2019高考数学(理)二轮精选练习：专题4 数列专题跟踪训练19

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2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列(基础题)

2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列（基础题）一、单选题(共4题；共8分)1．（2分）设a ，b ∈R ，数列{a n }，满足a 1 =a ，a n+1= a n 2+b ，b ∈N *，则（）A ．当b= 12 时，a 10>10B ．当b= 14 时，a 10>10C ．当b=-2时，a 10>10D ．当b=-4时，a 10>102．（2分）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=（）A ．16B ．8C ．4D ．23．（2分）古希腊吋期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618 ，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯“便是如此。

此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度也是 √5−12。

若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（）A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm4．（2分）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-5B ．a n =3n-10C ．S n =2n 2-8nD ．S n = 12n 2-2n二、填空题(共6题；共7分)5．（1分）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 .6．（1分）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= . 7．（1分）记S n 为等差数列{a n }项和，若a 1≠0，a 2=3a 1，则 S 10S5= 。

8．（2分）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3，S5=-10，则a5=，S n的最小值为.9．（1分）记S n为等比数列{a n}的前n项和。

2019版高考数学总复习专题四数列4.1数列基础题课件理

4.1
数列基础题
高考命题规律 1.考查频率较高.且多数与数列解答题隔年交替考查. 2.选择题或填空题,难度中低档. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.
2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年高考必备命题角度 1 命题角度 2 命题角度 3 求数列的通项公式等差数列基本量的运算等比数列基本量的运算等差、等比数命题列性质的应角度 4 用
��
��
1
)
��+1 �� 解析由题意得 − =ln(n+1)-ln n,n 分别取 ��+1 �� 1 �� 累加得 �� − 1 =ln n-ln 1=ln n, �� =2+ln n,
-8高考真题体验·对方向
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3.(2018 湖南、江西第二次联考)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 log3 Sn+1 =n+1,则数列{an}的通项公式为 8,�� = 1, 答案 an= 2 × 3�� ,�� ≥ 2 .
解析由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1, 当n=1时,a1=S1=8; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2×3n, 8,�� = 1, 所以数列{an}的通项公式为 an= 2 × 3�� ,�� ≥ 2.
所以
1-35 S5= =121. 1-3
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【最新整理】2019高考数学(理)二轮专题练习专题4(2)数列求和及综合应用(含答案)

高考数学（理）二轮专题练习第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题；2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为的数列的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝.常见的裂项公式：①＝－；②＝(－)；③＝(－)；④＝(－)．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题．热点一分组转化求和例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{an}(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；(2)分组。

2019年高考真题汇编理科数学(解析版)4：数列

2018高考真题分类汇编：数列一、选择题1.【2018高考真题重庆理1】在等差数列}{n a 中，12=a ，54=a 则}{n a 的前5项和5S = A.7 B.15 C.20 D.25【答案】B【解析】因为12=a ，54=a ，所以64251=+=+a a a a ，所以数列的前5项和156252)(52)(542515=⨯=+=+=a a a a S ,选B. 2.【2018高考真题浙江理7】设n S 是公差为d （d ≠0）的无穷等差数列﹛a n ﹜的前n 项和，则下列命题错误的是A.若d ＜0，则数列﹛S n ﹜有最大项B.若数列﹛S n ﹜有最大项，则d ＜0C.若数列﹛S n ﹜是递增数列，则对任意*N n ∈，均有0>n S D. 若对任意*N n ∈，均有0>n S ，则数列﹛S n ﹜是递增数列【答案】C【解析】选项C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{S n }是递增数列，但是S n ＞0不成立．故选C 。

3.【2018高考真题新课标理5】已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（）()A 7 ()B 5 ()C -5 ()D -7【答案】D【解析】因为}{n a 为等比数列，所以87465-==a a a a ，又274=+a a ，所以2474-==a a ，或4274=-=a a ，.若2474-==a a ，，解得18101=-=a a ，，7101-=+a a ；若4274=-=a a ，，解得18110=-=a a ，，仍有7101-=+a a ，综上选D.4.【2018高考真题上海理18】设25sin 1πn n a n =，n n a a a S +++= 21，在10021,,,S S S 中，正数的个数是（）A ．25B ．50C ．75D ．100【答案】D【解析】当1≤n ≤24时，n a ＞0，当26≤n ≤49时，n a ＜0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，n a ＞0，当76≤n ≤99时，n a ＜0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，∴当1≤n ≤100时，均有n S ＞0。

2019高考数学(理科)二轮复习(全国通用版)：回扣4 数列Word版含答案

回扣4数列1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.活用定理与结论(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)判断等差数列的常用方法①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n＋1a n＝q(q是不为0的常数，n∈N *)⇔{an}是等比数列．②通项公式法a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． ③中项公式法a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． 3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如a n ＝c (an ＋b 1)(an ＋b 2)(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a n b n 时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 13>0，S 14<0，若a k ·a k ＋1<0，则k 等于( ) A ．6B ．7C ．13D ．14 答案 B解析因为{a n }为等差数列，S 13＝13a 7，S 14＝7(a 7＋a 8)，所以a 7>0，a 8<0，a 7·a 8<0，所以k ＝7.2．已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，则a 5＋a 6等于( ) A ．3B ．15C ．48D ．63 答案 C解析 a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝4，所以a 5＋a 6＝(a 3＋a 4)·q 2＝48.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．12 D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.4．已知数列{a n }满足13n a ＋＝9·3n a(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则15793log ()a a a ＋＋等于( ) A ．－13B ．3C ．－3 D.13答案 C解析由已知13n a＋＝9·3n a＝23n a ＋，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋3d )＋(a 4＋3d )＋(a 6＋3d ) ＝(a 2＋a 4＋a 6)＋9d ＝9＋9×2＝27，所以15793log ()a a a ＋＋＝13log 27＝－3.故选C.5．已知正数组成的等比数列{a n }，若a 1·a 20＝100，那么a 7＋a 14的最小值为( ) A ．20 B ．25 C ．50 D ．不存在答案 A解析在正数组成的等比数列{a n }中，因为a 1·a 20＝100，由等比数列的性质可得a 1·a 20＝a 7·a 14＝100，那么a 7＋a 14≥2a 7·a 14＝2100＝20，当且仅当a 7＝a 14＝10时取等号，所以a 7＋a 14的最小值为20.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n 等于( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2答案 A解析 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)⇒a n ＋1＝2a n ，再令n ＝1，∴S 1＝2a 1－4⇒a 1＝4， ∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，故选A.7．已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3，故选B.8．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)(n ∈N *)，则S 20等于( ) A ．31 B ．122 C ．324 D ．484答案 B解析由题意可知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的。

2019年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列

2019年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列一、选择题1 ．（2019年高考上海卷（理））在数列{}n a 中,21nn a =-,若一个7行12列的矩阵的第i 行第j 列的元素,i j i j i j a a a a a =⋅++,(1,2,,7;1,2,,12i j ==)则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为( )(A)18 (B)28(C)48(D)63【答案】A.2 ．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知数列{}n a 满足12430,3n n a a a ++==-,则{}n a 的前10项和等于(A)()10613--- (B)()101139-- (C)()10313-- (D)()1031+3-【答案】C3 ．（2019年高考新课标1（理））设n n n A B C ∆的三边长分别为,,n n n a b c ,n n n A B C ∆的面积为n S ,1,2,3,n =,若11111,2b c b c a >+=,111,,22n n nnn n n n c a b a a a b c +++++===,则( ) A.{S n }为递减数列 B.{S n }为递增数列C.{S 2n -1}为递增数列,{S 2n }为递减数列D.{S 2n -1}为递减数列,{S 2n }为递增数列【答案】B4 ．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））函数=()y f x 的图像如图所示,在区间[],a b 上可找到(2)n n ≥个不同的数12,...,,n x x x 使得1212()()()==,n nf x f x f x x x x 则n 的取值范围是(A){}3,4 (B){}2,3,4 (C) {}3,4,5 (D){}2,3【答案】B5 ．（2019年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知等比数列{}n a 的公比为q,记(1)1(1)2(1)...,n m n m n m n m b a a a -+-+-+=+++*(1)1(1)2(1)...(,),n m n m n m n m c a a a m n N -+-+-+=∙∙∙∈则以下结论一定正确的是( ) A.数列{}n b 为等差数列,公差为mq B.数列{}n b 为等比数列,公比为2mqC.数列{}n c 为等比数列,公比为2m q D.数列{}n c 为等比数列,公比为mm q【答案】C6 ．（2019年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知12310a a S +=,95=a ,则=1a(A)31 (B)31- (C)91(D)91-【答案】C7 ．（2019年高考新课标1（理））设等差数列{}n a 的前n 项和为11,2,0,3n m m m S S S S -+=-==,则m =( )A.3B.4C.5D.6【答案】C8 ．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））下面是关于公差0d>的等差数列()n a 的四个命题:{}1:n p a 数列是递增数列；{}2:n p na 数列是递增数列； 3:n a p n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭数列是递增数列； {}4:3n p a nd +数列是递增数列；其中的真命题为(A)12,p p (B)34,p p (C)23,p p (D)14,p p【答案】D9 ．（2019年高考江西卷（理））等比数列x,3x+3,6x+6,..的第四项等于A.-24B.0C.12D.24 【答案】A二、填空题10．（2019年高考四川卷（理））在等差数列{}n a 中,218a a -=,且4a 为2a 和3a 的等比中项,求数列{}n a 的首项、公差及前n 项和.【答案】解:设该数列公差为d ,前n 项和为n s .由已知,可得()()()21111228,38a d a d a d a d +=+=++.所以()114,30a d d d a +=-=,解得14,0a d ==,或11,3a d ==,即数列{}n a 的首相为4,公差为0,或首相为1,公差为3.所以数列的前n 项和4n s n =或232n n n s -=11．（2019年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知10150,25S S ==,则n nS 的最小值为________.【答案】49-12．（2019年高考湖北卷（理））古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1,3,6,10,,第n 个三角形数为()2111222n n n n +=+.记第n 个k 边形数为(),N n k ()3k ≥,以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式: 三角形数 ()211,322N n n n =+ 正方形数 ()2,4N n n = 五边形数 ()231,522N n n n =- 六边形数 ()2,62N n n n =-可以推测(),N n k 的表达式,由此计算()10,24N =___________. 选考题【答案】100013．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））在正项等比数列}{n a 中,215=a ,376=+a a ,则满足n n a a a a a a 2121>+++的最大正整数n 的值为_____________.【答案】1214．（2019年高考湖南卷（理））设n S 为数列{}n a 的前n 项和,1(1),,2n n n n S a n N *=--∈则 (1)3a =_____; (2)12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________.【答案】116-;10011(1)32- 15．（2019年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））当,1x R x ∈<时,有如下表达式:211.......1n x x x x+++++=- 两边同时积分得:11111222222011.......1ndx xdx x dx x dx dx x+++++=-⎰⎰⎰⎰⎰从而得到如下等式:23111111111()()...()...ln 2.2223212n n +⨯+⨯+⨯++⨯+=+ 请根据以下材料所蕴含的数学思想方法,计算:122311111111()()...()_____2223212nn n n n nn C C C C +⨯+⨯+⨯++⨯=+【答案】113[()1]12n n +-+ 16．（2019年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））已知{}n a 是等差数列,11a =,公差0d ≠,n S 为其前n 项和,若125,,a a a 成等比数列,则8_____S =【答案】6417．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若等差数列的前6项和为23,前9项和为57,则数列的前n项和n =S __________.【答案】25766n n - 18．（2019年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））在等差数列{}n a 中,已知3810a a +=,则573a a +=_____ 【答案】2019．（2019年高考陕西卷（理））观察下列等式:211=22123-=- 2221263+-=2222124310-+-=-照此规律, 第n 个等式可为___)1(2)1-n 1--32-1121-n 222+=+++n n n （）（ ____. 【答案】)1(2)1-n 1--32-1121-n 222+=+++n n n （）（ 20．（2019年高考新课标1（理））若数列{n a }的前n 项和为S n =2133n a +,则数列{n a }的通项公式是n a =______.【答案】n a =1(2)n --.21．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））如图,互不-相同的点12,,,n A A X 和12,,,n B B B 分别在角O 的两条边上,所有n n A B 相互平行,且所有梯形11n n n n A B B A ++的面积均相等.设.n n OA a =若121,2,a a ==则数列{}n a 的通项公式是_________.【答案】*,23N n n a n∈-= 22．（2019年高考北京卷（理））若等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3+a 5=40,则公比q =_______;前n 项和S n =___________.【答案】2,122n +- 23．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知等比数列{}n a 是递增数列,n S 是{}n a 的前n 项和,若13a a ，是方程2540x x -+=的两个根,则6S =____________.【答案】63 三、解答题24．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））设函数22222()1(,)23nn n x x x f x x x R n N n=-+++++∈∈,证明: (Ⅰ)对每个nn N ∈,存在唯一的2[,1]3n x ∈,满足()0n n f x =;(Ⅱ)对任意np N ∈,由(Ⅰ)中n x 构成的数列{}n x 满足10n n p x x n+<-<.【答案】解: (Ⅰ) 224232224321)(0nx x x x x x f n x y x nn n ++++++-=∴=> 是单调递增的时，当是x 的单调递增函数,也是n 的单调递增函数. 011)1(,01)0(=+-≥<-=n n f f 且.010)(],1,0(321>>>≥=∈⇒n n n n x x x x x f x ，且满足存在唯一x x x x x x x x x x x x x f x n n n -⋅++-<--⋅++-=++++++-≤∈-1141114122221)(,).1,0(2122242322 时当]1,32[0)23)(2(1141)(02∈⇒≤--⇒-⋅++-≤=⇒n n n n n n n n x x x x x x x f综上,对每个nn N ∈,存在唯一的2[,1]3n x ∈,满足()0n n f x =;(证毕)(Ⅱ) 由题知04321)(,012242322=++++++-=>>≥+nxx x x x x f x x nn n n n n n n pn n0)()1(4321)(2212242322=+++++++++++-=+++++++++++p n x n x nx x x x x x f pn pn n pn np n p n p n p n p n p n p n 上式相减:22122423222242322)()1(432432p n x n x n x x x x x n x x x x x pn p n n p n n p n p n p n p n p n nnn n n n ++++++++++=++++++++++++++ ）（）（2212244233222)()1(-4-3-2--p n x n x nx x x x x x x x x x pn pn n pn nnn p n np n np n np n p n n +++++++++=+++++++++ nx x n p n n p n n 1-111<⇒<+-=+. 法二:25．（2019年高考上海卷（理））(3 分+6分+9分)给定常数0c >,定义函数()2|4|||f x x c x c =++-+,数列123,,,a a a 满足*1(),n n a f a n N +=∈.(1)若12a c =--,求2a 及3a ;(2)求证:对任意*1,n n n N a a c +∈-≥,;(3)是否存在1a ,使得12,,,n a a a 成等差数列?若存在,求出所有这样的1a ,若不存在,说明理由.【答案】:(1)因为0c >,1(2)a c =-+,故2111()2|4|||2a f a a c a c ==++-+=,3122()2|4|||10a f a a c a c c ==++-+=+(2)要证明原命题,只需证明()f x x c ≥+对任意x R ∈都成立,()2|4|||f x x c x c x c x c ≥+⇔++-+≥+即只需证明2|4|||+x c x c x c ++≥++若0x c +≤,显然有2|4|||+=0x c x c x c ++≥++成立;若0x c +>,则2|4|||+4x c x c x c x c x c ++≥++⇔++>+显然成立综上,()f x x c ≥+恒成立,即对任意的*n N ∈,1n n a a c +-≥(3)由(2)知,若{}n a 为等差数列,则公差0d c ≥>,故n 无限增大时,总有0n a > 此时,1()2(4)()8n n n n n a f a a c a c a c +==++-+=++ 即8d c =+故21111()2|4|||8a f a a c a c a c ==++-+=++, 即1112|4|||8a c a c a c ++=++++,当10a c +≥时,等式成立,且2n ≥时,0n a >,此时{}n a 为等差数列,满足题意; 若10a c +<,则11|4|48a c a c ++=⇒=--, 此时,230,8,,(2)(8)n a a c a n c ==+=-+也满足题意;综上,满足题意的1a 的取值范围是[,){8}c c -+∞⋃--.26．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分10分.设数列{}122,3,3,34444n a ：，-，-，-，-，-，-，，-1-1-1k k kk k 个（），，（）,即当1122k k k k n -+<≤（）（）()k N +∈时,11k n a k -=（-）,记12n n S a a a =++()n N +∈,对于l N +∈,定义集合{}l P 1n n n S a n N n l +=∈≤≤是的整数倍，，且 (1)求集合11P 中元素的个数; (2)求集合2000P 中元素的个数.【答案】本题主要考察集合.数列的概念与运算.计数原理等基础知识,考察探究能力及运用数学归纳法分析解决问题能力及推理论证能力. (1)解:由数列{}n a 的定义得:11=a ,22-=a ,23-=a ,34=a ,35=a ,36=a ,47-=a ,48-=a ,49-=a ,410-=a ,511=a ∴11=S ,12-=S ,33-=S ,04=S ,35=S ,66=S ,27=S ,28-=S ,69-=S ,1010-=S ,511-=S∴111a S ∙=,440a S ∙=,551a S ∙=,662a S ∙=,11111a S ∙-= ∴集合11P 中元素的个数为5(2)证明:用数学归纳法先证)12()12(+-=+i i S i i 事实上,① 当1=i 时,3)12(13)12(-=+∙-==+S S i i 故原式成立② 假设当m i =时,等式成立,即)12()12(+∙-=+m m S m m 故原式成立则:1+=m i ,时,2222)12(}32)(1(}1)1(2)[1()22()12()12()22()12(+-+++-=+-++==++++++m m m m m m S S S m m m m m m)32)(1()352(2++-=++-=m m m m综合①②得:)12()12(+-=+i i S i i 于是)1)(12()12()12()12(22}12(}12)[1(++=+++-=++=+++i i i i i i S S i i i i由上可知:}12(+i i S 是)12(+i 的倍数而)12,,2,1(12}12)(1(+=+=+++i j i a j i i ,所以)12()12()12(++=+++i j S S i i j i i 是)12,,2,1(}12)(1(+=+++i j a j i i 的倍数又)12)(1(}12)[1(++=++i i S i i 不是22+i 的倍数, 而)22,,2,1)(22(}12)(1(+=+-=+++i j i a j i i所以)22()1)(12()22()12)(1()12)(1(+-++=+-=+++++i j i i i j S S i i j i i 不是)22,,2,1(}12)(1(+=+++i j a j i i 的倍数故当)12(+=i i l 时,集合l P 中元素的个数为2i 1-i 231=+++）（于是当）（1i 2j 1j )12(+≤≤++=i i l 时,集合l P 中元素的个数为j i 2+ 又471312312000++⨯⨯=）（故集合2000P 中元素的个数为100847312=+27．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在公差为d 的等差数列}{n a 中,已知101=a ,且3215,22,a a a +成等比数列.(1)求n a d ,; (2)若0<d ,求.||||||||321n a a a a ++++【答案】解:(Ⅰ)由已知得到:22221311(22)54(1)50(2)(11)25(5)a a a a d a d d d +=⇒++=+⇒+=+224112122125253404611n n d d d d d d d a n a n==-⎧⎧⇒++=+⇒--=⇒⎨⎨=+=-⎩⎩或; (Ⅱ)由(1)知,当0d<时,11n a n =-,①当111n ≤≤时,123123(1011)(21)0||||||||22n n n n n n n a a a a a a a a a +--≥∴++++=++++==②当12n ≤时,1231231112132123111230||||||||()11(2111)(21)212202()()2222n n n n a a a a a a a a a a a a n n n n a a a a a a a a ≤∴++++=++++-+++---+=++++-++++=⨯-=所以,综上所述:1232(21),(111)2||||||||21220,(12)2n n n n a a a a n n n -⎧≤≤⎪⎪++++=⎨-+⎪≥⎪⎩;28．（2019年高考湖北卷（理））已知等比数列{}n a 满足:2310a a -=,123125a a a =. (I)求数列{}n a 的通项公式;(II)是否存在正整数m ,使得121111ma a a +++≥?若存在,求m 的最小值;若不存在,说明理由. 【答案】解:(I)由已知条件得:25a =,又2110a q -=,13q ∴=-或,所以数列{}n a 的通项或253n n a -=⨯(II)若1q =-,12111105m a a a +++=-或,不存在这样的正整数m ; 若3q =,12111919110310mm a a a ⎡⎤⎛⎫+++=-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦,不存在这样的正整数m . 29．（2019年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且424S S =,221n n a a =+. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设数列{}n b 前n 项和为n T ,且 12n n na T λ++=(λ为常数).令2n n cb =*()n N ∈.求数列{}nc 的前n 项和n R .【答案】解:(Ⅰ)设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,由424S S =,221n n a a =+得11114684(21)22(1)1a d a d a n a n d +=+⎧⎨+-=+-+⎩,解得,11a =,2d =因此21n a n =-*()n N ∈(Ⅱ)由题意知:12n n n T λ-=-所以2n ≥时,112122n n n n n n n b T T ----=-=-+故,1221221(1)()24n n n n n c b n ---===- *()n N ∈所以01231111110()1()2()3()(1)()44444n n R n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯, 则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444n nn R n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯ 两式相减得1231311111()()()()(1)()444444n nn R n -=+++⋅⋅⋅+--⨯11()144(1)()1414n n n -=--- 整理得1131(4)94n n n R -+=-所以数列数列{}n c 的前n 项和1131(4)94n n n R -+=-30．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分16分.设}{n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列)0(≠d ,n S 是其前n 项和.记cn nS b n n +=2,*N n ∈,其中c 为实数. (1)若0=c ,且421b b b ，，成等比数列,证明:k nk S n S 2=(*,N n k ∈) (2)若}{n b 是等差数列,证明:0=c .【答案】证明:∵}{n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列)0(≠d ,n S 是其前n 项和 ∴d n n na S n 2)1(-+= (1)∵0=c ∴d n a n S b n n 21-+== ∵421b b b ，，成等比数列 ∴4122b b b = ∴)23()21(2d a a d a +=+∴041212=-d ad ∴0)21(21=-d a d ∵0≠d ∴d a 21= ∴a d 2= ∴a n a n n na d n n na S n 222)1(2)1(=-+=-+= ∴左边=a k n a nk S nk 222)(== 右边=a k n S n k 222=∴左边=右边∴原式成立(2)∵}{n b 是等差数列∴设公差为1d ,∴11)1(d n b b n -+=带入cn nS b n n +=2得: 11)1(d n b -+cn nS n +=2 ∴)()21()21(11121131b d c n cd n d a d b n d d -=++--+-对+∈N n 恒成立 ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==+--=-0)(0021021111111b d c cd d a d b d d 由①式得:d d 211= ∵ 0≠d ∴ 01≠d由③式得:0=c法二:证:(1)若0=c ,则d n a a n )1(-+=,2]2)1[(a d n n S n +-=,22)1(a d n b n +-=. 当421b b b ，，成等比数列,4122b b b =, 即:⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+2322d a a d a ,得:ad d 22=,又0≠d ,故a d 2=. 由此:a n S n 2=,a k n a nk S nk 222)(==,a k n S n k 222=.故:k nk S n S 2=(*,N n k ∈). (2)cn ad n n c n nS b n n ++-=+=22222)1(, cn a d n c a d n c a d n n ++--+-++-=2222)1(22)1(22)1( c n a d n c a d n ++--+-=222)1(22)1(. (※) 若}{n b 是等差数列,则Bn An b n +=型.观察(※)式后一项,分子幂低于分母幂,故有:022)1(2=++-cn ad n c,即022)1(=+-a d n c ,而22)1(a d n +-≠0, 故0=c . 经检验,当0=c 时}{n b 是等差数列.31．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知232=S a ,且124,,S S S 成等比数列,求{}n a 的通项式.【答案】32．（2019年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））已知首项为32的等比数列{}n a 不是递减数列, 其前n 项和为(*)n S n ∈N , 且S 3 + a 3, S 5 + a 5, S 4 + a 4成等差数列. (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ) 设*()1n n nT S n S ∈=-N , 求数列{}n T 的最大项的值与最小项的值. 【答案】33．（2019年高考江西卷（理））正项数列{a n }的前项和{a n }满足:222(1)()0n n s n n s n n -+--+= (1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令221(2)n n b n a +=+,数列{b n }的前n 项和为n T .证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T < 【答案】(1)解:由222(1)()0n n S n n S n n -+--+=,得2()(1)0nn S n n S ⎡⎤-++=⎣⎦.由于{}n a 是正项数列,所以20,n n S S n n >=+. 于是112,2a S n ==≥时,221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=.综上,数列{}n a 的通项2n a n =.(2)证明:由于2212,(2)n n nn a n b n a +==+. 则222211114(2)16(2)n n b n n n n ⎡⎤+==-⎢⎥++⎣⎦. 222222222111111111111632435(1)(1)(2)n T n n n n ⎡⎤=-+-+-++-+-⎢⎥-++⎣⎦… 222211111151(1)162(1)(2)16264n n ⎡⎤=+--<+=⎢⎥++⎣⎦. 是等比数列.。

2019版高考数学总复习专题四数列 4.2 数列解答题

即an=2n+1-2n(n≥2).
而a1=2=21+1-2×1,∴an=2n+1-2n(n∈N*).
-12K12教育课件
-13-
高考真题体验·对方向
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等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的应用
1.(2018全国Ⅱ·17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,
S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
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解 (1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,则
2�� 2
= =
2 1
+ +
32��,,解得
��
= =
10,(舍)或
��
= =
1, 2,
∴an=2n-1,bn=n.
-17-
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2.(2018广东东莞二模)已知等比数列{an}与等差数列{bn}, a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差数列,b1,a2,b4成等比数列. (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)设Sn,Tn分别是数列{an},{bn}的前n项和,若Sn+Tn>100,求n的最小值.
K12教ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ课件
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解
(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+12=3

备战2019高考数学(理科)大二轮复习课件：专题四数列 4.2

(3)an+1=pan+q(p≠0,p≠1)型,转化为等比数列解决;
�� (4)an+1= �� + �� (an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等 ��
差数列解决.
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对点训练1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式: 2 �� 2�� 1 1 1 �� (1)(1) ∵a = 1, a = , ∴ = + . n+1 a11=1,�� = ;
以 3 为公比的等比数列 . 则 an+1=2·3n-1,故 an=2·3n-1-1.
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题后反思由递推关系求数列的通项的基本思想是转化,常用的方法: (1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法;
�� +1 (2) =f(n)型,采用迭乘法; ��
4.2 数列的通项与求和
试题统计
题型
(2015 全国Ⅰ,理 17) (2016 全国Ⅰ,理 3) (2016 全国Ⅱ,理 17) 选择题 (2016 全国Ⅲ,理 17) 填空题 (2017 全国Ⅰ,理 12) 解答题 (2017 全国Ⅱ,理 15) (2017 全国Ⅲ,理 9) (2018 全国Ⅰ,理 14)
,
∴an+1-1=�� +2(an-1),
则 bn+1=
�� +2
令 bn=an-1,有 b1=a1-1=- , bn,取 n=1,2,3,… ,n-1,

2019高考数学(理)通用版二轮精准提分解答题通关练数列(解析版)

2019高考数学（理）通用版二轮精准提分解答题通关练数列（解析版）1.数列{a n }中，a 1＝0且a n ＋1＝3a n ＋2.(1)求数列{a n }的前5项；(2)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式.解 (1)由a 1＝0且a n ＋1＝3a n ＋2，得a 2＝3a 1＋2＝3×0＋2＝2，a 3＝3a 2＋2＝3×2＋2＝8，a 4＝3a 3＋2＝3×8＋2＝26，a 5＝3a 4＋2＝3×26＋2＝80，所以数列{a n }的前5项为0，2，8，26，80.(2)由a n ＋1＝3a n ＋2得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，而a 1＋1＝1≠0，所以数列{a n ＋1}是一个首项为1，公比为3的等比数列.所以a n ＋1＝3n －1，故a n ＝3n －1－1(n ∈N *).2.(2018·巩义模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，1a n ＋1＝1a n＋2(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. (1)解由条件可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为2，公差为2，所以1a n＝2＋(n －1)×2＝2n ，故a n ＝12n (n ∈N *).(2)证明依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2＝14·1n 2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，n ≥2，n ∈N *. 又因为a 21＝14，所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n <14×2＝12.故a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n <12. 3.(2018·衡水金卷模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，3a 5＋a 9＝S 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋1a n ，且b 1＝a 6，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝5，3a 5＋a 9＝S 6，得3(5＋4d )＋(5＋8d )＝6×5＋6×52d ，解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5＋2(n －1)＝2n ＋3(n ∈N *).(2)由(1)得，b 1＝a 6＝2×6＋3＝15.又因为b n ＋1＝a n ＋1a n ，所以当n ≥2时，b n ＝a n a n －1＝(2n ＋3)(2n ＋1)，当n ＝1时，b 1＝5×3＝15，符合上式，所以b n ＝(2n ＋3)(2n ＋1)(n ∈N *).所以1b n ＝1(2n ＋3)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 所以T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n 3(2n ＋3)(n ∈N *). 4.(2018·东莞模拟)已知等比数列{a n }与等差数列{b n }，a 1＝b 1＝1，a 1≠a 2，a 1，a 2，b 3成等差数列，b 1，a 2，b 4成等比数列.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，若S n ＋T n >100，求n 的最小值. 解 (1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2q ＝2＋2d ，q 2＝1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝0，q ＝1(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2， ∴a n ＝2n －1，b n ＝n .(2)由(1)易知S n ＝1－2n1－2＝2n －1，T n ＝n (n ＋1)2. 由S n ＋T n >100，得2n ＋n (n ＋1)2>101， ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋n (n ＋1)2是单调递增数列，且26＋6×72＝85<101，27＋7×82＝156>101， ∴n 的最小值为7.。

2019高考数学(文)精讲二轮专题四数列专题跟踪训练19

专题跟踪训练(十九)一、选择题1．(2018·安徽淮南一模)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)[解析] ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ， ∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3，故选C. [答案] C2．(2018·信阳二模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1121B ．1122C ．1123D ．1124[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1123，故选C.[答案] C3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝nn ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B.[答案] B4．(2018·广东茂名二模)S n 是数列{a n }的前n 项和，且∀n ∈N *都有2S n ＝3a n ＋4，则S n ＝( )A ．2－2×3nB ．4×3nC ．－4×3n －1D ．－2－2×3n －1[解析] ∵2S n ＝3a n ＋4，∴2S n ＝3(S n －S n －1)＋4(n ≥2)，变形为S n －2＝3(S n －1－2)，又n ＝1时，2S 1＝3S 1＋4，解得S 1＝－4，∴S 1－2＝－6.∴数列{S n －2}是等比数列，首项为－6，公比为 3.∴S n －2＝－6×3n －1，可得S n ＝2－2×3n ，故选A.[答案] A5．(2018·河北石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2018的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13[解析] ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得：a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3，故选B.[答案] B6．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝( )A ．10n －2B ．10n －1C ．102n －1D ．22n －1[解析] 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n＝2. 又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝22n －1，故选D.[答案] D 二、填空题7．(2018·河南新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.[解析] ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n－a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3，∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12.[答案] 3n －1＋128．已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列．所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.[答案] a n ＝103×4n －1－139．(2018·山西大同模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cosn π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝________.[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120. [答案] 120 三、解答题10．(2018·郑州质检)已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由已知条件得S nn＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N*－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *11．(2018·南昌市二模)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 ＝－na 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 ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1②，①－②得，a n2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合a n ＝n ·2n ＋1，∴a n ＝n ·2n＋1.(2)由(1)得，b n ＝－na n2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ③，－2S n＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n×(－2)n＋1④，③－④得，3S n＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n×(－2)n＋1＝－2[1－－n]3－n×(－2)n＋1，∴S n＝－n＋－n＋1＋29.12．(2018·北京海淀模拟)数列{a n}的前n项和S n满足S n＝2a n －a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n＋1S n S n＋1，求数列{b n}的前n项和T n.[解](1)∵S n＝2a n－a1，∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－a1，∴a n＝2a n－2a n－1，化为a n＝2a n－1.由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列{a n}是等比数列，首项为2，公比为2.∴a n＝2n.(2)∵a n＋1＝2n＋1，∴S n＝n－2－1＝2n＋1－2，S n＋1＝2n＋2－2.∴b n＝a n＋1S n S n＋1＝2n＋1n＋1－n＋2－2＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1－1.∴数列{b n}的前n项和T n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1.。

2019年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列

2019 年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列一、选择题1 ．（ 2019 年高考上海卷（理））在数列 { a n } 中 , a n2n 1, 若一个 7 行 12 列的矩阵的第 i 行第 j列的元素ai ,ja i a j a i a j ,( i 1,2,L,7; j1,2,L ,12 ) 则该矩阵元素能取到的不一样数值的个数为( )(A)18(B)28(C)48(D)63【答案】 A.2 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理） WORD 版含答案（已校对））已知数列a n 知足3a n 1an0,a 24 , 则 a n 的前 10 项和等于3 1 1(A)61 310 (B)3 10 (C) 3 1 3 10(D)3 1+3 109【答案】 C3 （． 2019 年高考新课标 1（理））设A nB nC 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, L ,若 b 1c 1 ,b 1 c 1 2a 1 ,a n 1a n,bn 1c n an, cn 1 b na n, 则 ()22A.{ S } 为递减数列B.{S } 为递加数列nnC.{ S 2n-1 } 为递加数列 ,{ S 2n } 为递减数列D.{ S 2n-1 } 为递减数列 ,{ S 2n } 为递加数列【答案】 B4 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））函数 y= f (x) 的图像以下图 ,在区间 a,b 上可找到 n(n 2) 个不一样的数x 1 ,x 2 ...,x n ,使得f (x 1) f (x 2 )f (x n )==, 则 n 的取值范围是x 1x 2x n(A) 3,4 (B) 2,3,4 (C) 3,4,5(D) 2,3【答案】 B5 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知等比数列{ a n}的公比为q,记 b n am( n 1) 1am( n 1) 2... am (n 1) m,c n am(n 1) 1? am(n 1) 2 ?...? a m( n 1) m (m, nN * ), 则以下结论必定正确的选项是( )A. 数列 {b n} 为等差数列 , 公差为q m B. 数列 { b n } 为等比数列,公比为 q2mC. 数列{c n}为等比数列 , 公比为q m2D. 数列 { c n } 为等比数列,公比为 q m m【答案】 C6 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等比数列a n的前 n 项和为 S n,已知 S3 a2 10a1, a5 9 ,则 a11(B) 1 1 1(A)3 (C) (D)3 9 9【答案】 C7 ．（ 2019 年高考新课标1（理））设等差数列a n的前n项和为S n, S m 12, S m0, S m 1 3 ,则 m ( )【答案】 C8 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD版））下边是对于公差 d 0 的等差数列a n的四个命题 :p1 : 数列 a n 是递加数列；p2 : 数列 na n 是递加数列；p3 : 数列an是递加数列；p4 : 数列 a n 3nd 是递加数列；n此中的真命题为(A) p1, p2(B)p3 , p4(C)p2 , p3(D)p1, p4【答案】 D9 ．（ 2019 年高考江西卷（理））等比数列x,3x+3,6x+6,..的第四项等于【答案】 A二、填空题10．（ 2019 年高考四川卷（理））在等差数列{ a n}中,a2 a1 8 ,且 a4为 a2和 a3的等比中项,求数列 { a n} 的首项、公差及前 n 项和.【答案】解 : 设该数列公差为 d ,前n项和为s n.由已知, 可得2a1 2d 8, a12a1 d a1 8d . 3d所以 a1 d 4,d d 3a1 0 ,解得 a1 4, d 0 ,或 a1 1,d 3,即数列a n的首相为4,公差为0,或首相为1,公差为 3.所以数列的前 n 项和 s n 4n 或 s n 3n2 n211．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等差数列a n 的前 n 项和为S n,已知 S10 0, S15 25 ,则 nS n的最小值为________.【答案】4912．（ 2019 年高考湖北卷（理））古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各样多边形数. 如三角形数 1,3,6,10,,第 n 个三角形数为n n 1 1 n2 1n .记第 n 个 k 边形数为 N n,k k 3 ,以以下出了部分k 边形2 2 2数中第 n 个数的表达式:三角形数N n,3 1 n2 1 n2 2正方形数N n,4 n2五边形数N n,5 3 n2 1 n2 2六边形数N n,6 2n2 n能够推断 N n, k 的表达式,由此计算 N 10,24___________.选考题【答案】 100013．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯WORD版含附带题））在正项等比数列 { a n} 中,a5 1a6 a7 3 ,则满足 a1 a2 a n a1a2 a n的最大正整数 n, 的值为2_____________. 【答案】 1214．（ 2019 年高考湖南卷（理））设S n为数列a n 的前 n 项和 , S n ( 1)n a n 1n , n N , 则2(1) a3 _____; (2) S1 S2 S100 ___________.【答案】1 1(11) 16; 1003 215．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））当x R, x 1时 , 有以下表达式 : 1 x x2 ... x n ... 1 .1 x1 1 1 1 11两边同时积分得 : 2 1dx 2 xdx 2 x2dx ... 2 x n dx ... 2 dx.0 0 0 0 01 x进而获得以低等式 : 1 1 1 ( 1)2 1 (1)3 (1)1 ( 1)n 1 ... ln 2.2 2 23 2 n 2请依据以下资料所包含的数学思想方法,计算:0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1C n 2 2C n ( 2 ) 3 C n ( 2) ... n 1C n ( 2 ) _____【答案】 1 [( 3 )n 1 1]n 1 216．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试重庆数学（理）试题（含答案））已知 a n 是等差数列 , a1 1,公差d 0 , S n为其前n项和 , 若a1, a2, a5成等比数列 , 则S8 _____【答案】6417．（ 2019 年上海市春天高考数学试卷( 含答案 ) ）若等差数列的前6项和为 23,前 9 项和为 57, 则数列的前n 项和 S n = __________.【答案】5n2 7 n 6 618（． 2019 年一般高等学校招生一致考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））在等差数列a n中, 已知a3 a8 10,则 3a5 a7 _____ 【答案】2019．（ 2019 年高考陕西卷（理））察看以下等式 :12 12231212 22 32 6 2222123410照此规律 , 第 n 个等式可为 ___ 1 2- 2 22n -1 2（ -1) n 13 -（ -1） nn(n 1) ____.22 - 2 23 2- n -1n 2 （ - 1) n 1n(n 1)【答案】 1（ -1）220 ．（ 2019 年高考新课标2 1 1（理））若数列 { a n } 的前 n 项和为 S n = a n, 则数列 { a n } 的通项公式是33a n =______.【答案】 a n = ( 2)n 1 .21．（ 2019年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯 WORD 版））如图 , 互不 - 同样的点 A 1 , A 2 K , X n ,K和 B 1 , B 2 K , B n ,K 分别在角 O 的两条边上 , 全部 A n B n 互相平行 , 且全部梯形 A n B n B n 1 A n 1 的面积均相等 . 设OA n a n . 若 a 1 1,a 2 2, 则数列 a n 的通项公式是 _________.【答案】a n3n 2, nN *22（． 2019 年高考北京卷（理））若等比数列 n 2 4 35{ a } 知足 a +a =20, a +a =40,则公比 q =_______; 前 n 项和n =___________.S【答案】 2,2n 12 23．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知等比数列 a n 是递加数列,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S6____________. 【答案】 63三、解答题24．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））设函数f n (x)1 x x2 x2 x n(x R, n N n ),证明: 22 2Kn23( Ⅰ) 对每个( Ⅱ) 对随意n N n,存在独一的x [2,1] ,知足f n(x n) 0 ;n 31 p N n,由(Ⅰ)中 x n组成的数列x n知足 0 x n x n p .n【答案】解: ( Ⅰ) 当 x 0时， y x nf n (x) 1 xx 2x3 x 4 x n n 2是单一递加的2 23 24 2 n 2 是x 的单一递加函数 , 也是 n 的单调递加函数 . 且f n( 0) 1 0, f n (1) 1 1 0 .存在独一 x n (0,1], 知足 f n ( x n ) 0，且 1 x1 x2 x3 x n 0当 x (0,1).时, f n ( x) 1 x x2 x3 22 220 f n ( x n ) 1 x n x n 2 14 1 x n综上 , 对每个n N n,存在独一的x n [ 23(Ⅱ) 由题知1 x n xn p 0, f n ( x n )x 4 x n1x2 1 x n 1 x 2 122 22x11 x1 x4 x 4(x n 2)(3x n 2) 0 x n2,1][3,1] ,知足f n( x n) 0 ;( 证毕 )1x n2 x n3 x n4 x n nx n32 4222 n22 3 4 xn pn n 1 n pf n p (x n p ) 1 x n p xn pxn pxn pxn pxn p 0 上式相22 32 42 n 2 (n 1) 2 (n p) 2减:x n2 x n3 x n4 x n n 2 xn p3 x n p4 nxn pn 1 n pxn p xn pxn pxn px n2 32 42 n2 22 32 42 n2 (n 1) 2 ( n p) 222 2 334 4 n n n 1 n px n- x n p（ x n p - x n x n p - x n x n p - x n x n p - x n ）（ x n p x n p ）2 2 32 4 2 n 2 ( n 1) 2 (n p) 21 1 1 x n - x n p 1 .n n p n n法二 :25．（ 2019 年高考上海卷（理））(3 分 +6 分+9 分 ) 给定常数c 0 ,定义函数f (x) 2 | x c 4 | | x c |, 数列 a1 , a2 , a3 ,L 知足 a n 1 f ( a n ), n N *.(1) 若a1 c 2 ,求 a2及 a3 ;(2) 求证 : 对随意n N*, a n 1 a n c ,;(3)能否存在 a1,使得 a1, a2 ,L a n ,L 成等差数列若存在,求出全部这样的 a1,若不存在,说明原因. 【答案】 :(1) 因为c 0 ,a1(c 2) ,故 a2 f (a1 ) 2 | a1 c 4 | | a1 c | 2 ,a3 f (a1 ) 2 | a2 c 4 | | a2 c | c 10(2) 要证明原命题 , 只要证明f ( x) x c 对随意x R都建立,f ( x) x c 2 | x c 4 | | x c | x c即只要证明 2 | x c 4 | | x c | + x c若 x c 0 , 明显有 2 | x c 4 | | x c | + x c=0 建立 ; 若 xc 0 , 则 2 | x c 4 | | x c | +x cx c 4 x c 明显建立综上 , f ( x)x c 恒建立 , 即对随意的 nN * , a n 1a n c(3) 由 (2) 知 , 若 { a n } 为等差数列 , 则公差 d c 0 , 故 n 无穷增大时 , 总有 a n 0此时,a n 1f (a n ) 2(a n c 4) ( a n c) a n c8即 d c 8故 a 2 f ( a 1 ) 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1 c 8 ,即 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1c 8 ,当 a 1 c 0 时, 等式建立 , 且 n 2 时 , a n 0 , 此时 { a n } 为等差数列 , 知足题意 ;若 a 1 c 0 , 则 | a 1 c 4 | 4 a 1c 8 ,此时 , a 20, a 3 c 8,L , a n (n 2)(c 8) 也知足题意 ;综上 , 知足题意的 a 1 的取值范围是 [ c, ){ c 8} .26．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯 WORD 版含附带题））本小题满分10 分 .k 个6444744481， 2， 2,3,3,3， 4， 4， 4，k-1k-1设数列4，，（），，（）,即当a n ： ------ L-1 k L-1 k（ k）（）k11 kk k1k N 时 , a na 2 L a nn N , 对于 l N ,定义2n（ - 1） k , 记 S n a 12会合 P ln S n 是a n 的整数倍，nN ，且1 n l(1) 求会合 P 11 中元素的个数 ; (2) 求会合 P 2000 中元素的个数 .【答案】此题主要观察会合 . 数列的观点与运算 . 计数原理等基础知识 , 观察研究能力及运用数学概括法剖析解决问题能力及推理论证能力.(1) 解 :由数列a n 的定义得 : a 11, a 2 2 , a 3 2 , a 4 3 , a 5 3 , a 6 3 , a 7 4 , a 84 , a 94 , a 10 4 , a 11 5∴S1 1,S21,S33,S4 0,S5 3,S6 6,S7 2,S82,S9 6, S1010, S11 5∴ S11? a1, S40 ? a4, S51? a5, S6 2 ? a6, S111? a11∴会合 P11中元素的个数为 5(2) 证明 : 用数学概括法先证S i ( 2i 1)i (2i1)事实上 ,①当 i 1时,S i ( 2i 1)S31? (2 1) 3 故原式建立②假定当 i m 时,等式建立,即S m( 2 m 1) m ? (2m 1) 故原式建立则 : i m 1, 时 ,S( m 1)[ 2 (m1) 1} S( m 1)( 2 m3}Sm (2m1)(2m 1) 2 ( 2m 2) 2 m(2m 1) ( 2m 1) 2 (2m 2) 2(2m 2 5m 3) ( m 1)(2m 3)综合①②得:Si (2 i 1) i (2 1) 于是iS( i 1)[2 i1} Si ( 2i1} (2i 1)2 i (2i 1) (2i 1) 2 (2i 1)(i 1)由上可知 : S i (2i 1} 是 ( 2i 1) 的倍数而a( i 1)( 2 i1} j 2i 1( j 1,2, ,2i 1) ,所以 S i (2i 1) j Si (2 i 1) j (2i 1) 是a( i 1)( 2i 1} j ( j 1,2, ,2i 1) 的倍数又S( i 1)[ 2 i 1} (i1)( 2 1) 不是2i 2的倍数 , i而a( i 1 )(2 i 1} j ( 2 2)(j1,2, ,2i2) i所以S(i 1)( 2i 1)j S(i 1)( 2 i 1) j ( 2i 2) ( 2 i 1)(i 1) j (2i 2) 不是 a( i 1)( 2i 1} j( j1,2, ,2i 2) 的倍数故当 l i (2i 1) 时, 会合 P l中元素的个数为 1 3 （2i -1） i 2于是当l i ( 2i 1) j（1 j 2i时, 会合P l中元素的个数为i2j 1）又 2000 31 （2 31 1） 47故会合 P2000中元素的个数为31247 100827．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在公差为 d 的等差数列 { a n }中 ,已知 a 1 10 , 且 a 1 ,2a 2 2,5a 3 成等比数列 .(1) 求 d , a n ; (2)若 d0 , 求 | a 1 | | a 2 | | a 3 || a n | .【答案】解:( Ⅰ) 由已知获得 :(2a2)25a a4(ad 1)250(a2d )(11 d )225(5 d)21 311121 22d d2125 25dd23d 4 0d 4d1a n或;4n6a n 11 n( Ⅱ) 由 (1) 知 , 当 d0 时 , a11 n ,n①当 1n 11时 ,an 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a1a 2a 3 ggg an n(10 11 n)n(21 n)22②当 12n 时 ,a n 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a 1 a 2a 3 ggg a 11 (a 12a13ggg a n )2(a 1a 2 a 3 ggg a 11) (a 1 a 2a 3 ggg a n ) 2 11(21 11) n(21 n)n 221n 2202 22n(21 n),(1 n 11)所以 , 综上所述 :| a 1 || a 2 | | a 3 | ggg | a n |2 ;n 2 21n 22012)2,( n28．（ 2019 年高考湖北卷（理））已知等比数列a n 知足 : a 2 a 310 , a 1a 2a 3 125 . (I)求数列 a n 的通项公式 ;(II) 能否存在正整数 m , 使得11 L 1 1 若存在 , 求 m 的最小值 ; 若不存在 , 说明原因 .a 1a 2 a m【答案】解 :(I) 由已知条件得 :a 2 5 , 又 a 2 q 1 10 ,q 1或3 ,所以数列 a n 的通项或 a n 53n 2(II) 若q, 11 L 111a 1a 2 a m 或 0, 不存在这样的正整数 m ;53 ,1m若 q1L1 9 1 1 9 , 不存在这样的正整数 m .a 1a 2a m 10 3 1029．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试山东数学（理）试题（含答案））设等差数列a的前 n 项和为Snn ,且 S 4 4S 2 , a 2n 2a n 1.( Ⅰ) 求数列 a n 的通项公式 ;( Ⅱ) 设数列b n 前 n 项和为 T n , 且 T na n 1 ( 为常数 ). 令 c nb 2n ( nN *). 求数列c n 的前 n2n项和 R n .【答案】解:( Ⅰ) 设等差数列a n 的首项为a 1, 公差为 d ,由S 44S2, a 2n2a n1得4a 1 6d 8a 1 4da 1 (2n 1) 2a 12(n 1)d 1,解得 ,a11, d 2所以 a n2n 1 (n N * )T nn2n1( Ⅱ) 由题意知 :b n T n T n1n n 1所以n 2时, 2n 12n 22n 21 n 1故 , c nb2 n22n 1(n 1)( 4 )(nN * )R0 (1)1 (1)12 (1)23 (1)3(n 1) ( 1) n 1n44444,所以1R n0 (1)1 1 (1)22 (1)3(n 2) ( 1)n 1( n 1) ( 1)n则 4444443R n(1 )1 (1)2(1 )3( 1 )n 1(n 1) (1) n两式相减得 4 444441 (1 )n1 44( nn1 1)( )144R n1 3n 1 (4 4 n 1 ) 整理得9cn 的前 n项和R n13n 1所以数列数列9 (44n 1 )30．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯 WORD 版含附带题））本小题满分16 分 . 设 { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d0) , S n 是其前 n 项和 . 记 b nnS n , nN * , 此中 cn 2 c为实数 .(1) 若 c 0 , 且 b 1， b 2， b 4 成等比数列 , 证明 :Snkn 2 S k ( k ,n N * ) (2) 若 {b n } 是等差数列 , 证明 : c 0 .【答案】证明 : ∵ { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d 0) , S n 是其前 n 项和∴ S nna n(n 1) d2(1) ∵ c0 ∴ b n S na n 1 dn2 ∵ b 1， b 2， b 4 成等比数列∴ b 22b 1b 4 ∴ (a 1 d ) 2 a( a3 d)22∴ 1ad1 d2 0 ∴ 1 d( a 1d ) 0 ∵ d 0∴ a1 d ∴ d 2a24 222∴ S nna n(n 1) d na n(n1)2a n 2 a22∴左侧 = S nk (nk ) 2 a n 2 k 2a右侧 = n 2S k n 2 k 2 a∴左侧 =右侧∴原式建立(2) ∵ { b n } 是等差数列∴设公差为 d 1 , ∴ b n b 1 ( n 1)d 1 带入 b nnS n得 :n 2cb 1 (n 1)d 1nS n∴ (d 11 d )n 3 (b 1 d 11 ) n2 cd 1 n (b 1 ) 对 n N 恒建立n 2c2adc d 12d 1 1 d 02∴ b 1d 1 a 1 dcd 1 02c(d 1 b 1 ) 0由①式得 :d 11 d ∵ d 0 ∴ d 12 由③式得 :c法二 : 证:(1) 若 c0 , 则 a n a ( n 1)d , S nn[( n 1)d2a] , b n(n 1)d 2a .22当 b 1， b 2，b 4 成等比数列 , b 22b 1b 4 ,d 23d即 : aa a , 得 : d22ad , 又 d 0 , 故 d 2a .22由此 : S n n 2a ,Snk( nk) 2 a n 2k 2 a , n 2 S k n 2 k 2 a .故 : S nkn 2 S k ( k , n N * ).nS nn 2 ( n 1) d 2a(2) b n2 ,n 2cn 2cn 2 ( n 1)d 2ac (n1)d 2a c ( n 1) d 2a2n 2 2 2c(n 1)d 2a(n 1) d 2a c 2 . ( ※)n 22c若 { b n }是等差数列 , 则 b nAn Bn 型 .察看 ( ※) 式后一项 , 分子幂低于分母幂 ,( n 1)d 2a故有 : c 20, 即 c (n 1)d2a 0 , 而(n1)d 2a ≠0,n2c22故 c 0 .经查验 , 当 c0 时 { b n } 是等差数列 .31．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理）WORD 版含答案（已校正））等差数列 a n 的前 n 项和为 S n , 已知 S 3 =a 22 , 且 S 1 , S 2 , S 4 成等比数列 , 求 a n的通项式 .【答案】32．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试天津数学（理）试题（含答案））已知首项为3的等比数列 { a n } 不是2递减数列 , 其前 n 项和为S n (n N*) 3 3 5 5 4 4成等差数列 ., 且S+ a , S + a , S + a( Ⅰ) 求数列 { a n } 的通项公式 ;( Ⅱ) 设 T n S n 1(n N * ) , 求数列 { Tn } 的最大项的值与最小项的值 . S n【答案】33．（ 2019 年高考江西卷（理））正项数列 {a n } 的前项和 {a n } 知足 : s n 2 ( n 2n1)s n (n 2 n)(1) 求数列 {a n } 的通项公式 a n ;(2) 令 b nn 1 , 数列 {b n } 的前 n 项和为 T n . 证明 : 对于随意的 n N * , 都有 T n5(n 2) 2 a 264【答案】 (1) 解 : 由 S n2(n 2 n 1) S n (n 2 n)0 , 得 S n (n 2 n) (S n 1) 0 .因为 a n 是正项数列 , 所以 S n0, S nn 2 n .于是 a 1 S 1 2, n 2时 , a n S nSn 1n 2 n (n 1)2(n 1) 2n .综上 , 数列 a n 的通项 a n 2n .(2) 证明 : 因为 a n2n, b nn 1.( n2) 2 a n 2则 bn11 11 .n4n 2 ( n 2) 216 n 2( n 2)2T n1 11 11 11 1 1 1 16 122 42 3252(n 1)2 (n 1)2 n 2( n 2)2321 11111 1516 2(n22 (1 2 2).2 1) (n 2)1664是等比数列 .。

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