高考数学《数列》大题训练50题含答案解析

高中数学人教版必修五数列经典例题高考题（附解析答案）

⾼中数学⼈教版必修五数列经典例题⾼考题（附解析答案）黄冈经典例题⾼考题（附答案，解析）等差数列例1、在等差数列{a n}中：1、若a1－a4－a8－a12＋a15=2，则a3＋a13=___________.2、若a6=5，a3＋a8=5，则a10=___________.3、若a1＋a4＋a7=39，a2＋a5＋a8=33，则a3＋a6＋a9=___________.例 2、已知数列{a n}的通项，试问该数列{a n}有没有最⼤项？若有，求最⼤项和最⼤项的项数，若没有，说明理由.例 3、将正奇数1，3，5，7，……排成五列，（如下图表），按图表的格式排下去，2003所在的那列，从左边数起是第⼏列？第⼏⾏？1 3 5 715 13 11 917 19 21 2331 29 27 25…………例 4、设f(x)=log 2x－log x4（0（1）求数列{a n}的通项公式；（2）判断该数列{a n}的单调性.1.(2009年安徽卷)已知{a n}为等差数列，a1＋a3＋a5=105，a2＋a4＋a6=99，则a20等于（）A.－1B.1C.3D.72.（2009年湖北卷）古希腊⼈常⽤⼩⽯⼦在沙滩上摆成各种形状来研究数，⽐如：他们研究过图（1）中的1，3，6，10，……，由于这些数能够表⽰成三⾓形，将其称为三⾓形数；类似地，称图（2）中的1，4，9，16，……这样的数为正⽅形数，下列数中既是三⾓形数⼜是正⽅形数的是（）A．289 B．1024 C．1225 D．13783.(江西卷)在数列{a n}中，，则a n=( )A.2＋lnnB.2＋(n－1)lnnC.2＋nlnnD.1＋n＋lnn等差数列前N项和、等⽐数列例 1 、在等差数列 {a n}中，（1）已知a15=33，a45=153，求a61；（2）已知S8=48，S12=168，求S4；（3）已知a1－a4－a8－a12＋a15=2，求S15；（4）已知S7=42，S n=510，a n－3=45，求n.例 2 、已知数列 {a n}的前n项和，求数列{|a n|}的前n项和S n′.例 3 、设数列 {a n}的⾸项a1=1，前n项之和S n满⾜关系式：3tS n－(2t＋3)S n－1=3t（t>0，n=2，3，4…）（1）求证：数列{a n}为等⽐数列；（2）设数列{a n}的公⽐为f(t)，作数列{b n}，使（n=2，3，4，…），求b n.（3）求和：b1b2－b2b3＋b3b4－…＋(－1)n＋1b n b n＋1.例 4、⼀个⽔池有若⼲出⽔量相同的⽔龙头，如果所有⽔龙头同时放⽔，那么 24分钟可注满⽔池，如果开始时，全部放开，以后每隔相等的时间关闭⼀个⽔龙头，到最后⼀个⽔龙头关闭时，恰好注满⽔池，⽽且最后⼀个⽔龙头放⽔的时间恰好是第⼀个⽔龙头放⽔时间的5倍，问最后关闭的这个⽔龙头放⽔多少时间？例 5 、在 XOY平⾯上有⼀个点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），…，P n（a n，b n），…，对每个⾃然数n，点P n位于函数y=2000（0（2）若对每个⾃然数n，以b n，b n＋1，b n＋2为边长能构成⼀个三⾓形，求a的取值范围；（3）设B n=b1·b2·…·b n（n∈N*）.若a取（2）中确定的范围内的最⼩整数，求数列{B n}的最⼤项的项数.1.（2009年宁夏、海南卷）等差数列{a n}的前n项和为S n，已知，,则m=（）A.38B.20C.10D.92.(2009年全国1卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=72,则=_________.3.（2009年福建卷）等⽐数列中，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和.等⽐数列前N项和、数列的应⽤例 1 、 {a n} 为等差数列（d≠0） , {a n} 中的部分项组成的数列恰为等⽐数列，且 k1=1 ，k2=5 ， k3=17 ，求 k1＋k2＋k3＋……＋k n的值 .例 2、已知数列 {a n} 满⾜条件： a1=1 ， a2=r(r ﹥ 0) 且 {a n·a n+1} 是公⽐为 q(q ﹥ 0) 的等⽐数列，设 b n=a2n －1＋a2n(n=1,2, …… ).（1）求出使不等式 a n a n+1＋a n+1a n+2> a n+2 a n+3 (n ∈ N*) 成⽴的 q 的取值范围；（2）求 b n；（3）设，求数列的最⼤项和最⼩项的值 .例 3 、某职⼯年初向银⾏贷款 2万元⽤于购房，银⾏为了推⾏住房制度改⾰，贷款优惠的年利率为10%，按复利计算，若这笔贷款要求分10年等额还清，每年⼀次，并且从贷款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？（精确到1元）例 4、在⼀次⼈才招聘会上，有 A、B两家公司分别开出它们的⼯资标准：A公司允诺第⼀年⽉⼯资为1500元，以后每年⽉⼯资⽐上⼀年⽉⼯资增加230元；B公司允诺第⼀年⽉⼯资为2000元，以后每年⽉⼯资⽐上⼀年的⽉⼯资的基础上递增5%.设某⼈年初被A、B两家公司同时录取，试问：（1）若该⼈分别在A公司或B公司连续⼯作n年，则他在第n年的⽉⼯资收⼊分别是多少？（2）该⼈打算连续在⼀家公司⼯作10年，仅从⼯资收⼊总量较多作为应聘的标准（不计其他因素），该⼈应该选择哪家公司，为什么？（3）在A公司⼯作⽐在B公司⼯作的⽉⼯资收⼊最多可以多多少元？（精确到1元）并说明理由.1.(2009年全国2卷)设等⽐数列{a n}的前n项和为S n，若，则=___________.2.（2009年北京卷）若数列满⾜：，则___________；前8项的和___________.（⽤数字作答）3.（2009年辽宁卷）等⽐数列{a n}的前n 项和为S n，已知,,成等差数列.（1）求{a n}的公⽐q；（2）若a1－a3＝3，求S n.答案&解析等差数列例⼀分析：利⽤等差数列任两项之间的关系：a m=a n＋(m－n)d以及“距⾸末两端等距离两项的和相等”的性质可简化解答过程．解：，故 5=10－d，∴ d=5.故 a10=a6＋4d=5＋4×5=25.例⼆分析：考察数列{a n}在哪⼀范围是递增数列，在哪些范围是递减数列，即可找到最⼤项．解：由有n≤9.⽽ a n>0，∴当n≤9时，有a n＋1≥a n.即 a1a11>a12>…∴数列{a n}中存在最⼤项，最⼤项的项数为9或10，最⼤项为.点评：最⼤项与最⼤项的项数是不同概念，⼀个是项，⼀个是项号．例三分析：考虑到每⾏占有四个数，利⽤周期性进⾏处理，每⼀个周期占两⾏⽤ 8个数，只须确定2003是第⼏个正奇数，问题就得到解决. 解：设2003是第n个正奇数.则 2003=1＋(n－1)·2．∴ n=1002.⽽ 1002=8×125＋2.∴ 2003在第251⾏第3列.例四分析：依据条件列出关于a n的⽅程，解⽅程并注意f(x)的定义域0⼜∵ f(x)定义域为0（2）则数列{a n}为递增数列．1. 答案：B2.答案：C解析：根据图形的规律可知第n个三⾓形数为，第n个正⽅形数为b n=n2,由此可排除D（1378不是平⽅数），将A、B、C选项代⼊到三⾓形数表达式中检验可知，符合题意的是C选项，故选C．3.答案：A等差数列前N项和、等⽐数列例1 解析：（1） a45 －a15=30d=153 －33 得 d=4 ， a61=a45＋16d=217.（2）⽅法 1 S4， S8－S4， S12－S8成等差数列，则 S4＋（168 －48） =2（48 －S4）解得 S4= －8⽅法 2 成等差数列，则，∴ d=2.故.则 S4= －8.（3）∵（4） S7=7a4=42 ∴ a4=6∴ n=20例⼆解析：∴ a n=63 －3n≥0 有 n ≤ 21 误解⼀=误解⼆例三解析：（1）∵ n≥2 时∴ {a n} 为等⽐数列 .（2）∵则 {b n} 为等差数列，⽽ b1=1.∴∴当 n 为偶数时，当 n 为奇数时例四解析：设有 n 个⽔龙头，每个⽔龙头放⽔时间依次为 x1， x2， x3，…， x n，则数列 {x n} 为等差数列且每个⽔龙头 1 分钟放⽔池⽔，故最后关闭的⽔龙头放⽔时间为 40 分钟 .例五解析：（1）∵.（2）∵ 0要使 b n， b n＋1， b n＋2为边能构成三⾓形，（3）故{B n} 中最⼤项的项数为n=20.1.答案：C解析：因为{a n}是等差数列，所以，由，得：2－＝0，所以＝2，⼜，即＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选C.2.答案：24解析：∵{a n}是等差数列,由,得，.3.解析：（1）设的公⽐为，由已知得，解得..（2）由（1）得，，则，.设的公差为，则有，解得.从⽽.所以数列的前项和.等⽐数列前N项和、数列的应⽤例⼀解答：设公⽐为 q ，例⼆解答：（1）由题意得 rq n－1＋rq n＞ rq n+1.由题设 r ﹥ 0,q ﹥ 0 ，故上式 q2－q－1﹤0 ，（2）因为，所以，b1=1＋r≠0 ，所以 {b n} 是⾸项为 1＋r ，公⽐为 q 的等⽐数列，从⽽ b n=(1＋r)q n－1．（3）由（2）知 b n=(1＋r)q n－1，从上式可知当 n－20.2 ＞ 0 ，即 n ≥ 21(n ∈ N) 时， c n随 n 的增⼤⽽减⼩，故①当 n－20.2＜0 ，即 n ≤ 20(n ∈ N) 时， c n也随着 n 的增⼤⽽减⼩，故②综合①、②两式知对任意的⾃然数 n 有 c20≤ c n≤ c21故 {c n} 的最⼤项 c21=2.25 ，最⼩项 c20=－4.例三解⼀：我们把这类问题⼀般化，即贷款年利率为 a ，贷款额为 M ，每年等额归还 x 元，第 n 年还清，各年应付款及利息分别如下：第 n 次付款 x 元，这次⽋款全还清 .第 n－1 次付款 x 元后，过⼀年贷款全部还清，因此所付款连利息之和为 x(1＋a) 元；第 n－2 次付款 x 元后，过⼆年贷款全部还清，因此所付款连利息之和为 x(1＋a)2元；……第⼀次付款 x 元后，⼀直到最后⼀次贷款全部还清，所付款连利息之和为 x(1＋a)n－1元．将 a=0.1 ， M=20000 ， n=10 代⼊上式得故每年年初应还 3255 元．解⼆：设每年应还 x 元，第 n 次归还 x 元之后还剩⽋款为 a n元；则 a0=20000 ， a1=20000(1＋10%)－x ，a n＋1=a n(1＋10%)－x ，∴ a n＋1－10x=1.1(a n－10x) ，故数列 { a n－10x} 为等⽐数列．∴ a n－10x= (a0－10x)×1.1n，依题意有 a10=10x＋(20000－10x) ×1.110=0 ．．故每年平均应还 3255 元．例四解答：（1）此⼈在 A 、 B 公司第 n 年的⽉⼯资数分别为：a n=1500＋230 × (n－1)(n ∈ N*) ，b n=2000(1＋5%)n－1(n ∈ N*) ．（2）若该⼈在 A 公司连续⼯作 10 年，则他的⼯资收⼊总量为：12(a1＋a2＋…＋a10)=304200 （元）；若该⼈在 B 公司连续⼯作 10 年，则他的⼯资收⼊总量为：12(b1＋b2＋…＋b10) ≈ 301869 （元）．因此在 A 公司收⼊的总量⾼些，因此该⼈应该选择 A 公司 .（3）问题等价于求 C n=a n－b n=1270＋230n－2000×1.05n－1(n ∈ N*) 的最⼤值 .当 n ≥ 2 时， C n－C n－1=230－100×1.05n－2，当 C n－C n－1＞ 0 ，即 230－100×1.05n－2＞ 0 时， 1.05n－2＜2.3 ，得 n＜19.1,因此，当 2 ≤ n ≤ 19 时， C n－1＜C n；于是当 n ≥ 20 时， C n≤ C n－1.∴ C19=a19－b19≈ 827 （元） .即在 A 公司⼯作⽐在 B 公司⼯作的⽉⼯资收⼊最多可以多827 元．1.答案：3解析：设等⽐数列的公⽐为q.当q=1时，.当q≠1时，由.2. 答案：16；255解析：依题知数列{a n}是⾸项为1，且公⽐为2的等⽐数列，.3. 解析：（1）依题意有.由于，故.⼜，从⽽.（2）由已知可得.故.从⽽.。

高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝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．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（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．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（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．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣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．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝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．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出S n以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（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．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（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．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣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．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．﹣1（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n＝＝＝（﹣），∴数列{b n}的前n项和T n＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【等差数列的性质】（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【等比数列的性质】（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{a n}的公比为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项a n与它的前一项a n﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型。

高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。

有条件9可知a>0,故1q。

311a。

故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。

〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。

最新高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝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．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（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．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（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．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣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．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝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．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出S n以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（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．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（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．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣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．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．﹣1（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n＝＝＝（﹣），∴数列{b n}的前n项和T n＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【等差数列的性质】（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【等比数列的性质】（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{a n}的公比为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项a n与它的前一项a n﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{a n}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，。

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

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

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974，故选：D ．【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C【解析】【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -，所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<，当136n =，136151361320272019a =⨯-=>，故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ．【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ．【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果．【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.10．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭，依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ，即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ，因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求．【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去）故选B ．【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9．故选A ．【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈，则{}na 的通项公式为（） A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C【解析】【分析】首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（）A ．1-B ．1 CD ．2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+；接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=，所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a >S 时，n的最大值为49所以当1300n故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式；（2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

高考数学数列多选题复习训练题(含答案解析)

高考数学数列多选题复习训练题（含答案解析）1．（2022·江苏江苏·一模）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，则（） A ．6422S S S =−B ．()6423S S S =−C ．2n S ，42n n S S −，64n n S S −成等差数列D ．22S ，44S ，66S 成等差数列【答案】BCD 【解析】【分析】利用等差数列求和公式分别判断. 【详解】由已知得()112n n n dS a n −=+， A 选项，61615S a d =+，4146S a d =+，212S a d =+，所以42162611S S a d S −=+≠，A 选项错误；B 选项，()42163615S S a d S −=+=，B 选项正确；C 选项，()()221122122n S a n n n d a n n n d =+−=+−，()414241n S a n n n d =+−，()616361n S a n n n d =+−，()242126n n S S a n n n d −=+−，()2641210n n S S a n n n d −=+−，则()()()22264114241222262n n n n S S S a n n n d a n n n d S S ⎡⎤+−=+−=+−=−⎣⎦，C 选项正确；D 选项，2112222S a d d a +==+，411463442S a d a d +==+，6116155662S a d a d +==+，则6241232264S S Sa d +=+=⨯，D 选项正确；故选：BCD.2．（2022·江苏南通·模拟预测）若数列{}n a 是等比数列，则（） A ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列B ．数列{}n ka 是等比数列C ．数列{}1n n a a ++是等比数列D ．数列{}2n a 是等比数列【答案】AD 【解析】【分析】设等比数列{}n a 的公比为()0q q ≠，利用等比数列的定义结合特例法可判断各选项的正误. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为()0q q ≠，11111n n n na a a q a ++==，则1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1q 为公比的等比数列，A 对； 0k =时，0n ka =，则{}n ka 不是等比数列，B 错；()11n n n n n a a a a q a q ++=+=+，1q =−时，10n n a a ++=，此时{}1n n a a ++不是等比数列，C 错；2212n na q a +=，所以，{}2n a 是公比为2q 的等比数列，D 对. 故选：AD ．3．（2022·福建宁德·模拟预测）数列{n a }中，设12n n T a a a =⋅…….若n T 存在最大值，则n a 可以是（） A ．62n n a −= B ．()1nn a =− C ．29n a n =− D ．121n n a n +=− 【答案】BD 【解析】【分析】根据数列的单调性即可判断. 【详解】对于A ，()()115436212322n n n n n T a a aa −−−−+−=== ，当n 趋于无穷大时，n T 也趋于无穷大，故n T 不存在最大值；对于B ，()()()()()()1123211111n n nn T +=−−−−=− ，当()12n n + 为偶数时，1n T = ，当()12n n +为奇数时，1n T =− ，故n T 的最大值为1；对于C ，()()1121128n n n n n T T a a a a T n ++−=−=− ，当5n ≥ 时，10,n n n T T T +>> ，∴5n ≥ 时n T 是递增的数列，不存在最大值；对于D ，1232342,1,,135a a a ===== 即当3n ≥ 时，0121n n <+<− ，1n a < ，即3n ≥ 时，()1110n n n n T T T a ++−=−< ，所以n T 是递减的数列，最大值为122T T == ；故选：BD.4．（2022·福建·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为2212n a n n S +=，公差为d ，则（）A ．11a =B ．1d =C ．()213521n n S a n −=+++⋅⋅⋅+−D ．2222n nn S a a =+ 【答案】ABC 【解析】【分析】运用代入法，结合等差数列的通项公式和前n 项和公式逐一判断即可. 【详解】取1n =，则21112a a +=，解得11a =，即A 正确；由A 可知，22n n nS +=，则212321d S a =−=−=，即B 正确；于是有1(1)1n a n n =+−⋅=，因为22n n S a n −=，且()()212113212n n n n +−+++−==，即C 正确；因为()222222222nn n n nS n n a a +==+=+，即D 错误.故选：ABC5．（2021·山东·模拟预测）设等比数列{an }的公比为q ，其前n 项和为Sn ，前n 项积为Tn ，并满足条件a 1＞1，a 2019a 2020＞1，2019202011a a −−＜0，下列结论正确的是（）A ．S 2019＜S 2020B ．a 2019a 2021﹣1＜0C ．T 2020是数列{Tn }中的最大值D ．数列{Tn }无最大值【答案】AB 【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得（a 1q 2018）（a 1q 2019）＝（a 1）2（q 4037）＞1，分析可得q ＞0，可得数列{an }各项均为正值，又由2019202011a a −−＜0可得2019202011a a <⎧⎨>⎩或2019202011a a >⎧⎨<⎩，由等比数列的性质分析可得q 的范围，据此分析4个选项，综合即可得答案. 【详解】根据题意，等比数列{an }的公比为q ，若a 2019a 2020＞1，则（a 1q 2018）（a 1q 2019）＝（a 1）2（q 4037）＞1，又由a 1＞1，必有q ＞0，则数列{an }各项均为正值，又由2019202011a a −−＜0，即（a 2019﹣1）（a 2020﹣1）＜0，则有2019202011a a <⎧⎨>⎩或2019202011a a >⎧⎨<⎩，又由a 1＞1，必有0＜q ＜1，则有2019202011a a >⎧⎨<⎩，对于A ，有S 2020﹣S 2019＝a 2020＞0，即S 2019＜S 2020，则A 正确；对于B ，有a 2020＜1，则a 2019a 2021＝（a 2020）2＜1，则B 正确；对于C ，2019202011a a >⎧⎨<⎩，则T 2019是数列{Tn }中的最大值，C 错误，同理D 错误；故选：AB6．（2022·海南·模拟预测）在数列{}n a 中，11a =，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，设n S 为{}n a 的前n 项和，则（）A ．121n na =− B ．1122n n a =+ C ．数列{}n a 为递减数列 D ．378S >【答案】ACD 【解析】【分析】由已知结合等比数列通项公式可求11na +，进而可求n a ，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择. 【详解】因为11a =，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，所以111222n nna −+=⋅=所以121n n a =−，故A 正确，B 错误；因为()21,1xy x =−≥是单调增函数，故()1,121x y x =≥−是单调减函数，故数列{}n a 是减数列，故C 正确； 31231171378S a a a =++=++>，故D 正确.故选：ACD .7．（2022·江苏连云港·模拟预测）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列{}n a ，下列说法正确的是（） A ．若13a =，则5131213a =B ．若122a =，则10022a =C ．若16a =，则100a 的最后一个数字为6D ．若1123a =，则100a 中没有数字4【答案】BCD 【解析】【分析】根据题干中的递推规律，依次分析各项的正误. 【详解】对于A 项，13a =，即“1个3”，213a =，即“1个1，1个3”，31113a =，即“3个1，1个3”，故43113a =，故A 项错；对于B 项，122a =，即“2个2”， 222a =，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则10022a =，故B 项正确；对于C 项，16a =，即“1个6”， 216a =，即“1个1，1个6”， 31116a =，即“3个1，1个6”，故43116a =，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，()*n a n ∈N 的最后一个数字均为6，故C 项正确；对于D 项，1123a =，则2111213a =，331121113a =，41321123113a =，L ，若数列{}n a 中，()5,N k a k k *≥∈中为第一次出现数字4，则1k a −中必出现了4个连续的相同数字，如11111k a −=，则在2k a −的描述中必包含“1个1，1个1”，即211k a −=，显然2k a −的描述是不合乎要求的，若12222k a −=或13333k a −=，同理可知均不合乎题意，故()N n a n *∈不包含数字4，故D 项正确. 故选：BCD.8．（2022·广东茂名·模拟预测）一组数据1x ，2x ，…，10x 是公差为1−的等差数列，若去掉首末两项1x ，10x 后，则（） A ．平均数不变 B ．中位数没变C ．极差没变D ．方差变小【答案】ABD 【解析】【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A ，由中位数的概念可判断B ，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断C ，根据极差及等差数列的通项公式可判断D ．【详解】由题意可知，对于选项A ，原数据的平均数为1210511()5(1010x x x x x =+++=⨯+ 6561)()2x x x =+，去掉1x ，10x 后的平均数为2395656111()4()()882x x x x x x x x x '=+++=⨯+=+=，即平均数不变，故选项A 正确；对于选项B ，原数据的中位数为561()2x x +，去掉1x ，10x 后的中位数仍为561()2x x +，即中位数没变，故选项B 正确；对于选项C ，原数据的极差为11099x x d −=−=，去掉1x ，10x 后的极差为2977x x d −=−=，即极差变小，故选项C 错误；对于选项D ，设公差为d ，则原数据的方差为222215625610561111()()()10222s x x x x x x x x x ⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤⎡⎤=−++−+++−+⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎩⎭2221975()()()10222[d d d =−+−+−222311()()()222d d d +−+−++2222357933()()()()2224]2d d d d +++=，去掉1x ，10x 后的方差为22222563569561111()()()8222s x x x x x x x x x ⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤⎡⎤'=−++−+++−+⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎩⎭2222222217531135721()()()()()()()()8222222224[]d d d d d d d d =−+−+−+−++++=，即方差变小，故选项D 正确．故选：ABD.9．（2022·山东济宁·二模）已知一组数据1x ，2x ，…，11x 是公差不为0的等差数列，若去掉数据6x ，则（） A ．中位数不变 B ．平均数变小 C ．方差变大 D ．方差变小【答案】AC 【解析】【分析】由中位数的概念可判断A ，根据平均数的概念结合等差数列的性质判断B ，由方差计算公式即可判断CD. 【详解】对于选项A ，原数据的中位数为6x ，去掉6x 后的中位数为5761()2x x x +=，即中位数没变，故选项A 正确；对于选项B ，原数据的平均数为()111121161111()11112x x x x x x x +=+++=⨯=，去掉6x 后的平均数为1111257811610()11()10102x x x x x x x x x x x +'=+++++++=⨯==即平均数不变，故选项B 错误：对于选项C ，则原数据的方差为()()22221626116]1[()11s x x x x x x =−+−++−，去掉6x 后的方差为()()()()()22222216265676116110s x x x x x x x x x x ⎡⎤'=−+−++−+−++−⎣⎦，故2s 2s '<，即方差变大，故选项C 正确，选项D 错误.10．（2022·山东临沂·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知233=+nn S ．数列{}n b 满足3log n n n a b a =，则（）A ．13,1,3, 1.n n n a n −=⎧=⎨>⎩B ．113n n n b −−=C ．数列{}n b 的前n 项和113211243n n n T −+=−⋅ D ．数列{}n b 的前n 项和113211243n n n T −−=+⋅ 【答案】AC 【解析】【分析】根据n S 与n a 的关系，即可求出n a ，利用错位相减法即可求出数列{}n b 的前n 项和n T ，据此，逐个选项判断即可得出答案. 【详解】对于A ，因为233=+nn S ，所以，当1n =时，11226S a ==，得13a =，当2n ≥时，1113332n n n n n n a S S −−−−=−==，经检验，当1n =时，不符合13−=n n a ，所以，13,1,3, 1.n n n a n −=⎧=⎨>⎩故A 正确；对于B ，因为3log n n n a b a =，得311,1log 31,23n n nn n a b n a n −⎧=⎪⎪==⎨−⎪≥⎪⎩，故B 错误；对于C ，数列{}n b 的前n 项和1232311123133333n n n n T b b b b −−=++++=+++++①， 234111231393333n nn T −=+++++②，所以，−①②得， 23122111111()3933333n n n n T −−=++⨯+++−11515311193293929333n n n n n n −−−⎛⎫=+−=+⨯−− ⎪⎝⎭1823n=−⋅，得 113211243n n n T −+=−⋅，故C 正确，D 错误；故选：AC11．（2023·福建漳州·三模）已知数列{n a }的前n 项和为211n S n n =−，则下列说法正确的是（）． A ．{}n a 是递增数列 B ．{}n a 是递减数列C ．122n a n =-D ．数列{}n S 的最大项为5S 和6S【答案】BCD 【解析】【分析】根据211n S n n =−，利用二次函数的性质判断D ，利用数列通项和前n 项和关系求得通项公式判断ABC. 【详解】解：因为22111211124n S n n n ⎛⎫=−=−−+ ⎪⎝⎭，所以数列{}n S 的最大项为5S 和6S ，故D 正确；当1n =时，110a =，当2n ≥时，由211n S n n =−，得()()211111n S n n −=−−−，两式相减得：212n a n =−+，又110a =，适合上式，所以212n a n =−+，故C 正确；因为120n n a a −−=−<，所以{}n a 是递减数列，故A 错误，B 正确；故选：BCD12．（2022·湖南怀化·一模）设{}()*n a n N ∈是各项为正数的等比数列，q 是其公比，nK是其前n 项的积，且56678,K K K K K <=>，则下列选项中成立的是（） A ．01q << B ．71a =C ．95K K >D ．6K 与7K 均为n K 的最大值【答案】ABD【分析】结合等比数列的定义利用数列的单调性判断各选项．【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积n K 也为正，公比0q >，又56678,K K K K K <=>， 6651K a K =>，7761Ka K ==，B 正确； 8871K a K =<，761aq a =<，即01q <<，A 正确；由71a =得681a a =，591a a =，所以49K K =，而51a >，54K K >，因此95K K <，C 错；由上知126781a a a a a <<<<=<<，{}n K 先增后减，6K 与7K 均为n K 的最大值，D 正确．故选：ABD ．13．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，则下列命题正确的是( )A ．若11a =，2q =，则663S =B ．若1q >，则数列{}n a 是单调递增数列C ．若10a >，0q >，lg n n b a =，则数列{} n b 是公差为lg q 的等差数列D ．若10a >，0q >，且()21105612a a a a +=+，则110a a +的最小值为4 【答案】AC 【解析】【分析】A ：利用等比数列前n 项和公式即可计算；B ：根据函数单调性即可判断；C ：根据等差数列定义即可判断；D ：利用基本不等式即可判断．【详解】对于A ，66612216312S −==−=−，故A 正确；对于B ，∵11n n a a q −=⋅，故{}n a 的单调性由q 和1a 共同决定，q >1无法判断数列为递增数列，如10a <，此时数列为递减数列，故B 错误；对于C ，∵111lg lg lg lg n n n n n na b b a a q a +++−=−==为常数，∴数列{}n b 是公差为lg q 的等差数列，故C 正确；对于D ，若10a >，0q >，则0n a >，56110a a a a =， ∵()21105612a a a a +=+， ∴()2211011011012122a a a a a a +⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭…，即()()22110110124a a a a +++…，即()211016a a +≤，即11004a a <+…，即当110a a =时，110a a +的最大值为4，故D 错误．故选：AC ．14．（2022·江苏泰州·模拟预测）数列{}n a 满足1111,,2n n n a a a n N *+==∈，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则（） A ．418a =B ．1n n a a +≤C ．3n S <D ．132n n S S −<【答案】BC 【解析】【分析】根据题意求得212112n n n n n n a a a a a a ++++==，得到{}n a 的奇数项和偶数项分别构成公比为12的等比数列，且首项分别为1211,2a a ==，由414a =，可判定A 错误；求得n 为奇数和n 为偶数时，数列的通项公式，可判定B 正确；根据n 为奇数和偶数，求得n S ，可判定C 正确；结合2n =时，可判定D 错误. 【详解】由题意，数列{}n a 满足11,2n n na a n N *+=∈，可得212112n n n n n na a a a a a ++++==，因为11a =，可得2112a a =，所以212a =，所以{}n a 的奇数项和偶数项分别构成公比为12的等比数列，且首项分别为1211,2a a ==，对于A 中，可得421124a a =⨯=，所以A 错误；对于B 中，若n 为奇数时，可数列的通项公式为1122111()()22n n n a −−=⨯=；若n 为偶数时，可数列的通项公式为122111()()222n n n a +=⨯=，当n 为奇数时，121()2n n a −=，2211()2n n a ++=，此时1n n a a +<，当n 为偶数时，121()2n n a +=，1211()2n n a ++=，此时1n n a a +=，综上可得：1n n a a +≤，所以B 正确；对于C 中，数列{}n a 为1111111,,,,,,,224488，可得{}1n n a a ++构成首项为32，公比为12的等比数列，当n 为偶数时，可得2231[1()]1223[1()]31212nn n S −==⋅−<−，当n 为奇数时，可得121211[1()]12112[1()]31212n n n S −−⋅−=+=+⋅−<−，所以C 正确；对于D 中，当2n =时，可得213122S =+=，13322S =，此时132n n S S −=，所以D 错误.故选：BC.15．（2022·重庆·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，且()1210n n n a na ++−=()n N *∈，则下列结论正确的是（） A ．{}n na 是等比数列 B ．n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列C ．2n n a n =⋅D ．()122nn S n =−⋅+【答案】BC 【解析】【分析】由条件变形，先求n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，再判断选项【详解】由题意得121n n a a n n +=⋅+，故n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2，公比为2的等比数列， 1222n n na n−=⋅=，则2n n a n =⋅．故B ，C 正确，A 错误 122222n n S n =+⋅++⋅, 23122222n n S n +=+⋅++⋅,两式相减得：()1212(222)122n n n n S n n ++=⋅−+++=−⋅+，故D 错误．故选：BC16．（2022·广东茂名·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ，则下列选项正确的为（） A ．数列{}1n a +是等比数列 B ．数列{}1n a +是等差数列C ．数列{}n a 的通项公式为21n n a =−D ．1n T > 【答案】AC 【解析】【分析】由1121n n n n a S S a ++=−=+可得，1121n n a a ++=+，可判断A,B 的正误，再求出n a ，可判断C 的正误，利用裂项相消法求n T ，可判断D 的正误. 【详解】因为121n n n S S a +=++，所以1121n n n n a S S a ++=−=+，1+122n n a a +=+，即1121n n a a ++=+，且112a +=，所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，故A 正确，B 错误；所以12nn a +=，即21n n a =−，故C 正确；因为()()111212122211121n n n n n n n n a a +++−−−−==−⋅，所以12231121212121111111111212121n n n n T ++−+−+=−−−−+−−−=−−<…，故D 错误；故选：AC.17．（2022·重庆·二模）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，公差0d >，若920S S =，则下列结论中正确的有（） A ．150a = B ．当15n =时，n S 取得最小值 C ．10220a a +> D ．当0n S >时，n 的最小值为29【答案】ABC 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式，结合该数列的单调性逐一判断即可. 【详解】解：根据题意，由9201111511998202019140022S S a d a d a d a =⇒+⨯⨯=+⨯⨯⇒+=⇒=.故A 正确；因为0d >，故当15n <时，0n a <，150a =，当15n >时，0n a >，当15n =或14n =时，n S 取得最小值，故B 正确；由于()102216150a a a a d d +=2=2+=2>，故C 正确；因为0d >，n *∈N ，所以由1111(1)(14)(1)(29)0222n S na n n d n d n n d dn n =+−=−+−=−>，可得：29,n >n *∈N ，因此n 的最小值为30，故D 错误.故选：ABC18．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，22a =，1143n n n a a a +−=−，则下面说法正确的是（） A ．数列{}1n n a a +−为等比数列 B ．数列{}13n n a a +−为等差数列C ．131n n a -=+D ．3142n n nS −=+【答案】ABD【分析】由已知递推式可得()113n n n n a a a a +−−=−或1133n n n n a a a a +−−=−，从而可得数列{}1n n a a +−为公比为3的等比数列，数列{}13n n a a +−为常数列，从而可求出,n n a S ，进而可分析判断【详解】根据题意得()()111113434344n n n n n n n n n a a a a ka k a a k a a k +−+−−⎛⎫=−⇒+=+−=+−⎪+⎝⎭，令2343014k k k k k =−⇒++=⇒=−+或3k =−，所以可得：()113n n n n a a a a +−−=−或1133n n n n a a a a +−−=−，所以数列{}1n n a a +−为公比为3的等比数列，故选项A 正确；数列{}13n n a a +−为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B 正确；所以1113n n n a a −+−=⨯，且131n n a a +−=−，解得1312n n a −+=，所以C 错误，所以12n n S a a a =++⋅⋅⋅+ 011313131222n −+++=++⋅⋅⋅+()011133322n n −=++⋅⋅⋅++ 1132132n n −=⨯+− 3142n n −=+，所以D 正确，故选：ABD ．19．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足()1213n n n a a a m ++=+，12n a ≠−，则下列说法正确的有（）A ．若12=−m ，11a =，则35a =B ．若0m =，112a =，则11331n n n a −−=+C ．若12m =，12a ≠−，3，则32n n a a ⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭是等比数列 D ．若12m =−，11a =，则766n n a =−【答案】BC 【解析】A 选项由递推关系计算可判断；B 选项，递推关系变形为1111113n n a a +⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，构造一个等比数列11n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭，可求出通项公式，从而判断；C 选项由递推关系变形出1132n n a a ++−+3372n n a a −=−⨯+，从而得到判断；D 选项，递推关系变形得出112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪−⎩⎭是等比数列，从而求得通项公式进行判断．【详解】A 选项：若12=−m ，则()121312n n n a a a ++=−，即131221n n n a a a +−=+.又11a =，则231233a −==−，391221615a −−==−+，故A 错误. B 选项：若0m =，则()1213n n n a a a ++=，即1321nn n a a a +=+，即112133n n a a +=+，则1111113n n a a +⎛⎫−=− ⎪⎝⎭.又112a =，则111211a −=−=，所以11n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭是首项为1，公比为13的等比数列，则11113n n a −⎛⎫−= ⎪⎝⎭，即1111113133n n n n a −−−+⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即11331n n n a −−=+，故B 正确.C 选项：若12m =，则()121312n n n a a a ++=+，即131221n n n a a a ++=+，则()()1131233123213213122312221221n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++−+−+−+===+++++++393371472n n n n a a a a ⎛⎫−+−=−⨯ ⎪++⎝⎭，所以32n n a a ⎧⎫−⎨⎬+⎩⎭是公比为37−的等比数列，故C 正确.D 选项：若12m =−，则113221n n n a a a +−=+，则11132112222121n n n n n n a a a a a a +−−−−−==++，则1212121111112121222n n n n n n a a a a a a +−+⎛⎫==+=+≠ ⎪−−⎝⎭−−，即11111122n n a a +−=−−.又11a =，则11212a =−，所以112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪−⎩⎭是首项为2，公差为1的等差数列，所以1112n n a =+−，即1121n a n −=+，即1112n a n =++，故D 错误，故选：BC.20．（2022·广东·一模）已知数列{}n a 满足11a =，*12()N n n n a a n ++=∈，则下列结论中正确的是（） A ．45a =B ．{}n a 为等比数列C ．202212202123a a a +++=−D ．2023122022223a a a −+++=【答案】AD 【解析】【分析】利用递推式可求得234,,a a a 的值，可判断A,B;将122021a a a +++变为1235202042021()()()a a a a a a a ++++++++，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将122022a a a +++变为412320212022))()((a a a a a a +++++++，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D; 【详解】11a =，则1222,1a a a +== ，又2334,3a a a +== ，同理33442,5a a a +== ，故A 正确；而32121,3a a a a == ，故{}n a 不是等比数列，B 错误； 1220211235204202021()()()a a a a a a a a a a =+++++++++++1010101120222420204-4-12-112+2++2=1+==1-433=+（14），故C 错误； 122022123202120242()a a a a a a a a a ++++=++++++（）（）101110112023132021-24-22-22+2++2===1-433⨯=2(14），故D 正确，故选：AD21．（2022·福建·模拟预测）已知{}n a 是正项等差数列，其公差为d ，若存在常数c ，使得对任意正整数n 均有12n n n ac a a c+=+，则以下判断不正确的是（） A ．0d > B ．0d = C ．1c > D ．01c <<【答案】ACD 【解析】【分析】利用基本不等式可得101n a +<≤，结合通项公式可得0d =，从而可得()212c c a −=，故可得02c <<，故可得正确的选项.【详解】由题设可得{}n a 是无穷正项等差数列，故0d ≥且0c >，由基本不等式有122nn n a c a a c+=+≥，所以101n a +<≤对任意的正整数n 恒成立，即101a nd <+≤对任意的正整数n 恒成立，即111a nd a −<≤−对任意的正整数n 恒成立，故0d =且101a <≤. 而1112a c a a c=+，故()212c c a −=，所以()021c c <−≤，所以02c <<，故选：ACD22．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知数列{an }满足11a =，21n n n a a a +=+，则（）A ．{an }是递增数列B ．n a n ≥C ．202120222a ≤D ．121111111n a a a ++⋅⋅⋅+<+++ 【答案】ABD 【解析】【分析】由递推公式和20n a >可判断A ，由数列递增和11a =可判断B ，由递推公式知21n n a a +>可判断C ，对递推公式取倒裂项，然后累加、放缩可判断D. 【详解】因为a 1=1，21n n n a a a +=+，所以1n n a a +>，故A 正确；易知，所以n a 为正整数，又{an }是递增数列，所以n a n ≥，故B 正确；由递推公式得：232,64a a ==>，又221n n n n a a a a +=+>，所以244a >，22225(4)4a >=，()23222644a >=，易知201922021202242a >>，故C 不正确；取倒得1111(1)11n n n n n a a a a a +=−++=，则由累加法得2341123123111111111111()1111n n n a a a a a a a a a a a a ++++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+−+++⋅⋅⋅+++++整理得123111111111111111n n n a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+=−=−++++，又110n a +>所以121111111n a a a ++⋅⋅⋅+<+++故选：ABD23．（2022·河北张家口·三模）已知公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列B ．n S 是关于n 的二次函数C ．{}n na 不可能是等差数列D ．“0d >”是“112n n n S S S −++>”的充要条件【答案】AD 【解析】【分析】根据等差数列前n 项公式及函数特征结合等差数列的定义即可判断ABC ，再结合充分条件和必要条件的定义即可判断D. 【详解】解：由11(1)2n S na n n d =+−知，11(1)2n S a n d n =+−，则1112+−=+n n S S d n n ，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，故A 正确；当0d =时，1n S na =不是n 的二次函数，故B 不正确；当0d =时，11,n n a a na na ==，则()111n n n a na a ++−=，所以{}n na 是等差数列，故C 不正确；当0d >时，1102n n n S S d S −+=−>+，故112n n n S S S −++>，11111120n n n n n n n n n n n S S S S S S S a a a a d −++−+++>⇔−>−⇔>⇔−=>，所以“0d >”是“112n n n S S S −++>”的充要条件，故D 正确. 故选：AD.24．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则（） A ．{}2n S 是等差数列B ．212n n n S S S +++<C ．1n n a a +>D ．1ln n nS n S −≥ 【答案】ABD 【解析】【分析】对于A,求出1a ，再将n a 转化为n S ,即可证明，对于B,利用A 的结论求出n S ，再利用基本不等式，即可证明. 对于C ，求出21a a <，即可判断正误，对于D ，构造函数()12ln f x x x x=−−，即可判断正误【详解】 1111122a a S a ==+，10a >，解得：111S a == 2n ≥时，()11122n n n n n S S S S S −−−=+−，整理得：2211n n S S −−=故{}2n S 是等差数列，选项A 正确；2211n S S n n =+−=，则=n S212n n n S S S +++<==，选项B 正确；22111a S S a =−=<，选项C 错误；令()12ln f x x x x =−−，1≥x ，()()2210x f x x −'=≥ ()f x 在[)1,+∞递增，()()10f x f ≥=，则ln 0fn≥ 即1ln n nS n S −≥，选项D 正确；故选：ABD.25．（2022·河北保定·一模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且21n n S S n +=−+，则下列选项中正确的是（）.A ．121n n a a n ++=−（2n ≥）B ．22n n a a +−=C ．若10a =，则1004950S =D ．若数列{}n a 单调递增，则1a 的取值范围是11,43⎛⎫− ⎪⎝⎭【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，由 21n n S S n +=−+，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B ，由 121n n a a n ++=−（2n ≥），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件2n ≥. 对于C ，由分析知22n n a a +−=，所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前n 项和公式即可得出答案. 对于D ，因为数列{}n a 单调递增，根据1234n a a a a a <<<<<，即可求出1a 的取值范围.【详解】对于A ，因为21n n S S n +=−+，当()2121n n n S S n −≥=−+−，，两式相减得：121n n a a n ++=−（2n ≥）,所以A 正确.对于B ，因为121n n a a n ++=−（2n ≥）,所以()+122+11=21n n a a n n ++=−+，两式相减得：22n n a a +−=（2n ≥），所以B 不正确.对于C ，21n n S S n +=−+，令1n =，则211S S =−+，1211a a a +=−+，因为10a =，所以21a =.令2n =，则324S S =−+，112324a a a a a ++=−−+ ，所以32a =.因为22n n a a +−=（2n ≥），而312a a −=，所以22n n a a +−=.所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列. 偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列. 则：()()10012399100139924100=+++S a a a a a a a a a a a =+++++++++5049504950025012=495022⨯⨯⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以C 正确.对于D ，21n n S S n +=−+，令1n =，则211S S =−+，1211a a a +=−+，则2121a a =−+又因为+12=21n n a a n +++，令1n =则23=3a a +，所以()3211=332122a a a a −=−−+=+，同理：()4311=552223a a a a −=−+=−+，()5411=772324a a a a −=−−+=+，因为数列{}n a 单调递增，所以1234n a a a a a <<<<<，解12a a <得：113a <，解23a a <得：114a >−，解34a a <得：114a <，解45a a <得：114a >−，解56a a <得：114a <，所以1a 的取值范围是11,44⎛⎫− ⎪⎝⎭，所以D 不正确.故选：AC. 【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用121n n a a n ++=−，得出{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.26．（2022·山东日照·二模）已知数列{}n a 满足11a =，()12ln 11n n n a a a +=++，则下列说法正确的有（） A ．31225a a a <+ B ．2211n nn a a a +−≤+ C ．若2n ≥，则131141n i i a =≤<+∑ D ．()()1ln 121ln 2nni i a =+≤−∑【答案】BCD 【解析】【分析】直接计算出23,a a 即可判断A 选项；构造函数函数()ln 1f x x x =−−，由ln 1x x +…，得到ln 1n n a a +…，进而判断B 选项；由ln 11n a +…得到121n n a a ++…，再结合累乘法得到12n n a +…，按照等比数列求和公式即可判断C 选项；构造函数()12ln g x x x x=−+，由11ln 2x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭…得到212n n n a a a ++…，结合累乘法求得()1ln 12ln2n n a −+…，按照等比数列求和公式即可判断D 选项.【详解】()()2113222ln 113,2ln 116ln37a a a a a a =++==++=+，则()3122512ln360a a a −+=−>，又120a a +>，所以31225a a a >+，A 不正确. 令函数()ln 1f x x x =−−，则()11f x x'=−，则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,∞+上单调递增，()()10f x f =…，即ln 1x x +…，又易得{}n a 是递增数列，11n a a =…，故ln 1n n a a +…，所以2121n n a a ++…，B 正确.易知{}n a 是递增数列，所以11n a a =…，则()1ln 11,2ln 1121n n n n n a a a a a ++=+++厖，则()1121n n a a +++…，即1121n n a a +++…，所以11212111211n n n n n a a a a a a −−−−++⋅⋅++…，即()111212n n n a a −++=…，所以1112n n a +…，所以2111111111221111222212n n n ni i a =⎛⎫− ⎪⎝⎭+++==−<+−∑…，而当2n …时，则有11211131114ni i a a a =+=+++∑…，C 正确. 令函数()12ln g x x x x =−+，则()222212110x x g x x x x−+−=−−='…，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，所以当1x …时，()()10g x g =…，则11ln 2x x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭…，所以211121122n n n n n n a a a a a a +⎡⎤⎛⎫−++=+⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦…，()()()()()()()()()211121211ln 1ln 1ln 1ln 111,2,2ln 1ln 1ln 1ln 1n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−+−−++++++⋅⋅⋅++++剟?，()()111ln 12ln 12ln2n n n a a −−++=…，所以())()11ln 1(122ln221ln2nn n i i a −=++++=−∑…，D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题关键点在于B 选项通过构造函数()ln 1f x x x =−−进行放缩得到ln 1n n a a +…，结合()12ln 11n n n a a a +=++即可判断；C 选项由ln 11n a +…放缩得到121n n a a ++…，D 选项构造函数()12ln g x x x x=−+得到212n nn a a a ++…，再结合累乘法和求和公式进行判断. 27．（2022·福建南平·三模）如图，在平面直角坐标系中的一系列格点(),i i i A x y ，其中1,2,3,,,i n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅且,i i x y ∈Z .记n n n a x y =+，如()11,0A 记为11a =，()21,1A −记为20a =，()30,1A −记为31,a =−⋅⋅⋅，以此类推；设数列{}n a 的前n 项和为n S .则（）A ．202242a =B ．202287S =−C ．82n a n =D ．()245312n n n n S ++=【答案】ABD 【解析】【分析】由图观察可知第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，则2440n n S +=，同时第n 圈的最后一个点对应坐标为(),n n ，设2022a 在第k 圈，则k 圈共有()41k k +个数，可判断前22圈共有2024个数，2024a 所在点的坐标为()22,22，向前推导，则可判断A ，B 选项；当2n =时，16a 所在点的坐标为()2,2−−，即可判断C 选项；借助2440n n S +=与图可知22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S aaa++++++++=−=+++，即n 项之和，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +−，…，()1,1n +，即可求解判断D 选项.【详解】由题，第一圈从点()1,0到点()1,1共8个点，由对称性可知81280S a a a =+++=；第二圈从点()2,1到点()2,2共16个点，由对称性可知248910240S S a a a −=+++=，即 240S =，以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，即()214482n nn n SS ++⨯==，设2022a 在第k 圈，则()()888168412k k k kk ++++==+，由此可知前22圈共有2024个数，故20240S =，则()2022202420242023S S a a =−+，2024a 所在点的坐标为()22,22，则2024222244a =+=，2023a 所在点的坐标为()21,22，则2023212243a =+=，2022a 所在点的坐标为()20,22，则2022202242a =+=，故A 正确；()()20222024202420230444387S S a a =−+=−+=−，故B 正确；8a 所在点的坐标为()1,1，则8112a =+=，16a 所在点的坐标为()2,2−−，则16224a =−−=−，故C 错误；22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S aaa++++++++=−=+++，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +−，…，()1,1n +，所以()()()()()245111112122n n S n n n n n n n n +=+++++−++++=+++++()()2123122n n n n n ++++==，故D 正确.故选：ABD 【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D 选项，考虑已知的前n 项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.28．（2022·辽宁·东北育才学校二模）如图所示，正五边形ABCDE 的边长为1a ，正五边形11111A B C D E 的边长为2a ，正五边形22222A B C D E 的边长为3a ，……，依次下去，正五边形11111n n n n n A B C D E −−−−−的边长为n a ，记ACE α∠=，则下列结论中正确的是（）A．cos α=B ．数列{}n aC ．数列{}n a的等比数列D ．对任意θ∈R ，cos cos(2)cos(4)cos(6)cos(8)1θθαθαθαθα++++++++= 【答案】AB 【解析】【分析】根据正五边形的几何性质可知1111111,,,B EAC AE AC CE AB AE CB AB AE B E B C λ======，根据长度关系列方程解得λ=，再利用正弦定理可求得cos α，通过图形类比归纳的12211n n a a a a λ+==，对于D ，注意5πα=，利用诱导公式和两角和差公式化简计算．【详解】在△ACE ，2CAE AEC α∠=∠=，设1AC CE AE a λλ=== 易知△ACE ∽△1B AE ，则111B E a λ=，11AB AE a ==1ACE CAB ∠=∠，则111AB CB a ==∵11CB B E CE +=，即1111a a a λλ+=，解得λ=又∵AC AE λ=，由正弦定理得sin 2sin αλα=，即2sin cos sin ααλα=∴cos 2λα=，A 正确；同理：△11B EC ∽△1B AE ，则111211B C B E AE λλ==即2121a a λ=，则2211a a λ==以此类推，1n n a a +={}n aB 正确，C 不正确；∵cos α=2cos 22cos 1αα=−=又∵5πα=，则可得： cos cos(2)cos(4)cos(6)cos(8)θθαθαθαθα++++++++[][][]cos cos(2)cos ()πcos ()πcos (2)2πθθαθαθαθα=+++−+++++−+cos cos(2)cos()cos()cos(2)θθαθαθαθα=++−−−++−()cos 2cos cos 22cos cos cos 12cos 22cos 0θθαθαθαα=+−=+−=D 不正确；故选：AB ．。