可得2212120120140(1)()255220n S n n n n =--=--+，由n 为正整数，可得100n =或101时，n S 取得最大值2020；（2）设*11,2()n a n a b n N ==∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，可得1(1)n a n d =+-，数列{}n b 为首项为2，公比为2d 的等比数列，若0d =，可得2n b =；0d >，可得{}n b 为递增数列，无最大值；当0d <时，2(12)21212dn n d d T -=<--，对任意的*n N ∈，都有20n T ，可得22012d-，且0d <，解得2log 0.9d ． 6、7、【解答】解：（1）()1,4,2,31442236f =-+-+-=………………4分（2）()(),,,,,,f a b c d f a c b d ≤是正确的…………………………………6分解法1：()(),,,,,,f a b c d f a c b d a b c d a c b d -=-+-----，a b c a b c >><<或，a b a c b c ∴---=--，c d b d b c ---≤-所以()(),,,,,,0f a b c d f a c b d -≤，即()(),,,,,,f a b c d f a c b d ≤ 并且当b c >时，d b ≥可以取等号，当c b >时，若d b ≤可以取等号，所以等号可以取到…………………………………………10分解法2：不妨设a b c >>，分4种情况讨论[1] 若d a ≥，则()()()()()(),,,,,,0f a b c d f a c b d a b d c a c d b -=-+-----=，()(),,,,,,f a b c d f a c b d ∴=…………………………………7分[2] 若a d b >≥，则()()()()()(),,,,,,0f a b c d f a c b d a b d c a c d b -=-+-----=，()(),,,,,,f a b c d f a c b d ∴=…………………………………………8分[3] 若b d c >≥，则()()()()()(),,,,,,f a b c d f a c b d a b d c a c b d -=-+-----=()20d b -<，()(),,,,,,f a b c d f a c b d ∴<…………………………9分[4] 若c d >，则()()()()()(),,,,,,f a b c d f a c b d a b c d a c b d -=-+-----=()20c b -<，()(),,,,,,f a b c d f a c b d ∴<…………………………10分（3）设2ii b i =+，1i n ≤≤，{}n b 是单调递增数列.分n 是奇、偶数情况讨论 ………………………………………11分()121122,,...,n n n f a a a x a x a x a =+++，其中{}1,1,1n x x ∈-，{}21,...,2,0,2n x x -∈-，并且120n x x x +++=.经过上述调整后的数列，系数21,...,n x x -不可能为0.当n 为偶数时，系数中有12n -个2和12n-个2-，1个1和1个1-. 当n 为奇数时，有两种情况（1）系数中有12n -个2和32n -个2-，2个1-.（2）系数中有12n -个2-和32n -个2，2个1.[1] n 是偶数，*2,2,n k k k N =≥∈，()()2211122k k k k k b b b b b b ++-=+++--++……………………13分()()()22111k k k k k =+++---+-++⎡⎤⎣⎦2112222222k k k k k ++⎡⎤++---+-⎣⎦ ()2211=21222222k k k ++⎡⎤-+---⎣⎦2223212224k k k k ++=-+--+221429232n nn =+⋅-⋅+……………………………………15分 [2] n 是奇数，*21,n k k N =+∈，因为2120k k k b b b +-+>，212122k k k k k k b b b b b b ++++∴--≥+-，可知()()21211122k k k k k b b b b b b +++-++---++≥()()21321122k k k k k b b b b b b ++++++++-++()12,,...,n f a a a ()21324321121,,,,,,,...,,,,k k k k k k k k f b b b b b b b b b b b +++--+≤ ()()21211122k k k k k b b b b b b +++-≤++---++…………………………17分()()()()()22+1211+2+1k k k k k k =+++-+---+++⎡⎤⎣⎦2+12+1122222+2+2k k k k k++⎡⎤++---⎣⎦()222k =-()()+2+1k k ++()222222222+32k k k ++⎡⎤+---⋅⎣⎦223122121324k k k k ++=+-+-⋅+122154213222n nn -=+⋅-⋅+…………………………………………………18分综上，()22121max22142923,42,,...,1542132322nnn n n n n n f a a a n n n -⎧+⋅-⋅+≥⎪⎪=⎡⎤⎨⎣⎦⎪+⋅-⋅+≥⎪⎩是偶数，是奇数， 8、（1）由条件得1()3n n b =-，*N n ∈，即11()3nn n a a +-=-，………………1分则2113a a -=-，23211()39a a -=-=，设等比数列{}n a 的公比为q ，则322113a a q a a -==--，又1(1)3a q -=-，则14a =. …………………………3分当14a =，13q =-时，111()43n n a -=-，*N n ∈，则111111111111()()()[()]()434334433n n n nn n a a --+-=---=--⨯-=-满足题意，故所求的a 的值为14. ………………………………………4分（2）当2n ≥时，1121n n n b b ---=-， 21221n n n b b ----=-，，2121b b -=-，以上1n -个式子相加得，12312222(1)n n n n b b n ----=++++--， ………2分又12123b a a a =-=-，则1222(12)(1)32412n n n b n a n a --=--+-=-+--，即224n n b n a =-+-. 由1210nn n b b +-=->知数列{}n b 是递增数列，………4分又1n n n b a a +=-，要使得4n a a ≥对*N n ∈恒成立，则只需34345400b a a b a a =-≤⎧⎨=-≥⎩，即32421080b a b a =+≤⎧⎨=+≥⎩，则281a -≤≤-. …………………6分（3）由条件得数列{}n a 是以4为首项，2为公差的等差数列，则42(1)22n a n n =+-=+，2(422)32n n n S n n ++==+，则223222n n n nS n n C λλ+++==. ………………………………2分则222111(1)3(1)23242222n n n n n n n n n n n C C λλλ++-++++++--+--=-=，当3n ≥时，224233428282(2)40n n λλλ--+-≤--+-=--≤--⨯-=-<，即3n ≥时，1n n C C +<，则当3k l >≥时，k l C C <与k l C C =矛盾. ………………………4分又1l >，即2l =时，232522k k k λλ+++=.当5k ≥时，225325352202216k k k λλλ+++⨯++≤=，又205207207(2)3016216168λλλ++----⨯--=≤=-<，即当5k ≥，2l =时，232522k k k λλ+++<，与232522kk k λλ+++=矛盾. 又2k l >≥，则3k =或4，当3k =时，2233233325222k k k λλλ+++⨯++==，解得1λ=-；当4k =时，2243243425222k k k λλλ+++⨯++==，解得2λ=-. 综上得λ的所有可能值为1-和2-. …………………………………8分 9、解：（1）因21a =，12a a <，且1a 是自然数，10a ∴=； ………………2分42a =，340a a ≤<，且34,a a 都是自然数；∴30a =或31a =；………………3分 168a =，9101608a a a ≤<<<=，且*()i a N i N ∈∈，∴90a =或91a =．……4分（2）122()k k a k N -*=∈，当122k k n -<≤(,)n k N *∈时，1111212223202k k k k k a a a a ----+++≤<<<<=，由于n a N ∈，所以121k m a m -+=-或m ，11,2,3,,2 1.k m -=- ………………………6分∴()64max (01)(12)(1234)(128)(1216)S =+++++++++++++++23458916173233(1232)171422222⨯⨯⨯⨯⨯++++=+++++= ()128max 646571427942S ⨯=+= 71420202794<<，64128n ∴<< ………………………8分又20207141306-=，123501275130612350511326++++=<<+++++=所以min 6451115n =+= ………………………10分（3）必要性：若242n n S S n =-+则：122422n n n S S +=-+ ①122214(21)2n n n S S +++=-++ ②①-②得：1121222141()n n n a a a n N ++*++++=-∈ ③ ………………………11分由于1121220,1n n a a ++++=⎧⎨=⎩或1121221,2n n a a ++++=⎧⎨=⎩或11212202n n a a ++++=⎧⎨=⎩，且210,n a +=或1 只有当112121221,1,2n n n a a a +++++===同时成立时，等式③才成立211()n a n N *+∴=∈ ………………………13分充分性：若211()n a n N *+=∈，由于1212223212n n n n n a a a a ++++=<<<<=所以2(,,2)n n k a k n N k N k **+=∈∈≤，即211n a +=，222n a +=，233n a +=，…，12121n n a +-=-，又122n n a +=所以对任意的n N *∈，都有2211n n a a -=+…（I ） ………………………14分另一方面，由2n k a k +=，1222n k a k ++=(,,2)n n N k N k **∈∈≤所以对任意的n N *∈，都有22n n a a =…（II ） ………………………15分21221321242()()n n n n S a a a a a a a a a -∴=+++=+++++++2422232()24()n n a a a n a a a a n =+++-=++++-由于120,1a a ==2124()242n n n S a a a n S n ∴=+++-+=-+ 证毕. ………18分10、11、12、（1）解：由已知22n nn a a S +=， …………1分所以11a =，22a =，33a =， …………3分猜想n a n = …………4分证明（2）当2n ≥时，22n n n a a S +=，21112n n n a a S ---+=所以2211122n n n n n n n a a a a a S S ---++=-=- 得()()1110n n n n a a a a --+--=， …………3分因为()*0n a n >∈N ，所以11n n a a --= 数列{}n a 为等差数列，又由（1）11a =，22a = 所以()*n a n n =∈N …………6分（3）解：由（2）知1m b mt =-，()12n n n T t n +=-. 若m n b T =，则()112n n n m t+-=-，因为,m n 都是整数，所以对于任意*n N ∈，1n t -都是整数，进而1t是整数所以1,t k Z k=∈，此时()()112n n m k n +=--， ………2分设2m b T =，则30m k =->，所以1k =或2 ………4分①当1k =时，对于任意*n N ∈，()*112n n m N -=+∈ ②当2k =时，对于任意*n N ∈，()*322n n m N -=+∈ 所以实数t 取值的集合为1{,1}2………6分13、解：（1）由题意：a 2＝|b 1|﹣|c 1|＝2﹣4＝﹣2；b 2＝|c 1|﹣|a 1|＝4﹣1＝3；c 2＝|a 1|﹣|b 1|＝1﹣2＝﹣1；以此类推，看得出a 4＝0，b 4＝﹣1，c 4＝1．（2），若a 1＝1，b 1＝2，c 1＝x ，则a 2＝2﹣|x |，b 2＝|x |﹣1，c 2＝﹣1，d 2＝，a 3＝||x |﹣1|﹣1，b3＝1﹣|2﹣|x||，c3＝|2﹣|x||﹣|x|﹣1|，当0≤|x|＜1时，a3＝﹣|x|，b3＝|x|﹣1|，c3＝1，d3＝1，由d3＝d2，得||x|＝1，不符合题意．当1≤|x|＜2，a3＝|x|﹣2，b3＝|x|﹣1，c3＝3﹣2|x|，d3＝，由d3＝d2，得|x|＝1，符合题意．当|x|≥2，a3＝|x|﹣2，b3＝3﹣|x|，c3＝﹣1，d3＝由d3＝d2，得|x|＝2，符合题意，综上c1的取值是：﹣2，﹣1，1，2．（3）先证明‘’存在正整数k≥3，使，a k，b k，c k中至少有一个为零，假设对任意正整数k≥3，a k，b k，c k都不为零，由a1，b1，c1是非零整数，且|a1|，|b1|，|c1|互不相等，得d1∈N*，d2∈N*，若对任意k≥3，a k，b k，c k都不为零，则d k∈N*．即对任意k≥1，d k∈N*．当k≥1时，|a k+1|＝|b k|﹣|c k||＜max{|b k|，|c k|}≤d k，|b k+1|＝||c k|﹣|a k||＜d k，|c k+1|＝||a k|﹣|b k||＜d k，所以d k+1＝max{|a k+1|，|b k+1|，|c k+1|}＜d k，所以{d k}单调递减，由d2为有限正整数，所以必存在正整数m≥3，使得d m≤0，矛盾，所以存在正整数k≥3，使a k，b k，c k中至少有一个为零，不妨设a k＝0，且a1≠0，a2≠0…a k﹣1≠0，则|b k﹣1|＝|c k﹣1|，且|b k﹣1|＝|c k﹣1|≠|a k﹣1|，否则若|b k﹣1|＝|c k﹣1|＝|a k﹣1|，因为a k﹣1+b k﹣1+c k﹣1＝0，则必有a k﹣1＝b k﹣1＝c k﹣1＝0，矛盾．于是，b k＝|c k﹣1|﹣|a k﹣1|≠0，c k＝|a k﹣1|﹣|b k﹣1|≠0，且b k＝﹣c k，所以，a k+1＝0，b k+1＝|c k|，c k+1＝﹣|b k|＝﹣|c k|，以此类推，即有：对∀n≥k，a n＝0，b n+1＝|c k|，c n+1＝﹣|c k|，|c k|≠0，此时有且仅有一个数列{a n}自k项起各项均为0．综上：结论成立．。

高三数学一轮复习数列知识点突破训练含答案解析

第六章⎪⎪⎪数列第一节数列的概念与简单表示突破点(一) 数列的通项公式基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．2．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．3．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第一项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做数列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意数列均成立．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”由数列的前几项求数列的通项公式[例1] 写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…；本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式；2.数列的单调性.(4)3,33,333,3 333，….[解] (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n·2＋(－1)nn .也可写为a n＝⎩⎨⎧－1n，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．[方法技巧]由数列的前几项求通项公式的思路方法给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系． (2)若第n 项和第n ＋1项正负交错，那么符号用(－1)n 或(－1)n ＋1或(－1)n－1来调控．(3)熟悉一些常见数列的通项公式．(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．利用a n 与S n 的关系求通项[例2] 已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b .[解] (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，所以{a n }的通项公式为a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2×3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式．所以当b ＝－1时，a n ＝2×3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. [方法技巧]已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．利用递推关系求通项[例3] (1)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，则a n ＝________；(2)若数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1a n ，则通项a n ＝________；(3)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________； (4)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________.[解析] (1)由条件知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1) ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋1n －1－1n ，即a n －a 1＝1－1n ，又∵a 1＝12，∴a n ＝1－1n ＋12＝32－1n .(2)由a n ＋1＝n n ＋1a n (a n ≠0)，得a n ＋1a n＝nn ＋1，故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·12·23 ＝23n. (3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，b n ≠0，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. (4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1. [答案] (1)32－1n (2)23n (3)2n ＋1－3 (4)2n ＋1[方法技巧]由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n .(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．(5)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．②③④ D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式． 2.[考点一]数列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 解析：选D 所给数列各项可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，…，通过对比各选项，可知选D.3.[考点二]已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3 B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.4.[考点三]设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．5.[考点三]若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ，求数列{a n }的通项公式．解：由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.又因为当n ＝1时满足此式，所以a n ＝2n －1.突破点(二) 数列的单调性基础联通抓主干知识的“源”与“流” 数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列 a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列 a n ＋1＝a n按其他标准分类有界数列存在正数M ，使|a n |≤M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用数列的单调性研究最值问题[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？[解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0，所以a n ＝0.若a 1≠0，则a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2n λ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1>0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知b n ＝lg 1002n ＝2－n lg 2.所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)．则b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128<lg 1＝0，故当n ＝6时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项的和最大．[方法技巧]1．判断数列单调性的两种方法 (1)作差比较法a n ＋1－a n >0⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1－a n <0⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1－a n ＝0⇔数列{a n }是常数列．(2)作商比较法①当a n >0时，a n ＋1a n>1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1an＝1⇔数列{a n }是常数列．②当a n <0时，a n ＋1a n>1⇔数列{a n }是单调递减数列；a n ＋1a n<1⇔数列{a n }是单调递增数列；a n ＋1an＝1⇔数列{a n }是常数列．2．求数列最大项或最小项的方法(1)可以利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．利用数列的单调性求参数的取值范围[例2] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0，且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎡⎭⎫83，3 C ．(2,3)D ．(1,3)[解析] 因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2≤a ，解得83≤a ＜3，所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫83，3.[答案] B [方法技巧]已知数列的单调性求参数取值范围的两种方法(1)利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理．(2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n 的取值范围．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163 B.133 C ．4D ．0解析：选D a n ＝－3⎝⎛⎭⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 取最大值，最大值为a 2＝a 3＝0.故选D.2.[考点一]若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ，则a n 是递减数列．设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.3.[考点二]已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析：∵对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立， ∴a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ. 又∵{a n }是递增数列，∴a n ＋1－a n >0，且当n ＝1时，a n ＋1－a n 最小， ∴a n ＋1－a n ≥a 2－a 1＝3＋λ>0，∴λ>－3. 答案：(－3，＋∞)4.[考点一、二]已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9. 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a2.∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a2的单调性，知5<2－a2<6，∴－10<a <－8.故a 的取值范围为(－10，－8)．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2015·新课标全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .答案：－1n2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n , a 8＝2，则a 1 ＝________. 解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：123．(2013·新课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫23a n ＋13－⎝⎛⎭⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A.n 2n ＋1B.n 2n －1C.n 2n －3D.n 2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故该数列的一个通项公式为n 2n －1.2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，则a 4的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．10 解析：选C a 4＝S 4－S 3＝20－12＝8.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n ∈N *)，则a 10＝( ) A ．64 B ．32 C ．16 D ．8解析：选B ∵a n ＋1a n ＝2n ，∴a n ＋2a n ＋1＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴a 2＝2.则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32. 4．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B.158C.34D.38解析：选C 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.5．现定义a n ＝5n ＋⎝⎛⎭⎫15n ，其中n ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫110，15，12，1，则a n 取最小值时，n 的值为________．解析：令5n ＝t >0，考虑函数y ＝t ＋1t ，易知其在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小，再考虑函数t ＝5x ，当0<x ≤1时，t ∈(1,5]，则可知a n ＝5n ＋⎝⎛⎭⎫15n 在(0,1]上单调递增，所以当n ＝110时，a n 取得最小值．答案：110[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝( ) A ．36 B ．35 C ．34 D ．33解析：选C 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516 D.3115解析：选A 令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.3．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024解析：选C 在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ·⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C. 5．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 015＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．2解析：选D 由题意得：a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8；所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 015＝a 335×6＋5＝a 5＝2.6．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( )A.1210B.129C.15D.110解析：选C ∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15. 二、填空题7．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．解析：∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.答案：318．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项．解析：令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该数列的第10项．答案：109．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －p )⎝⎛⎭⎫1a n＋1，b 1＝－p ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数p 的取值范围为________．解析：由题中条件，可得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝21a n＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，所以1a n ＋1＝2n ，可得b n ＋1＝2n (n －p )，则b n ＝2n －1(n －1－p )(n ∈N *)，由数列{b n }是单调递增数列，得2n (n －p )>2n －1(n －1－p )，则p <n ＋1恒成立，又n ＋1的最小值为2，则p 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)10．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.解析：∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n＝nn ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n .答案：1n 三、解答题11．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②，整理得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．第二节等差数列及其前n 项和突破点(一) 等差数列的性质及基本量的计算基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d .(4)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(5)若数列{a n }，{b n }是公差分别为d 1，d 2的等差数列，则数列{pa n }，{a n ＋p }，{pa n ＋qb n }都是等差数列(p ，q 都是常数)，且公差分别为pd 1，d 1，pd 1＋qd 2.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的基本运算[例1] (1)(2016·东北师大附中摸底考试)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2本节主要包括3个知识点：1.等差数列的性质及基本量的计算；2.等差数列前n 项和及性质的应用；3.等差数列的判定与证明.C ．3D ．4(2)(2016·惠州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝6，a 1＝4，则公差d 等于( )A ．1 B.53 C ．－2D ．3[解析] (1)∵a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5，则公差d ＝a 4－a 3＝2，故选B. (2)由S 3＝3(a 1＋a 3)2＝6，且a 1＝4，得a 3＝0，则d ＝a 3－a 13－1＝－2，故选C.[答案] (1)B (2)C [方法技巧]1．等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．2．等差数列设项技巧若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．等差数列的性质[例2] (1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( )A ．18B ．99C ．198D ．297(2)已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则a 5＋b 6＝________. [解析] (1)因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.(2)因为{a n }，{b n }都是等差数列，所以2a 3＝a 1＋a 5,2b 8＝b 10＋b 6，所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，解得a 5＋b 6＝21. [答案] (1)B (2)21能力练通抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一]《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱B.53钱C.32钱 D.43钱解析：选D 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3a 1＋9d ，2a 1＋d ＝52，解得⎩⎨⎧a 1＝43，d ＝－16，即甲得43钱，故选D.2.[考点一]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D 由题意知S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.3.[考点二]已知数列{a n }为等差数列，且a 1＋a 7＋a 13＝π，则cos(a 2＋a 12)的值为( ) A.32 B ．－32 C.12 D ．－12解析：选D 在等差数列{a n }中，因为a 1＋a 7＋a 13＝π，所以a 7＝π3，所以a 2＋a 12＝2π3，所以cos(a 2＋a 12)＝－12.故选D.4.[考点一]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.所以S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－725.[考点二]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，求数列{a n }的项数及a 9＋a 10.解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. ∵a 1＋a n ＝36，n ＝18， ∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.突破点(二) 等差数列前n 项和及性质的应用基础联通抓主干知识的“源”与“流” 等差数列前n 项和的性质(1)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差数列，公差为m 2d . (2)S 2n －1＝(2n －1)a n ，S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)．(3)当项数为偶数2n 时，S 偶－S 奇＝nd ；项数为奇数2n －1时，S 奇－S 偶＝a 中，S 奇∶S偶＝n ∶(n －1)．(4){a n }，{b n }均为等差数列且其前n 项和为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.(5)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列前n 项和的性质[例1] 已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________.[解析] 法一：设数列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D .所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20. [答案] 20等差数列前n 项和的最值[例2] 等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？[解] 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0.法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－18a 1 ＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二：设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－18a 1≥0，a 1＋n ·⎝⎛⎭⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．[方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的三种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .(3)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1>0，且S p＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大； ②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2.[考点二]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：选D 由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)n (a 1＋a n )2＜n (n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2，整理得a n ＜a n＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.3.[考点一]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________. 解析：∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，∴S 30－30＝20×2－10＝30，∴S 30＝60.答案：604.[考点一]已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是________．解析：由等差数列前n 项和的性质知，a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，故当n ＝1,2,3,5,11时，a nb n为整数，故使得a nb n 为整数的正整数n 的个数是5.答案：55.[考点一]一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：5突破点(三) 等差数列的判定与证明基础联通抓主干知识的“源”与“流” 等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于数列{a n }，a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)为同一常数⇔{a n }是等差数列解答题中的证明问题等差中项法 2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立⇔{a n }是等差数列通项公式法 a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列选择、填空题中的判定问题前n 项和公式法验证S n ＝An 2＋Bn (A ，B是常数)对任意的正整数n 都成立⇔{a n }是等差数列考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等差数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．[解] 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0，所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1)，所以a n ＋1＝－12n (n ＋1)，而a n ＋1－a n ＝－12n (n ＋1)－－12n (n －1)＝－12n ⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n －1＝1n (n －1)(n ＋1).所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是等差数列．能力练通抓应用体验的“得”与“失” 1．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( ) A ．公差为3的等差数列 B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：选C 令b n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则b n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，故b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－(a 2n －1＋2a 2n )＝(a 2n ＋1－a 2n －1)＋2(a 2n ＋2－a 2n )＝2d ＋4d ＝6d ＝6×1＝6.即{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列．2．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1，∴a n ＋1＝2－1a n .∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．3．已知公差大于零的等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{}b n 满足b n ＝S nn ＋c，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵数列{}a n 为等差数列，∴a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22. 又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2×d ＝2n 2－n ， ∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c ，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c，其中c ≠0. ∵数列{}b n 是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，∴2c 2＋c ＝0，∴c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.即存在一个非零实数c ＝－12，使数列{b n }为等差数列．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国乙卷)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．97解析：选C ∵{a n }是等差数列，设其公差为d ，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C.2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 解析：选B ∵数列{a n }的公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×(8－1)2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m＝3，所以等差数列的公差为d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，S m ＝a 1m ＋12m (m －1)d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m (m －1)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5，选C. 4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析：由已知⎩⎨⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，则nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49<6S 6，所以当n ＝7时，nS n 取最小值，最小值为－49.答案：－495．(2016·全国甲卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2. (2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.6．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解：(1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1， a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1.两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，则a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A ．12 B ．13 C ．14D ．15解析：选B 由S 5＝(a 2＋a 4)·52，得25＝(3＋a 4)·52，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，即d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20D ．19解析：选A a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37，即m ＝37. 3．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0 C.14D.12解析：选B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32.∴公差d ＝a 4－a 22＝12.∴a 1＝a 2－d ＝0. 4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 3＋a 7＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．9B ．8C ．7D ．6解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d .因为a 3＋a 7＝－6，所以a 5＝－3，d ＝2，则S n ＝n 2－12n ，故当n 等于6时S n 取得最小值．5．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．解析：∵{a n }是等差数列，∴2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又∵a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝(2n －1)a n ＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10.答案：10[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2017·黄冈质检)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．(2017·东北三校联考)已知数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n∈N *)，若b 3＝－2，b 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝－14，因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7(b 1＋b 7)2＝72[(b 2－d )＋(b 2＋5d )]＝－112，又a 1＝3，则a 8＝－109.3．在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 11＋a 17＝4，且其前n 项和为S n ，则S 17为( ) A ．20 B ．17 C ．42D ．84解析：选B 由a 3＋a 5＋a 11＋a 17＝4，得2(a 4＋a 14)＝4，即a 4＋a 14＝2，则a 1＋a 17＝2，故S 17＝17(a 1＋a 17)2＝17.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＞0，a 3＋a 10＞0，a 6a 7＜0，则满足S n ＞0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C ∵a 1＞0，a 6a 7＜0，∴a 6＞0，a 7＜0，等差数列的公差小于零．又∵a 3＋a 10＝a 1＋a 12＞0，a 1＋a 13＝2a 7＜0，∴S 12＞0，S 13＜0，∴满足S n ＞0的最大自然数n 的值为12.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是( )A ．310B ．212。

上海市2019届高考数学一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理理

上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理一、排列组合1、（2019年上海高考）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 120 （结果用数值表示）．2、（闵行区2019届高三二模）从4个不同的独唱节目和2个不同的合唱节目中选出4个节目编排一个节目单，要求最后一个节目必须是合唱，则这个节目单的编排方法共有 ( )(A) 14种. (B) 48种. (C)72种. (D) 120种.3、（长宁、嘉定区2019届高三二模）．现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．则不同取法的种数为__________．4、（奉贤区2019届高三上期末）在二项式()612+x 的展开式中，系数最大项的系数是（）A ．20B ．160C ．240D ．1925、（金山区2019届高三上期末）用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数有( ▲ )．(A) 60个 (B) 48个 (C) 36个 (D) 24个6、（金山区2019届高三上期末）若集合A 1、A 2满足A 1∪A 2=A ，则称(A 1，A 2)为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当A 1=A 2时，(A 1，A 2)与(A 2，A 1)为集合A 的同一种分拆，则集合A={a 1，a 2，a 3}的不同分拆种数是( ▲ )．(A)8 (B)9 (C)26 (D)277、（青浦区2019届高三上期末）若甲乙两人从6门课程中各选修3门，则甲乙所选的课程中恰有2门相同的选．法．有种. 8、（闸北区2019届高三上期末）用数字“1,2”组成一个四位数，则数字“1,2”都出现的四位偶数有个9、将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有（）A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种10、若从1,2,2,,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有（）A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种11、两人进行乒乓球比赛,先赢三局着获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有（）A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种12、现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张.不同取法的种数为（）A ．232B ．252C ．472D ．484二、二项式定理1、（2019年上海高考）在（1+x+）10的展开式中，x 2项的系数为 45 （结果用数值表示）．2、（静安、青浦、宝山区2019届高三二模）在921x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，31x 的系数是． 3、（闵行区2019届高三二模）设二项式(31)n x +的展开式的二项式系数的和为p ，各项系数的和为q ，且1264p q +=，则n 的值为4、（浦东新区2019届高三二模）已知21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中二项式系数之和为1024，则含2x 项的系数为 210 .5、（普陀区2019届高三二模）在*22)()n n N x ∈的展开式中，若第五项的系数与第三项的系数之比为56：3，则展开式中的常数项是（ B ）A.第2项B.第3项C.第4项D.第5项6、（徐汇、松江、金山区2019届高三二模）执行如图所示的程序框图，输出的结果为a ，二项式42的展开式中3x 项的系数为2a ，则常数m =7、（长宁、嘉定区2019届高三二模）若8822108...)(x a x a x a a x a ++++=-（R ∈a ），且565=a ，则=++++8210...a a a a _______________．8、（静安区2019届高三上期末）设8877108)1(x a x a x a a x ++++=- ，则=++++8710a a a a9、（浦东区2019届高三上期末）二项式4)2(x x +的展开式中，含3x 项系数为10、（普陀区2019届高三上期末）在二项式81⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的展开式中，含2x 项的系数为（结果用数值表示）.11、（青浦区2019届高三上期末）9(1+展开式中有理项的个数．．是 12、（上海市十三校2019届高三第二次（3月）联考）若多项式13、（奉贤区2019届高三4月调研测试（二模））在56(1)(1)x x +-+的展开式中，含3x 的项的系数是____________．参考答案一、排列组合1、解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，有C 95=126种；其中只有女教师的有C 65=6种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120种；故答案为：120．2、D3、4724、C5、B6、D7、180 8、79、选A 甲地由1名教师和2名学生:122412C C =种10、【答案】D【解析】1,2,2,,9这9个整数中有5个奇数,4个偶数.要想同时取4个不同的数其和为偶数,则取法有:4个都是偶数:1种;2个偶数,2个奇数:225460C C =种;4个都是奇数:455C =种.∴不同的取法共有66种.11、解析:先分类:3:0,3:1,3:2共计3类,当比分为3:0时,共有2种情形;当比分为3:1时,共有12428C A =种情形;当比分为3:2时,共有225220C A =种情形;总共有282030++=种,选D.12、【解析】若没有红色卡,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色则有64141414=⨯⨯C C C 种,若2色相同,则有14414241223=C C C C ;若红色卡片有1张,则剩余2张若不同色,有19214142314=⨯⨯⨯C C C C 种,如同色则有72242314=C C C ,所以共有4727219214464=+++,故选C.二、二项式定理1、解：∵（1+x+）10 =， ∴仅在第一部分中出现x 2项的系数．再由，令r=2，可得， x 2项的系数为．故答案为：45．2、1263、44、2105、B6、147、256 8、25628= 9、24 10、70 11、5 12、0 13、－10。

上海市高三数学理一轮复习专题突破训练：排列组合二项式定理(含答案解析)

上海市 2017 届高三数学理一轮复习专题打破训练摆列组合二项式定理一、二项式定理1、（ 2016 年上海高考）在3x2x 项等于 _________n的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数2、（ 2015 年上海高考）在（ 1+x+1）10的睁开式中， x2项的系数为45（结果用数值x2015表示）．3、（杨浦区 2016届高三三模）若 (x 1)n( n N*)睁开式中各项系数的和等于64 ，则展x开式中 x3的系数是4、（上海市理工附中等七校2016 届高三 3 月联考）在x(1x)6的睁开式中，含x3项的系数是．5、（上海市六校2016 届高三 3 月综合修养调研）在( x22) 7的二项睁开式中，x5项的系x数为6、（上海市十三校2016 届高三第二次（ 3 月）联考）二项式(2x1) 6睁开式的常数项为2 x_________.x n7 、（崇明县2016 届高三二模）设a0， n是大于 1 的自然数，的睁开式为1aa0 a1 x a2 x2a n x n．若a1 3 ，a2 4 ，则a．268、（奉贤区 2016届高三二模）在x1睁开式中常数项是_______． (用数值回答 )x9、（黄浦区 2016届高三二模）在代数式(4 x22x 5)(112 )5的睁开式中，常数等于x10、（浦东新区2016 届高三二模）已知ax1x 6二项睁开式中的第五项系数为15，则正2实数 a ＝.1 11、（徐汇、金山、松江区 2016 届高三二模）试写出xx 7睁开式中系数最大的项________n12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）记2x1(n N*）的睁开式中x第 m 项的系数为 b m，若 b32b4，则 n________．13、（嘉定区2016届高三上学期期末）已知n N*，若C n12C n222 C n32n 2 C n n 12n140 ，则 n________．14、（金山区2016 届高三上学期期末）二项式( x 163系数的值是x2)睁开式中 x15、（静安区 2016届高三上学期期末） ( x y z)8的展开式中项 x3 yz4的系数等于.(用数值作答 )16、（普陀区2016 届高三上学期期末）在(2 x1)7的二项睁开式中，第四项的系数为__________.二、摆列组合1、（ 2015 年上海高考）在报名的 3 名男老师和 6 名女教师中，选用 5 人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不一样的选用方式的种数为120（结果用数值表示）．2、（浦东新区 2016 届高三三模）设整数n 3 ，会合P1,2,,n ，A、B是P的两个非空子集，则所有知足： A 中的最大数小于 B 中的最小数的会合对A, B 的个数为3、（崇明县2016 届高三二模）从 6 名男医生和 3 名女医生中选出 5 人构成一个医疗小组，若这个小组中一定男女医生都有，共有种不一样的组建方案（结果用数值表示）．4、（奉贤区2016 届高三二模）从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个会谈会，若这 4人中一定既有男生又有女生，则不一样的选法共有________种．5、（虹口区2016 届高三二模）在报名的 5 名男生和 4 名女生中，选用 5 人参加志愿者服务，要求男、女生都有，则不一样的选用方式的种数为（结果用数值表示） .6、（宝山区2016 届高三上学期期末）两个三口之家，共 4 个大人， 2 个儿童，商定礼拜日乘红色、白色两辆轿车结伴郊游，每辆车最多乘坐 4 人，此中两个儿童不可以独坐一辆车，则不一样的搭车方法种数是．7、（崇明县2016届高三上学期期末）在上海高考改革方案中，要求每位高中生一定在理科学科：物理、化学、生物，文科学科：政治、历史、地理这 6 门学科中选择 3 门学科参加等级考试 .小王同学对理科学科比较感兴趣，决定起码选择两门理科学科，那么小王同学的选科方案有___________种 .8、（静安区2016届高三上学期期末）在产品查验时，常采纳抽样检查的方法.此刻从100 件产品 (已知此中有 3 件不合格品 )中随意抽出 4 件检查，恰巧有 2 件是不合格品的抽法有种 . (用数值作答 )9、（闸北区 2016 届高三上学期期末）将序号分别为1、 2、 3、 4、 5 的 5 张观光券所有分给4 人，每人起码 1 张，假如分给同一人的2 张观光券连号，那么不一样的分法种数是；（用数字作答）10、（长宁区 2016届高三上学期期末）某校要求每位学生从8门课程中选修 5 门，此中甲、乙两门课程至多只好选修一门，则不一样的选课方案有___________种（以数字作答）11、将2名教师 , 4名学生疏成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由 1名教师和 2 名学生构成,不一样的安排方案共有（）A．12种B．10种C．种D．种12、若从 1,2,2,,9 这9 个整数中同时取 4 个不一样的数, 其和为偶数 ,则不一样的取法共有（）A．60 种B．63 种C．65 种D．66 种13、两人进行乒乓球竞赛,先赢三局着获胜,决出输赢为止 ,则所有可能出现的情况(各人胜败局次的不一样视为不一样情况 )共有（）A．10 种B．15 种C．20 种D．30 种14、现有 16 张不一样的卡片 ,此中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张 .从中任取 3 张,要求这 3张卡片不可以是同一种颜色,且红色卡片至多 1 张 .不一样取法的种数为（）A． 232 B ．252C． 472D． 48415、把 5 件不一样产品摆成一排，若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则不同的摆法有种 .参照答案一、二项式定理1、【答案】 112 【分析】试题剖析：由二项式定理得：二项式所有项的二项系数之和为2n ，由题意得 2n256 ，因此 n8 ，T r 1 C 8r ( 3 x) 8 r (2)r8 4r考点：中二项式的通项为( 2)rC 8r x 3 3 ，求常数项则令x84r 0 ，因此 r 2，因此 T 3 112 .3 32、解：∵∴仅在第一部分中出现x 2 项的系数．3、 154、 155、－ 2806、－ 202 7、 38、 581 9、 15 10、235 11、12、 5x13、 4 14、－ 615、 28016、－ 560二、摆列组合1、解：依据题意，报名的有 3 名男老师和 6 名女教师，共 9 名老师，在 9 名老师中选用 5 人，参加义务献血，有5C 9 =126 种；此中只有女教师的有C 65=6 种状况；则男、女教师都有的选用方式的种数为 126﹣ 6=120 种；故答案为： 120．2、【答案】n22n 11【分析】设会合A中的最大数为k，则 B 中的最小数可取值的会合为k1, k2, ,n ，则由题意知：会合A的个数为：C k01C k11C k k112k1 个，而此时会合 B 的个数为：C n1k C n2k C n n k k2n k 1 个，因此会合对A, B的个数为 2k 12n k12n 12k 1n 112n1个。

上海市届高三数学理一轮复习专题突破训练

上海市2017届高三数学理一轮复习专题突破训练集合与常用逻辑用语一、集合1、（2016年上海高考）（2016年浙江高考）已知集合{}{}213,4,P x x Q x x =∈≤≤=∈≥R R 则()P Q ⋃=R ðA ．[2,3]B ．( -2,3 ]C ．[1,2)D ．(,2][1,)-∞-⋃+∞2、（2015年上海高考）全集U=R ．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x ≤3}，则Α∩∁U Β= {1，4} ．3、（2014年上海高考）已知互异的复数,a b 满足0ab ≠，集合{}{}22,,a b a b =，则a b += .4、（虹口区2016届高三三模）设集合103x M xx ⎧+⎫=≥⎨⎬-⎩⎭，{}21x N x =≥，则M N ⋂=__________ 5、（崇明县2016届高三二模）已知全集U R =，{}2|20A x x x =-<，{}|1B x x =≥，则U A C B =6、（虹口区2016届高三二模）设集合{}2M x x x ==，{}20N x log x =≤，则=N M __________ 7、（黄浦区2016届高三二模）已知集合{1,3,21}A m =--，集合2{3,}B m =，若B A ⊆，则实数m =8、（闵行区2016届高三二模）集合{}2|30A x x x =-<，{}2B x x =<，则A B 等于9、（浦东新区2016届高三二模）已知全集U R =,若集合|01x A x x ⎧⎫=>⎨⎬-⎩⎭，则U C A = 10、（闸北区2016届高三二模）已知集合{||2|}A x x a =-<，2{|230}B x x x =--<，若B A ⊆，则实数a 的取值范围是11、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）设集合},2||{R ∈<=x x x A ，},034{2R ∈≥+-=x x x x B ，则A B =I ________12、（青浦区2016届高三上学期期末）已知{(,)}A x y y x b ==+，2{(,)34}B x y y x x ==--, 满足AB ≠∅，则实数b 的取值范围是13、（松江区2016届高三上学期期末）已知全集{}1,2,3,4U =，A 是U 的子集，满足{}}{1,2,32A=，{}1,2,3A U =，则集合A = ▲ ．14、（杨浦区2016届高三上学期期末）已知全集U=R ，集合102x A xx ⎧⎫+=≤⎨⎬-⎭⎩，则集合U A =ð_____________.15、（崇明县2016届高三上学期期末）若集合 A ＝{x | ｜x −1 ｜＜2}，B ＝2|04x x x -⎧⎫<⎨⎬+⎩⎭，则 AB ＝二、常用逻辑用语1、（2016年上海高考）设R a ∈，则“1>a ”是“12>a ”的（）（A ）充分非必要条件（B ）必要非充分条件（C ）充要条件（D ）既非充分也非必要条件2、（2015年上海高考）设z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的（） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件 D ．既非充分又非必要条件3、（2014年上海高考）设,a b ∈R ，则“4a b +>”是“2a >且2b >”的（）(A) 充分条件.(B) 必要条件.(C) 充分必要条件.(D) 既非充分又非必要条件.4、（浦东新区2016届高三三模）若a b 、为实数，则0a b <<是22a b >的（） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件5、（杨浦区2016届高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和nn S p q =+(0,1)p p ≠≠，则“1q =-”是“数列{}n a 为等比数列”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件6、（崇明县2016届高三二模）“12x -<成立”是“(3)0x x -<成立”的………………（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不不充分也不必要条件7、（虹口区2016届高三二模） 3a =“”是“直线2(2)0a a x y -+=和直线310x y ++=平行”的( )（A ）充分不必要条件（B ）必要不充分条件（C ）充要条件（D ）既不充分也不必要条件8、（黄浦区2016届高三二模）已知直角坐标平面上两条直线方程分别为1111,0l a x b y c ++=，2222,0l a x b y c ++=，那么“11220a b a b =”是“两直线1l 、2l 平行”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件9、（闵行区2016届高三二模）若l m 、是两条直线，m ⊥平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的（）. (A) 充要条件 (B) 充分不必要条件 (C) 必要不充分条件 (D) 既非充分又非必要条件 10、（浦东新区2016届高三二模） “112x <<”是“不等式11x -<成立”的（）（A ）充分非必要条件. （B ）必要非充分条件. （C ）充要条件. （D ）既非充分亦非必要条件. 11、（青浦区2016届高三上学期期末）14a =是“直线(1)310a x ay +++=与直线(1)(1)30a x a y -++-=相互垂直”的 ………………………………………………………（）.（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充要条件（D ）既不充分也不必要条件12、（松江区2016届高三上学期期末）．设,a b R ∈，则“a b >”是“a b >”的.A 充分而不必要条件 .B 必要而不充分条件 .C 充要条件 .D 既不充分也不必要条件13、（徐汇区2016届高三上学期期末）设,a b 为实数，则“01ab <<”是“1b a<”的-----------------------------（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 14、（杨浦区2016届高三上学期期末）设,a b 是两个单位向量,其夹角为θ,则“36πθπ<<”是“1||<-b a ”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件15、（闸北区2016届高三上学期期末）“抛物线2y ax =的准线方程为2y =”是“抛物线2y ax=的焦点与双曲线2213y x -= 的焦点重合”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件参考答案一、集合 1、B2、解：∵全集U=R ，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x ≤3}， ∴（∁U B ）={x|x ＞3或x ＜2}，∴A ∩（∁U B ）={1，4}，故答案为：{1，4}．3、【解析】：第一种情况：22,a a b b ==，∵0ab ≠，∴1a b ==，与已知条件矛盾，不符；第二种情况：22,a b b a ==，∴431a a a =⇒=，∴210a a ++=，即1a b +=-；4、[)0,35、(0,1)6、[]0,17、18、()2,3-9、[]0,1 10、3a ≥ 11、]1,2(- 12、1223b -≤≤ 13、{}2,4 14、()[),12,-∞-+∞15、（－1,2）二、常用逻辑用语 1、A2、解：设z 1=1+i ，z 2=i ，满足z 1、z 2中至少有一个数是虚数，则z 1﹣z 2=1是实数，则z 1﹣z 2是虚数不成立，若z 1、z 2都是实数，则z 1﹣z 2一定不是虚数，因此当z 1﹣z 2是虚数时，则z 1、z 2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的必要不充分条件，故选：B ． 3、B4、【答案】A【解析】①220a b a b <<⇒>；②若22a b a b >⇒> 5、C6、B7、A8、B9、C 10、A 11、A 12、B 13、D 14、A 15、A。

上海市2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：数列

n
3、（华东师范大学第二附属中学2019届高三10月考试）等差数列{a}的前n项和为Sn，若公差d
n
＞0，（S8－S5）（S9－S5）＜0，则（）
A.｜a7｜＞｜a8｜B.｜a7｜＜｜a8｜C.｜a7｜＝｜a8｜D.｜a7｜＝0
4、（2019届崇明区高三二模）已知S是公比为q的等比数列{a}的前n项和，若对任意的kN*，
nn
都有lim(SS
n
k1
)a成立，则q
k
5、（2019届黄浦区高三二模）若等比数列{a}的前n项和S32na，则实数a
nn
6、（2019届闵行松江区高三二模）已知等比数列{a}的首项为1，公比为
n
1
2
，S表示{a}的前n
nn
项和，则limS
n
7、（2019届青浦区高三二模）等差数列a,a,,a（n3，nN*）满足
12n
|a||a||a||a1||a1||a1||a2||a2||a2|2019
12n12n12n
，则（）
A.n的最大值为50B.n的最小值为50
C.n的最大值为51D.n的最小值为51
8、（2019届宝山区高三二模）已知无穷等比数列a,a,a,…各项和为9,且a=2,若
1232
|S9|104,则n的最小值为_____.
上海市2020届高三数学一轮复习典型题专项训练
数列
一、选择、填空题
1、上海市封浜中学2019届高三上学期期中）设等差数列
n
的前n项和为S
n
，若aa19，
25
S40，则a__________
510
2、（华东师范，且
an2n(nN)，则实数的取值范围______

上海市高考数学一轮复习专题突破训练复数与极限理

上海市20XX 届高三数学理一轮复习专题突破训练复数与极限一、复数1、（20XX 年上海高考）若复数z 满足3z+=1+i ，其中i 是虚数单位，则z= ．2、（20XX 年上海高考）若复数12z i =+，其中i 是虚数单位，则1z z z ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭. 3、（20XX 年上海高考）设m R ∈，222(1)i m m m +-+-是纯虚数，其中i 是虚数单位，则________m =4、（静安、青浦、宝山区20XX 届高三二模）复数34ii-（i 为虚数单位）的模为． 5、（闵行区20XX 届高三二模）若复数z 满足(1i)2z ⋅+=（其中i 为虚数单位），则1z += ．6、（浦东新区20XX 届高三二模）设i 是虚数单位，复数)1)(3(i i a -+是实数，则实数a = 3 .7、（普陀区20XX 届高三二模）若1m ii i+=+（i 为虚数单位），则实数m = 1- . 8、（徐汇、松江、金山区20XX 届高三二模）若复数i i z (21-=为虚数单位），则=+⋅z z z 9、（长宁、嘉定区20XX 届高三二模）若bi i ai -=+2)1(，其中a 、b R ∈，i 是虚数单位，则=+||bi a ________10、（松江区20XX 届高三上期末）若复数z 满足014=-zz ,则z 的值为 ▲11、（徐汇区20XX 届高三上期末）设i 是虚数单位，复数z 满足(2)5i z +⋅=，则z =112、（杨浦区20XX 届高三上期末）已知1322ω=-，集合{}2*1,n A z z n N ωωω==++++∈，集合1212{|,}B x x z z z z A ==⋅∈、（1z 可以等于2z )，则集合B 的子集个数为__________ 13、（闸北区20XX 届高三上期末）若复数i21i2+-a （i 是虚数单位）是纯虚数，则实数a = 14、（嘉定区20XX 届高三上期末）设i 是虚数单位，则=-+ii i 123_________ 15、（金山区20XX 届高三上期末）如果复数z =i1i2--b （b ∈R ）的实部与虚部相等，则z 的共轭复数z = ▲二、极限1、（20XX 年上海高考）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）A ．﹣1B ． ﹣C ． 1D ． 22、（20XX 年上海高考）设无穷等比数列{}n a 的公比为q ，若()134lim n n a a a a →∞=+++，则q = .3、（20XX 年上海高考）计算：20lim______313n n n →∞+=+4、（闵行区20XX 届高三二模）已知等比数列{}n a 满足232,1a a ==，则12231lim ()n n n a a a a a a +→+∞+++= .5、（徐汇、松江、金山区20XX 届高三二模）矩阵1211222232332123i n i n i n n ninn a a a a a a a a a n a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭中每一行都构成公比为2的等比数列，第i 列各元素之和为i S ，则2lim2nnn S n →∞=⋅ ．6、（长宁、嘉定区20XX 届高三二模）已知对任意*N ∈n ，向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++n n n n n a a a a d 211,41都是直线x y =的方向向量，设数列}{n a 的前n 项和为n S ，若11=a ，则=∞→n n S lim ____________7、（宝山区20XX 届高三上期末）计算lim n →∞2123n n ++++＝8、（长宁区20XX 届高三上期末）已知()214732lim 6752n a n n n →∞++++-⎡⎤⎣⎦=--，则a = 9、（虹口区20XX 届高三上期末）若数列{}n a 为等差数列，且12341,21a a a a =++=，则122lim nn a a a n →∞+++=10、（浦东区20XX 届高三上期末）若0lim =∞→nn x ，则实数x 的取值范围是 .11、（普陀区20XX 届高三上期末）若1lim=+∞→an ann ，则常数=a .12、（青浦区20XX 届高三上期末）已知1cos 22n n n a π=，则无穷数列{}n a 前n 项和的极限为13、（徐汇区20XX 届高三上期末）已知函数222111()1()()(1)2222015n n n f x x n =+++++++，其中*n N ∈．当1 2 3 n =，，，时，()n f x 的零点依次记作123 x x x ，，，，则lim n n x →∞= 14、（上海市八校20XX 届高三3月联考）23111lim ()123n n n n n n →∞---=+++ ； 15、（奉贤区20XX 届高三4月调研测试（二模））已知3lim =∞→n n a ，31lim =∞→n n b ，则n nn n a b a 23lim-∞→=____________．参考答案一、复数1、解：设z=a+bi ，则=a ﹣bi （a ，b ∈R ），又3z+=1+i ，∴3（a+bi ）+（a ﹣bi ）=1+i ，化为4a+2bi=1+i ，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=． ∴z=．故答案为：．2、【解析】：原式＝211516z z z ⋅+=+=+=3、【解答】2220210m m m m ⎧+-=⇒=-⎨-≠⎩． 4、5 5、136、37、－18、62i -9、510、i 2± 11512、16 13、4 14、-1 15、1-i二、极限1、解：当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点 P n（x n，y n）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．故选：A．2、【解析】：22311151011a a qa q q qq q-±==⇒+-=⇒=--，∵01q<<，∴512q=3、【解答】根据极限运算法则，201 lim3133 nnn→∞+=+．4、3235、146、27、128、28 9、1.510、)1,1(-11、1 12、15-13、3-14、6 15、31。

上海市高考数学一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理理

在 9 名老师中选取 5 人，参加义务献血，有其中只有女教师的有 C65=6 种情况；
6 名女教师，共 C95=126 种；
9 名老师，
则男、女教师都有的选取方式的种数为 126﹣6=120 种；
故答案为： 120．
2、 D 3、 472 4、 C 5、 B 6、 D
7、 180 8、 7
9、选 A
数为 210 .
5、（普陀区 2015 届高三二模）在
(x
2 x2
)n
(n
N * ) 的展开式中，若第五项的系数与第三项的系数
之比为 56： 3，则展开式中的常数项是（ B ）
A. 第 2 项 B. 第 3 项 C. 第 4 项 D. 第 5 项 6、（徐汇、松江、金山区 2015 届高三二模）执行如图所示的程序框图，输出的结果为
13、－ 10
的取法共有 66 种 . 11、解析 : 先分类 :3:0,3:1,3:2
共计 3 类, 当比分为 3:0 时 , 共有 2 种情形 ; 当比分为 3:1 时 , 共有
C
1 4
A22
=
8 种情形
; 当比分为
3:2
时 , 共有
C
2 5
A22
=
20 种情形 ; 总共有 2 + 8 + 20 = 30 种 , 选 D.
片不能是同一种颜色 , 且红色卡片至多 1 张 . 不同取法的种数为
（）
A． 232
B． 252
C． 472
D．484
二、二项式定理 1、（ 2015 年上海高考）在（ 1+x+
） 10 的展开式中， x 2 项的系数为 45 （结果用数值表示）．

上海市2023届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列与级数

上海市2023届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列与级数上海市2023届高三数学理一轮复专题突破训练: 数列与级数导言这份文档旨在为上海市2023届高三数学理的学生准备一套专题突破训练题目，重点涵盖数列与级数。

通过针对这一主题的训练，帮助学生提高数学理论与实践的应用能力，为高考做好充分准备。

基本内容本次专题突破训练将包括以下几个方面的内容：1. 数列基本概念：介绍数列的定义、常见数列（如等差数列、等比数列）的特点以及递推公式的计算。

2. 数列求和：探讨数列求和的方法，包括等差数列求和公式、等比数列求和公式以及其他常见数列求和方法。

3. 级数基本概念：讲解级数的定义、收敛和发散的概念以及级数收敛的判定方法。

4. 级数求和：介绍级数求和的方法，包括几何级数求和公式、级数收敛性的判断以及级数求和的逼近方法。

研究建议在进行数列与级数的复过程中，建议学生采取以下策略：1. 充分理解数列的定义和常见数列的特点，掌握递推公式的计算方法。

2. 熟练掌握各类数列求和的公式和方法，并能够根据题目灵活应用。

3. 加强对级数的理解，掌握级数的概念和收敛与发散的判定方法。

4. 理解各类级数求和的方法，掌握几何级数求和公式，并了解级数求和的逼近方法。

5. 多做练题，加深对数列与级数知识的理解和掌握。

小结数列与级数是高中数学理科中的重要内容，也是高考中的常见考点。

通过系统的复和专题突破训练，上海市2023届高三数学理的学生可以在数列与级数方面取得突破，提高数学综合能力，为高考取得优异成绩打下坚实的基础。

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上海市高考数学一轮复习-专题突破训练-函数-文

上海市高考数学一轮复习-专题突破训练-函数-文-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN上海市2016届高三数学文一轮复习专题突破训练函数一、选择、填空题1、（2015年高考）设)(1x f -为12)(+=x xx f 的反函数，则=-)2(1f . 2、（2015年高考）已知函数x x f sin )(=.若存在1x ，2x ，⋅⋅⋅，m x 满足π6021≤<⋅⋅⋅<<≤m x x x ，且12|)()(||)()(||)()(|13221=-+⋅⋅⋅+-+--m m x f x f x f x f x f x f ),2(*∈≥N m m ，则m 的最小值为 .3、（2014年高考）设常数a R ∈，函数2()1f x x x a =-+-．若(2)1f =，则(1)f = ．4、（2014年高考）设,0,()1,0.x a x f x x x x -+≤⎧⎪=⎨+>⎪⎩若(0)f 是()f x 的最小值，则a 的取值范围为．5、（2013年高考）方程x31139x=+-的实数解为 4log 3 . 6、（2013年高考）函数1)(f 2-=x x （x ≥0）的反函数为f -1(x)，则f -1(2)的值是（ A ）（A ）3（B ）－3（C ）1+2（D ）1－27、（奉贤区2015届高三二模）函数()32lg 2+-=x x y 的定义域为____________8、（虹口区2015届高三二模）已知函数132,(0)(),((3))_______.,(0)x x f x f f x x ⎧≤⎪=-=⎨⎪>⎩则 9、（黄浦区2015届高三二模）函数22log (1)y x =-的单调递减区间是 10、（静安、青浦、宝山区2015届高三二模）函数2y x =+ 11、（浦东新区2015届高三二模）若函数()2234f x x x =+-的零点(),1m a a ∈+，a 为整数，则所以满足条件a 的值为12、（普陀区2015届高三一模）方程lgx+lg （x ﹣1）=lg6的解x= 3 ．13、（徐汇、松江、金山区2015届高三二模）设)(x f 是定义域为R 的奇函数，)(x g 是定义域为R 的偶函数，若函数)()(x g x f +的值域为)3,1[，则函数)()(x g x f -的值域为14、（闸北区2015届高三一模）若f （x ）为奇函数，当x ＜0时，f （x ）=log 2（2﹣x ），则f （2）= ﹣2 ．15、（长宁、嘉定区2015届高三二模）已知函数x a x x x f 2||)(+-=，若0>a ，关于x 的方程9)(=x f 有三个不相等的实数解，则a 的取值范围是__________．16、（崇明县2015届高三一模）函数2()f x =的定义域是17、设a 为常数,函数2()43f x x x =-+.若()f x 在[,)a +∞上是增函数,则a 的取值范围是_________.18、函数()lg(42)f x x =-的定义域为_____.19、已知函数aax x a x a x x f 2222)1()(22-++--+=的定义域是使得解析式有意义的x 的集合,如果对于定义域内的任意实数x ,函数值均为正,则实数a 的取值范围是________________.20、函数1)12()(+-=x k x f 在R 上单调递减,则k 的取值范围是__________.二、解答题1、（2015年高考）已知函数xax x f 1)(2+=，其中a 为实数. （1）根据a 的不同取值，判断函数)(x f 的奇偶性，并说明理由；（2）若)3,1(∈a ，判断函数)(x f 在]2,1[上的单调性，并说明理由.2、（2014年高考）设常数0≥a ，函数aax f x x -+=22)(．（1）若4a =，求函数)(x f y =的反函数)(1x f y -=；（2）根据a 的不同取值，讨论函数)(x f y =的奇偶性，并说明理由．3、（奉贤区2015届高三二模）已知()122+-=x mx x f 定义在实数集R 上的函数，把方程xx f 1)(=称为函数)(x f 的特征方程，特征方程的两个实根βα,（βα<）称为)(x f 的特征根．（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；（5分）（2） (文)求()()f f αββα+的值；（7分）（3）(文)判断函数()[]βα,,∈=x x f y 的单调性，并证明．（6分）4、（虹口区2015届高三二模）已知函数()log (01)a f x b x a a =+>≠且的图像经过点（8，2）和(1,1).-(1) 求函数()f x 的解析式；(2) 令()2(1)(),()g x f x f x g x =+-求的最小值及取最小值时x 的值.5、（浦东新区2015届高三二模）已知函数(),(0),af x x x a x=+>为实数. （1）当1a =-时，判断函数()y f x =在()1,+∞上的单调性，并加以证明；（2）根据实数a 的不同取值，讨论函数()y f x =的最小值.6、（普陀区2015届高三一模））已知函数y=f （x ），若在定义域内存在x 0，使得f （﹣x 0）=﹣f （x 0）成立，则称x 0为函数f （x ）的局部对称点．（1）若a ∈R 且a≠0，证明：函数f （x ）=ax 2+x ﹣a 必有局部对称点；（2）若函数f （x ）=2x+b 在区间[﹣1，2]内有局部对称点，求实数b 的取值范围；（3）若函数f （x ）=4x ﹣m•2x+1+m 2﹣3在R 上有局部对称点，求实数m 的取值范围．7、（徐汇、松江、金山区2015届高三二模）已知函数11()2f x x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，11()2g x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（1）求函数()()()2h x f x g x =+的零点；（2）设()()2()F x f x mf x =+（其中常数0m ≥），求()F x 的最小值；（3）若直线():0,,l ax by c a b c ++=为常数与()f x 的图像交于不同的两点A B 、，与()g x 的图像交于不同的两点C D 、，求证：AC BD =．8、（长宁、嘉定区2015届高三二模）某市环保部门对市中心每天的环境污染情况进行调查研究后，发现一天中环境综合污染指数)(x f 与时刻x （时）的关系为4321)(2++-+=a a x x x f ，)24,0[∈x ，其中a 是与气象有关的参数，且⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,0a ．若用每天)(x f 的最大值为当天的综合污染指数，并记作)(a M ．（1）令12+=x xt ，)24,0[∈x ，求t 的取值范围；（2）求)(a M 的表达式，并规定当2)(≤a M 时为综合污染指数不超标，求当a 在什么范围内时，该市市中心的综合污染指数不超标．9、（崇明县2015届高三一模）某工厂因排污比较严重，决定着手整治，一个月时污染度为60，整治后前四个月的污染度如下表；污染度为0后，该工厂即停止整治，污染度又开始上升，现用下列三个函数模拟从整治后第一个月开始工厂的污染模式：()204(1)f x x x =-≥，220()(4)(1)3g x x x =-≥，2()30log 2(1)h x x x =-≥，其中 x 表示月数，{}n a 分别表示污染度．（1）问选用哪个函数模拟比较合理，并说明理由；（2）若以比较合理的模拟函数预测，整治后有多少个月的污染度不超过60．10、设函数)10()1()(≠>--=-a a a k a x f x x 且是定义域为R 的奇函数.(1)求k 的值;(2)(文)若0)1(<f ,试说明函数)(x f 的单调性,并求使不等式0)4()(2<-++x f tx x f 恒成立的的取值范围. 参考答案一、选择、填空题1、【答案】32-2、【答案】83、解答：由()(2)1413f a f =⇒=⇒=4、解答：()()()()min min 0,0;0,12;2x f x f a x f x f a ≤==>==∴≤时时即可5、【答案】 4log 3 【解析】4log 43013331313139311393=⇒=⇒>+±=⇒±=-⇒-=-⇒=+-x xx x x xx x 6、【答案】 A【解析】 31)(2,02=⇒-==≥x x x f x 由反函数的定义可知，7、()一切实数/,/∞∞-R 8、129、(,1) 10、[)1,+∞1112-12、解答：解：∵lgx+lg（x ﹣1）=lg6，∴，解得x=3．13、(]3,1--14、解：f （x ）为奇函数，则f （﹣x ）=﹣f （x ），当x ＜0时，f （x ）=log 2（2﹣x ），则f （﹣2）=log 2（2+2）=2，则f （2）=﹣f （﹣2）=﹣2．故答案为：﹣2．15、⎪⎭⎫ ⎝⎛29,4 16、[)1,0 17、 [2,)+∞; 18、(,2)-∞;19、07≤<-a 或2=a ; 20、)21,(∞-;二、解答题1、【答案】（1）)(x f 是非奇非偶函数；（2）函数)(x f 在]2,1[上单调递增. 【解析】（1）当0=a 时，xx f 1)(=，显然是奇函数；当0≠a 时，1)1(+=a f ，1)1(-=-a f ，)1()1(-≠f f 且0)1()1(≠-+f f ，所以此时)(x f 是非奇非偶函数.2、考点：反函数、函数的奇偶性解答：（1）因为2424x x y +=-，所以()4121x y y +=-，得1y <-或1y >，且212log 1y x y +=+-．因此，所求反函数为121()2log ,1x f x x -+=+-()(),11,x ∈-∞-+∞．（2）①当0a =时，()1f x =，定义域为R ，故函数()y f x =是偶函数；②当1a =时，21()21x x f x +=-，定义域为()(),00,-∞+∞，2121()()2121x x xx f x f x --++-==-=---，故函数()y f x =为奇函数； ③当0a >且1a ≠时，定义域为()()22,log log ,a a -∞+∞关于原点不对称，故函数()y f x =既不是奇函数，也不是偶函数．3、解答（1）0=m 时，12)(2+=x xx f 是奇函数 1分()()()x f x xx f -=+--=-12 3分0≠m ，12)(2+-=x mx x f 是非奇非偶函数 4分举反例说明 5分（2）（文）()0112=--∴=mx x xx f 6分042>+=∆∴m 恒成立 7分()()ββαα1,1==f f 8分()()αββααββααββα22+=+=+∴f f 9分()2122222--=-+=-+=m m αβαββα 11分()()22--=+∴m f f αββα12分（3）、（文）设βα<<<21x x()()()()[]()()11221212222121211222221121++-+--=+--+-=-x x x x m x x x x x m x x m x x f x f 13分()221221122221212,10,10,20x x x x mx x mx x x m x x αβ<<<<∴--<--<∴+-+-< 14分()()02222,2212121222121222121<-+-∴++<+<∴+<x x m x x x x m x x x x x x x x 15分()()0,0,212121<-∴<-∴<x f x f x x x x 16分 ()x f ∴在()βα,内单调递增 18分4、解：（1）由已知，得log 82,log 11a ab b +=⎧⎨+=-⎩解得2.1a b =⎧⎨=-⎩ ……3分故2()log 1.f x x =-……5分（2）由于[]22()2(1)()2log (1)1(log 1)g x f x f x x x =+-=+---222(1)1log 1log (2)1(0)x x x x x+=-=++-> ……8分故221()log (2)1log (22)1 1.g x x x=++-≥+-= ……10分于是，当1x =时，()g x 取得最小值1.……12分5、解：（1）由条件：1()f x x x=-在()1,+∞上单调递增.…………………………2分任取()12,1,x x ∈+∞且12x x <1212121212111()()()(1)f x f x x x x x x x x x -=--+=-+……………………4分 211x x >>，∴121210,10x x x x -<+>∴ 12()()f x f x < ∴ 结论成立 …………………………………………6分（2）当0a =时，()y f x =的最小值不存在； …………………………………7分当0a <时，()y f x =的最小值为0；………………………………………9分当0a >时，()2ay f x x a x==+≥，当且仅当x a =时，()y f x =的最小值为2a ；………………………………………………12分6、解答：解：（1）由f （x ）=ax 2+x ﹣a 得f （﹣x ）=ax 2﹣x ﹣a ，代入f （﹣x ）=﹣f （x ）得ax 2+x ﹣a+ax 2﹣x ﹣a=0得到关于x 的方程ax 2+x ﹣a=0（a≠0），其中△=4a 2，由于a ∈R 且a≠0，所以△＞0恒成立，所以函数f （x ）=ax 2+x ﹣a 必有局部对称点；（2）f （x ）=2x+b 在区间[﹣1，2]内有局部对称点，∴方程2x +2﹣x +2b=0在区间[﹣1，2]上有解，于是﹣2b=2x +2﹣x，设t=2x，≤t≤4， ∴﹣2b=t+，其中2≤t+≤，所以﹣≤b≤﹣1（3）∵f（﹣x ）=4﹣x﹣m•2﹣x+1+m 2﹣3，由f （﹣x ）=﹣f （x ），∴4﹣x ﹣m•2﹣x+1+m 2﹣3=﹣（4x ﹣m•2x+1+m 2﹣3），于是 4x +4﹣x ﹣2m （2x +2﹣x ）+2（m 2﹣3）=0…（*）在R 上有解，令t=2x +2﹣x （t≥2），则4x +4﹣x =t 2﹣2，∴方程（*）变为t 2﹣2mt+2m 2﹣8=0 在区间[2，+∞）内有解，需满足条件：即，化简得1﹣≤m≤27、解：（1）由31()022x h x x x =-=⇒=()h x的零点为x =………4’ （2）则()22()24m m F x f x ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦……………..5’ 函数()f x 的值域为(][),11,-∞-+∞……………..6’ 若(],12m -∈-∞-，即[)2,m ∈+∞，()2m f x =-时，有2min ()4m F x =-……………..8’ 若(]1,02m -∈-，即[)0,2m ∈，()1f x =-时，有min ()1F x m =- 综上所述：[)[)2min 2,()410,2m m F x m m ⎧-∈+∞⎪=⎨⎪-∈⎩…………….10’ （3）设()()()()11223344,,,,,,,A x y B x y C x y D x y ()20220112ax by c a b x cx b y x x ++=⎧⎪⇒+++=⎨⎛⎫=+ ⎪⎪⎝⎭⎩，则1222c x x a b +=-+……………..14’ 同理由()20220112ax by c a b x cx b y x x ++=⎧⎪⇒++-=⎨⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎩，则3422c x x a b +=-+ 则AB 中点与CD 中点重合，即AC BD =……………..16’8、（1）当0=x 时，0=t ； ………………（2分）当240<<x 时，因为0212>≥+x x ，所以21102≤+<x x ， ……………………（4分）即t 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡21,0． ……………………………………（5分）（2）当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,0a 时，由（1），令12+=x x t ，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈21,0t ， …………（1分）所以432||)()(++-==a a t t g x f ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<++≤≤+-=,21,43,0,433t a a t a t t a ………………（3分）于是，)(t g 在[]a t ,0∈时是关于t 的减函数，在⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,a t 时是增函数，因为433)0(+=a g ，4521+=⎪⎭⎫ ⎝⎛a g ，由21221)0(-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-a g g ，所以，当410≤≤a 时，4521)(+=⎪⎭⎫ ⎝⎛=a g a M ；当2141≤<a 时，433)0()(+==a g a M ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<+≤≤+=.2141,433,410,45)(a a a a a M ………………………………（6分）由2)(≤a M ，解得1250≤≤a ． ………………………………（8分）所以，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈125,0a 时，综合污染指数不超标． …………………………（9分） 9、解：（1）计算各函数对应各月份污染度得下表：（每个数正确得2分）从上表可知，函数)(x h 模拟比较合理，故选择)(x h 作为模拟函数。