2020高考二轮复习数列

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2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)等差数列{an}的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则{an}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

2020届高考数学二轮复习专题《与数列奇偶项有关的问题》

(2k－1)·2k 2
＋
(2k－2)(2k＋3) 2
＝4k2－3＝
n2＋64n－3，
特别地，当n＝1时，P1＝1也符合上式；
③当n＝4k－1(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k＝(2k－21)2k＋2k(22k＋5) ＝4k2＋4k＝n2＋64n＋5.
14n2＋32n，n＝2k，综上，Pn＝n2＋64n－3，n＝4k－3，k∈N*，
②当n＝2m－1，m∈N*时，Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－
1 9
(8m2＋12m)＋
1 9
(16m2＋16m＋3)＝19(8m2＋4m＋3)＝19(2n2＋6n＋7)．
所以Tn＝19－(219n(22＋n26＋n＋6n7)，)，nn为为偶奇数数，.
要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，只要使－
n2＋64n＋5，n＝4k－1.
数列{an}的前n项和Sn＝n(n2＋1)，数列{bn}的前n项和Bn＝n(n2＋5)，
①当n＝2k(k∈N*)时，Pn＝Sk＋Bk＝
k(k＋1) 2
＋
k(k＋5) 2
＝k2＋3k＝
n 2
2＋3×n2
＝
1 4
n2＋
3 2
n；
②当n＝4k－3(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k－2＝
Sn＝n2；
设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16，所以42a(a1＋1＋64dd＝)－16(，a1＋2d)＝13，解得da＝1＝21，，所以an＝2n－1，Sn＝n2.
n
(2)设Tn＝ (－1)i·ai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题三数列第一讲等差数列与等比数列

专题三数列第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论 1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n (a 1+a n )2＝na 1＋n (n−1)2d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m)d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列． 2．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)； (2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1(1−q n )1−q＝a 1−a n q 1−q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ；②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1.[2022·河北石家庄二模]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 2 021＝6，则S 2 022＝( )A ．3 033B ．4 044C ．6 066D ．8 0882．[2022·辽宁沈阳三模]在等比数列{a n }中，a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两根，则a 3a 5a 7的值为( )A ．π√πB ．－π√πC ．±π√πD ．π33．[2022·全国乙卷]已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝( ) A ．14 B ．12 C ．6D ．3提分题例1 (1)[2022·江苏盐城三模]已知数列{a n}，{b n}均为等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝120，则a37＋b37的值为()A．760 B．820C．780 D．860(2)[2022·广东佛山三模]已知公比为q的等比数列{a n}的前n项和S n＝c＋2·q n，n∈N*，且S3＝14，则a4＝()A．48B．32 C．16D．8听课笔记：技法领悟1．等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差或等比数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a1和d(q)；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，减少计算量．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n ＝a p＋a q”这一性质与求和公式S n＝n(a1+a n)2的综合应用．巩固训练11.[2022·河北邯郸二模]在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱？若已知这五人分得的钱数从多到少成等差数列，则这个等差数列的公差d＝()A．－16B．－15C．－14D．－132．[2022·山东淄博一模]已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝________.微专题2 等差数列与等比数列的综合保分题1.[2022·辽宁沈阳一模]已知等差数列{a n }的公差为2，且a 2，a 3，a 5成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n －2)B ．n(n －1)C ．n(n ＋1)D ．n(n ＋2) 2．各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，4a 1，2a 3，a 5成等差数列，则a 1＝( ) A ．5√2－5 B ．5√2＋5 C ．5√2 D ．53．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝4，S 9＝19，则S 6，S 9的等差中项为________．提分题例2 (1)[2022·山东日照三模]在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 2，a k 1，a k 2，a k 3成公比为3的等比数列，则k 3＝( )A ．14B ．34C ．41D ．86(2)[2022·山东潍坊三模](多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．数列{Snn }为等差数列B ．对任意正整数n ，b +n 2b n+22 ≥2b n ＋12 C ．数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列 D ．数列{T 2n ＋2－T 2n }一定是等比数列听课笔记：技法领悟等差、等比数列综合问题的求解策略对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．巩固训练21.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2，2a 5，3a 8成等差数列，则S6S 3＝( )A ．1或43B ．1或13C ．2或43D ．13或432．[2022·湖北荆州三模](多选)等差数列{a n }的前项n 和为S n ，数列{b n }为等比数列，则下列说法正确的选项有 ( )A ．数列{2a n }一定是等比数列B ．数列{b a n }一定是等比数列C ．数列{Snn }一定是等差数列D ．数列{b n ＋b n ＋1}一定是等比数列微专题3 数列的递推保分题1.[2022·广东汕头三模]已知数列{a n }中，a 1＝－14，当n>1时，a n ＝1－1a n−1，则a 2 022＝( )A ．－14 B ．45 C ．5 D ．－45 2．数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝2a n a n +2，则a 7＝( )A ．18 B ．17 C ．27 D ．143．[2022·山东泰安三模]已知数列{a n }满足：对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，且a 2＝3，则a 20＝( )A ．320B ．315C ．310D ．35提分题例3 (1)[2022·湖南雅礼中学二模](多选)著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下、从小到大套着n 个中心带孔的圆盘．将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作．设将n 个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为a n ，则( )A ．a 2＝3B ．a 3＝8C ．a n ＋1＝2a n ＋nD ．a n ＝2n －1(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n+12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项公式是a 100＝( )A ．100B ．1100C ．101D ．1101听课笔记：技法领悟1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．3．三种简单的递推数列：a n ＋1－a n ＝f(n)，a n+1a n＝f(n)，a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠0，1，q ≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设a n ＋1＋λ＝p(a n ＋λ)，展开比较系数得出λ)．巩固训练3 1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{a n}，则() A．a5－a4＝4 B．a100＝5 000C．2a n＋1＝a n＋a n＋2D．a n＋1－a n＝n＋12．[2022·福建漳州二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记b n＝a n＋a n＋1＋a n＋2且b n＋1－b n＝2，则S31＝()A．171 B．278 C．351 D．395第一讲等差数列与等比数列微专题1等差数列与等比数列的基本量计算保分题＝1 011×6 1．解析：由等差数列{a n}知，a2＋a2 021＝a1＋a2 022＝6，所以S2 022＝2 022(a1+a2 022)2＝6 066.答案：C2．解析：在等比数列{a n}中，因为a2，a8为方程x2－4x＋π＝0的两根，所以a2a8＝π＝a52，所以a5＝±√π，所以a3a5a7＝a53＝±π√π.故选C.答案：C3．解析：设等比数列{a n }的公比为q.由题意知，{a 2q+a 2+a 2q =168，a 2−a 2q 3=42.两式相除，得1+q+q 2q (1−q 3)＝4，解得q ＝12.代入a 2－a 2q 3＝42，得a 2＝48，所以a 6＝a 2q 4＝3.故选D .答案：D提分题[例1] 解析：(1)∵数列{a n }，{b n }均为等差数列，设公差分别为d 1，d 2 (a n ＋1＋b n ＋1)－(a n ＋b n )＝(a n ＋1－a n )＋(b n ＋1－b n )＝d 1＋d 2，则数列{a n ＋b n }也为等差数列， a 1＋b 1＝100，a 2＋b 2＝120，数列{a n ＋b n }的首项为100，公差为20， ∴a 37＋b 37＝100＋20×36＝820，故选B .(2)因为公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝c ＋2·q n ①，当n ＝1时a 1＝S 1＝c ＋2·q ，当n ≥2时S n －1＝c ＋2·q n －1 ②， ①－②得a n ＝2·q n －2·q n －1＝(2q －2)·q n －1，所以2q －2＝c ＋2q ，则c ＝－2，又S 3＝14，所以S 3＝－2＋2·q 3＝14，解得q ＝2，所以a n ＝2n ，则a 4＝24＝16. 答案：(1)B (2)C [巩固训练1]1．解析：若分得的钱从多到少分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，所以{a 1+a 2=a 3+a 4+a 5a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5，所以{a 1=−8d5a 1+10d =5，可得{a 1=43d =−16.答案：A2．解析：设等比数列的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a2q ＋a 2q ＝10，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12，所以当q＝2时，a3＝8；当q＝12时，a3＝2所以，a3＝2或a3＝8.答案：2或8微专题2等差数列与等比数列的综合保分题1．解析：设等差数列{a n}公差d＝2，由a2，a3，a5成等比数列得，a32＝a2·a5，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝0，∴S n＝n×0＋n(n−1)2×2＝n(n－1)．答案：B2．解析：设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，a1≠0，故由题意可得：{a1(1+q+q2+q3)=154a3=4a1+a5，{a1(1+q+q2+q3)=154q2=4+q4，解得q2＝2，q＝√2，a1＝5√2－5.答案：A3．解析：设S6＝x，因为{a n}为等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．因为S3＝4，S9＝19，所以4(19－x)＝(x－4)2，解得x＝10或x＝－6(舍去)．所以S6，S9的等差中项为292.答案：292提分题[例2]解析：(1)因为a1，a2，a k1，a k2，a k3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以a k3＝a1·34＝81a1，又因为数列{a n}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以a k 3＝a 1＋(k 3－1)d ＝a 1＋2(k 3－1)a 1＝(2k 3－1)a 1，所以(2k 3－1)a 1＝81a 1，解得k 3＝41. 故选C .(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n−1)2d ，所以，S n n ＝a 1＋(n−1)d 2.对于A 选项，S n+1n+1−S n n＝a 1＋nd 2－a 1－(n−1)d 2＝d 2，所以，{S n n}为等差数列，A 对；对于B 选项，对任意的n ∈N *，b n ≠0，由等比中项的性质可得b n+12＝b n b n ＋2，由基本不等式可得b n 2 +b n ＋22≥2b n b n ＋2＝2b n+12，B 对；对于C 选项，令c n ＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1，所以，c n ＋1－c n ＝(a 2n ＋4＋a 2n ＋3)－(a 2n ＋2＋a 2n ＋1)＝4d ，故数列{S 2n ＋2－S 2n }一定是等差数列，C 对；对于D 选项，设等比数列{b n }的公比为q ，当q ＝－1时，T 2n ＋2－T 2n ＝b 2n ＋2＋b 2n ＋1＝b 2n ＋1(q ＋1)＝0，此时，数列{T 2n ＋2－T 2n }不是等比数列，D 错．答案：(1)C (2)ABC [巩固训练2]1．解析：设等比数列公比为q ，由a 2，2a 5，3a 8成等差数列可得，2×2a 1·q 4＝a 1·q ＋3a 1·q 7，化简得3q 6－4q 3＋1＝0，解得q 3＝13或q 3＝1，当q 3＝1时，S6S 3＝2；当q 3＝13时，S 6S 3＝a 1(1−q 6)1−q a 1(1−q 3)1−q＝1＋q 3＝43.答案：C2．解析：若{a n }公差为d ，{b n }公比为q ， A ：由2a n+12a n＝2a n+1−a n ＝2d 为定值，故{2a n }为等比数列，正确； B ：由b a n+1b a n＝b a n +d b a n＝b a n q d b a n＝q d 为定值，故{b a n }为等比数列，正确；C ：由Sn+1n+1−S nn＝a 1+a n+12−a 1+a n 2＝a n+12−a n2＝d 2为定值，故{Snn}为等差数列，正确； D ：当q ＝－1时b n ＋b n ＋1＝0，显然不是等比数列，错误．答案：ABC微专题3 数列的递推保分题1．解析：由题意得：a 2＝1－1a 1＝5，a 3＝1－1a 2＝45，a 4＝1－1a 3＝－14，则数列{a n }的周期为3，则a 2 022＝a 674×3＝a 3＝45.答案：B2．解析：因为a n ＋1＝2a n a n +2，所以1a n+1＝12+1a n，即1a n+1−1a n＝12，又1a 1＝12，则{1a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，即1a n＝12+12(n －1)＝n2，则a n ＝2n ，所以a 7＝27. 答案：C3．解析：因为对任意的m ，n ∈N *，都有a m a n ＝a m ＋n ，所以a 1a 1＝a 2，a 1a n ＝a 1＋n ，又a 2＝3，所以a 1＝±√3，所以a n+1a n＝a 1，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为a 1的等比数列，所以a n ＝a 1·(a 1)n －1＝(a 1)n ，所以a 20＝(a 1)20＝310. 答案：C提分题[例3] 解析：(1)将圆盘从小到大编为1，2，3，…号圆盘，则将第n ＋1号圆盘移动到3号柱时，需先将第1～n 号圆盘移动到2号柱，需a n 次操作；将第n ＋1号圆盘移动到3号柱需1次操作；再将1～n 号圆需移动到3号柱需a n 次操作，故a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －1，∴a 2＝3，a 3＝7.(2)∵(n +1)a n+12−na n 2＋a n ＋1a n ＝0，∴(n +1)a n+12+anan ＋1－na n 2＝0，[(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0，又∵a n >0，∴a n ＋1＝n n+1·a n ，即a n+1a n ＝n n+1， ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n−1＝12·23·…·n−1n ，即a n a 1＝1n ，又∵a 1＝1，∴a n ＝1n ，∴a 100＝1100.答案：(1)AD (2)B[巩固训练3]1．解析：由相邻层球的个数差，归纳可知a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1，对a n ＋1－a n ＝n ＋1累加得a n ＝n (n+1)2. 所以，a 5－a 4＝5，a 100＝100(100+1)2＝5 050，2a n ＋1≠a n ＋a n ＋2，所以ABC 错误，故选D.答案：D2．解析：由b n ＋1－b n ＝2，b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3－(a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＝a n ＋3－a n ＝2， ∴a 1，a 4，a 7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a 2，a 5，a 8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a 3，a 6，a 9，…是首项为3，公差为2的等差数列，S 31＝(a 1＋a 4＋…＋a 31)＋(a 2＋a 5＋…＋a 29)＋(a 3＋a 6＋…＋a 30)＝1×11＋11×10×22＋2×10＋10×9×22＋3×10＋10×9×22＝351.故选C.答案：C。

2020届高考数学二轮复习专题《数列中的新定义问题》

设数列an的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则为“P(k)数列”．
(1)若数列an为“P(1)数列”，求数列an的通项公式；
an＝2n－1，n∈N*.
数列an为“P(1)数列”，则Sn＝an＋1－1，故Sn＋1＝an＋2－1，两式相减得：an＋2＝2an＋1，又n＝1时，a1＝a2－1，所以a2＝2＝2a1，故an＋1＝2an对任意的n∈N*恒成立，即aan＋n 1＝2(常数)，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1
数列新定义问题是近几年高考的热点，解题的关键在于在“新”上做文章，解题前应深刻理解“新数列”的含义，并将其进行转化，使“新数列”问题变成一个熟知的常规题型．本题从数列“bn(k)”的构造入手，找到它与原数列{an}之间的关系，再利用条件中n，k的任意性，应用特殊化思想解决第(1)题；第(2)题则是从已知出发，先得到两个关于递推关系式，然后通过代数恒等变形及消元方法，推出an与an＋1的关系，从而证得最终结果.
(2)已知数列cn为“好”数列，若c2 017＝2 018，求数列cn的通项公式．
cn＝n＋1. 因为数列cn为“好”数列，取m＝1，则(n－1)Sn＋1＝(n＋1)(Sn－S1)，即2Sn＝(n－1)cn＋1＋(n＋1)c1恒成立．当n≥2，有2Sn－1＝(n－2)cn＋nc1，两式相减，得2cn＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn＋c1(n≥2)，即ncn＝(n－1)cn＋1＋c1(n≥2)，所以(n－1)cn－1＝(n－2)cn＋c1(n≥3)，两式相减得ncn－(n－1)cn－1＝(n－1)cn＋1－(n－2)cn(n≥3)，
k∈N*.

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习等差数列、等比数列的基本问题1.(2020江苏溧水中学月考)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=.?2.(2020江苏苏州高三上学期期中)已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=.?3.(2020江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n 项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为.?4.(2020南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=.?5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为.?6.(2020江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S_10/S_5=4,则(4a_1)/d=.?7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)的值是.?8.(2020扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为.?9.(2020扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn.(1)求a1+a3的值;(2)若a1+a5=2a3.①求证:数列{a2n}为等差数列;②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m).10.(2020苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立.(1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列;(2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值;(3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和.?答案精解精析1.答案10解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10.2.答案4解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗^2=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=("-"8)/("-"2)=4.3.答案65/2解析由题意可得a1a9=〖a_2〗^2,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2.4.答案-6解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1"("1"-"q^3")")/(1"-"q)+(a_1"("1"-"q^6")")/(1"-"q)=2(a_1"("1"-"q^9")")/(1"-"q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q^3=-6.5.答案2056解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1"-"2^10)/(1"-"2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056.6.答案2解析由〖S_1〗_0/S_5=4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2.7.答案19/10解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an={■(2","n=1","@2^(n"-"1)","n≥2",")┤故bn={■(1","n=1","@n"-"1","n≥2",")┤所以1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1"-"?1/2)+(1/2"-"?1/3)+…+(1/9"-"?1/10)=2-1/10=19/10.8.答案3/4解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2"-" (q+1/q),当b最大时q<0,此时q+1/q≤-2,b=3/2"-"(q+1/q)≤3/4,当且仅当q=-1时取等号,故b的最大值为3/4.9.解析(1)由条件,得{■(a_2"-"a_1=3",①"@a_3+a_2=7/2",②")┤②-①得a1+a3=1/2.(2)①证明:因为an+1+(-1)nan=(n+5)/2,所以{■(a_2n"-"a_(2n"-"1)=(2n+4)/2",③"@a_(2n+1)+a_2n=(2n+5)/2",④")┤④-③得a2n-1+a2n+1=1/2.于是1=1/2+1/2=(a1+a3)+(a3+a5)=4a3,所以a3=1/4,又由(1)知a1+a3=1/2,则a1=1/4.所以a2n-1-1/4=-(a_(2n"-"3)"-"?1/4)=…=(-1)n-1(a_1"-"?1/4)=0,所以a2n-1=1/4,将其代入③式,得a2n=n+9/4.所以a2(n+1)-a2n=1(常数),所以数列{a2n}为等差数列.②易知a1=a2n+1,所以S2n=a1+a2+…+a2n=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=n^2/2+3n.由S2p=4S2m知p^2/2+3p=4(m^2/2+3m).所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即(2m+p+9)(2m-p+3)=27,又p,m∈N*,所以2m+p+9≥12且2m+p+9,2m-p+3均为正整数,所以{■(2m+p+9=27","@2m"-"p+3=1",")┤解得p=10,m=4,所以所求数对为(10,4).10.解析(1)证明:设数列{Sn}的公差为d",∵6Sn=9bn-an-2,①6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2),②①-②得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),③即6d"=9(bn-bn-1)-d,所以bn-bn-1=(6d"""+d)/9(n≥2)为常数,所以{bn}为等差数列.(2)由③得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,因为{b_n+1/2}为等比数列,所以(b_n+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3b_(n"-"1)+d/3+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3(b_(n"-"1)+1/2)+d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)(n≥2)是与n无关的常数,所以d/3-1=0或bn-1+1/2为常数.当d/3-1=0时,d=3,符合题意;当bn-1+1/2为常数时,在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,所以bn-1+1/2=b1+1/2=3/2(n≥2),此时3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(3/2)=1,解得d=-6.综上,d=3或d=-6.(3)证明:当d=3时,an=3n-2.由(2)得数列{b_n+1/2}是以3/2为首项,3为公比的等比数列,所以bn+1/2=3/2×3n-1=1/2?3n.即bn=1/2(3n-1).当n≥2时,cn=bn-bn-1=1/2(3n-1)-1/2(3n-1-1)=3n-1;当n=1时,也满足上式,所以cn=3n-1(n≥1).设an=ci+cj(1≤i。

2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导专题1 数列

2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导专题1 数列【高考考场实情】数列是高中数学的主干知识之一，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位．在高考考查中解答题17题一般是数列和三角函数交替出现．故数列在高考考查中一般有两种情形：其一，两道选择题或一道选择题和一道填空题，共2道小题，分值为10分；其二，一道选择或填空题和一道解答题，共2道题，分值为17分．【考查重点难点】高考对数列这一部分的考查以基础题、中档题为主，但解题方法灵活多样，技巧性较强些，讲究解题的通性通法，侧重考查等差数列、等比数列的基本概念、特殊性质及基本量的运算；突出考查等差、等比数列有关的通项公式、前n 项和公式、以及数列求和的常用方法等；重点考查数列n a 与n S 的关系的应用等．而学生在平时的复习中，往往对定义、概念理解不透，对公式、性质等应用不熟练导致错误．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的学习方法．【存在问题分析】1.概念模糊不清【指点迷津】概念模糊不清主要表现在等差、等比数列的概念及等差中项或等比中项的定义认识不到位等。

【例1】 “ac b 2”是“c b a ,,成等比数列”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答案：B【名师点睛】学生对等比数列的首项及公比不为零模糊而错选C ．原因在于学生等比数列概念模糊思考不严密，漏掉了特例对结论的影响，忽略了等比数列是由后一项与前一项的比为定值来定义的，即等比数列的任一项都是非零值.比例式化为乘积式成立，反之乘积式化为比例式时，应注意取值为零时不能转化这一特例．【例2】设数列{}n a 中，11=S ，22=S ，)2(02311≥=+--+n S S S n n n ，判断{}n a 是不是等比数列.【解析】：∵)2(02311≥=+--+n S S S n n n ，∴)(211-+-=-n n n n S S S S ，即)2(21≥=+n a a n n ，又111==S a ，1122=-=S S a ，2112≠=a a ，所以{}n a 不是等比数列. 【名师点睛】学生常会忽视1a 与)2(≥n a n 关系，由)2(21≥=+n a a n n 直接判断{}n a 是等比数列，体现学生对等比数列的定义理解不透彻，从)2(21≥=+n a a n n 来看，反映的是数列{}n a 从第3项开始后一项与前一项的比是常数，而等比数列的定义是从第2项开始，后一项与前一项的比是常数，故需讨论1a 与)2(≥n a n 关系．2.运算能力不佳【指点迷津】在数列专题中，常常出现求数列某一项m a 、基本量()1,,,a n d q 、通项公式n a 及前n 项和n S 等计算问题．在计算过程中，整体代换意识薄弱，不能合理运用有关公式进行恒等变形，是导致失分的主要原因，主要包括：①用数列的有关公式和性质求解一些基本量的问题时用错公式，而在用n a 与n S 的关系时易漏掉1=n 时的情况；②对等比数列前n 项和n S 公式的结构特征认识不透，不能从整体的意识上（计算中常把11a q -作为整体代换）去分析和思考问题等．【例3】（2015高考新课标1，文7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（）A ．172B ．192C ．10D ．12答案：B【名师点睛】解等差数列问题关键在于熟记等差数列定义、性质、通项公式、前n 项和公式，利用方程思想和公式列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，利用等差数列性质可以简化计算.这方面有了解到有学生因记不住相关公式或用错公式而导致丢分．【例4】等比数列的前项和为9632S S S S n =+，，求公比. 【解析】：当时，则，01≠a Θ，11929a a ⨯≠∴，1≠∴q .当1≠q 时，有q q a q q a q q a --⋅=--+--1)1(21)1(1)1(916131，0)12(363=--∴q q q ， 0≠q Θ，01236=--∴q q ，0)1)(12(33=-+∴q q ，1≠q Θ，0123=+∴q ，243-=∴q . 【名师点睛】此题在等比数列前n 项和公式使用时经常出现不合理情况，易忽略，在等比数列求和时要分公比两种情况进行讨论；另一种情况是当1q ≠时要把11a q-作为整体去运算。

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：专题3 数列第1部分专题3 第2讲

7．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________. 解析因为 Sn＝3＋2n，所以 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，而 n＝1 时，a1＝S1＝5 不适
合上式，所以 an＝Error!
答案 an＝Error!
1
1
8．(2019·广东深圳适应性考试)在数列{an}中，a1＝2 019，an＋1＝an＋nn＋1(n∈N*)，
2n ＝n2＋1－2n.故选 A
项．
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝( )
nn＋1 A． 2
nn＋1 B．－ 2
nn＋1 C．(－1)n＋1 2
D．以上均不正确
C 解析当 n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－
n 3＋2n－1 2
nn＋1
2 ＝－ 2 ；当 n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)
n－1 [3＋2n－1－1]
2
nn＋1
n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－
2
＋n2＝ 2 .综上可得，原
nn＋1 式＝(－1)n＋1 2 .故选 C 项．
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
2×3 3 4
n n＋1
则 3Tn＝ 30 ＋30＋31＋…＋3n－3＋3n－2，②
1 1－
3n－1
( ) 1 1
1 n＋1
1 n＋1 15
1＋＋＋…＋
1－
②－①得 2Tn＝6＋ 3 32
3n－2 －3n－1＝6＋ 3 －3n－1＝ 2 －
2n＋5
2·3n－1.

2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题2数列突破点4等差数列等比数列学案文

突破点4 等差数列、等比数列[核心知识提炼]提炼1 等差数列、等比数列的运算 (1)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.(2)求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．(3)性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q . 提炼2 等差数列、等比数列的判定与证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法： (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为同一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为同一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2). 提炼3 数列中项的最值的求法(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数f (n )＝a n ，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数． (2)利用数列的单调性求解，利用不等式a n ＋1≥a n (或a n ＋1≤a n )求解出n 的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值．(3)转化为关于n 的不等式组求解，若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1；若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1，求出n 的取值范围之后，再确定取得最值的项．[高考真题回访]回访1 等差数列基本量的运算1．(2015·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 ．192C ．10D ．12B [∵公差为1， ∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝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.故选B.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7 C.9D ．11A [法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1， ∴S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5，故选A.法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1， ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5，故选A.]3．(2014·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C.n n ＋12D.n n －12A [由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2，∴S n ＝2n ＋n n －12×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1)．]回访2 等比数列基本量的运算4．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D.18C [法一：∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.]5．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________.6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，又∵S n ＝126，∴21－2n1－2＝126，∴n ＝6.]热点题型1 等差、等比数列的基本运算题型分析：以等差(比)数列为载体，考查基本量的求解，体现方程思想的应用是近几年高考命题的一个热点，题型以客观题为主，难度较小．【例1】(1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )【导学号：04024053】A ．152B ．135C ．80D ．16(2)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( ) A ．2 B ．－2 C.12D ．－12(1)B (2)D [(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q2＝3，所以a n ＝3n，b n ＝1＋log 33n＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×2＋162＝135，故选B.(2)由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12，故选D.][方法指津]在等差(比)数列问题中最基本的量是首项a 1和公差d (公比q )，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，那么其他问题也就会迎刃而解．这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程的思想．提醒：应用等比数列前n 项和公式时，务必注意公比q 的取值范围．[变式训练1] (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝51，则n ＝__________.(2)(2017·东北三省四市联考)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝________.(1)6 (2)30 [(1)由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列．由S n ＝n ＋n n －12×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0，解得n ＝6或n ＝－173(舍)．(2)设数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以S 4＝21－241－2＝30.]热点题型2 等差、等比数列的基本性质题型分析：该热点常与数列中基本量的运算综合考查，熟知等差(比)数列的基本性质，可以大大提高解题效率．【例2】(1)(2016·南昌一模)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )【导学号：04024054】A.32B.94C ．1D ．2(2)(2017·中原名校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A ．10B ．20C ．30D ．40(1)D (2)B [(1)由题意得S 4＝a 11－q 41－q ＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3q －1＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q 3＝2，故选D.(2)∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，∴11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ，∴{x n }是等差数列，∵x 1＋x 2＋…＋x 20＝200＝20x 1＋x 202，∴x 1＋x 20＝20，又∵x 1＋x 20＝x 5＋x 16，∴x 5＋x 16＝20.][方法指津]1．若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数．2．若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数，m ≠0)，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 仍为等比数列．3．公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝a 2－a 1qa 2－a 1＝q .4．(1)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其公比为q k.(2)等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d .5．若A 2n －1，B 2n －1分别为等差数列{a n }，{b n }的前2n －1项的和，则a n b n ＝A 2n －1B 2n －1.[变式训练2](1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 3b 11等于( )A ．16B ．8 C.4D ．2(2)(2017·武汉二模)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A ．12 B ．10 C ．8D ．2＋log 35(1)A (2)B [(1)∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 12＝2a 7， ∴2a 2－a 27＋2a 12＝4a 7－a 27＝0.又a 7≠0，∴a 7＝4. 又{b n }是等比数列，∴b 3b 11＝b 27＝a 27＝16. (2)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2a 3…a 10) ＝log 3(a 5a 6)5＝log 395＝10，故选B.]热点题型3 等差、等比数列的证明题型分析：该热点在考查数列的通项公式，前n 项和公式的同时，考查学生的推理论证能力．【例3】 (2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． [解] (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.2分解得q ＝－2，a 1＝－2．4分故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n． 6分(2)由(1)可得S n ＝a 11－q n 1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13．8分由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n ， 10分故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．12分[方法指津] 判断或证明数列是否为等差或等比数列，一般是依据等差数列、等比数列的定义，或利用等差中项、等比中项进行判断．提醒：利用a 2n ＝a n ＋1·a n －1(n ≥2)来证明数列{a n }为等比数列时，要注意数列中的各项均不为0.[变式训练3] (2014·全国卷Ⅰ)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(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：由题设知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＋1，2分由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ． 4分(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 5分由(1)知，a3＝λ＋1．6分令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 7分故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3. 9分{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 11分所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．12分。

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

高考数学二轮复习常考题型大通关(全国卷理数)解答题：数列

高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）解答题：数列1.等比数列{}n a 中，已知142,16a a ==(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第3项和第5项，试求数列{}n b 的通项公式及前n 项和n S 。

2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足：3576,24a a a =+=.(1)求等差数列{}n a 的通项公式；(2)求数列1{}nS 的前n 项和n T .3.已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1a b ==,()12N n n a a n *+=∈,()12311111N 23n n b b b b b n n *+++++=-∈ .（1）求n a 与n b ;（2）记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .4.已知等差数列{}n a 满足36a =，前7项和为749S =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 满足()33n n n b a =-⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．5.已知{}n a 是递增的等比数列，11a =，且22a 、332a 、4a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21231log log n n n b a a ++=⋅，n *∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n S .6.已知公差不为0的等差数列{}n a 的前3项和39S =,且125,,a a a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式.(2)设n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和,求证12n T <.7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和.8.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112,2*n n a a S n N +==+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令112(1)(1)n n n n b a a -+=--，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求证：12n T <.答案以及解析1.答案：(1)设{}n a 的公比为q ，由已知得3162q =，解得2q =，∴112.n n n a a q -==(2)由(1)得358,32a a ==，则358,32b b ==，设{}n b 的公差为d ，则有1128432b d b d +=⎧⎨+=⎩解得11612b d =-⎧⎨=⎩∴1612112)2(8n b n n =+--=-，∴数列{}n b 的前n 项和2(161228)6222n n n S n n -+-==-.2.答案：(1设等差数列{}n a 的首项为1a 、公差为d ,3576,24a a a =+= ,()()111264624a d a d a d +=⎧∴⎨+++=⎩,解得：122d a =⎧⎨=⎩,(2122)n a n n ∴=+-⨯=；(2由(1)得：()1(22)(1)22n n n a a n n S n n ++===+,所以1211111111 11223(1)(1)n n n T S S S S n n n n =++++=++++-⨯⨯-+ 11111111112233411n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111n n n =-=++．3.答案：（1）由112,2n n a a a +==,知0n a ≠,故12n n a a +=,即{}n a 是以2为首项,2为公比的等比数列,得()2N n n a n *=∈.由题意知,当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n +=-,整理得11n n b b n n +=+,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项,1为公比的等比数列,即1n b n =,所以()N n b n n *=∈.（2）由（1）知2n n n a b n =⋅.因此231222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,①23412222322n n T n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,②①-②得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅.故()()1122N n n T n n +*=-+∈.4.答案：（1）由()177477492a a S a ⨯+===，得47a =，因为36a =，所以11.4d a ==，故3n a n =+.（2）()333n n n n b a n =-⋅=⋅，所以1231323333n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯①23131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯②由①-②得1231133233333313n n n n n T n n +++--=++++-⨯=-⨯- ，所以1(21)334n n n T +-⨯+=.5.答案：（1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意及11a =，知1q >.22a 、332a 、4a 成等差数列成等差数列，34232a a a ∴=+，2332q q q ∴=+，即2320q q -+=，解得2q =或1q =（舍去），2q ∴=.∴数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==；（2）()212311111log log 222n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭ ，11111111111232435112n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.()()13113232212431114122221n n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭+⎛⎫=--=- ⎪++++⎝⎭.6.答案：(1)由3S 9=得13a d +=①;125,,,a a a 成等比数列得:()()21114a a d a d +=+②;联立①②得11,2a d ==;故21n a n =-.(2)111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭ 11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋯+-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭.7.答案：（1）由1142,a b a b ==，则()()421234122312S T a a a a b b a a -=+++-+=+=，设等差数列{}n a 的公差为d ，则231236312a a a d d +=+=+=，所以2d =.所以32(1)21n a n n =+-=+.设等比数列{}n b 的公比为q ，由题249b a ==，即2139b b q q ===，所以3q =.所以3n n b =；（2）(21)3n n n a b n +=++，所以{}n n a b +的前n 项和为()()1212n n a a a b b b +++++++ ()2(3521)333n n =++++++++ ()()313331(321)(2)2132n n n n n n --++=+=++-8.答案：（1）()12,*n n a S n N +=+∈，①当1n =时，212a S =+，即24a =，当2n ≥时，12n n a S -=+，②由①-②可得11n n n n a a S S +--=-，即12n n a a +=，∴2222,2n n n a a n -=⨯=≥当1n =时，1122a ==，满足上式，∴()2n n a n N *=∈（2）由（1）得1112111()(21)(21)22121n n n n n n b -++==-----∴1111111111(1)(1)23372121221n n n n T ++=-+-++-=---- ∴12n T <。

人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(中档)

(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn .
【解析】
(1)证明：当
n≥２时 ,由
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
an＝
3an－1＋
2n－
1,
得
an＋ an－ 1＋
2n 2n－1＝
3an－1＋2n＋2n－1 an －1＋ 2n－1
＝ 3.
又∵ a1＝1,∴ a1＋21＝3
∴数列 { an＋2n} 是首项为 3,公比为 3 的等比数列 .
解得 q= ;
(2)当 q=1 时,该数列为常数列 ,若 Sm,Sn,Sl 成等差数列 ,则也有 am+k,an+k,a1+k 成等差数列 ;
若 q≠1由, Sm,Sn,S1 成等差数列 ,则有 2Sn=S1+Sm,
即有
,
整理化简得 2qn﹣1=qm﹣1+ql﹣1,两边同乘以 a1,得 2a1qn﹣1=a1qm﹣1+a1ql﹣1,即 2an=am+al, 两边同乘以 qk 即可得到 2an+k =am+k+al+k, 即 am+k ,an+k,al+k 成等差数列 .
法二当 n≥２时 ,
2n2－n bn－ bn－1＝ n＋ c －
n－ 2－ n－ n－1＋c
2n2＋ c－ n－3c ＝ n2＋ c－ n＋c c－ ,
欲使 { bn} 为等差数列 ,
只需
4c－ 2＝ 2(2c－1)且－ 3c＝ 2c(c－1)(c≠0)解, 得
c＝－
1 2.
1 故当 c＝－ 2时,数列 { bn} 为等差数列
2, n
N *) bn bn 1
k(k

专题数列-2020年高考数学(理)二轮专项复习

n
m
n
p
q
等比数列{a }中，若 m＋n＝p＋q，则 a ·a ＝a ·a ；
n
m
n
p
q
【复习要求】
1．理解等差数列、等比数列的概念．
2．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式．
3．能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相
应的问题．
4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系．
10
1
∴S
1 2 10 10 95 .选 C.
(∵2等)等1差0差数数列a列{a{aa}n各}中项a均4＋为a正8＝数2a，6，
n
5
∴由均值不等式
a 4
a 8
(
a 4
2
a 8
)2
a2 6
，当且仅当
a
＝a
4
时等号成立
8
aa 即： a4 a6 ，选 B．
6
8
【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若 m＋n＝p＋q，则a ＋a ＝a ＋a ，(1)
n
1
A．
(1)n1
B． (1)n
C． (1)n 3n 2
2．若数列的前四项是 3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )
A． n(n 1)(n 2) 2
B．5n2－6n＋4
C．
3
9n(n 1) 2
1ln2 7n12
D．
2
3．数列{a }中，若 a ＝1，a ＝1，a ＝a ＋a ，则 a ＝( )
【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种
通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过

2020届高三数学二轮复习讲义数列

2020届高三数学二轮复习——数列【考点思维脑图】【重要考点串讲】1．等差、等比数列的概念与性质2．等差、等比数列的判定方法(1)等差数列的判定方法①定义法：1n n a a d +-=（常数）(*2,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列． ②等差中项法：122n n n a a a --=+(*3,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列．③通项公式法：n a pn q =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列． ④前n 项和公式法：2n S pn qn =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列．【提醒】若要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． (2)等比数列的判定方法①定义法：1n n a q a +=(1n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数)或1n n aq a -=(2n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数){}n a ⇒是等比数列．②等比中项法：212n n n a a a ++=⋅(0n a ≠，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．③通项公式法：11n n a a q -=（1a ，q 为非零常数，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．④前n 项和公式法：nn S k q k =⋅-（k 为常数，且0k ≠，0q ≠，1）．（注意：此方法不能用于证明一个数列是等比数列）【提醒】①②是判定等比数列的常用方法，常用于证明，③④常用于选择题、填空题中的判定．若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 3．n a 与n S 的关系12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥．【注意】利用前n 项和n S 与n a 之间的关系求通项公式时，当1a 符合由1n n n a S S -=-(2,n ≥且*n ∈N )求出的通项公式时，可以直接写出{}n a 的通项公式；否则，要写成分段的形式．注意1n =时的情况． 4．数列常见递推公式的类型及方法(1)若1()n n a a f n +-=，求n a →累加法．112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n =-+-+⋅⋅⋅++≥(2)若1()n na f n a +=，求n a →累成法． 121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n -⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥． (3)1n n a pa q +=+(p ，q 是非零常数)，设1()n n a m p a m +-=-，即1(1)n n a pa m p +=+-，由(1)1qm p q m p-=⇒=-，由此化为与等比数列{}1n qa p +-相关的通项问题． (4)1n n n a pa q +=+ (p ，q 是非零常数),通常两边同除以nq 得到111n nn n a a p q q q+-=⋅+，转化为形式(3)的递推公式问题． 5．数列求和的方法技巧(1)公式法①利用等差、等比数列的前n 项和公式直接求解． ②利用正整数的平方和公式、立方和公式求解．常用的数列前n 项和公式：①(1)1232n n n ++++⋅⋅⋅+=；②2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=； ③222112(1)(21)6n n n n ++⋅⋅⋅+=++；④223333(1)1234n n n ++++⋅⋅⋅+=．(2)错位相减法：适用于{}n n a b ⋅求和，{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，【提醒】运用错位相减法求和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多一项，两式相减，除第一项和最后一项外，剩下的1n -项是一个等比数列．(3)倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．(4)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．常见的裂项技巧： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；④1111[](1)(2)2(1)(1)(2n n n n n n n =-+++++）；1k=．【提醒】利用裂项相消法求和时要注意：①在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；②在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(5)分组求和法：如n n na b c=±，数列{}nb，{}nc是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{}na的前n项和．(6)并项求和法：一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如(1)()nna f n=-类型，可采用两项合并求解．【方法技巧突破】必考点1 等差、等比数列的判断【典例1】已知在ABC∆中，1A，1B分别是边BA，CB的中点，2A，2B分别是线段1A A，1B B的中点，……，nA，nB分别是线段1nA A-，1nB B-(*n∈N，1n>)的中点，设数列{}na，{}nb满足：n n n nB A a CA b CB=+u u u u u r u u u r u u u r(*n∈N)，给出下列四个命题，其中假命题是A．数列{}n a是单调递增数列，数列{}n b是单调递减数列B．数列{}n na b+是等比数列C．数列{}nnab(*n∈N，1n>)既有最小值，又有最大值D．若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=【解析】由11(1)(1)()22n n nBA BA CA CB=-=--u u u u r u u u r u u u r u u u r，12n nB B CB=u u u u r u u u r，11111(1)()(1)(1)2222n n n n n n n nB A B B BA CB CA CB CA CB-=+=+--=-+-u u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，所以112n na=-，1112n nb-=-，则数列{}na是单调递增数列，数列{}nb是单调递减数列，故A正确；数列{}n na b+中，n na b+=12n，11a b+=12，即数列{}n na b+是首项为12，公比为12的等比数列，故B正确；当1n>时，21112222nnn nnab-==-+--单调递增，有最小值，无最大值，故C错误；若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则2222222||()2()n n n n n n n nB A a b CA a b CA CB a b CA=++⋅=+u u u u r u u u r u u u r u u u r，2222211111(1)(1)5()6()22222nn n n n na b-+=-+-=⨯-⨯+=21315()255n-+，当1n=时，22n na b+取得最小值，即当||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=，故D正确．所以C为假命题，故选C．【典例2】(2016浙江)如图，点列{}{},n nA B分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n nA A A A A A n++++=≠∈N，*1122,,n n n n n nB B B B B B n++++=≠∈N．(P≠Q表示点P与Q不重合)，若n n nd A B=，nS为1n n nA B B+△的面积，则A．{}n S是等差数列B．{}2n S是等差数列C．{}n d是等差数列D．{}2n d是等差数列【解析】如图，记nh为1n n nA B B+∆上的高(*n∈N)，设锐角的大小为θ，根据图象可知，11||sinn n n nh h A Aθ++=+，又112||||n n n nB B B B+++=，∴1121111||||22n n n n n n n nS S B B h B B h+++++-=⋅-⋅111111||()||||sin22n n n n n n n nB B h h B B A Aθ++++=⋅-=⋅．根据题意112||||n n n nB B B B+++=，112||||n n n nA A A A+++=，所以111||||sin2n n n nB B A Aθ++⋅为常数，所以{}nS为等差数列，故选A．【典例3】已知等比数列{}n a 的公比为q ，记(1)1(1)2(1)n m n m n m n m b a a a -+-+-+=++⋅⋅⋅+，(1)1(1)2(1)n m n m n m n m c a a a -+-+-+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅*(,)m n ∈N ，则以下结论一定正确的是A ．数列{}n b 为等差数列，公差为mq B ．数列{}n b 为等比数列，公比为2m qC ．数列{}n c 为等比数列，公比为2m q D ．数列{}n c 为等比数列，公比为mm q【解析】由题意，知2(1)()mn m n b a q q q -=++⋅⋅⋅+．当1q =时，(1)n m n b ma -=,1(1)n mn m n n b ma ma b +-===，故{}n b 是常数列，公差为0，选项A 错误．当1q ≠时，(1)(1)1m n m n q q b a q --=⋅-，1(1)(1)(1)(1)11m mm n m n m m n q q q q b a a q q q +-+---=⋅=⋅--，此时1m n nb q b +=，选项B 错误，又等比数列{}n a 的公比为q ，所以(1)122(1)(1)m m m m mn m n m n c aq aq+++⋅⋅⋅+--==．所以2(1)2(11)(1)1(1)(1)(1)2(1)()m m mm mm n m n m m n mn m m m m n m n m n m n a q a q c a q c a a a q++--++---====，故选项D 错误．综上，选C ．【方法探究】在判断一个数列是否为等差（等比）数列时，应根据已知条件灵活选用不同的方法，一般可根据已知条件先求出一些项，然后根据其求解过程寻找具体的解题思路，表示出类似1n n a a +-（或1n na a +）的递推关系式，再验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数数列{}n a 的通项公式为n a a =，它是一个首项为a ，公差为0的等差数列，若0a ≠，则该数列又是一个首项为a ，公比为1的等比数列．【典例4】(2017全国卷Ⅰ)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎨++=-⎩ ，解得2q =-，12a =-．故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．(2)由(1)可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-．由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-，故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．【方法探究】若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”，在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．必考点2 求解数列中有关项或前n 项和的最值问题【典例1】已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，11a +，21a +，41a +成等比数列，且4520a a +=-，则11n n a S +-的最大值为 A ．12 B ．1 C ．32D ．2 【解析】设数列{}n a 的公差为d (0d ≠)，则由11a +，21a +，41a +成等比数列得2111(1)(1)(31)a d a a d ++=+++，得11d a =+，再由4512720a a a d +=+=-，解得13a =-，2d =-，故21n a n =--，22n S n n =--，则2122211121422n n a n S n n n n+-===----++≤，当且仅当1n =时取等号，所以11n n a S +-的最大值为12．故选A ．【典例2】(2016全国卷Ⅰ) 设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为．【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==，则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=…．【方法探究】在解决等差、等比数列的基本运算问题时，通常考虑两种方法：①基本量法，即运用条件转化成关于首项1a 和公差d (公比q )的方程(组)；②巧妙运用等差、等比数列的性质．【典例3】在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8n =时n S 取得最大值，则d 的取值范围为．【解析】由题意，当且仅当8n =时n S 有最大值，可得89000d a a <⎧⎪>⎨⎪<⎩，即0770780d d d <⎧⎪+>⎨⎪+<⎩，解得718d -<<-．【典例4】(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当n =4时，n S 取得最小值，最小值为−16．【方法总结】在进行等差(比)数列的通项与前n 项和的运算时，常化成关于首项和公差(公比)的方程(组)求解，但要注意消元法及整体计算的应用，以减少计算量．【方法探究】求等差数列前n 项和n S 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式2n S pn qn =+，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当10a >，0d <时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≥≤的项数m 使得n S 取得最大值m S ；②当10a <，0d >时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≤≥的项数m 使得n S 取得最小值m S ．必考点3 等差或等比数列的性质应用【典例1】(1)设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若936S =，则2285()a a a +-=A ．60B ．30C ．12D ．4(2)已知等差数列{}n a 满足3514a a +=， 2633a a =，则17a a = A ．33 B ．16C ．13D ．12(3)等比数列{}n a 的首项为11a =-，前n 项和为n S ，若1053132S S =，则公比q = ．【解析】(1)1999()362a a S +==，∴19528a a a +==，∴54a =， ∴22228555()444460a a a a a +-=-=⨯-=．故选A ．(2)设等差数列{}n a 的公差为d ，因为3514a a +=，所以2614a a +=，又2633a a =，所以26311a a =⎧⎨=⎩或26113a a =⎧⎨=⎩当26311a a =⎧⎨=⎩时，113262d -==-，所以1726()()13a a a d a d =-+=．当26113a a =⎧⎨=⎩时，311262d -==--，所以1726()()13a a a d a d =-+=．综上，1713a a =，故选C ． (3)由1053132S S =，11a =-知公比1q ≠，1055132S S S -=．由等比数列前n 项和的性质知5S ，105S S -，1510S S -成等比数列，且公比为5q ，故5132q =，所以12q =．【方法探究】在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．【典例2】(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S =．【解析】解法一设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=．解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=．【典例3】在等比数列{}n a 中，已知138a a +=,574a a +=，则9111315a a a a +++=__. 【解析】解法一设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知，则211461184a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解得412q =．又888291113131()8()22a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，1212123131513131()8()12a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，所以9111315a a a a +++=2+1=3．解法二因为{}n a 为等比数列，所以57a a +是13a a +与911a a +的等比中项，所以25713911()()()a a a a a a +=++，故225791113()428a a a a a a ++===+．又911a a +是57a a +与1315a a +的等比中项，所以2911571315()()()a a a a a a +=++，故22911131557()214a a a a a a ++===+．所以9111315a a a a +++=2+1=3．【方法探究】关于等差或等比数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项1a ，和公差d （或公比q ）的方程或方程组来求解，也可以灵活利用等差、等比数列的性质进行转化，简化相应的运算，如本题中分别把13a a +，57a a +，911a a +，1315a a +看作一个整体，利用等比数列的性质求解．必考点4 求解等差或等比数列的通项及前n 项和的方法【典例1】(2019年天津卷)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足111,22,,21,,+=⎧<<=⎨=⎩k k n kk n c b n c 其中*∈N k ．（i ）求数列22{(1)}-n n a c 的通项公式；（ii ）求21=∑ni ii a c*()∈N n ．【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩ 故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(2)(i)22211(321)(321()())941n n n n n nn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列221(){}n n a c -的通项公式为22194()1n n na c -=⨯-．(ii)222211112[1((1)])nnni ini iiiiii i i i a c a a c a ac ======-+-+∑∑∑∑1()221[243](941)2n n nni i =-=⨯+⨯+⨯-∑2114(14)(3252)914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--211*2725212()n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【典例2】(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ．【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--，故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑．(ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ．【方法探究】利用等差数列、等比数列的公式求出{}n a ，{}n b 的通项公式，再求出n S ，n T ．证明时注意裂项相消法求和的正确使用．【典例3】(2016浙江)设数列{n a }的前n 项和为n S ．已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈．(1)求通项公式n a ；(2)求数列{2n a n --}的前n 项和．【解析】(1)由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. (2)设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==.当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥.设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩．【典例4】已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}n b （0n b ≠*n N ∈），满足11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=．(1)令nn na cb =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13n n b -=，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【思路点拨】(1)将已知条件11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=两边同除以1n n b b +得112n nn na ab b ++-=，即12n nc c +-=，由等差数列的定义知{}n c 是等差数列，再由等差数列的通项公式可得n c ；(2)根据(1)的结论，可以得n n n a c b =，数列{}n a 的通项n a 是等差数列乘以等比数列的形式，因此，求数列{}n a 的前n 项和n S 选用错位相减法来计算．【解析】(1)因为11120n n n n n n a b a b b b +++-+=，0,n b n N +≠∈所以1112,2n nn n n na a c cb b +++-=-= 所以数列{}nc 是以首项11c =，公差2d =的等差数列，故2 1.n c n =- (2)由13n n b -=知1(21)3n n n n a c b n -==-于是数列{}n a 前n 项和0111333(21)3n n S n -=⋅+⋅++-⋅L 1231333(21)3n n S n =⋅+⋅++-⋅L相减得121212(333)(21)32(22)3n n n n S n n --=+⋅++--⋅=--⋅L 所以(1)3 1.n n S n =-⋅+【方法探究】1．求解数列通项公式的常见方法：①等差、等比数列直接利用公式求解；②利用n a 与n S 的关系，即1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥；③累加法和累乘法；④转化法，即将问题转化为等差、等比数列；⑤归纳——猜想——证明．2．数列的求和方法常用的有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法等，如本题的求和运用的就是错位相减法．【典例5】已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列。

(江苏专用)2020年高考数学二轮复习专题10数列(Ⅱ)学案

专题10数—列(II)回顾2020〜2020年的高考题，数列是每一年必考的内容之一•其中在填空题中，会出现等差、等比数列的基本量的求解问题•在解答题中主要考查等差、等比数列的性质论证问题，只有2020年难度为中档题, 其余四年皆为难题•预测在2020年的高考题中，数列的考查变化不大：1填空题依然是考查等差、等比数列的基本性质2在解答题中，依然是考查等差、等比数列的综合问题，可能会涉及恒等关系论证和不等关系的论证.■小题基础练请K 1AOTI J 1E h U 1 1 AN 口IM011. 在等差数列｛a n｝中，公差d = 2，前100项的和Soo= 45,则a1+ a s+ a s+-+ a99=100 9解析：S00 = —(a1+ a100)= 45, a1 + a100=和,2a1 + a99= a1 + a too —d=二.550 50 2a1+a3+ a5+…+ a99= 7(a1+a99)= 7 x5=10.答案：102.已知数列｛a n｝对任意的p, q€ N满足a p+q= a p+ a q,且比=—6,那么a io=答案：—30S + $+•••+ S nT n= ，称T n为数列a1, a2,…，a n的“理想数”，已2 004，那么数列12, a1, a2,…，a500的“理想数”为解析：根据理想数的意义有,2 004 = 500a1+ 499a2+響a3+…+ a500,解析：由已知得a4= a2 + a2= —12, a8 = a4 + a4 = —24, aw= a8 + a2= —30.3 .设数列｛a n｝的前n项和为S,令知数列a1, a2,…，a500的“理想数”为5002=2501 x 12+ 500a i + 499a 2 + 498a 3+・・・ + a soo501501 x 12+ 2 004 x 500501答案：2 012 4.函数y = x 2(x >0)的图象在点(亦,a k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k +1, k 为正整数，a= 16,则a 1 + a 3 + a 5 = ________ .解析：函数 y = x (x >0)在点(16,256)处的切线方程为 y — 256 = 32( x — 16).令y = 0得a 2= 8;同理函数y =x 2(x >0)在点(8,64)处的切线方程为 y — 64= 16(x — 8)，令y = 0得a 3= 4;依次同理求得a 4= 2, a 5=1.所以 a 1 + a 3 + a 5= 21.答案：215 .将全体正整数排成一个三角形数阵：1234 5 6 7 » 9 1Q 11 12 13 1115按照以上排列的规律，第 n 行(n 》3)从左向右的第3个数为 ____________ .2n — n解析：前n — 1行共有正整数1 + 2 +…+ ( n — 1)个，即一^个，因此第n 行第3个数是全体正整数中 2n — n第一厂+ 3个，即为答案：2n — n +6[典例1](1)已知正数数列｛a n ｝对任意p ，q € N ，都有a p + q = a p • a q ，若a 2 = 4，贝U a n = __________ . ⑵ 数列｛a n ｝为正项等比数列，若 a 2= 1,且a n + a n +1 = 6a n — 1(n € N, n 》2)，则此数列的前n 项和S=2a p +1［解析］(1)由 a p +q = a p • a q , a 2= 4,可得 a 2= a 1 = 4? a 1 = 2,所以a p +1 = a p • a 1,即卩 =a 1 = 2,即数a p列｛a n ｝为等比数列，所以 a n = a 1 • q n —1 = 2・2n —1 = 2n .6(2)设等比数列的公比为 q ,由a n +a n +1= 6&-1知，当n = 2时，a 2 + a 3= 6a 1.再由a 2= 1,得1 + q =-， q2化简得 q + q — 6 = 0,解得 q =— 3 或 q = 2. v q >0,2 012.2小n —n + 62暉分考点讲透攻克車难趙分分都加牢二q= 2,1a1= 2, S=n— 12=2［答案］(1)2 n (2)2 2这两题分别是由"a p + q = a p • a q ”和"a n + a n +1= 6a n —1”推出其他条件来确定基本量，不过第 ⑴ 小题中首先要确定该数列的特征，而第(2)小题已经明确是等比数列，代入公式列方程求解即可.［演练1］已知｛刘是等差数列，a 10= 10，前10项和Sw = 70,则其公差d = ______________ .10— 4 = 6,所以 d = 3.a 1+ 9d = 10,法二：由题意得10a 1 + 45d = 70,答案：3［典例2］已知数列｛a n ｝的前n 项和S 满足S= 2a n + (— 1)n , n > 1. (1) 写出数列｛a n ｝的前三项a 1, a 2, a s ；2 n⑵ 求证数列a n +— 1为等比数列，并求出｛a n ｝的通项公式.［解］(1)在 s= 2a n + ( — 1)n , n 》i 中分别令 n = 1,2,3 得a 1= 2a 1— 1, a 1= 1,a 1 + a 2 = 2a 2+ 1, 解得 a 2 = 0,a 1 + a 2 + a 3= 2a 3— 1,a 3= 2.(2) 由 S n = 2a n + ( — 1) , n 》1,得 S-1 = 2a n -1+ ( — 1) 1, n 》2. 两式相减得 a n = 2a n + ( — 1) — 2ai -1 — ( — 1) , n 》2. 即 a n = 2a n —1 — 2( — 1) , n 》2.4n 2n4n — 12na n=2a n -1—3x (—1)—(—1)=2a n -1+3x (—1)— 3x (—1),2 n 2 n —1a n + 3 X ( — 1) = 2( a n —1 + 3 x ( — 1) 1)( n 》2),2n2 1故数列a n + 3X— 1 是以a 1—=；为首项，2为公比的等比数列.33 32 1所以 a n + 3X ( — 1)n = 3x2n —1,刚1n — 12n解析：法一：因为 S °= 70,所以10 a 1 + a 10=70,即卩 a 1 + a 10= 14.又 a 10 = 10,所以 a 1 = 4,故 9d =解得即a n= 3x2 —3x( —1)1 •求数列通项公式的方法：（1）公式法；（2）根据递推关系求通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③S , n = 1,转化法；（3）已知前n 项和公式用a n =求解.S n 一 S n - 1 , n2 .数列求和的基本方法：（1）公式法；（2）分组法；（3）裂项相消法；（4）错位相减法；（5）倒序相加法.[演练2]已知数列｛a n ｝的前n 项和为S ，且满足2S n = pa n — 2n , n € N ,其中常数p >2. （1）证明：数列｛a n +1｝为等比数列；（2）若a 2= 3，求数列｛a n ｝的通项公式；（3）对于⑵ 中数列｛a n ｝，若数列｛b n ｝满足b n = log 2（a n + 1）（ n € N *），在b k 与b k +1之间插入2k—1（k € N ）个2,得到一个新的数列｛c n ｝，试问：是否存在正整数 m 使得数列｛c n ｝的前m 项的和T m = 2 011 ?如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由.解：（1）证明：因为2S = pan — 2n , 所以 2S n +1 = pai +1 — 2（ n + 1）, 所以 2a n +1 = pa +1 — pa — 2, 所以 a n + 1 =a n + ，所以 a n + 1+ 1 = （ a n + 1）. p — 2 p — 2 p — 2' ‘2因为 2a 1= pa 1 — 2,且 p >2，所以 a 1=>0.p — 2所以 a 1 + 1 = >0p—2所以数列｛a n + 1｝为等比数列.所以 a n = -— 1. p— 2p 2又因为a 2= 3,所以总2 — 1 = 3p — 2所以 p = 4, a n = 2 — 1.⑶ 由⑵ 得b n = log 22n = n (n € N),数列｛6｝中，b k (含b k 项)前的所有项的和是(1 + 2+ 3+-+ k ) + (212k - 2k所以a n + 1 + 1a n + 1p p —(2)由(1)知 a n + 1 =p n p — 2+ 2k — 2,+ 2 + 2 +-+ 2 ) X 2=-10当k = 10 时，其和是55+ 2 — 2 = 1 077<2 011 ,当k = 11 时，其和是66+ 2 — 2 = 2 112>2 011 ,又因为 2 011 — 1 077 = 934= 467X 2,是 2 的倍数,所以当m= 10 + (1 + 2 + 2 +-+ 2 ) + 467= 988 时,T m = 2 011，所以存在 m= 988 使得 T m = 2 011.［典例3］将数列｛a n ｝中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表:旳叭务g %'07 fl H %已知表中的第一列数 a 1, a 2, a 5,…构成一个等差数列，记为｛b n ｝，且b 2 = 4, b 5= 10.表中每一行正中间一个数a 1, a s , a ?,…构成数列｛6｝，其前n 项和为S .(1) 求数列｛b n ｝的通项公式；(2) 若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且 a 13= 1. ① 求s n ；② 记M= ｛n |( n + 1)C n ＞入，n € N*｝，若集合M 的元素个数为3,求实数入的取值范围. ［解］ ⑴ 设数列｛b n ｝的公差为d ,b 1 + d = 4,b 1 = 2,则解得所以b n = 2n .b+ 4d = 10,d = 2,⑵①设每一行组成的等比数列的公比为q.由于前 n 行共有 1 + 3 + 5+-+ (2n — 1) = n 2个数，且 32<13<42, 所以 a 10= b 4= 8.33 1 所以 a 13=aeq = 8q .又 a 13= 1,解得 q =1n因此 C n = 2n • 21= 2^—2.②由①知 6= 夬，不等式(n + 1)0》入，可化为n 一—》入. 设f (n )=屮15计算得 f (1) = 4, f (2) = f (3) = 6, f (4) = 5, f (5) = 4所以当n 》3时，f ( n + 1)<f (n ).1 111 1 n1 n n +2 因此尹=尹+ 尹+ 2^+…+ 2^― 2^ =4—2― 2^-^ = 4- 2n —1 ,解得S= 8 — n + 22n —2所以 S= C 1+ C 2+…+ 1 2C n — 1 + C n = 2—1 + 于+ …+n — 1 n 1 2 2 n — 1 n2n —3 + 2n —2, 2 Sn ' 2°+ 2“ + +2*—2+2*—1.因为 f (n + 1) — f (n )=n + 1 2— nn — 1因为集合M 的元素的个数为3, 所以入的取值范围是(4,5］.本题第二小冋中②的参数取值范围冋题，运用了函数的思想方法，进行参数分离转化为n n + 12n —2》入，再构造函数求出“ 買的取值范围，从而得到参数入的取值范围，这里要注意n 只能取正整数.[演练3]F 面的数组均由三个数组成，它们是： (1,2,3) , (2,4,6) , (3,8,11 ) , (4,16,20) , (5,32,37)，…, (a n , b n , C n ). (1) 请写出 6的一个表达式，6= __________________；(2) 若数列｛C n ｝的前n 项和为M ,贝y M 1o= ________________ .(用数字作答) 解析：由1,2,3,4,5，…猜想a n = n ；由 2,4,8,16,32 ，…猜想 b n = 2n ;C n = n + 2n .从而 M °= (1 + 2+-+ 10) + (2 + 22+…+ 210)10 .2 2 -1一一:——=2 101.2 — 1答案：(1) n + 2n (2)2 101 ［专题技法归纳］1. 数列的递推关系是相邻项之间的关系，高考对递推关系的考查不多，填空题中出现复杂递推关系时，可以用不完全归纳法研究.在解答题中主要是转化为等差、等比数列的基本量来求解.2. 数列求和问题，主要考查利用公式法求数列的前 n 项和，再论证和的性质，故不过多涉及求和的技巧以及项的变形.3.数列中a n 或S 的最值问题与函数处理方法类似，首先研究数列a n 或S 的特征，再进一步判断数列的单调性，从而得到最值.要注意的细节是n 只能取正整数.4 .数列中大小比较与不等式中大小比较方法类似，同类型的多项式比较可以作差作商或用基本不等式，不同类型的比较一般要构造函数来解决.5 .数列中的参数取值范围问题在处理时，首选还是参数分离，分离后根据新数列的单调性确定最值或范围.配套专题检测飞FEITAO ZHU AUTT1.已知等差数列｛a n ｝中，a 7 + a 9 = 16, a 4= 1,贝U 恥的值为 ___________ 解析：由 a 7 + a 9= 16,得 a3= 8, 由 a 4+ a 12 = 2a 8,得恥=15. 答案：15由每组数都是“前两个之和等于第三个”猜想 10X 10+12得 n = 10. 答案：105•设等比数列｛a n ｝的公比为q ,前n 项和为S,若S+1, S, S+2成等差数列，则 q 的值为 ___________________ . 解析：由题意可知1,二可得 2(1 — q n ) = (1 — q n +1) + (1 — q n +2)，即 q 2 + q — 2= 0,解得 q = — 2 或 q=1(不合题意，舍去)，「• q = — 2.答案：—26•所有正奇数如下数表排列 (表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的 2倍):第一行 1 第二行 3 5 第三行 7 9 11 13则第6行中•的第3个数是 _________ .解析：由1 + 2 + 4+ 8+ 16+ 3= 34得第六行第三个数为第 34个正奇数，所以这个数是2X 34 — 1= 67. 答案：677.设1 = a 1 < a 2a ?,其中a 1, a s , a s , a ?成公比为q 的等比数列，a 2, a 4, a 6成公差为1的等差数列，贝U q 的最小值是 ________ .解析：记 a 2 = m 贝U 1w me q < m +1< q 2< m + 2< q 3，要q 取最小值，则 m 必定为 1,于是有 K q < 2,2 e q 2e 3, 3< q 3,所以 q 》萌.解析：由 a i = 0, a n +1= § Jn € N)，得 a 2=— .3 a 3= '3, a 4= 0,- ••…由此可知：数列｛a n ｝是周期变化的，且循环周期为 3,所以可得a 20= a 2=—、：3.答案：—；33.已知a ，b ，a + b 成等差数列, a , b , ab 成等比数列, 且0<log m (ab )<1 ,则m 的取值范围是 2b = 2a + b ,解析：由题意得b 2= at , 即b = ?,解得 b = a ,a = 2,b = 4.由 0<log m 8<1，得 n >8. 答案：(8 ,+s)4.等差数列｛刘共有2n +1项，其中奇数项之和为319,偶数项之和为 290,则n =解析:12 a 1 + a 2n +1 n + 1n + 1 319a 2 + a 2n290'(n € N)，贝V a 20=2.已知数列｛a n ｝满足a i = 0, a n +1 =答案：^3…亠 5a n —13 * /口 5X 2- 13 5X 3- 135X 1- 13 解析：由 a= 2, a n +i =菇—y (n € N)，得 a 2 = 3X 2- 7 = 3, a 3= 3X 3- 7 = 1, a 4= 3X 1-7 = 2, 则｛a n ｝是周期为3的数列，所以 S oo = (2 + 3+ 1) X 33+ 2= 200.答案：2009. 已知数列｛a n ｝, ｛b n ｝满足a 1= 1, a 2 = 2, b= 2,且任意的正整数 i , j , k , l ，当i + j = k + l 时, 都有 a i + b j = a k + b i , 1 2 010则——-121( a + b )的值是 2 010 i =1解析：由题意得 a 1= 1, a 2= 2, a 3= 3, a 4= 4, a 5= 5； b 1 = 2, b 2= 3, b 3 = 4, 5, b 5= 6.归纳得 a n =n , b n = n + 1 ；设 6= a n + b n , c n = a n + b n = n +n + 1 = 2n + 1,则数列｛6｝是首项为 C 1= 3,公差为 2 的等差1 2 010数列，所以2 010 11 (a + b i ) = --1--X 2 010 X —萨 4 021— = 2 012.答案：2 012 a10. ______ 对正整数n ,设曲线y = x n (1 -x )在x = 2处的切线与y 轴交点的纵坐标为 a n ,则数列的前n 项和是 . 解析：y '= nx n -1 - (n + 1)x n ,曲线y = x n (1 - x )在x = 2处的切线的斜率为 k = n 辺“-1 — (n +1)・2 n , n n n y + 2 = k (x -2)，令 x = 0 得 a n = (n +1)・2，令 b n =沖=2，数列的前 n 项和为 2+ 22 + 23+…+ 2n = 2n +1- 2.答案：2n +1-2 11. 已知数列｛a n ｝满足 a n >0 且对一切 n € N*，有 £ + £+•••+ a ^= S 2, a 1+ a 2+・・・+ a n = S.(1) 求证：对一切 n € N 有 a n +1- a n +1 = 2S ；(2) 求数列｛a n ｝通项公式.解：(1)证明：T a ?+ a 3+…+ a 3 = S 2，①3 3 3 3 仝 q…a 1 + a 2 + …+ a n + a n +1 = S+1.②②—①得 SL1 — Sn = a/,3即(S+1 — S)( S+1+ Si) = a n +1,3 a n +1 (2 S+ a n + 1) = a n + 1.-a n +1 工 0,2 *…a n +1 — a n +1 = 2S n ( n € N).(2)由 a n +1 — a n +1 = 2S 及 a n — a n = 2S1-1( n 》2) 两式相减，得(a n + 1+ a n )( a n + 1- a n ) = a n + 1 + a n . a n +1 + a n >0,.・.a n +1 — a n = 1( n 》2).当 n = 1,2 时，易得 a 1= 1, a 2 = 2 也适合 a n +1 — a n = 1, .｛a n ｝是等差数列，且 a n = n . 8.已知数列｛a n ｝满足a i = 2, a n +1 = 5a n — 13 3a — 7 (n € N)，则数列｛a n ｝的前100项的和为 a n 切点为(2 , - 2n ),所以切线方程为111 n * 12.设数列｛a n ｝的前n 项和为S ，已知…+ (n €N). S i S2S n n 十 I(1)求 S 1, S 2及 s ；1 * n 12 16 ⑵ 设b n = 2 a n ，若对一切n €N ,均有社1b k € m m — 6n 十—，求实数 m 的取值范围. 解：依题意，n = 1时，S = 2; n = 2时，$= 6.n *因为S ；十S 2+…十S = n 十n € N)，」1 1 1 n —1心时，萨寸…十S —1 =〒，所以S ；=洁—咚'所以S = n (n + 1)- 上式对n = 1也成立，所以 S n = n ( n +1)( n €N) (2)当 n = 1 时，a 1 = 2,当 n 》2 时，a n = S — S -1 = 2n , 所以数列｛b n ｝是等比数列.1 1n 41—『1 则着1b k = 厂=31 - 4 1 1 因为31 —羊随n 的增大而增大,1 n 1所以1 1b k <1，1 1<_,m 4 由 2 16 1m — 6n 十-3 > 3, 所以n <0或m>5,即卩m 的取值范围为(一^, 0) U [5，十^). 所以 a n = 2n (n € N), b n = 1 n b n 1 4 ，bZ 1 = 4.11 —""n . 4nrO 或 m>4,me 1 或 m>5,。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十一等差数列与等比数列(理)

考点十一等差数列与等比数列一、选择题1．已知数列{a n }为等比数列，且a 3＝－4，a 7＝－16，则a 5＝( ) A ．－8 B ．8 C ．±8 D ．±4 2答案 A解析由a 7a 3＝q 4得q 4＝4，则q 2＝2，所以a 5＝a 3·q 2＝－4×2＝－8，故选A. 2．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 2答案 C解析由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1,4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.3．在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”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答案 B解析若a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，则此数列可以为0,0,0,0,0，…，此时{a n }不是等比数列；若{a n }是公比为2的等比数列，则由等比数列的定义可知a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，….故选B.4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n n －12×2＝n 2－4n .故选A.5．(2019·湖南六校联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析由题知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30，故选C.6．(2019·河南百校联盟仿真试卷)已知等差数列{a n }满足a 1＝32，a 2＋a 3＝40，则{|a n |}的前12项和为( )A ．－144B ．80C ．144D ．304答案 D解析 a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝64＋3d ＝40⇒d ＝－8，所以a n ＝40－8n .所以|a n |＝|40－8n |＝⎩⎪⎨⎪⎧40－8n ，n ≤5，8n －40，n >5，所以前12项和为5×32＋02＋7×8＋562＝80＋224＝304.7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35 D ．63答案 B解析由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7a 1＋a 72＝7a 2＋a 62＝7×142＝49.选B. 8．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析由a 4＋a 6＝2a 5＝－6得a 5＝－3，则公差为－3＋115－1＝2，所以由a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13≤0得n ≤132，所以前6项和最小，选A.二、填空题9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6a 3＝2，则S 6S 3＝________. 答案 72解析设等差数列{a n }的公差为d ，a 6a 3＝2，即a 3＋3d ＝2a 3，a 3＝3d ，S 6S 3＝3a 3＋a 43a 2＝a 3＋a 3＋d a 3－d ＝3d ＋3d ＋d 3d －d ＝72.10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92，则公比q ＝________.答案 1或－12解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＋a 3＝92，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32，a 1＋a 1q ＝3，即1＋qq 2＝2，所以2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.11．(2019·广东广州天河区综合测试一)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则m ＝________.答案 191解析等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则a m ＝d ＋2d ＋…＋19d ＝19×1＋192d ＝190d ＝a 191，m ＝191.12．(2019·河南新乡第一次模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，则S n ＝________.答案2n －1n解析 ∵(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，∴na n ＋1＋S n ＋1＝nS n ，∴n (S n ＋1－S n )＋S n ＋1＝nS n ，∴n ＋1S n ＋1nS n ＝2，∴{nS n }是首项为1，公比为2的等比数列，则nS n ＝2n －1，∴S n ＝2n －1n.三、解答题13．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝－a 1＋4d ，a 1＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2，所以a n ＝8＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋10.(2)由(1)知a 5＝0，即a 5＝a 1＋4d ＝0，即a 1＝－4d ，又a 1>0，所以d <0，由S n ≥a n 得na 1＋n n －12d ≥a 1＋(n －1)d ，整理得(n 2－9n )d ≥(2n －10)d ，因为d <0，所以n 2－9n ≤2n －10，即n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是1≤n ≤10(n ∈N *)．14．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解 (1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3， ∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]＝－2n－13.一、选择题1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案 A解析解法一：a 2＝S 2－S 1＝23－22＝4，a 3＝S 3－S 2＝24－23＝8，所以a 1＝a 22a 3＝2，所以S 1＝22＋λ＝2，故λ＝－2.解法二：S n ＝2n ＋1＋λ＝2·2n＋λ，根据等比数列前n 项和公式的结构知λ＝－2.2．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，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，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女最后一天织多少尺布？( )A ．18B ．20C ．21D ．25答案 C解析依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有305＋a 302＝390，解得a 30＝21，即该织女最后一天织21尺布，选C.3．若等比数列的前n 项和，前2n 项和，前3n 项和分别为A ，B ，C ，则( ) A ．A ＋B ＝C B ．B 2＝ACC ．A ＋B －C ＝B 3D ．A 2＋B 2＝A (B ＋C )答案 D解析由等比数列的性质可知，当公比q ≠－1时，A ，B －A ，C －B 成等比数列，所以(B －A )2＝A (C －B )，所以A 2＋B 2＝AC ＋AB ＝A (B ＋C )，当q ＝－1时，易验证此等式成立，故选D.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4，S 5≥S 4≥S 6，则公差d 的取值范围是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－89 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－45C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－89，－45D ．[]－1，0答案 A解析因为S 5≥S 4≥S 6，所以S 4＋a 5≥S 4≥S 4＋a 5＋a 6，所以a 5≥0≥a 5＋a 6，又a 1＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋4d ≥0，8＋9d ≤0，解得－1≤d ≤－89.5．数列{a n }中，已知对任意自然数n ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n－1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1 D ．13(4n－1) 答案 D解析当n ＝1时，a 1＝2－1＝1；当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，n ＝1时也符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以a 2n ＝4n －1(n ∈N *)也是等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝4n－13，故选D.6．已知数列{a n }是等差数列，r ，s ，t 为正整数，则“r ＋t ＝2s ”是“a r ＋a t ＝2a s ”的( ) A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析设{a n }的公差为d ，由a r ＋a t ＝2a s 得(r ＋t －2)d ＝(2s －2)d ，即r ＋t ＝2s 或d ＝0，则“r ＋t ＝2s ”是“r ＋t ＝2s 或d ＝0”的充分不必要条件．故选C.7．已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( )A ．12×37－16 B ．310C ．318D ．320答案 D解析由题意，得a 23＝9，设等比数列的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项，得3·a 3q＋a 3q ＝4·a 3，由公比不为1，解得q ＝3，所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝a 81q 16·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝(a 23)4q 12＝94×312＝320.8．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n n －12C ．n n ＋12D ．n ＋1n ＋22答案 C解析因为a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，所以(a n ＋1＋a n )·(2a n －a n ＋1)＝0，又因为a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝2，所以数列{a n }是公比为2的等比数列，a n ＋1a 1＝a 1q n a 1＝2n ，所以b n ＝log 2a n ＋1a 1＝log 22n＝n ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.二、填空题9．(2019·江西抚州七校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝30，则S 20＝________.答案 20解析因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，因为S 10＝10，S 30＝30，所以(S 20－10)2＝10×(30－S 20)，解得S 20＝20或S 20＝－10，因为S 20－S 10＝q 10S 10>0，所以S 20>0，则S 20＝20.10．(2019·广东深圳适应性考试)等差数列{a n }中，a 4＝10且a 3，a 6，a 10成等比数列，数列{a n }的前20项和S 20＝________.答案 200或330解析设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 4－d ＝10－d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ，a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d ，又a 3a 10＝a 26，即(10－d )(10＋6d )＝(10＋2d )2，整理得10d 2－10d ＝0，解得d ＝0或d ＝1.当d ＝0时，S 20＝20a 4＝200；当d ＝1时，a 1＝a 4－3d ＝10－3×1＝7，于是，S 20＝20a 1＋20×192d ＝20×7＋190＝330. 11．(2019·河北唐山质检)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________.答案－1n解析由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.12．(2019·山东德州第一次考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ≠0,3S n ＝a n a n＋1＋1，则a 2019＝________. 答案 3028解析数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1,3S n ＝a n a n ＋1＋1 ①，当n ＝1时，整理得3S 1＝3a 1＝a 1·a 2＋1，解得a 2＝2，当n ≥2时，3S n －1＝a n －1·a n ＋1 ②，①－②得，3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，由于a n ≠0，故a n ＋1－a n －1＝3(常数)，故数列{a n }的奇数项为首项为1，公差为3的等差数列，则a n ＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1.数列{a n }的偶数项为首项为2，公差为3的等差数列，a n＝2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1，所以a 2019＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫2019＋12－1＝3028. 三、解答题13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.14．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解 (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。

2020届高考数学二轮复习专题《利用数列单调性求解相关问题》

专题22 利用数列单调性求解相关问题数列的单调性问题是高考中的难点也是热点．本专题通过研究数列的单调性来解决数列最值、恒成立等问题．在解决问题过程中，让学生体会到数列是个特殊的函数，与函数有共同之处又与函数有区别，感悟数学知识之间的内在联系与区别.数列{a n }的通项公式a n ＝n 2＋λn (n ∈N *)，若数列{a n }为递增数列，求实数λ的取值范围．本题已知数列{a n }为递增数列，那么就从递增数列的定义出发，将问题转化为恒成立问题，即“对任意n ∈N *，恒有a n ＋1>a n ，求实数的取值范围”，最后用分参法求解.已知数列{a n }，a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为实常数)，且a 3为数列{a n }的最小项，求实数λ的取值范围．已知数列{b n }满足b n ＝2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－n 2，若数列{b n }是单调递减数列，求实数λ的取值范围．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，n ∈N *，设f (n )＝S 2n ＋1－S n ＋1，试确定实数m 的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n ，不等式f (n )>m m ＋2恒成立．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.(1)求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2)记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．(2020·宿迁模拟)已知数列{}a n 各项均为正数，S n 是数列{}a n 的前n 项的和，对任意的n ∈N *，都有2S n ＝3a 2n ＋a n －2.数列{}b n 各项都是正整数，b 1＝1，b 2＝4，且数列ab 1，ab 2，ab 3，…，ab n 是等比数列．(1)证明：数列{}a n 是等差数列；(2)求数列{}b n 的通项公式b n ；(3)求满足S n b n ＋2<14的最小正整数n .(本小题满分16分)(2020·扬州模拟)记无穷数列{}a n 的前n项中最大值为M n ，最小值为m n ，令b n ＝M n ＋m n 2，数列{}a n 的前n 项和为A n ，数列{}b n 的前n 项和为B n .(1)若数列{}a n 是首项为2，公比为2的等比数列，求B n ；(2)若数列{}b n 是等差数列，试问数列{}a n 是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明；(3)若b n ＝2n －100n ，求A n .(1)B n ＝2n －1＋n; (2)是；(3)A n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2－100n 2－2n －4，n ≤7，2n ＋2－100n 2＋946n －6640，n ≥8，)n ∈N *.(1)∵数列{}a n 是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n ，∴m n ＝2，M n ＝a n ＝2n .则b n ＝2＋2n 2＝1＋2n －1，∴B n ＝n ＋1－2n1－2×1＝2n －1＋n . ……………………………2分(求出B n ) (2)若数列{}b n 是等差数列，设其公差为d ′，∵b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝M n －M n －12＋m n －m n －12＝d ′ 根据M n ，m n 的定义，有以下结论：M n ≥M n －1，m n ≤m n －1，且两个不等式中至少有一个取等号，①若d ′>0，则必有M n >M n －1，∴a n ＝M n >M n －1≥a n －1，即对n ≥2，n ∈N *，都有a n >a n －1，∴M n ＝a n ，m n ＝a 1，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝a n ＋a 12－a n －1＋a 12＝a n －a n －12＝d ′，∴a n －a n －1＝2d ′，即{}a n 为等差数列；……………………4分(求证出d ′>0时，{a n }是等差数列)②当d ′<0时，则必有m n <m n －1，所以a n ＝m n <m n －1≤a n －1，即对n ≥2，n ∈N *，都有a n <a n －1,∴M n ＝a 1，m n ＝a n ，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝a n ＋a 12－a n －1＋a 12＝a n －a n －12＝d ′，所以a n －a n －1＝2d ′，即{}a n 为等差数列；……………6分(求证d ′<0时，数列{a n }是等差数列)③当d ′＝0，b n －b n －1＝M n ＋m n 2－M n －1＋m n －12＝M n －M n －12＋m n －m n －12＝0, ∵M n －M n －1，m n －m n －1中必有一个为0，∴根据上式，一个为0，则另一个亦为0，即M n ＝M n －1，m n ＝m n －1，∴{}a n 为常数数列，所以{}a n 为等差数列，综上，数列{}a n 一定是等差数列.………………………8分(求证d ′＝0时，数列{a n }是等差数列)(3)∵b n ＋1－b n ＝[]2n ＋1－100(n ＋1)－(2n －100n )＝2n －100，∴当n <7时，b n ＋1－b n <0，即b 1>b 2>…>b 6>b 7，当n ≥7时，b n ＋1－b n >0，即b 7<b 8<b 9<….以下证明：a 1>a 2>…>a 6>a 7，a 7<a 8<a 9<…，当n <7时，若m n ≤a n ＋1≤M n ，则M n ＋1＝M n ，m n ＋1＝m n ，所以b n ＋1＝b n ，不合题意；若a n ＋1>M n ，则M n ＋1＝a n ＋1，m n ＋1＝m n ，则M n ＋m n 2<M n ＋1＋m n ＋12，得：b n <b n ＋1，与b n >b n ＋1矛盾，不合题意；∴a n ＋1<m n ≤a n ，即a 1>a 2>…>a 6>a 7；同理可证：a 7<a 8<a 9<…，即n ≥7，n ∈N *时，a n <a n ＋1. …………………………………………………10分(推证：n ＜7时，a n >a n ＋1，n ≥7时，a n <a n ＋1)①当n ≤7时，M n ＝a 1，m n ＝a n ∴b n ＝a 1＋a n 2∴a n ＝2b n －a 1，a 1＝b 1＝－98∵b n ＝2n －100n ∴a n ＝2n ＋1－200n ＋98∴A n ＝4(1－2n )1－2－200×n (n ＋1)2＋98n ＝2n ＋2－100n 2－2n －4…………………………………………………………………………………12分(求出n ≤7时，A n 的表达式)②当n >7时，a 1>a 2>…>a 6>a 7，且a 7<a 8<a 9<… ∴m n ＝a 7＝28－200×7＋98＝－1 046，则M n 为a 1或a n .若M n 为a 1，则b n ＝a 1－1 0462为常数，与题意不符， ∴M n ＝a n ∴b n ＝a n ＋a 72∴a n ＝2b n －a 7＝2n ＋1－200n ＋1 046∴A n ＝A 7＋a 8＋a 9＋…＋a n ＝29－4 900－14－4＋29(1－2n －7)1－2－200×(n ＋8)(n －7)2＋1 046(n －7)＝2n ＋2－100n 2＋946n －6 640……………………………14分(求n >7时，A n 的表达式)∴A n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2－100n 2－2n －4，n ≤7，2n ＋2－100n 2＋946n －6 640，n ≥8，n ∈N *. …………………………………………………………………………………………………16分(求出A n的表达式)第一步：由已知求出a n ，进一步求出M n ，m n 及B n ；第二步：求证d ′>0时，{a n }为等差数列；第三步：求证d ′<0时，数列{a n }为等差数列；第四步：求证d ′＝0时，数列{a n }为等差数列；第五步：推出数列{a n }的单调性；第六步：求出n ≤7时，A n 的表达式；第七步：求出n >7时，A n 的表达式；第八步：写出最终结果.作业评价已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6， x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．数列{a n }满足a n ＝n ＋λn (其中λ为实常数)，n ∈N *，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围为________．数列{a n }满足a n ＝n ＋λ2n －17(其中λ为实常数)，n ∈N *，且a 8为数列{a n }的最小项，a 9为数列{a n }的最大项，则实数λ的取值范围为________．已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，b n ＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，则a 1的取值范围是________．数列{a n }的通项公式a n ＝9n (n ＋1)10n ，则{a n }的最大项为第________项．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ，若对于一切n >1的自然数，不等式a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n >112log a (a －1)＋23恒成立，则实数a 的取值范围为________．设等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n＝2n－1，数列{b n}的通项公式为b n＝2n(n＋1).设c n＝(S n＋1)(nb n－λ)，若数列{c n}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．设数列{a n}满足a2n＝a n＋1a n－1，其中n≥2，且n∈N*，若a1＝1，a2＝2，且存在r∈[3,7]，使得ma n≥n－r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值．。

高考数学二轮专题复习——处理奇偶项数列的四大类型

处理奇偶项数列的四大类型类型1.相邻项和（积）为等差（等比）数列类型2.奇偶分段数列类型3.摆动数列类型4.含三角式的数列★类型1.相邻项和（积）为等差（等比）数列1.在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即B An a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.若1,0n n a a An B A ++=+≠,则当2n 时,1(1)n n a a A n B −+=−+,两式相减得11n n a a +−−=A ,即数列{}21n a −与数列{}2n a 均是公差为A 的等差数列.2.在等比数列中，有一类比较特殊的递推类型，即nn n q p a a ⋅=⋅+1，它可以得到两个子数列分别是公差为q 的等比数列.若1,0,0n n n a a pq p q +=≠≠,则112n n n a a pq+++=,两式相除得2n na q a +=,即数列{}21n a −与数列{}2n a 均是公比为q 的等比数列. 3.通项公式：（1）若1,0n n a a An B A ++=+≠，则+∈⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=−+−=−+⋅=N k kn A a n A k n A a n Aa n ,2,212,2221 （2）1,0,0nn n a a pq p q +=≠≠，则+−−∈⎪⎩⎪⎨⎧=⋅−=⋅=N k k n q a k n q a a nn n ,2,12,1222114.前n 项和方法1.由3解得通项后并项求和（具体见案例）方法2.对于隔项等差的前n 项和，可直接由相邻两项的关系解得，即由1,n n a a An B ++=+ 若n 为偶数：)()()(14321n n n a a a a a a S ++⋅⋅⋅++++=− 若n 为奇数：)()()(154321n n n a a a a a a a S ++⋅⋅⋅+++++=−例 1 已知数列{}n a 满足112,n n a a a +=+=43n +, 求数列{}n a 的通项公式. 解析: 由题意可得143n n a a n ++=+，1247n n a a n +++=+，两式相减可得 24n n a a +−=.所以,数列{}n a 的奇数项和偶数项分别构成公差为4的等差数列, 且25a =.当n 为奇数时,121422n n a n +⎛⎫=+−⨯= ⎪⎝⎭;当n 为偶数时,514212n n a n ⎛⎫=+−⨯=+ ⎪⎝⎭.因此,121(1)2nn a n ⎡⎤=++−⎣⎦. )()(24142n n a a a a −++++++=)()(124422n n n a a a a −+++++++=2023，解得45n ≥，当n 为偶数时，令n 的最小值为45.故选：D项和为n S ，且满足11a =，132n n a a ++=⨯()()()(1272772121212112a ⨯−+=+−++−+++−=−注：当递推关系111n n n a a a q −++=时, 求其通项公式可以利用分解变量构造等比数列, 将已知的递推关系 111n n n a a a q−++=分离变量, 得到11n n n n a k aq a k aq −+⎡⎤−⋅=−−⋅⎣⎦ (k 为常数), 再利用等比数列{}1n n a k aq −−⋅的通项公式求解.★类型2.奇偶分段数列类型 1.++∈⎩⎨⎧−===N k k n n g kn n f a n ,12),(2),(1，由于数列通项均已知，求和时只需分奇偶求和即可.类型2.++∈⎩⎨⎧−===N k k n a g kn n f a n n ,12),(2),(1，由于数列通项在奇数时为递推关系，所以需要先利用递推关系求得奇数时每项的特征，在求和时往往需将奇数项的计算转化为已知通项的偶数项进行.类型3.++∈⎩⎨⎧−===N k k n a g kn a f a n n n ,12),(2),(1 这一类问题需要先求出各段的通项，再分段求和，由于涉及奇偶讨论，所以去构造隔项之间的递推关系从而求得具体通项形式.212,,2,n a −+是等比数列，192011331919(1)(1)(1)a a a a a a a a +++=+++++++++19(2)]30a +++−103(12)230610812⨯−=⨯−=−．{}n a 中，1239a a a ++=，45627a a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为．}n b 的通项公式．)()()()321212421321222n n n b b b b n −−++++++=+++−++++124)()n n b b b b −++++++022(222)(24)n n −=+++++++213n −=+为奇数时，13241()()n n n T b b b b b b −=+++++++021(222)(241)n n −=+++++++−214−；()221,234,21n n n n k n k ⎧+−+=⎪⎪=−，*N k ∈. ★类型3.含有n)1(−型摆动数列，1n n a S +=②得1n n a a +−=，12n na ；14)n −+++例10.（2014年湖南文科）已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()n na n ab n12−+=，求数列{}n b 的前n 2项和.解析：（1）当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)(1)22n n n n n n n a S S n −+−+−=−=−=，故数列{}n a 的通向公式为： n a n =.（2）由（1）知，()21nnn b n =+−，记数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，则1222(22...2)(1234...2)n n T n =++++−+−+−+,进一步，若记12222...2n A =+++， 1234...2B n =−+−+−+，分别求和可得：2212(12)2212n n A +−==−−，(12)(34)...[(21)2]B n n n =−++−+++−−+=，故数列{}n b 的前2n 项和为21222n n T A B n +=+=+−.注：此处n b 是一个分段形式：+∈⎪⎩⎪⎨⎧=+−=−=N k kn n k n n b nn n ,2,212,2，分组求和是处理分段形式的数列求和的一把利器！★类型4.含三角的通项例11.设数列{}n a 满足121,2a a ==, ()22*21cos sin 22n n n n a a n ππ+⎛⎫=++∈ ⎪⎝⎭N , 则数列{}n a 的前20项的和20S =_________.解析：由递推关系可知, 若n 是正奇数, 则{}2211,n n k a a a +−=+ 是以1a 为首项, 2为公差的等差数列; 若n 是正偶数, 则22n n a a +=, {}2k a 是以2a 为首项, 2为公比的等比数列.所以,211(1)221k a a k k −=+−⨯=−, 12222k k k a a −==, 可得 (2013S a a =+++ )()192420(110)102a a a a +⨯++++=+ ()10212210112−=−.三．习题演练1．已知数列{}n a 满足()111,2N ,nn n n a a a n S ++=⋅=∈是数列{}n a 的前n 项和，则2023S =（）A ．202321−B ．101323−C ．1013321⨯−D ．2023322⨯−解析：由题设2122a a a ==，且1212n n n a a +++⋅=，所以1211222n n n n n n a a a a ++++⋅==⋅，即22n n a a +=，当21n k =−且*N k ∈时，{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，则1212k k a −−=；当2n k =且*N k ∈时，{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，则22kk a =；2023132023242022(...)(...)S a a a a a a =+++++++101210111013122(12)231212−−=+=−−−.故选：B2．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()1πcos πsin π2n n a a n n +⎛⎫⋅+=− ⎪⎝⎭，则2022S =（）A ．2−B ．2C ．3−D ．3解析：由()1πcos πsin π2n n a a n n +⎛⎫⋅+=− ⎪⎝⎭可得()1πsin πcos π2n n a a n n +⎛⎫⋅=−− ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，1112n n a a +=+=；当n 为偶数时，1112n n a a +=−−=−. 故当n 为奇数时，1112n n a a +=+=，122n n a a ++=−，则21n na a +=−，当n 为偶数时，12n n a a +=−，122n n a a ++=，则21n n a a +=−.故对任意的n *∈N ，21n naa +=−. 所以，数列{}n a 中的奇数项成以1−为公比的等比数列，偶数项也成以1−公比的等比数列，因为11a =，则2122a a ==，所以，()()()()()()10111011101112122022111111311112a a a a S ⎡⎤⎡⎤⎡⎤−−−−+−−⎣⎦⎣⎦⎣⎦=+==−−−−.故选：D.3．在数列{}n a 中，已知11a =且12n n a a n ++=，则其前29项和29S 的值为（） A ．56 B ．365 C ．421 D ．666 解析：291234272829S a a a a a a a =++++⋅⋅⋅+++()()()()1234526272829a a a a a a a a a =+++++⋅⋅⋅++++12224226228=+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯ ()122462628421=+++⋅⋅⋅++=.故选：C4. （2021年新高考1卷）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.解析：（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +−= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+−⨯=−. （2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =−=−=−，所以()20241820210S a a a a =++++−()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++−=⨯⨯+⨯−= ⎪⎝⎭.5.（2023年新高考2卷）2 {}n a 为等差数列，6,2,n n na nb a n −⎧=⎨⎩为奇数为偶数，记n S ，n T 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，432S =，316T =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）证明：当5n >时，n n T S >．解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，而6,21,N 2,2n n n a n k b k a n k*−=−⎧=∈⎨=⎩，则112213316,222,626b a b a a d b a a d =−==+=−=+−，于是41314632441216S a d T a d =+=⎧⎨=+−=⎩，解得15,2a d ==，1(1)23n a a n d n =+−=+，所以数列{}n a 的通项公式是23n a n =+.（2）方法1：由（1）知，2(523)42n n n S n n ++==+，23,21,N 46,2n n n k b k n n k*−=−⎧=∈⎨+=⎩，当n 为偶数时，12(1)34661n n b b n n n −+=−−++=+，213(61)372222n n n T n n ++=⋅=+，当5n >时，22371()(4)(1)0222n n T S n n n n n n −=+−+=−>，因此n n T S >，当n 为奇数时，22113735(1)(1)[4(1)6]52222n n n T T b n n n n n ++=−=+++−++=+−，当5n >时，22351(5)(4)(2)(5)0222n n T S n n n n n n −=+−−+=+−>，因此n n T S >，所以当5n >时，n n T S >.方法2：由（1）知，2(523)42n n n S n n ++==+，23,21,N 46,2n n n k b k n n k*−=−⎧=∈⎨+=⎩，当n 为偶数时，21312412(1)3144637()()222222n n n n n n n T b b b b b b n n−−+−−++=+++++++=⋅+⋅=+当5n >时，22371()(4)(1)0222n n T S n n n n n n −=+−+=−>，因此n n T S >，当n 为奇数时，若3n ≥，则132411231144(1)61()()2222n n n n n n n T b b b b b b −−+−++−+−=+++++++=⋅+⋅ 235522n n =+−，显然111T b ==−满足上式，因此当n 为奇数时，235522n T n n =+−，当5n >时，22351(5)(4)(2)(5)0222n n T S n n n n n n −=+−−+=+−>，因此n n T S >，所以当5n >时，n n T S >.。

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第1讲等差数列、等比数列[全国卷3年考情分析]函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，属中低档题．考点一等差、等比数列的基本运算[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3.①若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； ②若T 3＝13，求S n .1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．22．(2019·沈阳市质量监测(一))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 }的公差d ＝( )A ．2B ．32C ．3D ．43．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5.(1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．考点二等差、等比数列的性质[例2] (1)(2019·贵阳模拟)等差数列{a n }中，a 2与a 4是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．6 B ．8 C ．10D ．12 (2)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－2 C.2D ．－2或2(3)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．1．(2019·蓉城名校第一次联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝20，a 4＝6，则a 2的值为( )A ．0B ．1C ．2D ．32．(2019·江西八所重点中学联考)已知数列{a n }是等比数列，若ma 6·a 7＝a 28－2a 4·a 9，且公比q ∈(35，2)，则实数m 的取值范围是( )A ．(2，6)B ．(2，5)C ．(3，6)D ．(3，5)3．已知函数f (x )是R 上的单调递增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可以为正数也可以为负数 4．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12－λn ＋1（n <6），λn －5（n ≥6），若对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，则实数λ的取值范围是________．考点三等差(比)数列的判断与证明[例3] (2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．1．(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？2．设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．【课后通关练习】A 组一、选择题1．(2019·成都摸底考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4＝52，S 10＝15，则a 7＝( )A.12 B ．1 C.32D ．22．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝A.12 B ．54C.45D ．－453．等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．32B ．31C ．64D ．634．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．135．(2019·江西临川期末)已知正项等比数列{a n }满足a 5·a 6·a 7＝1，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ln x ，x ≥1，ln xx ，0<x <1，若f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 10)＝a 1，则a 1的值为( )A.e B ．e C ．2eD ．1＋e6．(2019·石家庄市模拟(一))已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＋S n ＝n 2－19n2(n ∈N *)，若a 10<a 11，则S n 取最小值时n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12二、填空题7．(2019·长春市质量监测(二))等差数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，a 2＋a 3＝10，S 6＝54，则该数列的公差d 为________．8．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝_______．三、解答题10．(2019·北京高考)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．11．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)设b n＝a n＋3，证明：数列{b n}为等比数列，并求通项公式a n.12．(2019·武汉调研)已知等差数列{a n}前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n}的通项公式；(2)若{a n}为递增数列，求数列{|a n|}的前n项和S n.B组1．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n}满足a n＋1－3a n＝3n(n∈N*)且a1＝1.(1)设b n＝a n3n－1，证明：数列{b n}为等差数列；(2)设c n＝na n，求数列{c n}的前n项和S n.2．(2019·昆明检测)已知数列{a n}是等比数列，公比q<1，前n项和为S n，若a2＝2，S3＝7.(1)求{a n}的通项公式；(2)设m∈Z，若S n<m恒成立，求m的最小值．3．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a1，a k，a6是等比数列{b n}的前3项，求k的值及数列{a n＋b n}的前n项和．4．数列{a n}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13，数列{b n}的前n项和是T n，且T n＋b n＝3.(1)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式；(2)设c n＝a n·b n，求数列{c n}中的最大项．第2讲数列通项与求和[全国卷3年考情分析]角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．考点一a n与S n关系的应用[例1](1)(2019·成都第一次诊断性检测)设S n为数列{a n}的前n项和，且a1＝4，a n＋1＝S n，n∈N*，则a5＝________．(2)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．1．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－2a n＝2n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________．2．已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，a n＋1＝3a n－2a n－1(n≥2，n∈N*)．设b n＝a n＋1－a n.(1)证明：数列{b n}是等比数列；(2)设c n＝b n（4n2－1）2n，求数列{c n}的前n项和S n.考点二数列求和题型一裂项相消求和[例2](2019·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝2a n（a n＋1）（a n＋1＋1），求数列{b n}的前n项和T n.题型二错位相减求和[例3] (2019·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .题型三分组转化求和[例4] 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N *，且b n ＝13＋a n .记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n .(1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .3. 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【课后专项练习】A 组一、选择题1．已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4等于( )A ．－12B ．23C ．12D ．112．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( )A ．1B ．－2C ．3D ．－33．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( ) A ．49 B ．50 C ．99 D ．1004．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和是S n ，a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列，且a 4＋a 5＝－20，则a n ＋1S n －1的最大值为( )A.12 B ．1 C.32D ．2 5．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 019＋1a 2 020＝( )A.4 0392 019 B ．2 0182 019 C.4 0402 021D ．4 0392 0206．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －λ)⎝⎛⎭⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，2)C ．(3，＋∞)D ．(－∞，3)二、填空题7．(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n 项和为________．8．设数列{a n }满足a 1＝5，且对任意正整数n ，总有(a n ＋1＋3)(a n ＋3)＝4a n ＋4成立，则数列{a n }的前2 020项的和为________．9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．三、解答题10．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)．(1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．11．(2019·唐山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12.(1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .12．(2019·河北省九校第二次联考)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 .B 组1．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2n a 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .2．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n .(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．3．(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .4．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝16.数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且{b n －a n }是等差数列．(1)分别求{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1（b n ＋1－a n ＋1）log 2a 2n 的前n 项和为S n ，求证：S n <12.5.(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n}的通项公式．(2019·郑州市第二次质量预测)已知数列{a n}中，a1＝1，a n>0，前n项和为S n，若a n＝S n＋S n－1(n∈N*，且n≥2)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记c n＝a n·2a n，求数列{c n}的前n项和T n.。