高考数学分类专题复习之八 数列综合
2021年高中数学一轮复习·等比数列及数列综合：第8节 数列综合问题
第8节 数列综合问题【基础知识】1. 数列的前n 项和：12n n S a a a =++⋅⋅⋅+2．数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩【规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围． 以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列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．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【典例讲解】例1 已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n－a n }为等比数列．(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2) 求数列{b n }的前n 项和．例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1) 确定常数k ，求a n ；(2) 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【变式探究】已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列．(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 若c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{c n }是等比数列； (3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n.例4 将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10…记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1，S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n≥2)．【针对训练】1、已知函数)(x f 是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{}n a 是等差数列，01007>a ，则)()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 的值（ ）．A .恒为正数.B 恒为负数 C .恒为0 D .可正可负【答案】A 2、已知()[]23,0,31x f x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++( )A ．有最大值6030B . 有最小值6030 C.有最大值6027 D . 有最小值6027 【答案】A3、已知()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈，其导函数为()f x '，设()()20n f a f '-=，则数列{}n a 自第2项到第n 项的和S =_____________. 【答案】11n-综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．4、已知数列{}n a ,定直线():324)90(l m x m y m +-+--=,若(),n n a 在直线上，则数列{}n a 的前13项和为（ ）A ．10B ．21C ．39D ．78【答案】C5、已知数列{}n a 满足0n a ≠,113a =，()1122,n n n n a a a a n n N *---=⋅≥∈． （1）求证：1n a ⎛⎫⎪⎝⎭是等差数列；（2）证明：2221214n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）证明数列为等差数列只需按数列定义证明即证：当2n ≥时，111n n a a --为常数即可；（2）根据（1）可知数列1n a ⎛⎫⎪⎝⎭的通项公式，可得到: 121na n =+,由()222114421n a n nn ∴=<++利用裂项相消法证明2221214na a a ++⋅⋅⋅+<．【练习巩固】 1.在数列{}n a 中，1(1)n a n n =+，若{}n a 的前n 项和为20152016，则项数n 为_______.【答案】20152.数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】20113.已知数列{}n a 满足()*111,2n n n a a a n +⋅∈==N ，则2015S =（ ） A ．20152-1 B ．10092-3 C ．100732-3⨯ D ．10082-3【答案】B 【解析】试题分析：根据题意，22a =，由12n n n a a +⋅=，得1212n n n a a +++⋅=，两式相除得22n na a +=，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别成等比数列，而数列的前2015项中有1008项奇数项和1007项偶数项，而且奇数项和偶数项所构成的数列分别是以和2为首项，以2为公比的等比数列，所以100810072015122(12)1212S --=+--100923=-，故选B ．4.有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要 ( ) A ．6秒钟 B ．7秒钟 C ．8秒钟D ．9秒钟【答案】B5.在数列{}n a 中，已知11a =，111n n a a +=-+，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2015S = .【答案】1006-.6. 两个正数a 、b 的等差中项是52，一个等比中项是6，且a ＞b ，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e ＝________．【答案】133【解析】由题有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝5，ab ＝6⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3(舍)，e ＝c a ＝32＋223＝133.7、 在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列，则a m ，a m ＋2，a m ＋1成等差数列．(1) 写出这个命题的逆命题；(2) 判断逆命题是否为真，并给出证明．7. 已知等差数列{a n }满足a 3＋a 6＝－13，a 1·a 8＝－43，a 1＞a 8.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 把数列{a n }的第1项、第4项、第7项、…、第3n －2项、…分别作为数列{b n }的第1项、第2项、第3项、…、第n 项、…，求数列{2b n }的前n 项之和；(3) 设数列{c n }的通项为c n ＝n·2b n ，试比较(n ＋1)(n ＋2)c n ＋n(n ＋1)c n ＋2与2n(n ＋2)c n ＋1的大小．8. 已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n －1(n≥2)，且a 4＝81. (1) 求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2) 求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列，并求a n .9. 已知二次函数y ＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上．(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m.【解析】 (1) 设该二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0)，则f′(x)＝2ax ＋b ，由于f′(x)＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.又点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上，所以S n ＝3n 2－2n.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n)－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以a n ＝6n －5 (n ∈N *)．(2) 由(1)得知b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝∑n i ＝1b i＝12[(1－17)＋(17－113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1.因此，要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20(n ∈N *)成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.10.各项均为正数的数列{a n }中，设S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，T n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，且(2－S n )(1＋T n )＝2，n ∈N *.(1) 设b n ＝2－S n ，证明数列{b n }是等比数列；(2) 设c n ＝12na n ，求集合{(m ，k ，r)|c m ＋c r ＝2c k ，m<k<r ，m ，k ，r ∈N *}．11. 设函数f(x)＝sinxcosx －3cos(x ＋π)cosx(x ∈R )． (1) 求f(x)的最小正周期；(2) 若函数y ＝f(x)的图象向右平移π4个单位后再向上平移32个单位得到函数y ＝g(x)的图象，求y ＝g(x)在⎣⎡⎦⎤0，π4上的最大值． 12. 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1) 用d 表示a 1、a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2) 若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．。
专题08 数列-2022年高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)
专题08 数列1．【2022年全国乙卷】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 ．6 D ．3【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0，易得q ≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0， 若q =1，则a 2−a 5=0，与题意矛盾， 所以q ≠1，则{a 1+a 2+a 3=a 1(1−q 3)1−q =168a 2−a 5=a 1q −a 1q 4=42，解得{a 1=96q =12 ， 所以a 6=a 1q 5=3. 故选：D .2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1=1+1α1，b 2=1+1α1+1α2，b 3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)．则（ ） A ．b 1<b 5 B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7【答案】D 【解析】 【分析】根据αk ∈N ∗(k =1,2,…)，再利用数列{b n }与αk 的关系判断{b n }中各项的大小，即可求解. 【详解】解：因为αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)，所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b 1>b 2，同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b 2<b 3，b 1>b 3又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，故b 2<b 4，b 3>b 4；以此类推，可得b 1>b 3>b 5>b 7>⋯，b 7>b 8，故A 错误； b 1>b 7>b 8，故B 错误；1α2>1α2+1α3+⋯1α6，得b 2<b 6，故C 错误；α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+⋯1α6+1α7，得b 4<b 7，故D 正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举， OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA1BA 1=k 3，若k 1,k 2,k 3是公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】 【分析】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则可得关于k 3的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则CC 1=k 1,BB 1=k 2,AA 1=k 3，依题意，有k3−0.2=k1,k3−0.1=k2，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，所以0.5+3k3−0.34=0.725，故k3=0.9，故选：D4．【2022年北京】设{a n}是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数.若{a n}为单调递增数列，则d>0，若a1≥0，则当n≥2时，a n>a1≥0；若a1<0，则a n=a1+(n−1)d，由a n=a1+(n−1)d>0可得n>1−a1d ，取N0=[1−a1d]+1，则当n>N0时，a n>0，所以，“{a n}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”；若存在正整数N0，当n>N0时，a n>0，取k∈N∗且k>N0，a k>0，假设d<0，令a n=a k+(n−k)d<0可得n>k−a kd ，且k−a kd>k，当n>[k−a kd]+1时，a n<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{a n}是递增数列.所以，“{a n}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”.所以，“{a n}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的充分必要条件.故选：C.5．【2022年浙江】已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=a n−13a n2(n∈N∗)，则（）A．2<100a100<52B．52<100a100<3C．3<100a100<72D．72<100a100<4【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定{a n}除去a1，其他项都在(0,1)范围内，再利用递推公式变形得到1 a n+1−1a n=13−a n>13，累加可求出1a n>13(n+2)，得出100a100<3，再利用1a n+1−1a n=13−a n<1 3−3n+2=13(1+1n+1)，累加可求出1a n−1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n)，再次放缩可得出100a100>52．【详解】∵a1=1，易得a2=23∈(0,1)，依次类推可得a n∈(0,1)由题意，a n+1=a n(1−13a n)，即1a n+1=3a n(3−a n)=1a n+13−a n，∴1a n+1−1a n=13−a n>13，即1a2−1a1>13，1a3−1a2>13，1a4−1a3>13，…，1a n−1a n−1>13,(n≥2)，累加可得1a n −1>13(n−1)，即1a n>13(n+2),(n≥2)，∴a n<3n+2,(n≥2)，即a100<134，100a100<10034<3,又1a n+1−1a n=13−a n<13−3n+2=13(1+1n+1),(n≥2)，∴1a2−1a1=13(1+12)，1a3−1a2<13(1+13)，1a4−1a3<13(1+14)，…，1a n−1a n−1<13(1+1n),(n≥3)，累加可得1a n −1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n),(n≥3)，∴1a100−1<33+13(12+13+⋯+199)<33+13(12×4+16×94)<39，即1a100<40，∴a100>140，即100a100>52；综上：52<100a100<3．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.6．【2022年全国乙卷】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为2(a1+2d)=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2(a1+2d)=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.7．【2022年北京】己知数列{a n}各项均为正数，其前n项和S n满足a n⋅S n=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：①{a n}的第2项小于3；②{a n}为等比数列；③{a n}为递减数列；④{a n}中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推导出a n=9an −9a n−1，求出a1、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，∀n∈N∗，a n>0，当n=1时，a12=9，可得a1=3；当n≥2时，由S n=9an 可得S n−1=9an−1，两式作差可得a n=9an−9a n−1，所以，9a n−1=9a n−a n，则9a2−a2=3，整理可得a22+3a2−9=0，因为a2>0，解得a2=3√5−32<3，①对；假设数列{a n}为等比数列，设其公比为q，则a22=a1a3，即(9S2)2=81S1S3，所以，S22=S1S3，可得a12(1+q)2=a12(1+q+q2)，解得q=0，不合乎题意，故数列{a n}不是等比数列，②错；当n ≥2时，a n =9a n−9an−1=9(a n−1−a n )a n a n−1>0，可得a n <a n−1，所以，数列{a n }为递减数列，③对；假设对任意的n ∈N ∗，a n ≥1100，则S 100000≥100000×1100=1000， 所以，a 100000=9S100000≤91000<1100，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.8．【2022年全国甲卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)−78． 【解析】 【分析】（1）依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2 ，作差即可得到a n −a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a 1，即可得到{a n }的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． (1) 解：因为2S n n+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n−1+(n −1)2=2(n −1)a n−1+(n −1)②，①−②得，2S n +n 2−2S n−1−(n −1)2=2na n +n −2(n −1)a n−1−(n −1)， 即2a n +2n −1=2na n −2(n −1)a n−1+1，即2(n −1)a n −2(n −1)a n−1=2(n −1)，所以a n −a n−1=1，n ≥2且n ∈N*， 所以{a n }是以1为公差的等差数列． (2)解：由（1）可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即(a 1+6)2=(a 1+3)⋅(a 1+8)，解得a 1=−12， 所以a n =n −13，所以S n =−12n +n(n−1)2=12n 2−252n =12(n −252)2−6258，所以，当n =12或n =13时(S n )min =−78．9．【2022年新高考1卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=1,{S na n}是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2，显然对于n=1也成立，∴{a n}的通项公式a n=n(n+1)2；(2)1 a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1),∴1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<210．【2022年新高考2卷】已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2= a3−b3=b4−a4．(1)证明：a1=b1；(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．(1)设数列{a n}的公差为d，所以，{a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．(2)由（1）知，b1=a1=d2，所以b k=a m+a1⇔b1×2k−1=a1+(m−1)d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k=a m+a1,1≤m≤500}中的元素个数为10−2+1=9．11．【2022年北京】已知Q:a1,a2,⋯,a k为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1, 2,⋯,m}，在Q中存在a i,a i+1,a i+2,⋯,a i+j(j≥0)，使得a i+a i+1+a i+2+⋯+a i+j=n，则称Q为m−连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,⋯,a k为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,⋯,a k为20−连续可表数列，且a1+a2+⋯+a k<20，求证：k≥7．【答案】(1)是5−连续可表数列；不是6−连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；（3）k≤5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a1+a2+⋯+a6<20可知里面必然有负数，再确定负数只能是−1，然后分类讨论验证不行即可．(1)a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5−连续可表数列；易知，不存在i,j使得a i+a i+1+⋯+a i+j=6，所以Q不是6−连续可表数列．(2)若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+ a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3+a4=8，∴k min=4．(3)Q:a1,a2,⋯,a k，若i=j最多有k种，若i≠j，最多有C k2种，所以最多有k+C k2=k(k+1)种，2=15个数，矛盾,若k≤5，则a1,a2,…,a k至多可表5(5+1)2=21个数，从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为−m(m≥1)，则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5−m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1，∴{a,b,c,d,e,f}={−1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，∵1=−1+2（仅一种方式），∴−1与2相邻，若−1不在两端,则"x , −1 , 2 , __,__,__"形式，若x=6，则5=6+(−1)（有2种结果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故−1在一端，不妨为"−1 ,2, A, B, C, D"形式，若A=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，则6=−1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，由于7=−1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能−1,2,6,3,5,4，①或−1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6∴k≥7．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m−可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；第三问先通过和值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{−1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．12．【2022年浙江】已知等差数列{a n}的首项a1=−1，公差d>1．记{a n}的前n项和为S n(n ∈N∗)．(1)若S4−2a2a3+6=0，求S n；(2)若对于每个n∈N∗，存在实数c n，使a n+c n,a n+1+4c n,a n+2+15c n成等比数列，求d的取值范围．(n∈N∗)【答案】(1)S n=3n2−5n2(2)1<d≤2【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求S n；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.(1)因为S4−2a2a3+6=0，a1=−1，所以−4+6d−2(−1+d)(−1+2d)+6=0，所以d 2−3d =0，又d >1， 所以d =3， 所以a n =3n −4， 所以S n =(a 1+a n )n2=3n 2−5n2，(2)因为a n +c n ，a n+1+4c n ，a n+2+15c n 成等比数列， 所以(a n+1+4c n )2=(a n +c n )(a n+2+15c n )，(nd −1+4c n )2=(−1+nd −d +c n )(−1+nd +d +15c n )，c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0，由已知方程c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0的判别式大于等于0，所以Δ=(14d −8nd +8)2−4d 2≥0，所以(16d −8nd +8)(12d −8nd +8)≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 所以[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 当n =1时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]=(d +1)(d +2)≥0， 当n =2时，由(2d −2d −1)(4d −3d −2)≥0，可得d ≤2 当n ≥3时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]>(n −3)(2n −5)≥0， 又d >1 所以1<d ≤21．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））在等差数列{}n a 中，35a =，1511109a a +=，则15a a ⋅=（ ）A ．92B ．9C ．10D ．12【答案】B 【解析】 【分析】将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果. 【详解】 由1511109a a +=得：153********a a a a a a a +==，315995aa a ∴⋅==.故选：B.2．（2022·福建省德化第一中学模拟预测）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若728S =，则237a a a ++的值为（ ）A ．8B ．10C ．12D ．14【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式，求得44a =，结合等差数列的性质，化简得到27433a a a a =++，即可求解. 【详解】因为728S =，由等差数列的性质和求和公式得17747()7282a a S a +===，即44a =， 则112374393(3)312a d a a a a a d =+=+==++. 故选：C.3．（2022·北京·北大附中三模）已知数列{}n a 满足2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，则数列{}n a （ ） A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项 D ．无最大项，无最小项【答案】A 【解析】 【分析】求得数列{}n a 的通项公式，再分析数列的单调性即可 【详解】依题意，因为2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，当1n =时，2111a ==，当2n ≥时，21231(1)n a a a a n -=-，2123n a a a a n =，两式相除有22211,2(1)1n n a n n n ⎛⎫=+≥ ⎪--⎝⎭=，易得n a 随着n 的增大而减小，故24n a a ≤=，且11n a a >=，故最小项为11a =，最大项为24a = 故选：A4．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知数列{}()*N n a n ∈是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A ．21n a n =- B ．21n a n =+ C ．1n a n =- D ．1n a n =+【答案】A 【解析】 【分析】根据题意设()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-，()2211n d a n =+-，所以1，13d +，124d +构成等比数列，即()()2131124d d +=⨯+，求出d 即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，所以()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-， ()2211n d a n =+-，又1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，即1，13d +，124d +构成等比数列，所以()()2131124d d +=⨯+， 解得2d =，0d =（舍去），所以21n a n =-. 故选：A.5．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，若存在实数λ使{}n a 是等差数列，则{}n a 的公差为（ ）A ．1B ．2C ．2λD ．λ【答案】B 【解析】 【分析】利用1(2)n n n S S a n --=≥得{}n a 的递推关系，从而求得λ与公差d 的关系，再由21a a d -=求得d ．【详解】 设公差为d ，因为11n n n a a S λ+=-，所以2n ≥时，111n n n a a S λ--=-， 两式相减得：111()()n n n n n n a a a S S a λλ+---=-=， 因为0n a ≠，所以112n n a a d λ+--==，由1211a a S λ=-121da =-得221a d =-．从而21211a a d d -=--=，2d =， 故选：B ．6．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）已知正项等比数列{}n a 满足3212a a a =+，若存在m a 、n a ，使得2116m n a a a ⋅=，则14m n+的最小值为（ ） A ．83B ．16C ．114 D ．32【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，根据已知条件求出q 的值，由已知条件可得出6m n +=，将代数式14m n +与()16m n +相乘，利用基本不等式可求得14m n+的最小值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由3212a a a =+可得220q q --=，解得2q，因为2116m n a a a ⋅=，则2112112216m n a a --⋅⋅=，24m n ∴+-=，可得6m n +=，由已知m 、N n *∈，所以，()1411414566m n m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭13562⎛≥+= ⎝， 当且仅当24n m ==时，等号成立， 因此，14m n +的最小值为32. 故选：D.7．（2022·浙江·三模）设数列{}n a 满足()21192,24n n n a a a n N a *+=-+∈=，记数列221n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项的和为n S ，则（ ） A ．10127a < B ．存在k *∈N ，使1k k a a += C ．1012S < D ．数列{}n a 不具有单调性【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求得54n a ≥，进而得到132n a +-与32n a -同号，结合作差法比较法，可判定B 、D 错误；由()()11214n n n n a a a a +-=--+，得到114n n a a +-≥，利用叠加法，可判定A 错误；化简得到1111133222n n n a a a +=----，利用裂项法求和，可判定C 正确. 【详解】由于()211551,244n n a a a +=-+≥=，则54n a ≥，又由21333122422n n n n n a a a a a +⎛⎫⎛⎫-=-+=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则132n a +-与32n a -同号． 又由12a =，则32n a >，可得221933042n n nn n a a a a a +⎛⎫-=-+=-> ⎪⎝⎭， 所以数列{}n a 单调递增，故B 、D 错误； 又因为()()11214n n n n a a a a +-=--+， 由数列{}n a 单调递增，且12a =，所以20,10n n a a ->->，所以114n n a a +-≥， 累加得1011100254a a -≥=，所以10127a ≥，故A 错误； 由21924n nn a a a +=-+可得1111133222n n n a a a +=----， 因为12n a a >=，所以101110211112333222S a a a =-<=---，故C 正确．故选：C ．8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））数列{}n a 为等差数列，前n 项的和为n S ，若10110a <，101110120a a +>，则当0n S <时，n 的最大值为（ ）A ．1011B ．1012C ．2021D ．2022【答案】C 【解析】 【分析】分析数列{}n a 的单调性，计算2021S 、2022S ，即可得出结论. 【详解】因为10110a <，101110120a a +>，则10120a >，故数列{}n a 为递增数列， 因为()12021202110112021202102a a S a +==<，()()120222022101110122022101102a a S a a +==+>，且当1012n ≥时，10120n a a ≥>，所以，当2022n ≥时，20220n S S ≥>， 所以，满足当0n S <时，n 的最大值为2021. 故选：C.9．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()552sin 2350a a +--=，()201820182sin 2370a a +--=，则下列结论正确的是（ ） A ．20222022S =，且52018a a > B ．20222022S =-，且52018a a < C ．20224044S =-，且52018a a > D ．20224044S =，且52018a a <【答案】C 【解析】 【分析】根据题意构造函数()2sin 3f x x x =-，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据()()520182,2f a f a ++的关系即可确定答案.【详解】设函数()2sin 3f x x x =-，则()f x 为奇函数，且()2cos 30f x x '=-<，所以()f x 在R 上递减，由已知可得()()552sin 2321a a +-+=-，()()201820182sin 2321a a +-+=，有()521f a +=-，()201821f a +=，所以()()5201822f a f a +<+，且()()5201822f a f a +=-+，所以520185201822a a a a +>+⇒>，且()5201822a a +=-+，所以520184a a +=-，120222022520182022()1011()40442a a S a a +==+=-.故选：C.10．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足对任意的*n ∈N ，总存在*m ∈N ，使得n m S a =，则n a 可能等于（ ） A ．2022n B ．2022n C ．22022n D ．2022n【答案】B 【解析】 【分析】A 选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n ＝2时，得到120222023m -=，m 不存在，A 错误；B 选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程()101112022n n m +=，取()12n n m +=即可，C 选项，利用平方和公式得到()()21216n n n m ++=，当n ＝2时，25m =，m 不存在；D 选项，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在. 【详解】对于选项A ：当2022nn a =时，则{}n a 是等比数列，因为n m S a =所以()20222022120222021n m -=，当n ＝2时，120222023m -=，m 不存在，A 错误；对于选项B ：当2022n a n =时，{}n a 是等差数列，因为n m S a =，则()()120221*********n n n S n n m +=⨯=+=，取()12n n m +=即可，B 正确； 对于选项C ：当22022n a n =时，n m S a =，则()()()2222121202212202220226n n n n S n m ++=⨯++⋅⋅⋅+=⨯=，当n ＝2时，25m =，m 不存在，C 错误； 对于选项D ：当2022n a n =时，n m S a =，则11120222022123n m ⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪⎝⎭，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在，D 错误． 故选：B ．11．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）已知数列{}n a 各项都不为0，121,3a a ==且满足141n n n a a S +=-，(1)求{}n a 的通项公式； (2)若114n n n a b a -=-，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 取得最小值时的n 的值． 【答案】(1)21n a n =-； (2)7n =. 【解析】 【分析】（1）由141n n n a a S +=-得2n ≥时，1141n n n a a S --=-， ①-②得114n n a a +--=，分奇偶项即可求出n a （2）由114n n n a b a -=-得22215n n b n -=-，当7n ≤时，0n b ≤，当7n >时，0n b > 当7n =时，n T 取得最小值 (1)141n n n a a S +=-①当2n ≥时，1141n n n a a S --=-② ①-②114n n n n n a a a a a +-⇒-=0n a ≠114n n a a +-∴-={}n a ∴的奇数项和偶数项各自成等差数列且121,3a a ==()()21141432211,21(n n a n n n a n n -∴=+-=-=--∴=-为奇数），()234141221,21n n a n n n a n =+-=-=⋅-∴=-（n 为偶数),21n a n ∴=-(2)22131215215n n b n n -==+--，当7n ≤时，0n b ≤， 当7n >时，0n b >∴当7n =时，n T 取得最小值12．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知19a =，2a 为整数，且5n S S ≤. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)112n a n =- (2)()992n nT n =-【解析】 【分析】（1）根据题意得公差d 为整数，且50a ≥，60a ≤，分析求出d 即可；（2）111292112n b n n ⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，再利用裂项相消法求和即可.(1)由19a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数. 又5n S S ≤，故50a ≥，60a ≤. 于是940d +≥，950d +≤，解得9945d -≤≤-， 因此2d =-，故数列{}n a 的通项公式为112n a n =-. (2)()()111111292292112n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，于是1211111112795792112n n T b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1112929992n n n ⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭. 13．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的*n ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)(),2-∞. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列()11n a a n d +-=，等比数列11n n b b q -=代入计算；（2）利用错位相减法可得1242n n n S -+=-，令2142nn c -=-，由{}n c 为递增数列，结合恒成立思想可得答案． (1)解：因为数列{}n b 是等比数列，则可得2123124b b q b b q ==⎧⎨==⎩，解得112b q =⎧⎨=⎩， 所以12n n b -=．因为数列{}n a 是等差数列，且111a b ==，8117116a a d +=++=，则公差2d =， 所以()12121n a n n =+-=-．故21n a n =-，12n n b -=；(2)解：由（1）得：1112n n n n a nc b -++==， 数列{}n c 的前n 项和为121231222n n nS -=+++⋅⋅⋅+①所以22111231222222n n n n n S --=+++⋅⋅⋅++②由①-②得：121111112121222222222n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=--=- ⎪⎝⎭，所以1242n n n S -+=-．不等式12n n n S λ-<+恒成立，化为不等式2142n λ-<-恒成立，令2142n n c -=-且{}n c 为递增数列，即转化为()min n c λ<当1n =时，()12min 1422n c -=-=，所以2λ<． 综上可得：实数λ的取值范围是(),2-∞．14．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）已知等差数列{}n a 满足11a =，且前四项和为28，数列{}n b 的前n 项和n S 满足()233n n S b R λλ=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式，并判断{}n b 是否为等比数列；(2)对于集合A ，B ，定义集合{}A B x x A x B -=∈∉且.若1λ=，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30T .【答案】(1)43n a n =-，判断答案见解析 (2)1926 【解析】 【分析】（1）根据等数列的前n 项和公式和通项公式可求出{}n a 的通项公式，根据等比数列的定义可判断{}n b 是否为等比数列；（2）结合等差数列的前n 项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果. (1)∵{}n a 是等差数列，11a =，且前四项和为28， ∵43441282S d ⨯=⨯+⨯=，解得4d =∵()14143n a n n =+-=-.∵233n nn S b λ=-，∵当2n ≥时，11233n n S b λ--=-，两式相减得()12332n n n b b b n -=-≥， 即()132n n b b n -=≥，又11233b b λ=-∵13b λ=∵当0λ=时，数列{}n b 的通项公式为0n b =.不是等比数列当0λ≠时，数列{}n b 是首项为，公比为3的等比数列，∵3nn b λ=.(2)由（1）知3nn b =，则4581,243b b ==因为304303127a =⨯-=， 所以4305b a b <<，所以，30T 中要去掉{}n b 的项最多4项，即3,9,27,81， 其中9,81是{}n a 和{}n b 的公共项，所以数列{}n c 的前30项和30T 由{}n a 的前32项和，去掉9,81， ()()()330122321+1259+81=-90=19262a a a T ⨯=++⋅⋅⋅+-所以数列{}n c 的前30项和30T 为1926.15．（2022·浙江省江山中学模拟预测）在数列{}n a 中，121,2a a ==，且对任意的n *∈N ，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}1234A x x x x x x x =<<<<或，定义集合A 的长度为4321x x x x -+-．已知数列{}n b 的通项公式为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，若关于x 不等式1220221b bb +++>的解集A ，求集合A 的长度． 【答案】(1)12n na(2)101121(1)34-【解析】 【分析】(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解. (1)21211()322n n n n n n n a a a a a a a +++++==-⇒--，211a a -=，所以112n n n a a -+-=，12112132112()()()11221212n n n n n n a a a a a a a a -----=+-+-+⋅⋅⋅+-=+++⋅⋅⋅+=+=-，即12n na ；(2) 因为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，1220221b bb +++>即就是2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)x x x x x x x x x x x x x +++⋅⋅⋅+>++++++++⋅⋅⋅， 2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)11x x x x x x x x x x x x x x ++⋅⋅⋅+>-=+++++++⋅⋅⋅++，2021202142121(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)1(1)(21)(1)(21)x x x x x x x x x x x x x x +⋅⋅⋅+>-=+++++⋅⋅⋅+++++，⋅⋅⋅，202110(1)(21)(41)(2+1)x x x x >+++⋅⋅⋅，即2021(1)(21)(41)(2+1)0x x x x +++⋅⋅⋅<，根据数轴标根法可知不等式的解集为1|12A x x ⎧=-<<-⎨⎩或1148x -<<-或⋅⋅⋅或202020211122x ⎫-<<-⎬⎭，集合A 的长度为10112021101111[1()]1112124(1)12823414-++⋅⋅⋅+==--. 【点睛】数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.。
高考数学数列专题
高考数学数列专题在高考数学中，数列是一个重要的知识点，也是许多同学感到头疼的部分。
但其实，只要掌握了正确的方法和思路，数列问题并不难攻克。
数列，简单来说，就是按照一定规律排列的一组数。
它可以是有限个数组成的，称为有限数列；也可以有无穷多个数，称为无穷数列。
我们先来看看等差数列。
等差数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列。
这个常数就叫做等差数列的公差，通常用字母 d 表示。
比如说，数列 2，4，6，8，10就是一个公差为 2 的等差数列。
在等差数列中，通项公式是非常重要的，它可以帮助我们快速求出数列中的任意一项。
通项公式为：an ＝ a1 ＋（n 1)d ，其中 an 表示第 n 项，a1 表示首项，n 表示项数，d 表示公差。
等差数列的前 n 项和公式也很关键，它是：Sn ＝ n(a1 ＋ an) ／ 2 或者 Sn ＝ na1 ＋ n(n 1)d ／ 2 。
这两个公式在解题时可以根据具体情况灵活选择。
接下来是等比数列。
等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的数列，这个常数叫做公比，通常用字母 q 表示（q ≠ 0）。
例如，数列 2，4，8，16，32就是一个公比为 2 的等比数列。
等比数列的通项公式为：an ＝ a1 × q^（n 1) 。
等比数列的前 n 项和公式则分为两种情况。
当 q ＝ 1 时，Sn ＝ na1 ；当q ≠ 1 时，Sn ＝ a1(1 q^n) ／（1 q) 。
在解决数列问题时，通常需要我们根据已知条件求出数列的通项公式或者前 n 项和。
这就需要我们灵活运用数列的性质和公式，通过观察、分析题目中的数据，找到规律。
比如，给出数列的前几项，让我们判断它是等差数列还是等比数列，并求出通项公式。
这时候，我们可以先计算相邻两项的差值或者比值，看是否为常数。
如果差值是常数，那就是等差数列；如果比值是常数，那就是等比数列。
再比如，已知等差数列的首项、公差和项数，求前n 项和。
数列高考专题突破数列的综合应用课件pptx
2. 在解决一些与长度相 关的几何问题时，可以 通过数列的递推关系式 得出结论，例如利用等 差数列的通项公式求出 某条线段的长度。
3. 数列还可以用于解决 一些与图形数量关系相 关的问题，例如利用等 差数列和等比数列的求 和公式可以求出某个图 形中线条的数量。
数列在经济中的应用
01
02
总结词：数列在经济中 的应用主要表现在利用 数列模型描述经济现象 的变化规律，以及求解 与经济决策相关的问题 。
04
数列的综合应用
数列在几何中的应用
01
02
总结词：数列在几何中 的应用涉及利用数列的 性质解决与几何图形相 关的问题，如求面积、 周长等。
详细描述
03
04
05
1. 利用等差数列和等比 数列的性质，可以求出 一些几何图形的面积或 周长，例如等差数列的 前n项和公式可以用于 求平行四边形的面积， 等比数列的前n项和公 式可以用于求圆的面积 。
前n项和公式
03
$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$。
数列的极限与收敛性
极限的定义
如果当$n$趋于无穷大时，数列$a_n$的项无限接近于某个确定的数$A$，则称$A$为数 列$a_n$的极限。
收敛性的定义
如果数列$a_n$有极限，则称该数列收敛；否则称该数列发散。
极限的存在性定理
数列的应用
实际生活中的应用
如定期存款的复利计算，贷款的月还款额 计算，物价的指数上涨等都涉及到数列的 知识。
VS
数学领域中的应用
如在微积分、统计学、计算机科学等领域 中，数列的知识都起到了重要的作用。
02
等差数列与等比数列的基 本性质
等差数列的基本性质
高考数学数列知识点归纳
高考数学中的数列知识点主要包括以下内容：
1. 数列的定义与性质：
-数列的概念：数列是按照一定规律排列的数的集合。
-项数与前n项和：第n项表示数列中的第n个数，前n项和表示数列前n项的和。
-通项公式与递推公式：通项公式是指可以通过给定的项数n来直接计算某一项的公式，递推公式则是通过前一项或前几项来计算下一项的公式。
2. 常见数列：
-等差数列：数列中的每个数都与其前一个数之差相等。
-等比数列：数列中的每个数都与其前一个数之比相等。
-斐波那契数列：数列中的每个数都是前两个数之和，即第三项开始满足an = an-1 + an-2。
3. 数列的性质和运算：
-数列的有界性：数列可以是有界的（上有界、下有界）、无界的或发散的。
-数列的单调性：数列可以是递增的、递减的或保持不变。
-数列的极限：数列可能有极限（有限或无穷）或不存在极限。
4. 数列的求和：
-等差数列的求和公式：利用等差数列的性质，可以得到等差数列前n项和的通用公式。
-等比数列的求和公式：利用等比数列的性质，可以得到等比数列前n项和的通用公式。
5. 数列的应用：
-常见问题的建模与解决：通过将实际问题转化为数列的形式，利用数列的性质和公式来解决问题。
以上是高考数学中与数列相关的主要知识点。
掌握这些知识点，能够帮助学生在解答数列相关题目时更加熟练和准确。
需要注意的是，除了理论知识，还需要进行大量的练习和实践，以提高对数列概念的理解和应用能力。
数列高考大题知识点归纳
数列高考大题知识点归纳数列是高中数学中的重要内容之一，也是高考数学中常考的知识点。
通过对数列的学习和理解，可以掌握数学思维和解题方法，提高数学成绩。
下面将就数列相关知识点进行归纳和解析。
一、数列的基本概念和性质数列是按一定顺序排列的一列数，可以用一个公式来表示，常见的数列有等差数列、等比数列等。
等差数列的通项公式是an=a1+(n-1)d，其中a1是首项，d是公差。
等比数列的通项公式是an=a1*r^(n-1)，其中a1是首项，r是公比。
数列有很多基本性质，我们需要掌握并运用于解题中。
例如，若数列an单调增加（减少），则其数列项an与an-1的大小关系为an>an-1（an<an-1）；若数列an单调有界，则其数列项an具有极限。
二、数列的前n项和数列的前n项和是指数列前n个数之和，常用Sn表示。
对于等差数列，其前n项和Sn可以用以下公式求解：Sn=n/2(a1+an)，其中a1是首项，an是第n项。
对于等比数列，其前n项和Sn可以用以下公式求解：Sn=a1(1-r^n)/(1-r)，其中a1是首项，r是公比。
三、等差数列和等比数列的应用等差数列和等比数列在实际问题中有广泛的应用。
在解决一些常见问题时，我们可以通过建立等差数列或等比数列来简化问题，进而求解。
例如，可以通过建立等差数列来计算连续整数的和，通过建立等比数列来解决与指数、增长等相关的问题。
四、常见数列及其性质和应用1. 斐波那契数列斐波那契数列是指从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
该数列具有许多有趣的性质，如黄金分割比例等。
斐波那契数列在数学和自然科学中有广泛的应用，如阿波罗尼斯的理发问题、植物的枝干生长规律等。
2. 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差恒定的数列。
等差数列具有简单的性质和运算规律，常用于排队问题和物体运动问题的求解。
3. 等比数列等比数列是指数列中相邻两项之比恒定的数列。
等比数列在实际问题中有重要的应用，如连续衰减的物质含量、复利利息的计算等。
高考数学二轮复习：第八讲 数列综合
第八讲 数列综合★★★高考在考什么 【考题回放】1.已知a b c d ，，，成等比数列，且曲线223y x x =-+的顶点是()b c ，，则ad 等于（ B ）Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．2- 2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1221S =，则25811a a a a +++=．73. 在等比数列{}n a 中,12a =,前n 项和为n S ,若数列{}1n a +也是等比数列,则n S 等于A ．122n +- B.3n C. 2n D.31n-【解析】因数列{}n a 为等比，则12n n a q -=，因数列{}1na +也是等比数列， 则22121122212(1)(1)(1)22(12)01n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a q q q +++++++++=++⇒+=++⇒+=⇒+-=⇒=即2n a =，所以2n S n =，故选择答案C 。
4.设集合{123456}M =，，，，，， 12k S S S ，，，都是M 的含两个元素的子集，且满足：对任意的{}i i i S a b =，，{}j j j S a b =，（i j ≠，{123}i j k ∈ 、，，，，），都有min min j j i i i i j j a b a b b a b a ⎧⎫⎧⎫⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎩⎭，，（min{}x y ，表示两个数x y ，中的较小者），则k 的最大值是（ B ）A ．10B ．11C ．12D ．135. 已知正项数列{an}，其前n 项和Sn 满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an . 解析：解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3． 又10Sn －1=an －12+5an －1+6(n≥2)，② 由①－②得 10an=(an2－an －12)+6(an －an －1)，即(an+an －1)(an －an －1－5)=0 ∵an+an －1>0 ， ∴an －an －1=5 (n≥2)．当a1=3时，a3=13，a15=73． a1， a3，a15不成等比数列∴a1≠3; 当a1=2时，a3=12， a15=72， 有a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n －3．6.已知公比为(01)q q <<的无穷等比数列{}n a 各项的和为9，无穷等比数列{}2n a 各项的和为815.(I)求数列{}n a 的首项1a 和公比q ；(II)对给定的(1,2,3,,)k k n = ，设()k T 是首项为k a ，公差为21k a -的等差数列，求(2)T 的前10项之和；解: (Ⅰ)依题意可知,⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-32358119112121q a qa q a(Ⅱ)由(Ⅰ)知,1323-⎪⎭⎫⎝⎛⨯=n n a ,所以数列)2(T的的首项为221==a t ,公差3122=-=a d ,15539102121010=⨯⨯⨯+⨯=S ,即数列)2(T 的前10项之和为155.★★★高考要考什么本章主要涉及等差（比）数列的定义、通项公式、前n 项和及其性质，数列的极限、无穷等比数列的各项和．同时加强数学思想方法的应用，是历年的重点内容之一，近几年考查的力度有所增加，体现高考是以能力立意命题的原则．高考对本专题考查比较全面、深刻，每年都不遗漏．其中小题主要考查1()a d q 、、n n n a S 、、间相互关系，呈现“小、巧、活”的特点；大题中往往把等差（比）数列与函数、方程与不等式，解析几何 等知识结合，考查基础知识、思想方法的运用，对思维能力要求较高，注重试题的综合性，注意分类讨论．高考中常常把数列、极限与函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在 一起，再加以导数和向量等新增内容，使数列综合题新意层出不穷．常见题型：（1）由递推公式给出数列，与其他知识交汇，考查运用递推公式进行恒等变形、推理与综合能力．（2）给出Sn 与an 的关系，求通项等，考查等价转化的数学思想与解决问题能力．（3）以函数、解析几何的知识为载体，或定义新数列，考查在新情境下知识的迁移能力． 理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用，注意不等式型的递推数列． ★★ 突 破 重 难 点【范例1】已知数列{}n a ，{}n b 满足12a =，11b =，且11113114413144n n n n n n a a b b a b ----⎧=++⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩（2n ≥）（I ）令n n n c a b =+，求数列{}n c 的通项公式；（II ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和公式n S ．解：（Ｉ）由题设得11()2(2)n n n n a b a b n --+=++≥，即12n n c c -=+（2n ≥）易知{}n c 是首项为113a b +=，公差为２的等差数列，通项公式为21n c n =+．（II ）解：由题设得111()(2)2n n n n a b a b n ---=-≥，令n n n d a b =-，则11(2)2n n d d n -=≥．易知{}n d 是首项为111a b -=，公比为12的等比数列，通项公式为112n n d -=． 由12112n n n n n a b n a b -+=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得1122n n a n =++， 求和得21122n n n S n =-+++．【变式】在等差数列{}n a 中，11a =，前n 项和n S 满足条件242,1,2,1n n S n n S n +==+，（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记(0)na nn b a p p =>，求数列{}n b 的前n 项和n T 。
2024年高考数学大题突破：数列综合大题归类(解析版)
数列综合大题归类目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型基础原理：m pq =m q -p 1p -1q，如：12×4=14-212-14；基本题型：①1n n +1 =1n -1n +1；②12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；注意(避免掉坑)①分母分解因式：1n 2+3n=1n n +3 =131n -1n +3 ；②系数不相同就提系数：1n 2n +4=12⋅1n n +2 =12⋅121n -1n +2 ；③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n +k=1k 1n -1n +k ；(2)1n +k +n=1k n +k -n ；(3)12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1；(4)1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2；分式型分子裂差法形如f n a n ⋅a n +1型，如果f n =λa n +1-a n ，则可以分子裂差：f n a n ⋅a n +1=λa n +1-a n a n ⋅a n +1=λ1a n -1a n +11(22·23·龙岩·二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)由S nS 2n为常数，则n [1+1+(n -1)d ]22n [1+1+(2n -1)d ]2=2-d +nd4-2d +4nd为常数，即d =2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2=n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)，然后累加求和即可得证．【详解】(1)依题意，得：S 1S 2=S 2S 4，即a 1a 1+a 2=a 1+a 2a 1+a 2+a 3+a 4所以，12+d =2+d4+6d，化简得：d (d -2)=0因为d ≠0，所以d =2所以a n =1+2(n -1)=2n -1经检验：S n S 2n =n 24n 2=14成立(2)因为a n =2n -1所以b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=144n (2n -1)(2n +1)-4(n +1)(2n +1)(2n +3)=1412n -1+12n +1 -12n +1+12n +3=1412n -1-12n +3 ，所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =14[1-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3 ]=141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．2(22·23·秦皇岛·模拟预测)设等比数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等差数列，且公差d ≠0,a 1=b 1=2，a 3=b 3,S 3=b 5.(1)求数列a n 的通项公式以及前n 项和S n ；(2)数列2n +1n 2b n +4 2的前n 项和为T n ，求证：T n≤19.【答案】(1)a n =2n ,S n =2n +1-2(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.(2)利用裂项相消法求出T n =19×1-1n +1 2，而1-1n +1 2<1，从而得出证明.【详解】(1)设a n 的公比为q ，由题意，可得a 1q 2=b 1+2d a 1+a 1q +a 1q 2=b 1+4d ，解得q =2d =3 ，所以a n =2n，所以S n =2×1-2n 1-2=2n +1-2；(2)由(1)得b n =2+3n -1 =3n -1，所以2n +1n 2b n +4 2=2n +1n 2(3n +3)2=2n +19n 2(n +1)2=191n 2-1(n +1)2，所以T n =b 1+b 2+⋯+b n =19×1-122 +122-132+⋯+1n 2-1(n +1)2=19×1-1n +1 2 ，因为1-1n +12<1，所以T n ≤19，得证.3(2024下·福建·高三校联考开学考试)已知正项数列a n 中，a 1=1，a n +1=a n +2a n +1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)记数列b n =2a n +1a n a n +1的前n 项和S n ，求满足S n <99100的正整数n 的集合．【答案】(1)a n =n 2(2)n ∈N *|1≤n ≤8【分析】(1)由题意，可得到数列a n 是公差为1的等差数列，进而得到数列a n 的通项公式；(2)由(1)可得数列b n 的通项公式，利用裂项相消法即可求出S n ，进而解不等式.【详解】(1)由a n +1=a n +2a n +1，有a n +1=a n +1 2，即a n +12=a n +1 2，因为数列a n 是正项数列，所以a n +1=a n +1，即a n +1-a n =1，可得数列a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1=n ，故数列a n 的通项公式为a n =n 2；(2)由(1)可得b n =2n +1n 2n +1 2=n +1 2-n 2n 2n +1 2=1n 2-1n +12．所以S n =1-122+122-132+⋅⋅⋅+1n 2-1n +1 2 =1-1n +12，故不等式S n <99100可化为1-1n +1 2<99100，解得0<n <9，所以满足S n <99100的正整数n 的集合为n ∈N *|1≤n ≤8 .【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型指数裂项法形如mq n +r +t hq n +b hq n +1+b 型，如果mq n +r +t =λhq n +b -hq n +1+b ，则可以分子裂差：mq n +r +t hq n +b hq n +1+b=λhq n +1+b -hq n +bhqn+b hq n +1+b=λ1hq n +b -1hq n +1+b1(2023·广西玉林·校联考模拟预测)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=2，a n +1=S n +n ．(1)证明：当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n +1a n +1a n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <13．【答案】(1)证明见解析，a n =2,n =12n-1,n ≥2(2)证明见解析【分析】(1)令n =1可求得a 2的值，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ，可得a n =S n -1+n -1，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列a n 的通项公式；(2)b n =12n +1-1-12n +2-1，利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】(1)证明：因为a 1=2，a n +1=S n +n ，S n 为数列a n 的前n 项和，当n =1时，a 2=S 1+1=2+1=3，当n ≥2时，由a n +1=S n +n ①，可得a n =S n -1+n -1②，①-②可得a n +1-a n =a n +1，即a n +1=2a n +1，所以，a n +1+1=2a n +1 ，又因为a 2+1=3+1=4≠2a 1+1 ，则当n ≥2时，数列a n +1 是等比数列，其公比为2，即当n ≥2时，a n +1=a 2+1 ⋅2n -2=4×2n -2=2n ，则a n =2n -1，a 1=2不满足a n =2n -1，所以，a n =2,n =12n -1,n ≥2.(2)证明：b n =2n +1a n +1a n +2=2n +12n +1-1 2n +2-1=12n +1-1-12n +2-1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =122-1-123-1 +123-1-124-1 +124-1-125-1 +⋯+12n +1-1-12n +2-1=13-12n +2-1<13.综上，对任意的n ∈N ∗，T n <13.2(2023上·海南海口·高三校考阶段练习)在数列a n a n ≠0 和b n 中，a 1=1,b 1=2，且a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项.(1)设c n =b na n，求证：数列c n -1 为等比数列；(2)若b n =3×2n2n +1,a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <3.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由等差中项整理得a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n +1，得c n +1-1=2(c n -1)即可证明；(2)应用裂项相消法即可求解.【详解】(1)依题a n +1b n 是a n a n +1和a n b n +1的等差中项，则2a n +1b n =a n a n +1+a n b n +1，即a n b n +1=2a n +1b n -a n a n +1，两边同时除以a n a n+1a n≠0，得b n+1a n+1=2⋅b na n-1，即c n+1=2c n-1，则c n+1-1=2(c n-1)，由c1-1=b1a1-1=1≠0，所以数列c n-1是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)得c n-1=2n-1，则c n=2n-1+1，则a n=b nc n=3×2n(2n-1+1)(2n+1)=612n-1+1-12n+1，则S n=612-13+13-15+⋯+12n-2+1-12n-1+1+12n-1+1-12n+1=612-1 2n+1=3-62n+1，因为n∈N∗，则62n+1>0，故S n<3.3(2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习)已知数列a n的首项a1=4，且满足a n+1=3a n -2n∈N*．(1)求证：数列a n-1为等比数列；(2)记b n=3na n⋅a n+1，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)证明见解析(2)S n=18-12⋅3n+1+2【分析】(1)由题设递推式可得a n+1-1=3a n-1n∈N*，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证a n-1为等比数列；(2)由(1)有a n=3n+1，进而求b n，利用裂项相消法求S n.【详解】(1)由a n+1=3a n-2n∈N*得a n+1-1=3a n-1n∈N*，又a1-1=3，所以a n-1是首项为3，公比为3的等比数列.(2)由(1)知，a n-1=3×3n-1=3n，所以a n=3n+1所以b n=3n3n+1⋅3n+1+1=12×13n+1-13n+1+1，S n=b1+b2+b3+⋯+b n=12×131+1-132+1+132+1-133+1+⋯+13n+1-13n+1+1=12×131+1-13n+1+1=18-12⋅3n+1+2.【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型正负型：等差裂和型形如-1n⋅f na n⋅a n+1型，如果f n =λa n+1-a n，则可以分子裂差：-1 n⋅f na n⋅a n+1=-1n⋅λa n+1-a na n⋅a n+1=-1n⋅λ1a n-1a n+11(2023·河北唐山·三模)设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n +1的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n12n +1【分析】(1)利用S n 与a n 的关系计算求通项；(2)结合(1)的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n 4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1=(-1)n 12n -1+12n +1 .T n =-1+13 +13+15 -15+17 +⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.2(2023·江苏镇江·二模)已知数列a n 满足：a 1=14,a n +1=nn +2a n.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =(-1)n (2n +1)a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =12n n +1(2)S n =-12+-1 n ⋅12n +2【分析】(1)运用累乘法计算；(2)运用裂项相消法求和.【详解】(1)由题意：a 2a 1=13,a 3a 2=24,a 4a 3=35,a 5a 4=46,⋯,a n +1a n =nn +2 ，∴a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×a 5a 4×⋯×a n +1a n =13×24×35×46×⋯×n n +2=2n +1 n +2，a n +1a 1=2n +1 n +2 ,a n +1=a 1×2n +1 n +2 =12n +1 n +2 ，a n =12n n +1 ，将n =1代入上式也成立，∴a n =12n n +1；(2)b n =-1 n 2n +1 a n =-1 n 2n +12n n +1=-1 n 1n +1n +1 ⋅12，S n =b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+⋯+b n =12-1-12+12+13-13-14+⋅⋅⋅+-1 n ⋅1n +-1 n ⋅1n +1=12-1+-1 n ⋅1n +1 =-12+-1 n⋅12n +2.3(2023·湖南永州·三模)记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1=1-4.(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n .【答案】(1)证明见解析(2)-8n 40n +25【分析】(1)根据题意得到T n T n -1=a n ，由1a n =1-4T n，化简得到T n -T n -1=4，求得T 1=5，结合等差数列的定义，即可求解；(2)由(1)可得T n =4n +1，得到b n =-1 n ⋅14n +1+14n +5，结合裂项法，即可求解.【详解】(1)证明：由题意得T n =a 1a 2⋯a n ，当n ≥2时，可得T n -1=a 1a 2⋯a n -1，可得Tn T n -1=a n ,(n ≥2)，因为1a n =1-4T n ，所以T n -1T n =1-4T n,(n ≥2)，即T n -1=T n -4(n ≥2)，即T n -T n -1=4,(n ≥2)，当n =1时，可得T 1=a 1，所以1T 1=1-4T 1，解得T 1=5，所以数列T n 是以5为首项，4为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得T n =5+(n -1)×4=4n +1，所以b n =-1 n ⋅8n +6T n ⋅T n +1=-1 n ⋅8n +6(4n +1)(4n +5)=-1 n ⋅14n +1+14n +5 ，所以S 2n =-15+19+19+113 -113+117+⋯-18n -3+18n +1 +18n +1+18n +5 =-15+18n +5=-8n 40n +25.【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和正负型：指数裂和型形如-1 n⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b型，如果mq n +r +t =λhq n +b +hq n +1+b ，则可以分子裂和：-1 n ⋅mq n +r +t hq n +b hq n +1+b =-1 n ⋅λhq n +1+b +hq n +b hq n +b hq n +1+b=-1 n ⋅λ1hq n +b +1hq n +1+b1(23·24上·湖北·期中)已知{a n }为等比数列，且a 2+a 3+a 4=14，a 2,a 3+1,a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)当{a n }为递增数列时，b n =(-1)n 6a n +22n +1 2n +1+1 ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若存在n ∈N ∗,m ≥T n ，求m 的取值范围.【答案】(1)a n =2n -1或a n =25-n (2)m ≥-815【分析】(1)运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到{a n }通项.(2)由{a n }递增可得a n =2n -1，对b n 通项进行裂项展开，当n 为偶数、奇数时分别求出T n 表达式，然后再分别求出T n的范围，由存在n∈N∗,m≥T n，即可求出m的取值范围.【详解】(1)设等比数列{a n}公比为q，由a2+a3+a4=14a2+a4=2a3+1⇒a3=4q=2或a3=4q=12，∴a n=2n-1或a n=25-n.(2)当{a n}为递增数列时，a n=2n-1所以b n=(-1)n3⋅2n+22n+12n+1+1=(-1)n12n+1+12n+1+1当n为偶数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯+12n+1+12n+1+1=-13+12n+1+1在n∈N*上单调递减，∴T n∈-13,-29，当n为奇数时，T n=-12+1+122+1+122+1+123+1+⋯-12n+1+12n+1+1=-13-12n+1+1在n∈N*上单调递增，∴T n∈-815,-13，∴m≥-815.2(23·24上·黔东南·阶段练习)已知数列a n满足：a1=1，a n=2a n-1+1n≥2.(1)证明：a n+1是等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)a n+1+1，求b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1(2)S n=(-1)n(n+1)∙2n+1-12【分析】(1)通过构造可证a n+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得a n+1，然后可得a n；(2)将数列b n通项公式变形为b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，直接求和可得.【详解】(1)证明：由a n=2a n-1+1(n≥2)，所以a n+1=2a n-1+2=2(a n-1+1)，所以{a n+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，所以a n+1=2n，即a n=2n-1(2)由(1)知：a n+1+1=2n+1，所以b n=(-1)n(3n+2)n(n+1)∙2n+1.又b n=(-1)n1n∙2n+1(n+1)∙2n+1，所以S n=-12+12·22+12·22+13·23-13·23+14·24+⋯+-1 n1n·2n+1n+1·2n+1=(-1)n(n+1)∙2n+1-123(22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中)已知数列a n满足a1=14,a n+1=3a n-4.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=(-1)n a n3n+13n+1+1，数列b n的前n项和为T n，若存在n∈N*，使m≥T n，求m的取值范围.【答案】(1)a n=4×3n+2(2)-720,+∞【分析】(1)依题意可得a n+1-2=3a n-2，再结合等比数列的定义即可证明；(2)由(1)可得b n=(-1)n13n+1+1 3n+1+1，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】(1)证明：因为a n+1=3a n-4，所以a n+1-2=3a n-2，即a n+1-2a n-2=3n∈N*，因为a1=14，所以a1-2=12，故数列a n-2是以12为首项，3为公比的等比数列，所以a n-2=12×3n-1=4×3n，则a n=4×3n+2.(2)解：由(1)知a n=4×3n+2，所以b n=(-1)n a n3n+13n+1+1=(-1)n4×3n+23n+13n+1+1=(-1)n13n+1+13n+1+1.当n为偶数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+L+-13n++113n+1+13n+1+13n++1=-13+1+13n+1+1=-14+13n+1+1，因为T n=-14+13n+1+1是单调递减的，所以-14<T n≤-314.当n为奇数时，T n=-13+1-1 32+1+132+1+133+1+⋯+13n++1+13n+1+-13n+113n+1+1=-13+1-13n+1+1=-14-13n+1+1，又T n=-14-13n+1+1是单调递增的，因为13n+1+1>0，所以-720≤T n<-14.要使存在n∈N*，使m≥T n，只需m≥T nmin，即m≥-720，故m的取值范围是-720,+∞.【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 仿写规律：t>1①b na n⋅a n+1⋅t n⇒1a n⋅t n-1-1a n+1⋅t n=λb na n⋅a n+1⋅t n(可通分反解λ)；②b n⋅t na n⋅a n+1⇒t n+1a n+1-t na n=λb n⋅t na n⋅a n+1(可通分反解λ)1(23·24上·甘南·期中)在数列a n中，a1=2且∀n∈N*,a n+1=3a n+2×3n.(1)求a n的通项公式；(2)设b n=a n+3na n a n+1，若b n的前n项和为S n，证明：S n<14.【答案】(1)a n=2n⋅3n-1,n∈N∗(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，化简得到a n+13n+1-a n3n=23，得出数列a n3n为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而求得数列a n的通项公式；(2)由a n=2n⋅3n-1，得到b n=121a n-1a n+1，结合裂项法求和，求得S n=14-14(n+1)⋅3n，进而证得S n<1 4.【详解】(1)解：由a n+1=3a n+2×3n，两边同除以3n+1，可得a n+13n+1=a n3n+23，即a n+13n+1-a n3n=23，因为a1=2，可得a13=23，所以数列a n3n是首项为23，公差为23的等差数列，可得a n3n=23+(n-1)×23=2n3，所以a n=2n3×3n=2n⋅3n-1，即数列a n的通项公式为a n=2n⋅3n-1,n∈N∗.(2)解：由a n=2n⋅3n-1，可得b n=a n+3na n a n+1=2n⋅3n-1+3n2n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=(2n+3)⋅3n-12n⋅3n-1⋅2(n+1)⋅3n=1212n⋅3n-1-12(n+1)⋅3n=121a n-1a n+1，所以数列b n的前n项和为S n=121a1-1a2+1a2-1a3+⋯+1an-1a n+1=121a1-1a n+1=1212-12(n+1)⋅3n=14-14(n+1)⋅3n，因为4(n+1)⋅3n>0，可得14-14(n+1)⋅3n<14，即S n<14.2(23·24上·合肥·阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T n，令a n=log3T n.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=n+1⋅2n-1a n a n+1，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+22(2)S n=2n+2n+3-43【分析】(1)利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得T n，结合对数的运算可得出数列a n的通项公式；(2)计算得出b n=-2n+1n+2+2n+2n+3，利用裂项相消法可求得S n.【详解】(1)解：在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，设插入的这n个数分别为c1、c2、⋯、c n，由等比数列的性质可得c1c n=c2c n-1=⋯=c n c1=1×3=3，所以，T n=1⋅c1c2⋯c n⋅3 T n=3⋅c n c n-1⋯c1⋅1，所以，T2n =1⋅3⋅c1c n⋅c2c n-1⋅⋯⋅c n c1⋅1⋅3=3n+2，易知T n>0，所以，T n=3n+22，则an=log3T n=log33n+22=n+22.(2)解：b n =n +1 ⋅2n -1a n a n +1=n +1 ⋅2n -1n +2 n +34=n +1 ⋅2n +1n +2 n +3=2n +2 -n +3 ⋅2n +1n +2 n +3=-2n +1n +2+2n +2n +3，所以，S n =-223+234 +-234+245+⋯+-2n +1n +2+2n +2n +3 =2n +2n +3-43.3(23·24上·昆明·阶段练习)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=2n +1a n n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 2a 2n -n 2，数列b n +22n +1b n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，求证：38≤S n<12.【答案】(1)a n =2n n +12(2)证明见解析【分析】(1)运用累乘法求出a n 的通项公式；(2)先运用裂项法求出S n 的解析式，再运用缩放法证明.【详解】(1)由已知a 1=2,a n +1a n=2n +1n ∈N * ，所以a n =a n a n -1⋅a n -1a n -2⋯⋯a 2a 1⋅a 1=2n ⋅2n -1⋯⋯22⋅2=2n n +12n ≥2 ，当n =1时，a 1=2满足条件，所以a n =2n n +12；(2)由于b n =log 2a 2n -n 2=n ，所以b n +22n +1b n ⋅b n +1=n +22n +1n n +1 =1n ⋅2n -1n +1 2n +1，所以S n =11×2-12×22+12×22-13×23 +13×23-14×24+⋯+1n ⋅2n 1n +1 2n +，所以S n =11×2-1n +1 2n +1，显然S n 在N *上为增函数，S 1=11×2-12×22=38,∴S n ≥S 1=38，又S n =11×2-1n +12n +1<11×2=12，所以38≤S n <12；综上，a n =2n n +12.【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型常见的三角函数裂项：1.正切型裂项：若a n +1-a n =α,tan α=m (特殊角)，则tan α=tan a n +1-a n =tan a n +1-tan a n1+tan a n +1tan a n=m ，b n =tan a n +1tan a n =1mtan a n +1-tan a n -1；2.正余弦和与差公式应用裂项型：b n =sin1cos n cos (n -1)=sin [n -(n -1)]cos n cos (n -1)=sin n cos (n -1)-cos n sin (n -1)cos n cos (n -1)=tan n -tan (n -1)1(2023·山东威海·二模)已知2n +2个数排列构成以q n q n >1 为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n +2个数为8，设a n =log 2q n ．(1)证明：数列1a n是等差数列；(2)设b n =tanπa n tan πa n +1，求数列b n 的前100项和S 100．【答案】(1)数列1a n是以公差为23的等差数列.1a n +1-1a n =23(2)-99【分析】(1)根据等比数列的性质分析可得a n =32n +1，再结合等差数列的定义分析证明；(2)根据两角差的正切公式整理得b n =-33tan πa n +1-tan πa n-1，结合裂项相消法运算求解.【详解】(1)由题意可得：q 2n +1n=81=8，且q n >1，可得q n =232n +1，所以a n =log 2232n +1=32n +1，可得1a n =2n +13，则1a n +1-1a n =2n +1 +13-2n +13=23，所以数列1a n是以公差为23的等差数列.(2)由(1)可得πa n +1-πa n =2π3，则tan 2π3=tan πa n +1-πa n=tan πa n +1-tan πan 1+tan πa n +1tan πan=-3，整理得b n =tanπa n tan πa n +1=-33tan πa n +1-tan πa n-1，则S 100=b 1+b 2+⋅⋅⋅+b 100=-33tan πa 2-tan πa 1 -1+-33tan πa 3-tan πa 2-1 +⋅⋅⋅+-33tan πa 101-tan πa 100-1=-33tanπa 2-tan πa 1 +tan πa 3-tan πa 2 +⋅⋅⋅+tan πa 101-tan πa 100-100=-33tan πa 101-tan πa 1-100=-33tan 203π3-tanπ -100=-33tan 68π-π3 -100=33tan π3-100=-99，所以数列b n 的前100项和S 100=-99.2(22·23高三上·山东济宁·期中)已知n ∈N *，抛物线y =-x 2+n 与x 轴正半轴相交于点A ，在点A 处的切线在y 轴上的截距为a n (1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =4n cos n πa n -1 a n +1，求数列b n 的前项和S n ．【答案】(1)a n =2n ；(2)S n =-2n +22n +1,n =2k -1-2n 2n +1,n =2k,k ∈N ∗ .【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.(2)由(1)的结论求出b n，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)n∈N∗，抛物线与x轴正半轴的交点坐标为(n,0)，由y=-x2+n求导得：y =-2x，因此抛物线在点A处的切线的斜率为-2n，切线方程为y=-2n(x-n)，当x=0时，y=2n，所以a n=2n.(2)由(1)知，a n=2n，则b n=4n cos nπ(2n-1)(2n+1)=12n-1+12n+1cos nπ，当n为偶数时，S n=-1+1 3+13+15-15+17+17+19-⋯-12n-3+12n-1+1 2n-1+1 2n+1=-1+12n+1=-2n2n+1，当n为奇数时，S n=S n+1-b n+1=-1+12n+3-12n+1+12n+3=-1-12n+1=-2n+22n+1，S n=-2n+22n+1,n=2k-1-2n2n+1,n=2k,k∈N∗.3(22·23上·芜湖·期末)已知S n是数列a n的前n项和，2S n=n+1a n．且a1=1(1)求a n的通项公式；(2)设a0=0，已知数列b n满足b n=sin1cos a n cos a n-1，求b n的前n项的和T n【答案】(1)a n=n；(2)tan n.【分析】(1)利用给定的递推公式，结合a n=S n-S n-1,n≥2变形，构造数列求解作答.(2)由(1)的结论，利用差角的正弦公式变形，再利用错位相减法求解作答.【详解】(1)因为n∈N*，2S n=n+1a n，当n≥2时，2S n-1=na n-1，两式相减得：2a n=(n+1)a n-na n-1，即(n-1)a n=na n-1，变形得a nn=a n-1n-1，于是得数列a nn是常数列，因此a nn=a11=1，即a n=n，所以数列a n的通项公式是a n=n.(2)由(1)知，a n=n，b n=sin1cos n cos(n-1)=sin[n-(n-1)]cos n cos(n-1)=sin n cos(n-1)-cos n sin(n-1)cos n cos(n-1)=tan n-tan(n-1)，所以T n=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+⋅⋅⋅+[tan n-tan(n-1)]=tan n-tan0=tan n.【题型七】递推公式：分式型不动点已知分式一次型数列递推关系a n+1=Ca n+DAa n+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D≠0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令a n+1+x=Ca n+DAa n+B+x=C+xAa n+D+BxAa n+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向b n+1=tb nAa n+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1≠x2，则a n-x2a n-x1为等比数列；若x1=x2，则1a n-x1为等差数列.1(22-23高三·河南·阶段练习)已知数列a n满足a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗．(1)证明：数列1a n+1是等差数列；(2)证明：a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1．【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗可得1a n+1+1=2+1a n+1，利用等差数列的定义即可证明结论；(2)利用(1)的结论可得a n=-2n+22n-1，即得|a n |=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗)，利用作差法可得|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2，由此可设S=a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1，即得S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，两式相乘可证明结论.【详解】(1)证明：根据题意a1=0,a n+1=-a n-22a n+3,n∈N∗，可得a n+1+1=a n+12a n+3，则1a n+1+1=2a n+3a n+1=2+1a n+1，故1a n+1+1-1a n+1=2，1a1+1=10+1=1故数列1a n+1是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知，1a n+1=1+2(n-1)=2n-1，则a n=12n-1-1=-2n+22n-1，则|a n|=2n-22n-1,(n≥2,n∈N∗),由于2n-22n-1-2n-32n-2=(2n-2)2-(2n-3)(2n-1)(2n-1)(2n-2)=1(2n-1)(2n-2)>0，故|a n|=2n-22n-1>2n-32n-2,(n≥2,n∈N∗)设S=a2⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1,则S=23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1，且S>12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n，则S2>23⋅45⋅67⋅⋅⋅⋅⋅2n2n+1⋅12⋅34⋅56⋅⋅⋅⋅⋅2n-12n=12n+1，故S>12n+1,∴a2 ⋅a3 ⋅a4 ⋅⋅⋅⋅⋅a n+1>12n+1.2(2024高三·全国·专题练习)在数列{a n}中，a1=4且a n+1=3a n+2a n+4，求数列{a n}的通项公式.【答案】a n=2n-1+5n-1 5n-1-2n-2【分析】法一，由a n+1+x=3a n+2a n+4+x=(x+3)a n+4x+2a n+4，令1x=x+34x+2，解得x1=-1,x2=2，即在等式两边同减去1，可构造出形式a n+1-1=2(a n-1)a n+4，从而两边再同取倒数可得1a n+1-1=12+52⋅1a n-1，由此配凑常数，可构造等比数列1a n-1+13进而求得等比数列通项，解an可得；法二，利用特征方程x=3x+2x+4有两个不等式根：x1=1,x2=-2，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出a n即可.【详解】法一，由a n+1=3a n+2a n+4两边减去1得，a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2(a n-1)a n+4，两边取倒数得，1a n+1-1=a n+42(a n-1)=a n-1+52(a n-1)=12+52⋅1a n-1，两边同加13得，1a n+1-1+13=56+52⋅1a n-1=52⋅1a n-1+13，由a1=4，则1a1-1+13=23≠0，所以有1a n+1-1+131a n-1+13=52，故1a n-1+13是以23为首项，52为公比的等比数列.所以1a n-1+13=23⋅52n-1，故a n-1=3⋅2n-12⋅5n-1+2n-1，解得a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.法二：因为a n+1=3a n+2a n+4，两边同减去1得a n+1-1=3a n+2a n+4-1=2a n-2a n+4①，两边同加上2得a n+1+2=3a n+2a n+4+2=5a n+10a n+4②，由已知a1=4，则a1-1=3≠0,a1+2=6≠0，①②两式相除得，a n+1-1 a n+1+2=2a n-15(a n+2)，且a1-1a1+2=12≠0，所以，数列a n-1a n+2是以12为首项，25为公比的等比数列，∴a n-1a n+2=a1-1a1+2·25n-1=12⋅25 n-1，∴a n=2n-1+5n-15n-1-2n-2.3(2023高三·全国·专题练习)已知数列a n满足性质：对于n∈N,a n-1=a n+42a n+3,且a1=3,求{a n}的通项公式.【答案】a n =(-5)n -42+(-5)n【分析】根据特征方程的根，构造数列c n 的通项公式，再得到数列a n 的通项公式.【详解】依定理作特征方程x =x +42x +3,变形得2x 2+2x -4=0,其根为λ1=1,λ2=-2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第(2)部分，则有c n =a 1-λ1a 1-λ2⋅p -λ1r p -λ2rn -1=3-13+2⋅1-1⋅21+2⋅2n -1，n ∈N ∴c n =25-15n -1,n ∈N .∴a n =λ2c n -λ1c n -1=-2⋅25-15 n -1-125-15n -1-1,n ∈N .即a n =(-5)n -42+(-5)n,n ∈N .【题型八】插入数型插入数型1.插入数构成等差数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等差数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等差数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1+(n +2-1)d n ⇔d n =b n +2-b 1(n +2-1)2.插入数构成等比数列在a n 和a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数构成等比数列，可通过构造新数列{b n }来求解d nn +2个数构成等比数列，公差记为d n ，所以：b n +2=b 1∙q n (n +2-1)⇔q n (n +2-1)=b n +2b 1⇔ln b n +2b 1=ln q n (n +2-1)=(n +2-1)ln q n3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列a n 提供了多少项，其余都是插入进来的。
2020届高考数学(理)复习课件：第八单元 §8.4 数列求和、数列的综合应用
【 所解 以析Sn】=3(×2)2因(11--为22������)-cnn==���3������×��� ���2��� =n+31×-n2-n6-.1,
解析
题型二 利用错位相减法求和
【例 2】设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,nan+1=(n+2)Sn+n(n+1),n∈N*.
时,应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达
式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,则应分公比
解析
等于1和不等于1两种情况求解.
【追踪训练 2】设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1=λSn+1(n∈N*,λ≠-1), 且 a1,2a2,a3+3 为等差数列{bn}的前三项. (1)求数列{an},{bn}的通项公式;
【解析】(2)由 bn=bn-1·log3an+2=bn-1·n,
得 bn=���������������������-���1·������������������������--12·…·������������21·b1=n·(n-1)·…·2·1=n!,
因为(���������������-���+1)1!=((������������+-11))!!=(������+11)������=1������-������+1 1,
解析
(【 所2)设解 以析bTn2=】n=(b���2������21������)���++���由������1���+b+·1���(21���+1���2+1���+)b知3������3���,+���n+,…3b=,nn=+2=bk2������n2���2���������+k���������1���-++1·1���1���,+1���2(���k+3为 ���������,���n+正3=,整n2数=k )2,求k-数1,=列{14b������n+���}���1222的-- 前(������������,+1n22n)=2 项2,n和k-=1T,22nk. ,
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题08 数列 Word版原卷版
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题08 数列一、选择题1.(2019·全国1·理T9)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-10C.S n =2n 2-8nD.S n =12n 2-2n2.(2019·浙江·T 10)设a,b ∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=a n 2+b,n ∈N *,则( )A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10 C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>103.(2018·全国1·理T4)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5=( ) A.-12 B.-10 C.10D.124.(2018·浙江·T10)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( ) A.a 1<a 3,a 2<a 4 B.a 1>a 3,a 2<a 4 C.a 1<a 3,a 2>a 4 D.a 1>a 3,a 2>a 45.(2018·北京·理T4文T 5)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( ) A.√23fB.√223fC.√2512fD.√2712f6.(2017·全国1·理T12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.1107.(2017·全国3·理T9)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.-24 B.-3C.3D.88.(2016·全国1·理T3)已知等差数列{a n }前9项的和为27,a 10=8,则a 100=( )A.100B.99C.98D.979.(2015·浙江·理T13)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n,若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>010.(2015·全国2·文T5)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( )A.5B.7C.9D.1111.(2015·全国1·文T7)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S8=4S4,则a10= ( )A.172B.192C.10D.1212.(2015·全国2·理T4)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )A.21B.42C.63D.8413.(2015·全国2·文T9)已知等比数列{a n}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.1D.114.(2014·大纲全国·文T8)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3,S4=15,则S6=( )A.31B.32C.63D.6415.(2014·全国2·文T5)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8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+1)2D.n(n-1)216.(2013·全国2·理T3)等比数列{a n}的前n项和为S n.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )A.13B.-13C.19D.-1917.(2013·全国1·文T6)设首项为1,公比为23的等比数列{a n}的前n项和为S n,则( )A.S n=2a n-1B.S n=3a n-2C.S n=4-3a nD.S n=3-2a n18.(2013·全国1·理T12)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=c n+a n2,c n+1=b n+a n2,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S 2n-1}为递减数列,{S 2n }为递增数列19.(2013·全国1·理T7)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,则m= ( ) A.3 B.4 C.5 D.620.(2012·全国·理T5)已知{a n }为等比数列,a 4+a 7=2,a 5a 6=-8,则a 1+a 10=( ) A.7 B.5 C.-5D.-721.(2012·全国·文T12)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为( ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830二、填空题1.(2019·全国3·文T14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 3=5,a 7=13,则S 10= .2.(2019·全国3·理T14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S10S 5= .3.(2019·江苏·T 8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 5+a 8=0,S 9=27,则S 8的值是 .4.(2019·北京·理T10)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2=-3,S 5=-10,则a 5= ,S n 的最小值为 .5.(2019·全国1·文T14)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= .6.(2019·全国1·理T14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5=________.7.(2018·全国1·理T14)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= . 8.(2018·北京·理T9)设{a n }是等差数列,且a 1=3,a 2+a 5=36,则{a n }的通项公式为 .9.(2018·上海·T 10)设等比数列{a n }的通项公式为a n =q n-1(n ∈N *),前n 项和为S n ,若lim n →∞S n a n+1=12,则q=.10.(2018·江苏·T 14)已知集合A={x|x=2n-1,n ∈N *},B={x|x=2n ,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为 . 11.(2017·全国2·理T15)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k=____________.12.(2017·全国3·理T14)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=-1,a 1-a 3=-3,则a 4= .13.(2017·江苏·理T9文T9)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8=. 14.(2016·浙江·理T13文T13)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= . 15.(2016·北京·理T12)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1=6,a 3+a 5=0,则S 6= . 16.(2016·全国1·理T15)设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2…a n 的最大值为 . 17.(2015·全国1·文T13)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= . 18.(2015·湖南·理T14)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n = .19.(2015·福建·文T16)若a,b 是函数f(x)=x 2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q 的值等于 . 20.(2015·江苏·理T11)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1- a n =n+1(n ∈N *).则数列{1a n}前10项的和为____________.21.(2015·全国2·理T16)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 = . 22.(2015·广东·理T10)在等差数列{a n }中,若a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=25,则a 2+a 8= .23.(2015·陕西·文T13)中位数为 1 010的一组数构成等差数列,其末项为 2 015,则该数列的首项为 .24.(2014·江苏·理T7)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是 . 25.(2014·广东·文T13)等比数列{a n }的各项均为正数,且a 1a 5=4,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+log 2a 4+log 2a 5= .26.(2014·安徽·理T12)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q= . 27.(2014·全国2·文T16)数列{a n }满足a n+1=11-a n,a 8=2,则a 1=____________.28.(2014·北京·理T12)若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9>0,a 7+a 10<0,则当n= 时,{a n }的前n 项和最大. 29.(2014·天津·理T11)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的值为 .30.(2013·全国2·理T16)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为 . 31.(2013·辽宁·理T14)已知等比数列{a n }是递增数列,S n 是{a n }的前n 项和.若a 1,a 3是方程x 2-5x+4=0的两个根,则S 6= .32.(2013·全国1·理T14)若数列{a n }的前n 项和S n =23a n +13,则{a n }的通项公式是a n = . 33.(2012·全国·文T14)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3+3S 2=0,则公比q= . 三、计算题1.(2019·全国2·文T18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.2.(2019·全国2·理T19)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.3.(2019·天津·文T18)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式; (2)设数列{c n }满足c n ={1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数,求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n ∈N *).4.(2019·天津·理T19)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; ②求∑i=12na i c i (n ∈N *).5.(2019·浙江·T 20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足:对每个n ∈N *,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)记c n =√a n 2b n,n ∈N *,证明:c 1+c 2+…+c n <2√n ,n ∈N *. 6.(2019·江苏·T 20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M - 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M - 数列”; (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n=2b n−2b n+1,其中S n 为数列{b n }的前n 项和.①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数.若存在“M - 数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k+1成立,求m 的最大值.7.(2018·北京·文T15)设{a n }是等差数列,且a 1=ln 2,a 2+a 3=5ln 2. (1)求{a n }的通项公式; (2)求e a 1+e a 2+…+e a n .8.(2018·上海·T 21)给定无穷数列{a n },若无穷数列{b n }满足:对任意x ∈N *,都有|b n -a n |≤1,则称{b n }与{a n }“接近”.(1)设{a n }是首项为1,公比为12的等比数列,b n =a n+1+1,n ∈N *,判断数列{b n }是否与{a n }接近,并说明理由; (2)设数列{a n }的前四项为a 1=1,a 2=2,a 3=4,a 4=8,{b n }是一个与{a n }接近的数列,记集合M={x|x=b i ,i=1,2,3,4},求M 中元素的个数m:(3)已知{a n }是公差为d 的等差数列.若存在数列{b n }满足:{b n }与{a n }接近,且在b 2-b 1,b 3-b 2,…,b 201-b 200中至少有100个为正数,求d 的取值范围.9.(2018·江苏·T 20)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列. (1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1, √2m],证明:存在d ∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).10.(2018·天津·文T18)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n ∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6. (1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.11.(2018·天津·理T18)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是等差数列.已知a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *), ①求T n ;②证明∑k=1n(T k +b k+2)b k(k+1)(k+2)=2n+2-2(n ∈N *). 12.(2018·全国2·理T17文T17)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1=-7,S 3=-15. (1)求{a n }的通项公式; (2)求S n ,并求S n 的最小值.13.(2018·全国1·文T17)已知数列{a n }满足a 1=1,na n+1=2(n+1)a n .设b n =ann .(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.14.(2018·全国3·理T17文T17)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.15.(2017·全国1·文T17)设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.16.(2017·全国2·文T17)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.17.(2017·全国3·文T17)设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.(1)求{a n}的通项公式;}的前n项和.(2)求数列{a n2n+118.(2017·天津·理T18)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b2n-1}的前n项和(n∈N*).19.(2017·山东·理T19)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.20.(2017·山东·文T19)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和T n.(2){b n}为各项非零的等差数列,其前n项和为S n.已知S2n+1=b n b n+1,求数列{b na n21.(2017·天津·文T18)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).22.(2016·全国2·理T17)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.23.(2016·全国2·文T17)等差数列{a n }中,a 3+a 4=4,a 5+a 7=6. (1)求{a n }的通项公式;(2)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. 24.(2016·浙江·文T17)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *. (1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n-2|}的前n 项和.25.(2016·北京·文T15)已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.26.(2016·山东·理T18文T19)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 .27.(2016·天津·理T18)已知{a n }是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n ∈N *,b n 是a n 和a n+1的等比中项.(1)设c n =b n+12−b n 2,n ∈N *,求证:数列{c n }是等差数列;(2)设a 1=d,T n =∑k=12n(-1)kb k 2,n ∈N *,求证:∑k=1n1T k<12d2.28.(2016·天津·文T18)已知{a n }是等比数列,前n 项和为S n (n ∈N *),且1a 1−1a 2=2a 3,S 6=63. (1)求{a n }的通项公式;(2)若对任意的n ∈N *,b n 是log 2a n 和log 2a n+1的等差中项,求数列{(-1)nb n 2}的前2n 项和.29.(2016·全国1·文T17)已知{a n }是公差为3的等差数列,数列{b n }满足b 1=1,b 2=13,a n b n+1+b n+1=nb n . (1)求{a n }的通项公式; (2)求{b n }的前n 项和.30.(2016·全国3·文T17)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1, a n 2-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0. (1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.31.(2016·全国3·理T17)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S 5=3132,求λ.32.(2015·北京·文T16)已知等差数列{a n }满足a 1+a 2=10,a 4-a 3=2. (1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 2=a 3,b 3=a 7.问:b 6与数列{a n }的第几项相等? 33.(2015·重庆·文T16)已知等差数列{a n }满足a 3=2,前3项和S 3=92. (1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=a 15,求{b n }的前n 项和T n . 34.(2015·福建·文T17)等差数列{a n }中,a 2=4,a 4+a 7=15. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n -2+n,求b 1+b 2+b 3+…+b 10的值.35.(2015·全国1·理T17)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a n 2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n a n+1,求数列{b n }的前n 项和.36.(2015·安徽·文T18)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9,a 2a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和,b n =a n+1S n S n+1,求数列{b n }的前n 项和T n .37.(2015·天津·理T18)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q ≠1),n ∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a2n a 2n -1,n ∈N *,求数列{b n }的前n 项和.38.(2015·山东·文T19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列{1a n ·a n+1}的前n 项和为n2n+1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .39.(2015·浙江·文T17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1n b n =b n+1-1(n ∈N *).(1)求a n 与b n ;(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .40.(2015·天津·文T18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设c n=a n b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和.41.(2015·湖北·文T19)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=a nb n,求数列{c n}的前n项和T n.42.(2014·全国2·理T17)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明:{a n+12}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明:1a1+1a2+…+1a n<32.43.(2014·福建·文T17)在等比数列{a n}中,a2=3,a5=81.(1)求a n;(2)设b n=log3a n,求数列{b n}的前n项和S n.44.(2014·湖南·文T16)已知数列{a n}的前n项和S n=n 2+n2,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2a n+(-1)n a n,求数列{b n}的前2n项和.45.(2014·北京·文T14)已知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.46.(2014·大纲全国·理T18)等差数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=10,a2为整数,且S n≤S4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=1a n a n+1,求数列{b n}的前n项和T n.47.(2014·山东·理T19)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-14na n a n+1,求数列{b n}的前n项和T n.48.(2014·全国1·文T17)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根.(1)求{a n }的通项公式;(2)求数列{an 2n }的前n 项和. 49.(2014·安徽·文T18)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n ∈N *.(1)证明:数列{a n n }是等差数列;(2)设b n =3n ·√a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .50.(2014·山东·文T19)在等差数列{a n }中,已知公差d=2,a 2是a 1与a 4的等比中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n (n+1)2,记T n =-b 1+b 2-b 3+b 4-…+(-1)nb n ,求T n . 51.(2014·大纲全国·文T17)数列{a n }满足a 1=1,a 2=2,a n+2=2a n+1-a n +2.(1)设b n =a n+1-a n ,证明{b n }是等差数列;(2)求{a n }的通项公式.52.(2014·全国1·理T17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n ≠0,a n a n+1=λS n -1,其中λ为常数.(1)证明:a n+2-a n =λ;(2)是否存在λ,使得{a n }为等差数列?并说明理由.53.(2013·全国2·文T17)已知等差数列{a n }的公差不为零,a 1=25,且a 1,a 11,a 13成等比数列.(1)求{a n }的通项公式;(2)求a 1+a 4+a 7+…+a 3n-2.54.(2013·全国1·文T17)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3=0,S 5=-5.(1)求{a n }的通项公式;(2)求数列{12n -12n+1}的前n 项和.55.(2012·湖北·理T18文T20)已知等差数列{a n }前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{a n }的通项公式;(2)若a 2,a 3,a 1成等比数列,求数列{|a n |}的前n 项和.56.(2011·全国·文T17)已知等比数列{a n }中,a 1=13,公比q=13.(1)S n 为{a n }的前n 项和,证明:S n =1-an 2;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,求数列{b n }的通项公式.57.(2011·全国·理T17)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,a 32=9a 2a 6.(1)求数列{a n}的通项公式;}的前n项和.(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{1b n58.(2010·全国·理T17)设数列{a n}满足a1=2,a n+1-a n=3·22n-1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.59.(2010·全国·文T17)设等差数列{a n}满足a3=5,a10=-9,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n及使得S n最大的序号n的值.。
专题08 解决数列的综合问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)
【真题感悟】1．已知函数f (x )＝6(3)3,7,7x a x x a x ---≤⎧⎨>⎩，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________．2.数列{a n }满足a n ＝n ＋λ2n －17(其中λ为实常数)，n ∈N *，且a 8数列{a n }的最小项， a 9数列{a n }的最大项，则实数λ的取值范围为________．3.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，则实数λ的取值范围为________．4.数列{a n }满足a n ＝n ＋c n(其中c 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________．【考向分析】数列问题一直以来是高考的重点且位于压轴题的位置，而数列的特点是方法灵活，难度较大，本专题就数列中的单调性问题，奇偶性问题，存在性问题等热点问题加以探究，以便学生能更好的理解数列.【典例导引】（一）数列中的单调性问题变式2 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．（二）数列中的奇偶性问题例2. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n (－1)·a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．变式1 设函数f (x )＝2x ＋33x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围． 变式2 已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .（三）数列中的存在性问题例3. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和为S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 变式1 已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *.(1)若a 1＝－1，p ＝1，①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n .(2) 若数列{a n }中存在三项，a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围． 变式2 已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意给定的k ∈N *，是否存在p ，r ∈N *(k ＜p ＜r )使1a k ，1a p ，1a r成等差数列？若存在，用k 分别表示p 和r (只要写出一组)；若不存在，请说明理由．【跟踪演练】1．已知数列{a n }为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为3227，则这个数列的公差为________．2．等比数列{a n }的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为________．3．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a 2n b n为整数的正整数n 的个数是________．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *，设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，则数列{b n }的前2n 项和为________．1.已知数列{a n }，a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为常实数)，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围是________．2．若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，当n 为奇数时；4n ＋9，当n 为偶数时.则数列{c n }的前19项的和T 19＝________. 3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，满足a 1＝1，S 6＝36，且a m ，a m ＋2，a k 成等比数列，则m ＋k 的值为________．4.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意正整数n ，(a n ＋1－p )(a n －p )＜0恒成立，则实数p 的取值范围是________．5. 已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R .a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围．6.已知{a n }是各项均为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝40，S 4＝26.(1)求数列{a n }的通项公式；①求证：数列{b n }是等比数列；②求满足S n >T n 的所有正整数n 的值．7. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 取值范围．8. 已知n ∈N *，数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ；(2)若S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}也为等比数列，求数列的{a n }通项公式．9.若数列{a n }中的项都满足a 2n －1＝a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)，则称{a n }为“阶梯数列”．(1)设数列{b n }是“阶梯数列”，且b 1＝1，b 2n ＋1＝9b 2n －1(n ∈N *)，求b 2 016；(2)设数列{c n }是“阶梯数列”，其前n 项和为S n ，求证：{S n }中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；(3)设数列{d n }是“阶梯数列”，且d 1＝1，d 2n ＋1＝d 2n －1＋2(n ∈N *)，记数列⎝⎛⎭⎫1d n d n ＋2的前n 项和为T n .问是否存在实数t ，使得(t －T n )⎝⎛⎭⎫t ＋1T n<0对任意的n ∈N *恒成立？若存在，请求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由．10.已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和为T n ；(2)是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．11.设公差不为零的等差数列{a n }的各项均为整数，S n 为其前n 项和，且满足a 2a 3a 1＝－54，S 7＝7. (1)求数列{a n }的通项公式；12. 已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n ，且S n ＝n a n －a 12. (1)求a 1；(2)证明数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg b n ＝a n ＋13n ，试问是否存在正整数p ，q (其中1＜p ＜q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．。
高考数学(理)真题分类解析：与数列相关的综合问题
．
因此， d 的取值范围为
．
（ 2）由条件知：
．若存在 d，使得
（ n=2，3，···， m+1）
成立，即
，即当
时， d 满足
．因为
，则
均成立．因此，取 d=0 时，
，从而
，
对
均成立．
，对
下面讨论数列
的最大值和数列
的最小值（
）．
①当
时，
，
当
时，有
，从而
单调递增，故数列
的最大值为
．
②设
，当 x>0 时，
是首项为 ，公差为 d 的等差数列，
是首项为 ，公比为 q 的等比数
（ 1）设
，若
对
均成立，求 d 的取值范围；
（ 2）若
，证明：存在
，使得
对
均成立，
并求 的取值范围（用
表示）．
【答案】（ 1） d 的取值范围为
．（ 2）d 的取值范围为
，证明见解析。
【解析】分析： （ 1）根据题意结合
并分别令 n=1， 2，3， 4 列出不等式组，即可解得公
件 . 二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通
过两个函数图像确定条件 .
2017 年高考全景展示
与数列相关的综合问题
考纲解读明方向
考点
内容解读
1. 数列求和
掌握非等差、等比数列求和的几种常 见方法
能在具体的问题情境中识别数列的等 2. 数列的综合应用 差关系或等比关系 , 抽象出数列的模
型, 并能用有关知识解决相应的问题
要求 掌握 掌握
高考示例 2017 课标全国
高考数学复习考点题型专题讲解8 等差数列与等比数列
高考数学复习考点题型专题讲解专题8 等差数列与等比数列高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.1.(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.6 D.3 答案 D解析 法一 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 由题意可得⎩⎨⎧S 3＝168，a 2－a 5＝42，即⎩⎨⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝168，a 1q （1－q 3）＝42，解得⎩⎨⎧a 1＝96，q ＝12，所以a 6＝a 1q 5＝3，故选D.法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 由题意可得⎩⎨⎧S 3＝168，a 2－a 5＝42，即⎩⎨⎧a 1（1－q 3）1－q ＝168，a 1q （1－q 3）＝42，解得⎩⎨⎧a 1＝96，q ＝12，所以a 6＝a 1q 5＝3，故选D.2.(2021·全国甲卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 2＝4，S 4＝6，则S 6＝( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 A解析 法一 因为S 2＝4，S 4＝6，且易知公比q ≠±1，所以由等比数列的前n 项和公式，得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q ＝a 1（1＋q ）＝4，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1＋q ）（1＋q 2）＝6，两式相除，得q 2＝12，所以⎩⎨⎧a 1＝4（2－2），q ＝22或⎩⎨⎧a 1＝4（2＋2），q ＝－22，所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝7.故选A.法二 易知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4构成等比数列，由等比中项得S 2(S 6－S 4)＝(S 4－S 2)2，即4(S 6－6)＝22，所以S 6＝7.故选A.3.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1＝0.5，CC 1DC 1＝k 1，BB 1CB 1＝k 2，AA 1BA 1＝k 3.已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3等于( )A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案 D解析设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且DD1＋CC1＋BB1＋AA1OD1＋DC1＋CB1＋BA1＝0.725，所以0.5＋3k3－0.34＝0.725，故k3＝0.9.4.(2021·全国甲卷)已知数列{a n}的各项为正数，记S n为{a n}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列；②数列{S n}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.解①③⇒②.已知{a n}是等差数列，a2＝3a1.设数列{a n}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以S n＝na1＋n（n－1）2d＝n2a1.因为数列{a n }的各项均为正数， 所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列. ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列. 设数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋n （n －1）2d＝12n 2d ＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数， 则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1， 所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1， 所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d ＞0， 则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2， 所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ， 所以S n ＝n 2d 2，所以n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2， 对n ＝1也适合，所以a n ＝2d 2n －d 2，所以a n ＋1－a n ＝2d 2(n ＋1)－d 2－(2d 2n －d 2)＝2d 2(常数)， 所以数列{a n }是等差数列.热点一 等差数列、等比数列的基本公式1.等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；2.等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.3.等差数列的求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；4.等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎨⎧a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例 1 (1)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且3a 12，a 34，a 2成等差数列，则a 20＋a 19a 18＋a 17等于( ) A.9 B.6 C.3 D.1(2)(2022·全国乙卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若2S 3＝3S 2＋6，则公差d ＝________.(3)已知{a n }是递减的等比数列，且a 2＝2，a 1＋a 3＝5，则{a n }的通项公式为________；a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)＝________. 答案 (1)A (2)2(3)a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3(n ∈N *) 323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n解析 (1)设公比为q ，由3a 12，a 34，a 2成等差数列， 可得3a 12＋a 2＝a 32，所以3a 12＋a 1q ＝a 1q 22，则q 2－2q －3＝0，解得q ＝－1(舍去)或q ＝3.所以a 20＋a 19a 18＋a 17＝a 18q 2＋a 17q 2a 18＋a 17＝q 2＝9.(2)由2S 3＝3S 2＋6，可得2(a 1＋a 2＋a 3)＝3(a 1＋a 2)＋6， 化简得2a 3＝a 1＋a 2＋6， 即2(a 1＋2d )＝2a 1＋d ＋6， 解得d ＝2.(3)设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 2＝2，a 1＋a 3＝5， 得2q＋2q ＝5， 解得q ＝12或q ＝2，又{a n }是递减的等比数列， 所以q ＝12，所以a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝12n －3，所以a n a n ＋1＝12n －3·12n －2＝122n －5，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1是首项为8， 公比为14的等比数列的前n 项和，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n.规律方法 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 (1)抓住基本量：首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)形式的数列为等比数列.训练1 (1)(2022·潍坊三模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 7－S 6＝24，a 3＝8，则数列{a n }的公差d ＝( ) A.2 B.4 C.6 D.8(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝90，设b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n ，则数列{b n }的前15项和为( ) A.16 B.80 C.120 D.150(3)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家，在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九，上梢四节贮三升；惟有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为( ) A.2.1升 B.2.6升 C.2.7升 D.2.9升 答案 (1)B (2)C (3)A解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1， 公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ， 而a 7＝S 7－S 6＝24，又a 3＝8，∴a 7－a 3＝a 1＋6d －(a 1＋2d )＝4d ＝16， 解得d ＝4，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，则S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 3)(1＋q )＝90， 又a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝30， 解得a 1＝6，q ＝2， 所以a n ＝a 1q n －1＝3·2n ， 所以b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n ＝n ，则{b n }为等差数列， 所以数列{b n }的前15项和T 15＝15（b 1＋b 15）2＝15×（1＋15）2＝120.故选C.(3)设从下到上每节竹容积构成数列{a n }，易知{a n }为等差数列， 设其公差为d ，则a 1＋a 2＋a 3＝3.9，a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝3，即（a 1＋a 3）×32＝3.9，（a 6＋a 9）×42＝3，所以a 1＋a 3＝2.6，a 6＋a 9＝1.5， 即2a 1＋2d ＝2.6，2a 1＋13d ＝1.5， 解得a 1＝1.4，d ＝－0.1， 所以a 4＝1.1，a 5＝1， 所以a 4＋a 5＝2.1.故选A.热点二 等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列，有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质(m ，n ∈N *)：对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).例2 (1)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－2，a 5＝2＋1，则a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( ) A.1 B.9C.52＋7D.32＋9(2)(2022·徐州二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A.2 B.73C.83D.3(3)(2022·金华模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 6＋a 7＝1，则S 12＝________；若a 7<0，则使得不等式S n <0成立的最小整数n ＝________. 答案 (1)B (2)B (3)6 13 解析 (1)由等比数列的性质可得：a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－2＋2＋1)2＝9，故选B. (2)因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 6S 3＝3，即S 6＝3S 3， 则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列， 即S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3， 故4S 3＝S 9－S 6，故S 9＝7S 3，故S 9S 6＝73.(3)根据题意，{a n }为等差数列， 若a 6＋a 7＝1，则S 12＝（a 1＋a 12）×122＝（a 6＋a 7）×122＝6，若a 7<0，则S 13＝（a 1＋a 13）×132＝13a 7<0，则使不等式S n <0成立的最小整数n ＝13. 规律方法 等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.训练2 (1)(2022·长沙三模)在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则a3a9a15a5a13的值为( )A.－2＋22B.－ 2C.2D.－2或 2(2)(2022·聊城检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和，若S4S8＝25，则S8S16＝( )A.514B.726C.35 D.25(3)已知各项均为正数的等比数列{a n}，a6，3a5，a7成等差数列，若{a n}中存在两项a m，a n ，使得4a1为其等比中项，则1m＋4n的最小值为( )A.4B.9C.23 D.32答案(1)B (2)A (3)D解析(1)在等比数列{a n}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则a7＋a11＝－5，a7·a11＝2，∴a9＝－2，则a3a9a15a5a13＝a39a29＝a9＝－ 2.(2)因为数列{a n}为等差数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列.因为S 4S 8＝25，所以设S 4＝2k ，S 8＝5k ，k ≠0， 则S 8－S 4＝3k ，可知S 12－S 8＝4k ，S 16－S 12＝5k ， 所以S 12＝9k ，S 16＝14k ， 所以S 8S 16＝5k 14k ＝514.(3)因为a 6，3a 5，a 7成等差数列， 所以2×3a 5＝a 6＋a 7.又{a n }是各项均为正数的等比数列， 设其首项为a 1，公比为q ， 所以6a 1q 4＝a 1q 5＋a 1q 6， 所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 又4a 1为a m ，a n 的等比中项， 所以(4a 1)2＝a m ·a n ，所以16a 21＝a 1·2m －1·a 1·2n －1＝a 21·2m ＋n －2＝24×a 21，所以m ＋n －2＝4，即m ＋n ＝6，所以1m ＋4n ＝16(m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4m n ＋n m ＋4≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24mn ·n m ＝32， 当且仅当4m n ＝nm，即m ＝2，n ＝4时，等号成立，所以1m＋4n的最小值为32.故选D.热点三等差数列、等比数列的判断与证明证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.例3(2021·全国乙卷)设S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2Sn ＋1bn＝2.(1)证明：数列{b n}是等差数列；(2)求{a n}的通项公式.(1)证明因为b n是数列{S n}的前n项积，所以n≥2时，S n＝bnbn－1，代入2Sn＋1bn＝2可得，2b n－1bn＋1bn＝2，整理可得2b n－1＋1＝2b n，即b n－b n－1＝12(n≥2).又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32， 故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列.(2)解 由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n （n ＋1）. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧32，n ＝1，－1n （n ＋1），n ≥2.易错提醒a n ＋1＝a n q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.训练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝6，S n ＝12a n ＋1＋1.(1)证明：数列{S n －1}为等比数列，并求出S n ；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n .(1)证明 由S n ＝12a n ＋1＋1，得S n ＝12(S n ＋1－S n )＋1，即S n ＋1－1＝3(S n －1)，又a 2＝6，∴S 1＝2a 2＋1＝4，S 1－1＝3≠0，∴数列{S n －1}是首项为3，公比为3的等比数列，即S n －1＝3n ， ∴S n ＝3n ＋1.(2)解 由(1)可得：S n ＝12a n ＋1＋1＝3n ＋1，∴a n ＋1＝2×3n ， ∴a n ＝2×3n －1(n ≥2)， 又a 1＝4≠2×31－1＝2， ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2， ∴1a n＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，12×3n －1，n ≥2，∴当n ≥2时，T n ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝14＋12×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13＝12－14×3n －1，当n ＝1时T 1＝14也符合上式，综上，T n ＝12－14×3n －1.一、基本技能练1.已知等比数列{a n }满足a 1＝2，a 3a 5＝4a 26，则a 3的值为( ) A.1 B.2C.1或－1D.2答案 A解析 由题意得a 3a 5＝a 24＝4a 26，又在等比数列中偶数项同号， ∴a 4＝2a 6，∴q 2＝12，∴a 3＝a 1q 2＝1，故选A.2.设数列{a n }是等差数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 3＋a 5＝10，S 5＝15，则S 6＝( ) A.18 B.24 C.30 D.36 答案 B解析 由等差数列的性质知a 4＝a 3＋a 52＝5，而S 5＝a 1＋a 52×5＝5a 3＝15，则a 3＝3，等差数列{a n }的公差d ＝a 4－a 3＝2， 所以a 1＝a 3－2d ＝－1，则S 6＝6a 1＋6×（6－1）2·d ＝－6＋30＝24.3.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块答案 C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3 402(块).4.若等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 B解析因为S2 022>0，S2 023<0，所以（a1＋a2 022）×2 0222>0，（a1＋a2 023）×2 0232<0，即a1＋a2 022＝a1 011＋a1 012>0，a1＋a2 023＝2a1 012<0，所以a1 011>0，a1 012<0，且a1 011>|a1 012|，所以a1 011a1 012<0，充分性成立；而当a1 011a1 012<0时，a1 011>0，a1 012<0或a1 011<0，a1 012>0，则S2 022>0，S2 023<0不一定成立.故“S2 022>0，S2 023<0”可以推出“a1 011a1 012<0”，但“a1 011a1 012<0”不能推出“S2 022>0，S2 023<0”，所以“S2 022>0，S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的充分不必要条件.故选B.5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥0答案AC解析因为等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，所以a3＝1q2，a4＝1q，a6＝q，a7＝q2，因为a3＋a7＝1q2＋q2≥2，当且仅当q2＝1时等号成立，故A正确；因为a4＋a6＝1q＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；因为a3－2a4－1＝1q2－2q－1＝⎝⎛⎭⎪⎫1q－12－2，则a3－2a4－1≥0不成立，故D错误.6.(多选)(2022·张家口质检)已知数列{a n}的前n项和为S n，下列说法正确的是( )A.若S n＝n2＋1，则{a n}是等差数列B.若S n＝3n－1，则{a n}是等比数列C.若{a n }是等差数列，则S 9＝9a 5D.若{a n }是等比数列，且a 1>0，q >0，则S 1·S 3>S 22 答案 BC解析 若S n ＝n 2＋1，当n ≥2时，a n ＝2n －1，a 1＝2不满足a n ＝2n －1， 故A 错误；若S n ＝3n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1， 由于a 1＝S 1＝31－1＝2， 满足a n ＝2·3n －1，所以{a n }是等比数列，故B 正确； 若{a n }是等差数列，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，故C 正确；当q ＝1时，S 1·S 3－S 22＝a 21(1＋q ＋q 2)－a 21(1＋q )2＝－a 21q <0，故D 错误， 综上，选BC.7.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列a n ＝________. 答案 2n －4(n ∈N *)(答案不唯一) 解析 依题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3<a 3，d ＝2，解得a 1<－1，不妨令a 1＝－2，∴a n ＝2n －4.8.(2022·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＝2a n －1，若a n ∈(0，2 022)，则称项a n 为“和谐项”，则数列{a n }的所有“和谐项”的和为________. 答案 2 047解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，∴{a n}是公比为2，首项为1的等比数列，∴a n＝2n－1，由a n＝2n－1<2 022，得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝1－2111－2＝2 047.9.已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n－1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.答案n2解析因为a1＝1，a n＋1>a n≥a1>0，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以(a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2.10.(2022·福州模拟)已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.答案18解析由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，所以a 1q ＝a 1q 2－3⇒a 1＝3q 2－q>0⇒q >1，所以a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝3（q 3＋3q ）q 2－q ＝3（q 2＋3）q －1＝3×（q －1）2＋2（q －1）＋4q －1＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤（q －1）＋4q －1＋6 ≥3×2（q －1）·4q －1＋6＝18，当且仅当q －1＝4q －1， 即q ＝3时等号成立，故a 4＋3a 2的最小值为18. 11.设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3(m ∈N *)，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1.由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *). (2)由(1)知log 3a n ＝n －1， 故S n ＝n （n －1）2(n ∈N *).由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)， 即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)或m ＝6.12.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2－b 2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知a n＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，b n＝b1·2n－1，由b k＝a m＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.(多选)(2022·济南质检)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a 1>1，a99·a100－1>0，a99－1a100－1<0，下列结论中正确的是( )A.0<q<1B.a99·a101－1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于198 答案ABD解析对于A，∵a99·a100－1>0，∴a 21·q 197>1，∴(a 1·q 98)2·q >1. ∵a 1>1，∴q >0. 又∵a 99－1a 100－1<0， ∴a 99>1，且a 100<1， ∴0<q <1，故A 正确；对于B ，∵a 2100＝a 99·a 101，a 100<1， ∴0<a 99·a 101<1，即a 99·a 101－1<0，故B 正确； 对于C ，由于T 100＝T 99·a 100， 而0<a 100<1，故有T 100<T 99，故C 错误；对于D ，T 198＝a 1·a 2·…·a 198＝(a 1·a 198)(a 2·a 197)·…·(a 99·a 100)＝(a 99·a 100)99>1，T 199＝a 1·a 2·…·a 199＝(a 1·a 199)·(a 2·a 198)…(a 99·a 101)·a 100＝(a 100)100<1，故D 正确. 故选ABD.14.(多选)(2022·石家庄模拟)已知数列{a n }满足a 1＝10，a 5＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A.a n ＝12－2nB.|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧30，n ≤5，n 2＋5，n >5C.|a n |的最小值为0D.当且仅当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 取得最大值30 答案 AC解析 由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， 可得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，设公差为d ， 因为a 1＝10，a 5＝2， 所以d ＝a 5－a 15－1＝－2，所以a n ＝10－2(n －1)＝12－2n ， 故A 正确；当n ＝6时，a n ＝0，所以当n ≤5时，a n >0， 当n >5时，a n ≤0，所以当n ≤5时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n （10＋12－2n ）2＝11n －n 2.当n >5时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－…－a n＝－(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 5) ＝－S n ＋2S 5 ＝－(11n －n 2)＋60 ＝n 2－11n ＋60，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧11n －n 2，n ≤5，n 2－11n ＋60，n >5，故B 错误；|a n |＝|12－2n |，当n ＝6时，|a n |取得最小值为0，故C 正确； 当n ＝5或n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 取最大值30，故D 错误.15.(多选)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)，则下列结论正确的是( ) A.数列{a n ＋1＋a n }为等比数列 B.数列{a n ＋1－2a n }为等比数列 C.a n ＝2n ＋1＋（－1）n3D.S 20＝23(410－1)答案 ABD解析 因为a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)， 所以a n ＋a n －1＝2a n －1＋2a n －2 ＝2(a n －1＋a n －2)， 又a 1＋a 2＝2≠0，所以{a n ＋a n ＋1}是等比数列，A 正确；同理a n －2a n －1＝a n －1＋2a n －2－2a n －1＝－a n －1＋2a n －2＝－(a n －1－2a n －2)，而a 2－2a 1＝－1， 所以{a n ＋1－2a n }是等比数列，B 正确； 若a n ＝2n ＋1＋（－1）n3，则a 2＝23＋（－1）23＝3，但a 2＝1≠3，C 错误；由A 知{a n ＋a n ＋1}是等比数列，且公比为2，因此数列a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T 10， 则S 20＝T 10＝2（1－410）1－4＝23(410－1)，故D 正确.16.(多选)(2022·泰州调研)若正整数m ，n 只有1为公约数，则称m ，n 互质，对于正整数k ，φ(k )是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数，函数φ(k )以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m ，n 互质，那么φ(mn )＝φ(m )φ(n )，例如：φ(6)＝φ(2)φ(3)，则( ) A.φ(5)＝φ(8)B.数列{φ(2n )}是等比数列C.数列{φ(6n )}不是递增数列D.数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ（6n ）的前n 项和小于35 答案 ABD解析 ∵φ(5)＝4，φ(8)＝4， ∴φ(5)＝φ(8)，A 对.∵φ(2n )＝2n －1，∴{φ(2n )}是等比数列，B 对.∵φ(6n )＝2·6n －1，∴{φ(6n )}一定是单调递增数列，故C 错.φ(6n )＝2·6n －1，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ（6n）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫16n1－16＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫16n<35，D 对，选ABD. 17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝12，S n ＋1·(2－S n )＝1.(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n －1是等差数列； (2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数.(1)证明1S 1－1＝1a 1－1＝－2.由S n ＋1·(2－S n )＝1，得S n ＋1＝12－S n. 因为1S n ＋1－1－1S n －1＝112－S n－1－1S n －1＝2－S n S n －1－1S n －1＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列.(2)解 由(1)得1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，即S n ＝nn ＋1，则a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1）(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝12满足上式，所以a n ＝1n （n ＋1）(n ∈N *)，则1a n＝n (n ＋1).由f (x )＝x (x ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋122－14在(0，＋∞)上单调递增， 当n ＝44时，1a 44＝44×45＝1 980；当n ＝45时，1a 45＝45×46＝2 070.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数是1 980.。
天津高考数学数列专题
天津高考数学数列专题
天津高考数学数列专题是数学考试中的一个重要部分，主要涉及数列的定义、性质、通项公式、求和公式等知识点。
以下是一些常见的数列题型和解题方法：
1. 等差数列：等差数列是一种常见的数列，其相邻两项的差是一个常数。
对于等差数列，需要掌握通项公式和求和公式，并能灵活运用。
2. 等比数列：等比数列是一种常见的数列，其相邻两项的比是一个常数。
对于等比数列，需要掌握通项公式和求和公式，并能灵活运用。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是一种常见的数列，其前两项为1，从第三项开始，每一项都是前两项的和。
对于斐波那契数列，需要掌握前n项和的公式。
4. 递推数列：递推数列是一种较为复杂的数列，其相邻两项之间有一定的关系。
对于递推数列，需要先找出相邻两项之间的关系，再通过递推公式求解。
5. 数列求和：数列求和是数列考试中的常见题型，要求考生掌握求和公式，并能灵活运用。
对于一些较为复杂的数列求和问题，需要先进行适当的变形或裂项，再利用求和公式求解。
以上是天津高考数学数列专题的一些常见题型和解题方法，希望对您有所帮助。
在备考过程中，建议多做一些模拟题和真题，以加深对数列知识点的理解和掌握。
数列高考大题知识点总结
数列高考大题知识点总结数列是高考数学中的一个重要知识点，它常常出现在各类数学题型中，如函数、图像和方程等。
正确掌握数列的相关知识，对于高考数学的备考至关重要。
本文将对数列的相关知识点进行总结和概括，并提供一些解题技巧，帮助考生在高考中取得好成绩。
一、数列的基本概念数列是按照一定规律排列的一组数，其中每个数称为数列的项。
数列可以表示成通项公式的形式，例如An=a1+(n-1)d，其中An表示数列的第n项，a1表示首项，d表示公差。
对于等差数列来说，公差d表示相邻两项之间的差值是固定的。
二、等差数列的性质等差数列是高中数学中最为常见的数列之一，它具有以下性质：1. 首项和末项之和等于中间各项之和的两倍。
即a1+an=a2+a3+...+an-1的等差数列的常用性质之一。
2. 数列的前n项和Sn可以用通项公式表示，即Sn=n/2×[a1+an]。
考生在解题过程中，可以通过这个公式方便地计算出数列的和。
3. 若Sn经过化简后能够写成n的多项式，则称该等差数列是一个多项式等差数列，否则是非多项式等差数列。
三、等比数列的性质等比数列也是高考数学中常见的数列之一，它具有以下性质：1. 首项和末项之比等于中间各项之比的平方根。
即a1/an=a2/a1=a3/a2=...的等比数列的常用性质之一。
2. 数列的前n项和Sn可以表示为Sn=a1(1-q^n)/(1-q)，其中q是公比。
考生在解题中可以引用这个公式来求解等比数列的和。
3. 等比数列中，如果公比q大于1，则数列呈现递增趋势；而公比q小于1，数列呈现递减趋势。
这一点在解题中需要特别注意。
四、数列求和的常用方法对于高考数学中的数列求和问题，有以下几种常用方法：1. 根据数列的通项公式和前n项和的公式进行计算。
2. 利用数列的性质，结合求和公式来求解，如等差数列求和公式和等比数列求和公式。
3. 利用数列的规律，通过变形和整理等方法进行求解。
在解题过程中，考生需要熟练掌握各类数列的求和方法，并能够运用于实际题型中。
高考数学分类专题复习之八 数列综合
高考数学分类专题复习之八数列综合高考数学分类专题复习之八数列综合第八课序列合成★★★高考在考什么【考题回放】1.已知a、B、C和D形成等比序列，曲线y？x2？2倍？如果3的顶点是（B，c），那么ad等于（B）a.3b。
2c。
1d？二2.已知等差数列?an?的前n项和为sn，若s12?21，则a2?a5?a8?a11?．73.在比例级数中？一中等，A1？2.前n项之和为Sn，如果序列为？一1.也是一个等比序列，那么SN等于a.2n？1.2b。
3nc。
第二。
3n？一【解析】因数列?an?为等比，则an?2qn?1，因数列?an?1?也是等比数列，则（安？1？1）2？（an？1）（an？2？1）？一12? 2安？1.阿南？2.一一2.一一2.2安？1.安（1？q？2q）？0问？十二即an?2，所以sn?2n，故选择答案c。
，2，3，，4，56}4. 设定M？{1，S1，S2，？，SK都是M的子集，包含两个元素，它们满足以下要求：对于任何Aibi，ajbj，2，3，？，K}），有min？，？？敏？硅？{ai，bi}，sj？{AJ，BJ}（I？J，I，J{1，？Bjaj？Biai（min{x，y}代表两个数字x，y中的较小者），那么K的最大值是（b）a.10b。
11c。
12天。
135.已知正项数列{an}，其前n项和sn满足10sn=an+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an.22解析：解:∵10sn=an+5an+6，①∴10a1=a1+5a1+6，解之得a1=2或a1=3．二又10sn－1=an－1+5an－1+6(n≥2)，②22由①－②得10an=(an－an－1)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0∵an+an－1>0，∴an－an－1=5(n≥2)．当A1=3，A3=13，A15=73时。
a1，A3，A15的比例不相等≠ A1≠ 3.2当A1=2、A3=12、A15=72时，有A3=a1a15、‡A1=2、‡a n=5N－326.已知公比为q(0?q?1)的无穷等比数列?an?各项的和为9，无穷等比数列an各项的和为二81.5(i)求数列?an?的首项a1和公比q；（二）对于给定的K（K？1,2,3，？，n），设t（K）为第一项AK，公差为2ak？1，求T（2）的前10项之和；a1a131q9解:(ⅰ)依题意可知,?22Qa1？81? 3.2.51? Q2.（二）我知道吗？3.3.s10？10? 2.N（T1）的第一项是2？a2？2.容忍度D？2a2？1.3.1?10?9?3?155,即数列t(2)的前10项之和为155.2★★★高考要考什么本章主要讨论了等差（比）序列的定义、通项公式、第一个N项和及其性质、序列的极限和无限等比序列的和。
高考数学一轮复习理数通用版：第八单元 数 列
资料正文内容下拉开始>>第八单元 数 列教材复习课“数列”相关基础知识一课过数列的有关概念1．数列的有关概念概念 含义数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列{a n }的第n 项a n通项公式 如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式前n 项和数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[小题速通]1．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21的值为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72.2．数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n －1a n (n ∈N *)，则a 2 018＝( )A.12 B ．3 C ．－12D.23解析：选D 由a 1＝3，a n ＋1＝a n －1a n ，得a 2＝a 1－1a 1＝23，a 3＝a 2－1a 2＝－12，a 4＝a 3－1a 3＝3，……，由上可得，数列{a n }是以3为周期的周期数列， 故a 2 018＝a 672×3＋2＝a 2＝23.3．已知数列{a n }满足a n ＝32n －11(n ∈N *)，前n 项的和为S n ，则关于a n ，S n 的叙述正确的是( )A ．a n ，S n 都有最小值B ．a n ，S n 都没有最小值C ．a n ，S n 都有最大值D ．a n ，S n 都没有最大值解析：选A ①∵a n ＝32n －11，∴当n ≤5时，a n <0且单调递减；当n ≥6时，a n >0，且单调递减．故当n ＝5时，a 5＝－3为a n 的最小值；②由①的分析可知：当n ≤5时，a n <0；当n ≥6时，a n >0.故可得S 5为S n 的最小值． 综上可知，a n ，S n 都有最小值．4．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则a 5＝________.解析：依题意得a n ＋1－a n ＝2n ＋1，a 5＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＝1＋3＋5＋7＋9＝25.答案：25[清易错]1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．1．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则( ) A ．3不是数列{a n }中的项 B ．3只是数列{a n }中的第2项 C ．3只是数列{a n }中的第6项 D ．3是数列{a n }中的第2项或第6项解析：选D 令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6，故3是数列{a n }中的第2项或第6项．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3＋2n －(3＋2n －1)＝2n－2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2等差数列1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题速通]1．在等差数列{a n }中，已知a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，若a 4>a 2，则a 2 018＝( )A ．2 018B ．2 017C ．2 016D ．2 015解析：选A 因为a 2与a 4是方程x 2－6x ＋8＝0的两个根，且a 4>a 2，所以a 2＝2，a 4＝4，则公差d ＝1，所以a 1＝1，则a 2 018＝2 018.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 5＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C ∵等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＝3，S n 为等差数列{a n }的前n 项和， ∴a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝3， 解得a 3＝1，∴S 5＝52(a 1＋a 5)＝5a 3＝5.3.正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 4＋a 10－a 27＋15＝0，则S 13＝( ) A ．－39 B ．5 C ．39D ．65解析：选D ∵正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ， a 4＋a 10－a 27＋15＝0，∴a 27－2a 7－15＝0， 解得a 7＝5或a 7＝－3(舍去)， ∴S 13＝132(a 1＋a 7)＝13a 7＝13×5＝65. 4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a 3＝a 6＋4.若S 5<10，则a 2的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，0) C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 3＝a 6＋4， ∴3(a 2＋d )＝a 2＋4d ＋4，可得d ＝2a 2－4.∵S 5<10，∴5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝5(2a 2＋2d )2＝5(3a 2－4)<10，解得a 2<2.∴a 2的取值范围是(－∞，2)．5．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 [清易错]1．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．1．(2018·武昌联考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：选C 由a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35，a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33，则{a n }的公差d ＝33－35＝－2，a 1＝a 3－2d ＝39，S n ＝－n 2＋40n ，因此当S n 取得最大值时，n ＝20.2．在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *，有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为( )A ．2B ．10 C.52D.54解析：选C 由2a n ＋1＝1＋2a n ，可得a n ＋1－a n ＝12，即数列{a n }是以－2为首项，12为公差的等差数列，则a n ＝n －52，所以数列{a n }的前10项的和S 10＝10×⎝⎛⎭⎫－2＋522＝52.等比数列1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)都是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题速通]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.2．设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( )A ．2 B.73 C.310D ．1或2解析：选B 设S 2＝k ，则S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.3．设数列{a n }是等比数列，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值为( )A.154B.152C.74D.72解析：选A 根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 2＝1－q 4(1－q )q 2＝1－24(1－2)×22＝154. 4．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16，则数列{a n }的前2 018项的和为( )A ．8 064B ．4C ．－4D ．0解析：选D ∵等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 3＋a 5＝8，a 2a 6＝16， ∴a 3a 5＝a 2a 6＝16，∴a 3，a 5是方程x 2－8x ＋16＝0的两个根， 解得a 3＝a 5＝4， ∴4q 2＝4，∵q ≠1，∴q ＝－1，∴a 1＝a 3q 2＝4，∴数列{a n }的前2 018项的和为 S 2 018＝4[1－(－1)2 018]1－(－1)＝0.5．(2018·信阳调研)已知等比数列{a n }的公比q >0，且a 5·a 7＝4a 24，a 2＝1，则a 1＝( ) A.12 B.22C. 2D ．2解析：选B 因为{a n }是等比数列，所以a 5a 7＝a 26＝4a 24，所以a 6＝2a 4，q 2＝a 6a 4＝2，又q >0， 所以q ＝2，a 1＝a 2q ＝22.[清易错]1．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．1．设数列{a n }为等比数列，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558 解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 解析：当q ≠1时，由题意，a 1(1－q 3)1－q ＝3a 1q 2，即1－q 3＝3q 2－3q 3，整理得2q 3－3q 2＋1＝0，解得q ＝－12.当q ＝1时，S 3＝3a 3，显然成立．故q ＝－12或1.答案：－12或1一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3da 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 2．(2018·江西六校联考)在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7＝－33，则a 2a 8＝( ) A ．3 B.17 C ．9D ．13解析：选A 由a 3a 5a 7＝－33，得a 35＝－33，即a 5＝－3，故a 2a 8＝a 25＝3.3．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 018＝( ) A ．8 B ．6 C ．4D ．2解析：选D 由题意得a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 018＝a 335×6＋8＝a 8＝2.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)，则a 7＝( ) A ．53 B ．54 C ．55D ．109解析：选C a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．44 B ．45 C.13×(46－1) D.14×(45－1) 解析：选B 由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3S 1＝3.当n ≥2时，a n ＝3S n －1，则a n ＋1－a n ＝3a n ，n ≥2，即a n ＋1＝4a n ，n ≥2，则数列{a n }从第二项起构成等比数列，所以S 6＝a 73＝3×453＝45.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，对一切自然数n ，都有S n T n ＝n n ＋1，则a 5b 5等于( )A.34 B.56 C.910D.1011解析：选C ∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5，T 9＝9(b 1＋b 9)2＝9b 5， ∴a 5b 5＝S 9T 9＝910. 7．已知数列{a n }是首项为1的等比数列，S n 是其前n 项和，若5S 2＝S 4，则log 4a 3的值为( )A ．1B ．2C ．0或1D ．0或2 解析：选C 由题意得，等比数列{a n }中，5S 2＝S 4，a 1＝1， 所以5(a 1＋a 2)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4， 即5(1＋q )＝1＋q ＋q 2＋q 3，q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q ＋1)(q 2－4)＝0， 解得q ＝－1或±2，当q ＝－1时，a 3＝1，log 4a 3＝0. 当q ＝±2时，a 3＝4，log 4a 3＝1. 综上所述，log 4a 3的值为0或1.8．设数列{a n }是公差为d (d >0)的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝( )A ．75B ．90C ．105D ．120解析：选C 由a 1＋a 2＋a 3＝15得3a 2＝15，解得a 2＝5，由a 1a 2a 3＝80，得(a 2－d )a 2(a 2＋d )＝80，将a 2＝5代入，得d ＝3(d ＝－3舍去)，从而a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝3×(5＋30)＝105.二、填空题9．若数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， 两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n .答案：a n ＝13n10．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －1，则a n ＝________. 解析：∵S n ＝2a n －1，① ∴S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1.∵S 1＝a 1＝2a 1－1，即a 1＝1，∴数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列， 故a n ＝2n －1. 答案：2n －111．已知数列{a n }中，a 2n ＝a 2n －1＋(－1)n ，a 2n ＋1＝a 2n ＋n ，a 1＝1，则a 20＝________. 解析：由a 2n ＝a 2n －1＋(－1)n ，得a 2n －a 2n －1＝(－1)n ， 由a 2n ＋1＝a 2n ＋n ，得a 2n ＋1－a 2n ＝n ，故a 2－a 1＝－1，a 4－a 3＝1，a 6－a 5＝－1，…，a 20－a 19＝1. a 3－a 2＝1，a 5－a 4＝2，a 7－a 6＝3，…，a 19－a 18＝9. 又a 1＝1，累加得：a 20＝46. 答案：4612．数列{a n }为正项等比数列，若a 3＝3，且a n ＋1＝2a n ＋3a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则此数列的前5项和S 5＝________.解析：设公比为q (q >0)，由a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，可得q 2＝2q ＋3，所以q ＝3，又a 3＝3，则a 1＝13，所以此数列的前5项和S 5＝13×(1－35)1－3＝1213.答案：1213三、解答题13．已知在等差数列{a n }中，a 3＝5，a 1＋a 19＝－18.(1)求公差d 及通项a n ；(2)求数列{a n }的前n 项和S n 及使得S n 取得最大值时n 的值． 解：(1)∵a 3＝5，a 1＋a 19＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，2a 1＋18d ＝－18，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2，∴a n ＝11－2n . (2)由(1)知，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (9＋11－2n )2＝－n 2＋10n ＝－(n －5)2＋25， ∴n ＝5时，S n 取得最大值．14．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1，两式相减得a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又∵当n ＝1时，a 12＝1＋1，∴a 1＝4，满足a n ＝n ·2n ＋1.∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)∵b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n .－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n (－2)n ＋1， ∴两式相减得3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n －n (－2)n＋1＝－2[1－(－2)n ]1－(－2)－n (－2)n ＋1＝－(－2)n ＋1－23－n (－2)n ＋1＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋23，∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29.高考研究课(一) 等差数列的3考点——求项、求和及判定 [全国卷5年命题分析]等差数列基本量的运算[典例] (1)设S n n 1S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．5C ．7D ．8(2)(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.①求b 1，b 11，b 101；②求数列{b n }的前1 000项和．[解析] (1)法一：由等差数列前n 项和公式可得S n ＋2－S n ＝(n ＋2)a 1＋(n ＋2)(n ＋1)2d －⎣⎡⎦⎤na 1＋n (n －1)2d ＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋4n ＋2＝36， 解得n ＝8.法二：由S n ＋2－S n ＝a n ＋2＋a n ＋1＝a 1＋a 2n ＋2＝36，因此a 2n ＋2＝a 1＋(2n ＋1)d ＝35，解得n ＝8.答案：D(2)①设数列{a n }的公差为d ， 由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.②因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. [方法技巧]等差数列运算的解题思路由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知，若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．[即时演练]1．已知数列{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 6＝4S 3，则a 10＝( ) A.172 B.192 C.910D.89解析：选B ∵S 6＝4S 3，公差d ＝1. ∴6a 1＋6×52×1＝4×⎝⎛⎭⎫3a 1＋3×22×1， 解得a 1＝12.∴a 10＝12＋9×1＝192.2．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 4－S 2S 5－S 3的值为( )A ．－2B ．－3C ．2D ．3解析：选D 设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，可得a 1＝－4d ， 所以S 4－S 2S 5－S 3＝a 3＋a 4a 4＋a 5＝－3d－d＝3. 3．(2018·大连联考)已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n;(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4.等差数列的判定与证明[典例] n n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． [思路点拨] (1)利用等差数列的性质“a n －k ＋a n ＋k ＝2a n ”，构造出{a n }是“P (3)数列”需要满足的条件即可证明；(2)根据等差数列定义、通项公式、中项公式即可证明{a n }为等差数列．[证明](1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．[方法技巧]等差数列判定与证明的方法1．(2016·浙江高考)如图，点列{A n}，{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n＋1|＝|A n＋1A n|，A n≠A n＋2，n∈N*，|B n B n＋1|＝|B n＋1B n＋2|，B n≠B n＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若＋2d n＝|A n B n|，S n为△A n B n B n＋1的面积，则()A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.2．(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 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．等差数列的性质[典例] (1)n 3610a 13＝32，若a m ＝8，则m 的值为( )A ．8B ．12C ．6D ．4(2)已知数列{a n }，{b n }为等差数列，前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n＝3n ＋22n ，则a 7b 7＝( )A.4126B.2314C.117D.116(3)(2018·天水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.[解析] (1)由a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，得(a 3＋a 13)＋(a 6＋a 10)＝32，得4a 8＝32，即a 8＝8，m ＝8.(2)因为{a n }，{b n }为等差数列，且S n T n＝3n ＋22n ，所以a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13＋22×13＝4126.(3)∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列， ∴2(S 20－S 10)＝S 10＋S 30－S 20， ∴40＝10＋S 30－30，∴S 30＝60. [答案] (1)A (2)A (3)60 [方法技巧]等差数列的性质(1)项的性质在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n . [即时演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．(2018·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( )A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝5－12.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝________.解析：∵数列{a n }和{b n }都是等差数列，∴a 10b 9＋b 12＋a 11b 8＋b 13＝a 10＋a 11b 9＋b 12＝a 10＋a 11b 10＋b 11＝S 20T 20＝7×2020＋3＝14023. 答案：14023等差数列前n 项和的最值等差数列的通项a n 及前n 项和S n 均为n 的函数，通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n 项和S n 的最值问题．n n 1311n n 的值为________．[解析] 法一：用“函数法”解题 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1， 因为a 1>0，所以－a 113<0. 故当n ＝7时，S n 最大． 法二：用“通项变号法”解题 由法一可知，d ＝－213a 1. 要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝⎛⎭⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大． [答案] 7 [方法技巧]求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .1．(2018·潍坊模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20， ∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2， ∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2．已知{a n }是等差数列，a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，当{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选B 设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＝－26，a 8＋a 13＝5，∴－26＋7d －26＋12d ＝5，解得d ＝3，∴S n ＝－26n ＋n (n －1)2×3＝32n 2－552n ＝32⎝⎛⎭⎫n －5562－3 02524， ∴{a n }的前n 项和S n 取最小值时，n ＝9.3．已知{a n }是各项不为零的等差数列，其中a 1>0，公差d <0，若S 10＝0，则数列{a n }的前n 项和取最大值时，n ＝________.解析：由S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝0， 可得a 5＋a 6＝0，∴a 5>0，a 6<0，即数列{a n }的前5项和为最大值，∴n ＝5. 答案：51．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.2．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.3．(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，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.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；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.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．4．(2013·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)设{a n}的公差为d.由题意，a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故a n＝－2n＋27.(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.一、选择题1．(2018·厦门一中测试)已知数列{a n}中，a2＝32，a5＝98，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等差数列，则a7＝()A.109 B.1110 C.1211D.1312解析：选D 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ，则1a 5－1＝1a 2－1＋3d ，即198－1＝132－1＋3d ，解得d ＝2，所以1a 7－1＝1a 2－1＋5d ＝12，解得a 7＝1312.2．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列， 设首项a 1＝4，则a 5＝2.由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6， 所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．3．(2018·银川一中月考)在等差数列{a n }中，首项a 1>0，公差d ≠0，前n 项和为S n (n ∈N *)，有下列命题：①若S 3＝S 11，则必有S 14＝0；②若S 3＝S 11，则必有S 7是S n 中的最大项； ③若S 7>S 8，则必有S 8>S 9； ④若S 7>S 8，则必有S 6>S 9. 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选D 对于①，若S 11－S 3＝4(a 1＋a 14)＝0，即a 1＋a 14＝0，则S 14＝14(a 1＋a 14)2＝0，所以①正确；对于②，当S 3＝S 11时，易知a 7＋a 8＝0，又a 1>0，d ≠0，所以a 7>0>a 8，故S 7是S n 中的最大项，所以②正确；对于③，若S 7>S 8，则a 8<0，那么d <0，可知a 9<0，此时S 9－S 8<0，即S 8>S 9，所以③正确；对于④，若S7>S8，则a8<0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，即S6>S9，所以④正确．故选D.4．(2018·大同模拟)在等差数列{}a n中，a1＋a2＋a3＝3，a18＋a19＋a20＝87，则此数列前20项的和等于()A．290 B．300C．580 D．600解析：选B由a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1.由a18＋a19＋a20＝3a19＝87，得a19＝29，所以S20＝20(a1＋a20)2＝10(a2＋a19)＝300.5．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S9＝18，a n－4＝30(n>9)，若S n＝336，则n的值为()A．18 B．19C．20 D．21解析：选D因为{a n}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，S n＝n(a1＋a n)2＝n(a5＋a n－4)2＝n2×32＝16n＝336，解得n＝21.6．设{a n}是等差数列，d是其公差，S n是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论错误的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．当n＝6或n＝7时S n取得最大值解析：选C由S5<S6，得a1＋a2＋a3＋a4＋a5<a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，即a6>0.同理由S7>S8，得a8<0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0，∴B正确；∵d ＝a7－a6<0，∴A正确；而C选项，S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，知C选项错误；∵S5<S6，S6＝S7>S8，∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确．故选C.7．等差数列{a n}的前n项和为S n，若公差d>0，(S8－S5)(S9－S5)<0，则()A．|a7|>|a8| B．|a7|<|a8|C．|a7|＝|a8| D．|a7|＝0解析：选B因为(S8－S5)(S9－S5)<0，所以(a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8＋a9)<0，因为{a n}为等差数列，所以a 6＋a 7＋a 8＝3a 7， a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝2(a 7＋a 8)， 所以a 7(a 7＋a 8)<0， 所以a 7与(a 7＋a 8)异号． 又公差d >0，所以a 7<0，a 8>0，且|a 7|<|a 8|，故选B. 二、填空题8．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________. 解析：由a n ＋1＝a n1＋3a n ，a 1＝2，可得1a n ＋1－1a n＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．所以1a n ＝12＋3(n －1)，即a n ＝26n －5，所以a 20＝2115. 答案：21159．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：∵a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ， ∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为a 12＝12，公差d ＝12的等差数列，故a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝12n ， 即a n ＝n ·2n －1. 答案：a n ＝n ·2n －110．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，则λ＝________. 解析：当S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8时，由等差数列的性质得：S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列， ∴2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)， ∴2(3S 4－S 4)＝S 4＋(λ·3S 4－3S 4)， 解得λ＝2. 答案：2三、解答题11．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，a 3＋a 4＝12. (1)求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；(2)设b n ＝10－a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 1≠b 2，则n 为何值时，S n 最大？S n最大值是多少？解：(1)设{a n }的公差为d ， ∵a 1，a 2，a 5成等比数列， ∴(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )， 解得d ＝0或d ＝2a 1.当d ＝0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a n ＝6， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝30；当d ≠0时，∵a 3＋a 4＝12，∴a 1＝1，d ＝2， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝25.(2)∵b 1≠b 2，b n ＝10－a n ，∴a 1≠a 2，∴d ≠0， 由(1)知a n ＝2n －1，∴b n ＝10－a n ＝10－(2n －1)＝11－2n ，S n ＝10n －n 2＝－(n －5)2＋25. ∴当n ＝5时，S n 取得最大值，最大值为25.12．(2018·沈阳质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2， 故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 由(1)知S n ＝n 2－6n ，所以当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2； 当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T 5＝13，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.13．已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＝a n －1＋2n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)．(1)证明数列{a n －2n }是等差数列，并求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n2n ，求b n 的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1＋3＝a n －1＋2n －2n －1＋3， ∴a n －2n －(a n －1－2n －1)＝3. 又a 1＝4，∴a 1－2＝2，故数列{a n －2n }是以2为首项，3为公差的等差数列， ∴a n －2n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1， ∴a n ＝2n ＋3n －1.(2)b n ＝a n 2n ＝2n ＋3n －12n＝1＋3n －12n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1＋22＋⎝⎛⎭⎫1＋522＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋3n －12n ＝n ＋⎝⎛⎭⎫22＋522＋…＋3n －12n ，令T n ＝22＋522＋…＋3n －12n ，①则12T n ＝222＋523＋…＋3n －12n ＋1，② ①－②得，12T n ＝1＋322＋323＋…＋32n －3n －12n ＋1，＝1＋3×14⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，∴S n ＝n ＋5－3n ＋52n .已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a 2，a 3；(2)求实数λ使⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列，并由此求出a n 与S n ；(3)求n 的所有取值，使S na n ∈N *，说明你的理由．解：(1)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1， ∴a 2＝2×3＋22－1＝9，a 3＝2×9＋23－1＝25. (2)∵a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1－1， ∴a n ＋1－1＝2(a n －1)＋2n ＋1，∴a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝1，故λ＝－1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 成等差数列，且首项为a 1－12＝1，公差d ＝1.∴a n －12n ＝n ，即a n ＝n ·2n ＋1.∴S n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋n ， 设T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 则2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2，∴S n ＝T n ＋n ＝(n －1)·2n ＋1＋2＋n . (3)S n a n ＝(n －1)·2n ＋1＋n ＋2n ·2n ＋1＝2＋n －2n ＋1n ·2n ＋1，结合y ＝2x 及y ＝12x 的图象可知2n >n 2恒成立，∴2n ＋1>n ，即n －2n ＋1<0，∵n ·2n ＋1>0，∴S n a n<2.当n ＝1时，S n a n＝S 1a 1＝1∈N *；当n ≥2时，∵a n >0且{a n }为递增数列， ∴S n >0且S n >a n ，∴S n a n >1，即1<S n a n <2，∴当n ≥2时，S na n ∉N *.综上可得n ＝1. 高考研究课(二)等比数列的3考点——基本运算、判定和应用 [全国卷5年命题分析]考点考查频度 考查角度等比数列的基本运算 5年5考 由项与和的关系求首项、求前n 项和、求项数等 等比数列的判定 5年2考 证明等比数列等比数列的综合应用 5年3考求和后放缩法证明不等式，等比数列求项之积的最值等比数列基本量的运算[典例] (1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n ＝( )A ．4n －1 B ．4n －1 C ．2n －1D ．2n －1(2)(2018·石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． ①求数列{a n }的通项公式；②若数列{b n }满足b n ＝1a n ，求数列{b n }前n 项和T n .[解析] (1)设{a n }的公比为q ，∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， (ⅰ)a 1q ＋a 1q 3＝54， (ⅱ)由(ⅰ)(ⅱ)可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝12，代入(ⅰ)得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，∴S n a n＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n ＝2n－1.答案：D(2)①当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1， 两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)， 即6a n ＝9(a n －a n －1)，∴a n ＝3a n －1.∴数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.②∵b n ＝1a n＝⎝⎛⎭⎫13n －2，∴{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝92⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .[方法技巧]解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.[即时演练]1．已知数列{a n }是首项a 1＝14的等比数列，其前n 项和为S n ，S 3＝316，若a m ＝－1512，则m 的值为( )A ．8B ．10C ．9D ．7解析：选A 设数列{a n }的公比为q ， 若q ＝1，则S 3＝34≠316，不符合题意，∴q ≠1.由⎩⎨⎧a 1＝14，S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝316，得⎩⎨⎧a 1＝14q ＝－12，∴a n ＝14·⎝⎛⎭⎫－12n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1. 由a m ＝⎝⎛⎭⎫－12m ＋1＝－1512， 得m ＝8.2．(2018·汕头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －2＝2n －2. 当n ＝1时，a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2(4n －1)3＝22n ＋1＋13.等比数列的判定与证明[典例] (1)已知数列{a n 12n ＋2n ＋1n N *，对数列{a n }有下列命题：①数列{a n }是等差数列； ②数列{a n ＋1－a n }是等比数列； ③当n ≥2时，a n 都是质数； ④1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2，n ∈N *， 则其中正确的命题有( ) A ．② B ．①② C ．③④D ．②④(2)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝a n －12－a n －1(n ≥2)．①求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1为等比数列，并求出{a n }的通项公式；②若b n ＝2n －1a n，求{b n }的前n 项和S n . [解析] (1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝2为首项、2为公比的等比数列， ∴a n －a n －1＝2n －1， a n －1－a n －2＝2n －2， …a 2－a 1＝21，累加得：a n －a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2(1－2n －1)1－2＝2n －2，∴a n ＝2n －2＋a 1＝2n －1. 显然①②③中，只有②正确， 又∵1a n＝12n －1<12n －1(n ≥2)，。
高三数学第八章知识点梳理
高三数学第八章知识点梳理在高三的数学学习中，第八章是一个非常重要的章节，主要讲述了数列和数列的极限。
对于学习数学的同学来说，掌握好这一章的知识点对于应对高考的数学考试非常重要。
因此，接下来我将对高三数学第八章的知识点进行梳理，帮助大家更好地理解和应用这些知识。
首先，我们来说说数列。
数列是按一定规律排列的数的集合，它可以是有限的，也可以是无限的。
其中，等差数列和等比数列是我们常见的两种数列。
等差数列是指一个数列中，任意两个相邻的项之差都相等，这个相等的差叫做等差数列的公差；而等比数列是指一个数列中，任意两个相邻的项之比都相等，这个相等的比叫做等比数列的公比。
在解决等差数列和等比数列的问题时，我们可以利用数列的通项公式进行计算。
接下来，我们要讨论的是数列的极限。
数列的极限可以用来描述一个数列是否趋于无穷大或无穷小。
当一个数列的项无限逼近于某一固定的值时，我们称这个值为数列的极限。
数列的极限有两类，一类是正无穷大，即当数列的项无限增大时，极限也增大；另一类是负无穷大，即当数列的项无限减小时，极限也减小。
为了更好地判断一个数列的极限，我们可以利用数列的特征来进行推导，例如数列的有界性、数列的单调性以及数列的初步求极限等等。
在搞清楚了数列的极限后，我们可以进一步探讨数列的极限存在性。
对于一个数列来说，如果它的极限存在，那么我们就可以称这个数列收敛；相反，如果一个数列的极限不存在，我们则称这个数列发散。
在判断数列收敛性时，我们常常会利用夹逼准则、单调有界准则以及递推数列的极限等方法。
最后，我来说说数列的应用。
数列的应用非常广泛，涵盖了许多实际问题。
例如，我们可以通过数列来描述一个人在不同时间获得的收入变化情况；我们还可以利用数列来计算物体的运动速度和位移等。
在这些实际问题的解决过程中，我们可以建立数学模型，并通过数列来求解模型中的未知量。
综上所述，高三数学第八章的知识点可以总结为数列和数列的极限。
通过学习这一章的知识，我们可以更好地理解数列的特点和求解方法，从而应对高考数学的相关问题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第八讲 数列综合★★★高考在考什么 【考题回放】1.已知a b c d ，，，成等比数列，且曲线223y x x =-+的顶点是()b c ，，则ad 等于（ B ） Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．2-2.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1221S =，则25811a a a a +++=．73. 在等比数列{}n a 中,12a =,前n 项和为n S ,若数列{}1n a +也是等比数列,则n S 等于 A ．122n +- B.3n C. 2n D.31n -【解析】因数列{}n a 为等比，则12n n a q -=，因数列{}1n a +也是等比数列， 则22121122212(1)(1)(1)22(12)01n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a q q q +++++++++=++⇒+=++⇒+=⇒+-=⇒=即2n a =，所以2n S n =，故选择答案C 。
4.设集合{123456}M =，，，，，， 12k S S S ，，，都是M 的含两个元素的子集，且满足：对任意的{}i i i S a b =，，{}j j j S a b =，（i j ≠，{123}i j k ∈ 、，，，，），都有min min j j i i i i j j a b a b b a b a ⎧⎫⎧⎫⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎩⎭，，（min{}x y ，表示两个数x y ，中的较小者），则k 的最大值是（ B ） A ．10 B ．11 C ．12 D ．135. 已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n =a n 2+5a n +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{a n }的通项a n .解析：解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1=3．又10S n －1=a n －12+5a n －1+6(n ≥2)，②由①－②得 10a n =(a n 2－a n －12)+6(a n －a n －1)，即(a n +a n －1)(a n －a n －1－5)=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2)．当a 1=3时，a 3=13，a 15=73． a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;当a 1=2时，a 3=12， a 15=72， 有a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －3．6.已知公比为(01)q q <<的无穷等比数列{}n a 各项的和为9，无穷等比数列{}2n a 各项的和为815. (I)求数列{}n a 的首项1a 和公比q ；(II)对给定的(1,2,3,,)k k n = ，设()k T 是首项为k a ，公差为21k a -的等差数列，求(2)T 的前10项之和；解: (Ⅰ)依题意可知,⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-32358119112121q a q a q a(Ⅱ)由(Ⅰ)知,1323-⎪⎭⎫⎝⎛⨯=n n a ,所以数列)2(T的的首项为221==a t ,公差3122=-=a d ,15539102121010=⨯⨯⨯+⨯=S ,即数列)2(T 的前10项之和为155. ★★★高考要考什么本章主要涉及等差（比）数列的定义、通项公式、前n 项和及其性质，数列的极限、无穷等比数列的各项和．同时加强数学思想方法的应用，是历年的重点内容之一，近几年考查的力度有所增加，体现高考是以能力立意命题的原则．高考对本专题考查比较全面、深刻，每年都不遗漏．其中小题主要考查1()a d q 、、n n n a S 、、间相互关系，呈现“小、巧、活”的特点；大题中往往把等差（比）数列与函数、方程与不等式，解析几何 等知识结合，考查基础知识、思想方法的运用，对思维能力要求较高，注重试题的综合性，注意分类讨论．高考中常常把数列、极限与函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在 一起，再加以导数和向量等新增内容，使数列综合题新意层出不穷．常见题型：（1）由递推公式给出数列，与其他知识交汇，考查运用递推公式进行恒等变形、推理与综合能力． （2）给出S n 与a n 的关系，求通项等，考查等价转化的数学思想与解决问题能力．（3）以函数、解析几何的知识为载体，或定义新数列，考查在新情境下知识的迁移能力． 理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用，注意不等式型的递推数列．★ ★★ 突 破 重 难 点【范例1】已知数列{}n a ，{}n b 满足12a =，11b =，且11113114413144n n n n n n a a b b a b ----⎧=++⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩（2n ≥）（I ）令n n n c a b =+，求数列{}n c 的通项公式； （II ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和公式n S ．解：（Ｉ）由题设得11()2(2)n n n n a b a b n --+=++≥，即12n n c c -=+（2n ≥） 易知{}n c 是首项为113a b +=，公差为２的等差数列，通项公式为21n c n =+． （II ）解：由题设得111()(2)2n n n n a b a b n ---=-≥，令n n n d a b =-，则11(2)2n n d d n -=≥． 易知{}n d 是首项为111a b -=，公比为12的等比数列，通项公式为112n n d -=． 由12112n n n n n a b n a b -+=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得1122n n a n =++， 求和得21122n n n S n =-+++．【变式】在等差数列{}n a 中，11a =，前n 项和n S 满足条件242,1,2,1n n S n n S n +==+ ， （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记(0)n a n n b a p p =>，求数列{}n b 的前n 项和n T 。
解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ,由2421n n S n S n +=+得：1213a a a +=，所以22a =，即211d a a =-=，又1211122()42212n n n n n n a nd a n S a nd a n a a n S a a n ++⨯+++===+++⨯＝2(1)1n n a n a +++，所以n a n =。
（Ⅱ）由n a n n b a p =，得nn b np =。
所以23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+ ，当1p =时，12n n T +=；当1p ≠时，234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+ ， 23111(1)(1)1n n n n n n p p P T p p p pp npnp p-++--=+++++-=--即11,12(1),11n nn n p T p p np p p++⎧=⎪⎪=⎨-⎪-≠⎪-⎩。
（理）已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。
（Ⅰ）、求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）、设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n m T <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x.又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ， 故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.【范例2】已知函数2()1f x x x =+-，,αβ是方程f (x)=0的两个根()αβ>，'()f x 是f (x)的导数；设11a =，1()'()n n n n f a a a f a +=-（n=1,2,……） （1）求,αβ的值；（2）证明：对任意的正整数n ，都有n a >a ； （3）记lnn n n a b a aβ-=-（n=1,2,……），求数列{b n }的前n 项和S n 。
解析：（1）∵2()1f x x x =+-，,αβ是方程f (x)=0的两个根()αβ>，∴αβ=； （2）'()21f x x =+，21115(21)(21)12442121n n n nn n n n n n a a a a a a a a a a ++++-+-=-=-++ =5114(21)4212n n a a ++-+，∵11a =，∴有基本不等式可知20a >（当且仅当1a =时取等号），∴20a >>同，样3a，……，n a α=（n=1,2,……）， （3）1()()(1)2121nn n n n n n n a a a a a a a a αββββα+----=--=++++，而1αβ+=-，即1αβ+=-， 21()21n n n a a a ββ+--=+，同理21()21n n n a a a αα+--=+，12n n b b +=，又11ln 1b βα-===-2(2n n S =-【文】已知函数2()1f x x x =+-，α、β是方程()0f x =的两个根(αβ>)，()f x '是的导数设11a =，1()()n n n n f a a a f a +=-'，(1,2,)n = . (1)求α、β的值；(2)已知对任意的正整数n 有n a α>,记lnn n n a b a βα-=-,(1,2,)n = .求数列{n b }的前n 项和n S ．解、(1) 由 210x x +-=得12x -±=12α-+∴=12β--=(2) ()21f x x '=+ 221112121n n n n n n n a a a a a a a ++-+=-=++(22221111n n n n n nn n n a a a a a a a a ββαα+++⎛⎫++ ⎪⎛⎫--==== ⎪--⎝⎭ ∴ 12n n b b += 又111lnln 4lna b a βα-===-∴数列{}n b 是一个首项为 14ln2,公比为2的等比数列; ∴)()1212421ln 122n n n S -+==-- 【变式】对任意函数f （x ），x ∈D ，可按图示3—2构造一个数列发生器，其工作原理如下： ①输入数据x 0∈D ，经数列发生器输出x 1＝f （x 0）；②若x 1∉D ，则数列发生器结束工作；若x 1∈D ，则将x 1反馈回输入端，再输出x 2＝f （x 1），并依此规律继续下去． 现定义f （x ）=124+-x x ． （Ⅰ）若输入x 0＝6549，则由数列发生器产生数列｛x n ｝．请写出数列｛x n ｝的所有项； （Ⅱ）若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据x 0的值； （Ⅲ）（理）若输入x 0时，产生的无穷数列｛x n ｝满足：对任意正整数n ,均有x n ＜x n ＋1，求x 0的取值范围． 解：（Ⅰ）∵f （x ）的定义域D ＝（－∞ －1）∪（－1，＋∞） ∴数列｛x n ｝只有三项x 1＝1911，x 2＝51，x 3＝－1 （Ⅱ）∵f （x ）＝124+-x x ＝x 即x 2－3x ＋2＝0，∴x ＝1或x ＝2 即x 0＝1或2时，x n ＋1＝124+-n n x x ＝x n ，故当x 0＝1时，x 0＝1；当x 0＝2时，x n ＝2（n ∈N ）（Ⅲ）解不等式x ＜124+-x x ，得x ＜－1或1＜x ＜2，要使x 1＜x 2，则x 2＜－1或1＜x 1＜2 对于函数f （x ）＝164124+-=+-x x x 。