【3年高考2年模拟】高考数学专题讲解与精炼：第六章数列、推理与证明3、等比数列(pdf版,含详解)
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第六章数列推理与证明第三节等比数列及其前n项和课件理
[即时应用] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，在数列{bn}中，b1＝a1， bn＝an－an－1(n≥2)，且 an＋Sn＝n. (1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式．
角度三：求前 n 项和
5．(2015·安徽高考)已知数列an是递增的等比数列，a1＋a4＝9，
a2a3＝8，则数列an的前 n 项和等于________．
解析：设等比数列的公比为 q，则有
a1＋a1q3＝9， a21·q3＝8，
解得
a1＝1， q＝2
a1＝8，
或
q＝12.
又an为递增数列，
∴
a1＝1， q＝2，
考点三 等比数列的性质 重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
1．(2016·广州综合测试)已知数列{an}为等比数列，若 a4 ＋a6＝10，则 a7(a1＋2a3)＋a3a9 的值为________． 解析：a7(a1＋2a3)＋a3a9 ＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a24＋2a4a6＋a26 ＝(a4＋a6)2＝102＝100. 答案：100
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成 an＝c·qn－1(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)前 n 项和公式法：若数列{an}的前 n 项和 Sn＝ k·qn－k(k 为常数且 k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常 用于证明；后两种方法常用于填空题中的判定．
∴Sn＝11－－22n＝2n－1.
答案：2n－1
6．(2015·盐城调研)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 27a3 －a6＝0，则SS63＝________. 解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为 a1，公 比为 q，所以 a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以 27a1q2＝a1q5， 所以 q＝3，由 Sn＝a111－－qqn，得 S6＝a111－－336，S3 ＝a111－－333，所以SS63＝a111－－336·a111－－333＝28. 答案：28
湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第6章数列 第3节等比数列
解析 根据等比数列的性质得 a5a13=92 =6,所以 a9=±√6.又
a1+a17=a1(1+q16)=-6<0,所以 a1<0,所以 a9=a1q8<0,所以 a9=-√6.
考向2前n项和的性质
例4(1)(2023·新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,
考向1项的性质
例3(1)(2023·全国乙,理15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则
a7= -2
.
解析 (方法一)设等比数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,
1 = 1,
1 ·1 3 ·1 4 = 1 2 ·1 5 ,
题组三连线高考
8.(2023·全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若
a1=1,S5=5S3-4,则S4=( C )
15
A. 8
65
B. 8
C.15
D.30
解析 设等比数列{an}的公比为 q,易知 q>0,且
51 (1-3 )
1-5
-4,又 a1=1,所以
1-
1-
S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),
解得S6=7.故选A.
2 研考点 精准突破
考点一 等比数列基本量的运算
例1(1)(2022·全国乙,理8,文10)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,
设
1
1
1
1
n
cn=an-n+2+3 ,由本例(2)解析知 an=2 +n-2,∴cn=2+3n,
三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列1理
第一节 数列的概念及简单表示法A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江，13)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＝________.2.(2015·江苏，11)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________.3.(2015·安徽，18)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标.(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明T n ≥14n .4.(2014·广东，19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·广东佛山一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin2n π2a n ＋4cos 2n π2，则a 9，a 10的大小关系为( )A.a 9>a 10B.a 9＝a 10C.a 9<a 10D.大小关系不确定2.(2016·陕西西安模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.(2016·玉溪一中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n （n 为正奇数），a n ＋1 （n 为正偶数），则其前6项之和是( )A.16B.20C.33D.1204.(2015·天津南开中学月考)下列可作为数列{a n }：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是( )A.a n ＝1B.a n ＝（－1）n ＋12C.a n ＝2－|sin n π2|D.a n ＝（－1）n －1＋325.(2016·河南洛阳模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 015项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 015＝________.6.(2016·宁夏银川模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.7.(2015·温州质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫78n，则当a n 取得最大值时，n 等于________.8.(2015·天津新华中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为________.9.(2015·青岛一中模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.1 121 [由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，公比q ＝3的等比数列. ∴S 5＝1－1×351－3＝121.]2.2011 [∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(2＋n )(n －1)2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.]3.(1)解 y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1,曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1). 令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)证明 由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2>（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.4.解 (1)依题有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1).② ①－②并整理得a n ＋1＝（2n －1）a n ＋6n ＋12n .由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明. 当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3，命题成立； 假设当n ＝k 时，a k ＝2k ＋1命题成立. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝（2k －1）a k ＋6k ＋12k ＝（2k －1）（2k ＋1）＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立. 综上，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.C [n 为奇数时，a 3＝2a 1＝2，a 5＝2a 3＝22，a 7＝2a 5＝23，a 9＝2a 7＝24；n 为偶数时，a 4＝a 2＋4＝5，a 6＝a 4＋4＝9，a 8＝a 6＋4＝13，a 10＝a 8＋4＝17.所以a 9<a 10.故选C.]2.A [若数列{a n }为递增数列,则a n ＋1－a n >0,即2n ＋1>2λ对任意n ∈N *都成立,于是有3>2λ,λ<32,由λ<1可得λ<32;反之由λ<32不能得到λ<1,因此“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件，故选A.]3.C [a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.]4.C [A 项显然不成立;n ＝1时,a 1＝－1＋12＝0,故B 项不正确；n ＝2时，a 2＝（－1）2－1＋32＝1,故D 项不正确.由a n ＝2－|sin n π2|可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…，故选C.]5. 3 [由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，所以{a n }是以4为周期的数列，而2015＝4×503＋3，a 1a 2a 3a 4＝1，则前2 015项的乘积为1503·a 1·a 2·a 3＝3.] 6.2n －1[(1)∵S n ＝2a n －1，∴n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1(n ≥2). ∵n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是1为首项，2为公比的等比数列.∴a n ＝2n －1.]7. 5或6 [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ≥（n ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n －1，（n ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ≥（n ＋3）⎝ ⎛⎭⎪⎫78n ＋1.解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5.∴n ＝5或6.]8.{1，2，3，4}[因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列.又因为a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1， 故a n ＝2n －1，而a nn≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1，2，3，4}.]9.解 (1)当n ≥2时，由题可得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n .①a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，②②－①得na n ＝n ＋12a n ＋1－n2a n ，即(n ＋1)a n ＋1＝3na n ，（n ＋1）a n ＋1na n＝3，∴{na n }是以2a 2＝2为首项，3为公比的等比数列(n ≥2)， ∴na n ＝2·3n －2，∴a n ＝2n·3n －2(n ≥2)，∵a 1＝1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n·3n －2，n ≥2. (2)a n ≤(n ＋1)λ⇔λ≥a n n ＋1，由(1)可知当n ≥2时，a nn ＋1＝2·3n －2n （n ＋1），设f (n )＝n （n ＋1）2·3n (n ≥2，n ∈N *)，则f (n ＋1)－f (n )＝2（n ＋1）（1－n ）2·3n ＋1<0， ∴1f （n ＋1）>1f （n ）(n ≥2)，又1f （2）＝13及a 12＝12，可得λ≥1f （2），∴所求实数λ的最小值为13.。
高三数学复习(3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升)第六章 数列试题 理(
2018版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第六章数列试题理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第六章数列试题理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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专题六数列考点1 数列的概念及简单表示法1.(2016·浙江，13)设数列｛a n}的前n项和为S n。
若S2＝4，a n＋1＝2S n＋1，n∈N*，则a1＝________，S＝________。
51.1,121 由于错误!解得a1＝1,a2＝3，当n≥2时,由已知可得：a n＝2S n＋1，①＋1a n＝2S n＋1，②－1①－②得a n＋1－a n＝2a n，∴a n＋1＝3a n，又a2＝3a1,∴｛a n}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列.∴S5＝错误!＝121.2。
（2015·江苏，11)设数列｛a n｝满足a1＝1，且a n＋1－a n＝n＋1(n∈N＊），则数列错误!前10项的和为________.2。
错误!［∵a1＝1，a n＋1－a n＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，将以上n－1个式子相加得a n－a1＝2＋3＋…＋n＝错误!，即a n＝错误!,令b n＝错误!,故b n＝错误!＝2错误!,故S＝b1＋b2＋…＋b10＝2错误!＝错误!.］103.(2015·安徽,18)设n∈N＊，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点（1，2）处的切线与x轴交点的横坐标。
高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列讲义
§6.3等比数列考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.等比数列的运算1.等比数列的证明2.等比数列的通项公式3.等比数列求和C14题5分填空题解答题★★★2.等比数列的性质及数列的综合运用1.等比数列性质运用2.数列的综合应用C19题16分7题5分20题16分20题16分填空题解答题★★★分析解读等比数列是高考的热点.中档题主要考查等比数列的基本运算,压轴题常和等差数列综合在一起考查推理证明,对能力要求比较高.五年高考考点一等比数列的运算1.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案122.(2015课标Ⅱ改编,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= .答案423.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+lna20= .答案504.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-教师用书专用(5—7)5.(2013江西理改编,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于.答案-246.(2013北京理,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和S n= .答案2;2n+1-27.(2013陕西理,17,12分)设{a n}是公比为q的等比数列.(1)推导{a n}的前n项和公式;(2)设q≠1,证明数列{a n+1}不是等比数列.解析(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,∴S n=,∴S n=(2)证明:假设{a n+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,(a k+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,∵a1≠0,∴2q k=q k-1+q k+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.考点二等比数列的性质及数列的综合运用1.(2017课标全国Ⅰ理改编,12,5分)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.答案4402.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-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.答案93.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= . 答案3n-15.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 46.(2017山东理,19,12分)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,依次连结点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.解析(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.7.(2017天津文,18,13分)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*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,所以q=2.所以,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.8.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{a n}(n∈N*)和U的子集T,若T=⌀,定义S T=0;若T={t1,t2,…,t k},定义S T=++…+.例如:T={1,3,66}时,S T=a1+a3+a66.现设{a n}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,S T=30.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:S T<a k+1;(3)设C⊆U,D⊆U,S C≥S D,求证:S C+S C∩D≥2S D.解析(1)由已知得a n=a1·3n-1,n∈N*.于是当T={2,4}时,S T=a2+a4=3a1+27a1=30a1.又S T=30,故30a1=30,即a1=1.所以数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)证明:因为T⊆{1,2,…,k},a n=3n-1>0,n∈N*,所以S T≤a1+a2+…+a k=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k.因此,S T<a k+1.(3)证明:下面分三种情况证明.①若D是C的子集,则S C+S C∩D=S C+S D≥S D+S D=2S D.②若C是D的子集,则S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥2S D.③若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=C∩∁U D,F=D∩∁U C,则E≠⌀,F≠⌀,E∩F=⌀.于是S C=S E+S C∩D,S D=S F+S C∩D,进而由S C≥S D得S E≥S F.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l.由(2)知,S E<a k+1.于是3l-1=a l≤S F≤S E<a k+1=3k,所以l-1<k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1.从而S F≤a1+a2+…+a l=1+3+…+3l-1=≤=≤,故S E≥2S F+1,所以S C-S C∩D≥2(S D-S C∩D)+1,即S C+S C∩D≥2S D+1.综合①②③得,S C+S C∩D≥2S D.9.(2016天津,18,13分)已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且-=,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.10.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t=,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.11.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,显然x n≠1.即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设,得g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,得f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).12.(2013江苏,19,16分)设{a n}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),S n是其前n项的和.记b n=,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:S nk=n2S k(k,n∈N*);(2)若{b n}是等差数列,证明:c=0.证明由题意得,S n=na+ d.(1)由c=0,得b n==a+ d.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有S m=m2a.从而对于所有的k,n∈N*,有S nk=(nk)2a=n2k2a=n2S k.(2)设数列{b n}的公差是d1,则b n=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入S n的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,从而有由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.又因为cd1=0,所以c=0.教师用书专用(13—20)13.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= . 答案 114.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案6315.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)因为a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,所以a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.16.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.17.(2015广东,21,14分)数列{a n}满足:a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{a n}的前n项和T n;(3)令b1=a1,b n=+a n(n≥2),证明:数列{b n}的前n项和S n满足S n<2+2ln n.解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)a n-1+na n=4-,①a1+2a2+…+(n-1)a n-1=4-,②由①-②得,na n=,所以a n=(n≥2),经检验,a1=1也适合上式,所以a n=(n∈N*).所以数列{a n}是以1为首项,为公比的等比数列.所以T n==2-.(3)证明:b1=1,b n=-·+·(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln 1.当n≥2时,b n=+·a n=+·(T n-T n-1)=+·T n-·T n-1=·T n-·T n-1,所以S n=1+·T2-1·T1+·T3-·T2+…+·T n-·T n-1=·T n<2=2+2,以下证明++…+<ln n(n≥2).构造函数h(x)=ln x-1+(x>1),则h'(x)=-=>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以ln x>1-(x>1),分别令x=2,,,…,,得ln 2>1-=,ln>1-=,ln>1-=,……ln>1-=.累加得ln 2+ln+…+ln>++…+,即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>++…+,所以++…+<ln n(n≥2).综上,S n<2+2ln n,n∈N*.18.(2015湖北,18,12分)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=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,故T n=6-.19.(2013湖北理,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由. 解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.20.(2013天津理,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}最大项的值为,最小项的值为-.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列的运算1.(2018江苏南通中学练习)等比数列{a n}中,若a1=-2,a5=-4,则a3的值为.答案-22.(2018江苏金陵中学月考)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数,且a4a10=16,则a10= .答案323.(2018江苏姜堰中学期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,S3=3a1+a2,则= .答案 34.(2018江苏盐城时杨中学月考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a7的值是.答案45.(2018江苏常熟调研)已知等比数列{a n}中,a3=2,a4a6=16,则= .答案 46.(2017盐城第三次模拟考试,11)设{a n}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20= .答案 2 0567.(2017江苏南通中学期中)设S n是等比数列{a n}的前n项的和,若a3+2a6=0,则的值是.答案 28.(2016江苏南通、扬州、泰州调研,8)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3,S4=15,则S6的值为.答案639.(苏教必5,二,3,变式)等比数列{a n}共有奇数项,所有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1= .答案 3考点二等比数列的性质及数列的综合运用10.(2017江苏苏州期中,6)已知等比数列{a n}的各项均为正数,且满足:a1a9=4,则数列{log2a n}的前9项之和为.答案911.(苏教必5,二,3,变式)在等比数列{a n}中,各项均为正值,且a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则a4+a8= .答案12.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}各项均为正数,a1=1,a2=2,且a n a n+3=a n+1a n+2对任意n∈N*恒成立,记{a n}的前n项和为S n.(1)若a3=3,求a5的值;(2)证明:对任意正实数p,{a2n+pa2n-1}成等差数列;(3)是否存在正实数t,使得数列{S n+t}为等比数列?若存在,求出此时a n和S n的表达式;若不存在,说明理由. 解析(1)∵a1a4=a2a3,∴a4=6,又∵a2a5=a3a4,∴a5=a4=9.(2)证明:由得a n a n+1a n+3a n+4=a n+1a n+3,∵a n>0,∴a n a n+4=(n∈N*),从而{a n}的奇数项和偶数项分别构成等比数列,设公比分别为q1,q2,则a2n=a2,a2n-1=a1=,又∵=,∴==2=,即q1=q2,设q1=q2=q,则a2n+pa2n-1=q(a2n-2+pa2n-3),且a2n+pa2n-1>0恒成立.∴数列{a2n+pa2n-1}是首项为2+p,公比为q的等比数列,问题得证.(3)在(2)中令p=1,则数列{a2n+a2n-1}是首项为3,公比为q的等比数列,∴S2k=(a2k+a2k-1)+(a2k-2+a2k-3)+…+(a2+a1)=∴S2k-1=S2k-a2k=且S1=1,S2=3,S3=3+q,S4=3+3q,∵数列{S n+t}为等比数列,∴即即解得(t=-3舍去),∴S2k=4k-1=22k-1,S2k-1=22k-1-1,从而对任意n∈N*有S n=2n-1,此时S n+t=2n,=2为常数,满足{S n+t}成等比数列,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2n-1=2n-1,又a1=1,∴a n=2n-1(n∈N*),综上,存在t=1使数列{S n+t}为等比数列,此时a n=2n-1,S n=2n-1(n∈N*).13.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}的前n项和是S n,且满足a1=1,S n+1=3S n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在数列{b n}中,b1=3,b n+1-b n=(n∈N*),若不等式λa n+b n≤n2在n∈N*上有解,求实数λ的取值范围. 解析(1)∵S n+1=3S n+1(n∈N*),∴S n=3S n-1+1(n∈N*,n≥2),∴a n+1=3a n(n∈N*,n≥2),又当n=1时,由S2=3S1+1得a2=3,∴a2=3a1,∴a n+1=3a n(n∈N*),∴数列{a n}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴通项公式为a n=3n-1(n∈N*).(2)∵b n+1-b n==3(n∈N*),b1=3,∴{b n}是以3为首项,3为公差的等差数列,∴b n=3+3(n-1)=3n(n∈N*),∴λa n+b n≤n2,即3n-1·λ+3n≤n2,即λ≤在n∈N*上有解,设f(n)=(n∈N*),∵f(n+1)-f(n)=-=,∴当n≥4时,f(n+1)<f(n),当n<4时,f(n+1)>f(n),∴f(1)<f(2)<f(3)<f(4),f(4)>f(5)>f(6)>…,∴[f(n)]max=f(4)=,∴λ≤.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:30分钟)一、填空题(每小题5分,共15分)1.(苏教必5,二,3,变式)在等差数列{a n}和等比数列{b n}中,已知a1=-8,a2=-2,b1=1,b2=2,那么满足a n=b n的n的所有取值构成的集合是.答案{3,5}2.(苏教必5,二,3,变式)在正项等比数列{a n}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,a n-1a n a n+1=324,则n= .答案143.(2017扬州高三上学期期末)在正项等比数列{a n}中,若a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为.答案48二、解答题(共45分)4.(2017江苏海安中学质检,19)设数列{a n},{b n},{c n}满足a1=a,b1=1,c1=3,且对于任意n∈N*,都有b n+1=,c n+1=.(1)若数列{a n}和{c n+b n}都是常数列,求实数a的值;(2)求数列{c n-b n}的通项公式;(3)设{a n}是公比为a的等比数列,数列{b n},{c n}的前n项和分别为S n,T n.若2S n+1-T n<对一切正整数n均成立,求实数a的取值范围.解析(1)因为b n+1+c n+1=a n+,且{a n}、{c n+b n}是常数列,所以a==2.(2)由已知得a n=2b n+1-c n,a n=2c n+1-b n,所以2b n+1-c n=2c n+1-b n,即c n-b n=-2(c n+1-b n+1),又因为c1-b1=2,所以数列{c n-b n}是以2为首项,-为公比的等比数列,故c n-b n=2·.(3)由已知得a n=2b n+1-c n,所以a1+a2+…+a n=2(b2+b3+…+b n+1)-(c1+c2+…+c n),所以2S n+1-T n=(a1+a2+…+a n)+2b1=(a+a2+…+a n)+2,故a+a2+…+a n<恒成立,记M n=a+a2+…+a n,当a≥1时,M n≥1恒成立,不符合题意;当a<-1时,M n==(a n-1)·,当n为偶数时,令(a n-1)·>⇒n>log(-a),即当n取大于log(-a)的偶数时,M n<不成立,不符合题意,舍去;当0<a<1时,M n==-<,由≤,解得0<a≤;当-1<a<0时,M n<0恒成立,符合题意;当a=-1时,M n=-1或M n=0,符合题意.综上,-1≤a<0或0<a≤.5.(2017江苏镇江一模,19)已知n∈N*,数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且a1=1,a2=2,设b n=a2n-1+a2n.(1)若数列{b n}是公比为3的等比数列,求S2n;(2)若对任意n∈N*,S n=恒成立,求数列{a n}的通项公式;(3)若S2n=3(2n-1),数列{a n a n+1}为等比数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)b1=a1+a2=1+2=3,S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==.(2)易知2S n=+n,∴2S n-1=+n-1(n≥2),∴2a n=2S n-2S n-1=+n-(+n-1)=-+1(n≥2),(a n-1)2-=0,(a n-a n-1-1)(a n+a n-1-1)=0,故a n-a n-1=1或a n+a n-1=1.下面证明a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立.事实上,因a1+a2=3,所以a n+a n-1=1不恒成立;若存在n>2,使a n+a n-1=1,设n0是其中最小的,则+=1,且∈(0,1),+≠1,所以-=1,所以<0,与已知矛盾.故a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立,所以a n-a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒成立.因此{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=1+(n-1)×1=n.(3)因为数列{a n a n+1}为等比数列,所以设公比为q,则当n≥2时,==q.即{a2n-1},{a2n}分别是以1,2为首项,q为公比的等比数列,故a3=q,a4=2q.令n=2,有S4=a1+a2+a3+a4=1+2+q+2q=9,解得q=2.所以a2n-1=2n-1,a2n=2×2n-1=2n,所以b n=a2n-1+a2n=3×2n-1,所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==3(2n-1),符合题意.因为a2n-1=2n-1,a2n=2n,所以a n=6.(2017江苏无锡期中,19)已知各项均为正数的数列{a n}为等比数列,等差数列{b n}的前n项和为S n(n∈N*),且满足:S13=208,S9-S7=41,a1=b2,a3=b3.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设T n=a1b1+a2b2+…+a n b n(n∈N*),求T n;(3)设c n=是否存在正整数m,使得c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2)?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.解析(1)因为数列{b n}为等差数列,且S13=208,S9-S7=41,所以所以b7=16,公差d=3,所以b1=-2,所以b n=3n-5.所以a1=b2=1,a3=b3=4,记数列{a n}的公比为q,则q2=4,易知q>0,所以q=2,所以a n=2n-1(n∈N*).(2)T n=a1b1+a2b2+…+a n b n=-2×1+1×2+…+(3n-5)×2n-1,①则2T n=-2×2+1×22+…+(3n-5)×2n,②①-②得,-T n=-2+3×(2+22+…+2n-1)-(3n-5)×2n=3×(2n-2)-(3n-5)×2n-2=(8-3n)×2n-8,所以T n=(3n-8)×2n+8(n∈N*).(3)由(1)知c n=当m=1时,c1·c2·c3+8=1×1×4+8=12,3(c1+c2+c3)=18,不相等,当m=2时,c2·c3·c4+8=1×4×7+8=36,3(c2+c3+c4)=3×(1+4+7)=36,等式成立,当m≥3且为奇数时,c m+2,c m为偶数,c m+1为奇数,所以c m·c m+1·c m+2+8为偶数,3(c m+c m+1+c m+2)为奇数,等式不成立,当m≥4且m为偶数时,若c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2),则(3m-5)·2m·(3m+1)+8=3(3m-5+2m+3m+1),整理得(9m2-12m-8)·2m=18m-20.(*)因为(9m2-12m-8)·2m≥(36m-12m-8)·24>18m-20,所以(*)不成立.综上,m=2.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列的基本运算。
2023年高考数学一轮复习第六章数列3等比数列练习含解析
等比数列考试要求 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．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 (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时，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 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(m ，n ∈N *)．(2)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列(m 为偶数且q ＝－1除外)． (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. (5)若⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1，则等比数列{a n }递增．若⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1，则等比数列{a n }递减．常用结论1．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 也是等比数列． 2．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n，这里c ≠0，q ≠0. 3．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n－A (A ≠0，q ≠1,0)． 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．( × ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( × )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n1－a.( × )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 教材改编题1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2D ．±12答案 D解析 设等比数列的公比为q ， ∵{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，∴a 4＝a 2q 2，∴q 2＝a 4a 2＝14，∴q ＝±12.2．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25，则a 6＋a 8＝______. 答案 5解析 ∵{a n }是等比数列， 且a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25， ∴a 26＋2a 6a 8＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝25. 又∵a n >0，∴a 6＋a 8＝5.3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________． 答案 1,3,9或9,3,1解析 设这三个数为a q，a ，aq ，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋aq ＋aq ＝13，a ·aq ·aq ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，q ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，q ＝3，∴这三个数为1,3,9或9,3,1.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)(2020·全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S na n等于( ) A ．2n－1 B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n－1答案 B解析 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ， 则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2. 由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12，得a 1＝1. 所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n.方法二 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12，①a 4q 2－a 4＝24，②②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．(2)(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5， 所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 11－q 51－q＝13×1－351－3＝1213. 教师备选1．已知数列{a n }为等比数列，a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，则a 4＝________. 答案 54或24解析 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·q ＝6，6a 1＋a 1·q 2＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3，a 4＝a 1·q 3＝2×33＝54或a 4＝3×23＝3×8＝24.2．已知数列{a n }为等比数列，其前n 项和为S n ，若a 2a 6＝－2a 7，S 3＝－6，则a 6等于( ) A ．－2或32 B ．－2或64 C ．2或－32 D ．2或－64答案 B解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 2a 6＝－2a 7＝a 1a 7，解得a 1＝－2，设数列的公比为q ，S 3＝－6＝－2－2q －2q 2， 解得q ＝－2或q ＝1，当q ＝－2时，则a 6＝(－2)6＝64， 当q ＝1时，则a 6＝－2.思维升华 (1)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)便可迎刃而解．(2)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 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.跟踪训练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ， 令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n.又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋11－2101－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(2020·新高考全国Ⅱ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. ①求{a n }的通项公式； ②求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.解 ①设{a n }的公比为q (q >1)．由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32(舍去)．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. ②由于(－1)n －1a n a n ＋1＝(－1)n －1×2n ×2n ＋1＝(－1)n －122n ＋1，故a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－－22n]1－－22＝85－(－1)n 22n ＋35. 题型二 等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式． 解 (1)由条件可得a n ＋1＝2n ＋1na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列， 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ， 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a nn＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.教师备选已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n . (1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列； (2)若a 1＝12，a 2＝32，求{a n }的通项公式．(1)证明 a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ， 所以a n ＋2＋a n ＋1＝3(a n ＋1＋a n )， 因为{a n }中各项均为正数， 所以a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n＝3，所以数列{a n ＋a n ＋1}是公比为3的等比数列． (2)解 由题意知a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)3n －1＝2×3n －1，因为a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，所以a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，a 2＝3a 1， 所以a 2－3a 1＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0， 故a n ＋1＝3a n ， 所以4a n ＝2×3n －1，a n ＝12×3n －1.思维升华 等比数列的三种常用判定方法 (1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (3)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2 S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0.(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)易知q ≠1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 11－q31－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， ∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n－12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， ∵S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)， 解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．题型三 等比数列的性质例3 (1)若等比数列{a n }中的a 5，a 2019是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 2023等于( ) A.20243 B ．1011 C.20232D ．1012答案 C解析 由题意得a 5a 2019＝3， 根据等比数列性质知，a 1a 2023＝a 2a 2022＝…＝a 1011a 1013＝a 1012a 1012＝3，于是a 1012＝123，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 2023 ＝log 3(a 1a 2a 3…a 2023)11011232023=l 3·og 3.2⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( )A ．40B ．60C ．32D ．50 答案 B解析 数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列， 即4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列， ∴S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 教师备选1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝__________. 答案 73解析 设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠－1，由等比数列前n 项和的性质可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3， 又由已知得S 6＝3S 3， ∴S 9－S 6＝4S 3， ∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________. 答案 2解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. 思维升华 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．跟踪训练3 (1)(2022·安康模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝7，则S 40等于( )A ．5B ．10C ．15D ．－20 答案 C解析 易知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…成等比数列．设{a n }的公比为q ，则S 20－S 10S 10＝q 10>0，故S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…均大于0. 故(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(S 20－1)2＝1·(7－S 20)⇒S 220－S 20－6＝0. 因为S 20>0，所以S 20＝3.又(S 30－S 20)2＝(S 20－S 10)(S 40－S 30)， 所以(7－3)2＝(3－1)(S 40－7)，故S 40＝15.(2)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16答案 A解析 ∵a 1a 2…a 8＝16， ∴a 1a 8＝a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 8＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 6＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 4＋1a 5＝12(a 1＋a 8)＋12(a 2＋a 7)＋12(a 3＋a 6)＋12(a 4＋a 5) ＝12(a 1＋a 2＋…＋a 8)＝2. 课时精练1．(2022·合肥市第六中学模拟)若等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝1，a 4＋a 5＝8，则a 7等于( ) A.643B ．－643C.323 D ．－323答案 A解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 4＋a 5a 1＋a 2＝q 3＝8， 所以q ＝2，又a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝1， 所以a 1＝13，所以a 7＝a 1×q 6＝13×26＝643.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A ．2B ．4C.92D ．6答案 B解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24， ∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4.3．(2022·开封模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 由等比数列前n 项和的性质知，S n ＝32n －1＋r ＝13×9n ＋r ，∴r ＝－13.4．(2022·天津北辰区模拟)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第四天走的路程为( ) A ．6里 B ．12里 C ．24里 D ．48里答案 C解析 由题意可知，该人所走路程形成等比数列{a n }，其中q ＝12，因为S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝a 1·q 3＝192×18＝24.5．(多选)设等比数列{a n }的公比为q ，则下列结论正确的是( ) A ．数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列 B ．数列{a n ＋a n ＋1}是公比为q 的等比数列 C ．数列{a n －a n ＋1}是公比为q 的等比数列D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q的等比数列答案 AD 解析 对于A ，由a n a n ＋1a n －1a n＝q 2(n ≥2)知数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列； 对于B ，当q ＝－1时，数列{a n ＋a n ＋1}的项中有0，不是等比数列； 对于C ，当q ＝1时，数列{a n －a n ＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列．6．(多选)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，则有( ) A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2答案 ABD解析 由题意，数列{a n }的前n 项和满足a n ＋1＝2S n (n ∈N *)， 当n ≥2时，a n ＝2S n －1，两式相减，可得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ， 可得a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)， 又a 1＝1，则a 2＝2S 1＝2a 1＝2，所以a 2a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2.当n ≥2时，S n ＝a n ＋12＝2·3n －12＝3n －1，又S 1＝a 1＝1，适合上式， 所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1，又S n ＋1S n ＝3n3n －1＝3， 所以数列{S n }为首项为1，公比为3的等比数列，综上可得选项ABD 是正确的．7．(2022·嘉兴联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 1＝________. 答案 1解析 由于S 3＝7，S 6＝63知公比q ≠1， 又S 6＝S 3＋q 3S 3， 得63＝7＋7q 3. ∴q 3＝8，q ＝2.由S 3＝a 11－q 31－q ＝a 11－81－2＝7，得a 1＝1.8．已知{a n }是等比数列，且a 3a 5a 7a 9a 11＝243，则a 7＝________；若公比q ＝13，则a 4＝________.答案 3 81解析 由{a n }是等比数列， 得a 3a 5a 7a 9a 11＝a 57＝243， 故a 7＝3，a 4＝a 7q3＝81.9．(2022·徐州模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，其前n 项和S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *. (1)求实数p 的值及数列{a n }的通项公式；(2)在等比数列{b n }中，b 3＝a 1，b 4＝a 2＋4，若{b n }的前n 项和为T n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16为等比数列． (1)解 S n ＝na 1＋n n －12d ＝na 1＋n (n －1)＝n 2＋(a 1－1)n ， 又S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *， 所以p ＝1，a 1－1＝2，即a 1＝3， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)证明 因为b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9， 所以q ＝3， 所以b n ＝b 3·q n －3＝3n －2，所以b 1＝13，所以T n ＝131－3n1－3＝3n－16，所以T n ＋16＝3n 6，又T 1＋16＝12，所以T n ＋16T n －1＋16＝3n 63n －16＝3(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，3为公比的等比数列．10．(2022·威海模拟)记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋1.设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：数列{b n }为等比数列；(2)设c n ＝|b n －100|，T n 为数列{c n }的前n 项和．求T 10. (1)证明 由S n ＋1＝4a n ＋1， 得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)， 所以b n b n －1＝a n ＋1－2a na n －2a n －1＝2a n －2a n －1a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1， 故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0，所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列． (2)解 由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n，所以c n ＝|2n－100|＝⎩⎪⎨⎪⎧100－2n，n ≤6，2n－100，n >6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400 ＝200－21－261－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.11．(多选)(2022·滨州模拟)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＋－1n3D ．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＋－1n3，则a 2＝23＋－123＝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， 所以S 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝21－4101－4＝23(410－1)，D 正确． 12．(多选)(2022·黄冈模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( ) A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7答案 AD解析 ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0， ∴a 7>1,0<a 8<1， ∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为各项为正的递减数列， ∴S n 无最大值，故C 错误； 又a 7>1,0<a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．13．(2022·衡阳八中模拟)设T n 为正项等比数列{a n }(公比q ≠1)前n 项的积，若T 2015＝T 2021，则log 3a 2019log 3a 2021＝________.答案 15解析 由题意得，T 2015＝T 2021＝T 2015·a 2016a 2017a 2018a 2019a 2020a 2021， 所以a 2016a 2017a 2018a 2019a 2020a 2021＝1， 根据等比数列的性质，可得a 2016a 2021＝a 2017a 2020＝a 2018a 2019＝1， 设等比数列的公比为q ，所以a 2016a 2021＝a 20212q 5＝1⇒a 2021＝52,qa 2018a 2019＝a 20192q＝1⇒a 2019＝12,q所以log 3a 2019log 3a 2021＝123523log 1.5log q q14.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案132解析 由题意，得正方形的边长构成以22为首项,22为公比的等比数列，现已知共含有1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1023，所以n ＝10，所以最小正方形的边长为⎝⎛⎭⎪⎫2210＝132.15．(多选)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是( ) A ．k 不可能为0B ．等差数列一定是“等差比数列”C ．等比数列一定是“等差比数列”D ．“等差比数列”中可以有无数项为0 答案 AD解析 对于A ，k 不可能为0，正确；对于B ，当a n ＝1时，{a n }为等差数列，但不是“等差比数列”，错误；对于C ，当等比数列的公比q ＝1时，a n ＋1－a n ＝0，分式无意义，所以{a n }不是“等差比数列”，错误；对于D ，数列0,1,0,1,0,1，…，0,1是“等差比数列”，且有无数项为0，正确． 16．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为2n －1·3n＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列， 所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0， 所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3， 所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝2n －1·3n＋12，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝2n －3·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)，因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)，当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n <34.因为∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立， 所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。
版高考数学 3年高考2年模拟 第6章 数列 第二节 数列的应用
第六章 数列第二节 数列的应用第一部分 三年高考体题荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010江西理）5.等比数列{}n a 中，12a =，8a =4，函数()128()()()f x x x a x a x a =---，则()'0f =（ ）A ．62 B. 92 C. 122 D. 152【答案】C【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。
考虑到求导中，含有x 项均取0，则()'0f只与函数()f x 的一次项有关；得：412123818()2a a a a a a ⋅⋅==。
2.（2010江西理）4. 2111lim 1333n x →∞⎛⎫++++= ⎪⎝⎭（ ） A. 53 B. 32 C. 2 D. 不存在【答案】B【解析】考查等比数列求和与极限知识.解法一：先求和，然后对和取极限。
1133lim ()1213n n →+∞-=- 3.（2010北京理）（2）在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m=（A ）9 （B ）10 （C ）11 （D ）12【答案】C4.（2010四川理）（8）已知数列{}n a 的首项10a ≠，其前n 项的和为n S ，且112n n S S a +=+，则lim n n na S →∞= （A ）0 （B ）12（C ） 1 （D ）2 解析：由112n n S S a +=+,且2112n n S S a ++=+作差得a n ＋2＝2a n ＋1又S 2＝2S 1＋a 1，即a 2＋a 1＝2a 1＋a 1 ⇒ a 2＝2a 1故{a n }是公比为2的等比数列S n ＝a 1＋2a 1＋22a 1＋……＋2n －1a 1＝(2n －1)a 1 则11121lim lim (21)2n n n n n n a a S a -→∞→∞==- 【答案】B5.（2010天津理）（6）已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为（A ）158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n 项和公式及等比数列的性质，属于中等题。
【金识源】(3年高考2年模拟1年原创)最新版高考数学 专题03 数列(解析版)
【金识源】（3年高考2年模拟1年原创）最新2013版高考数学 专题03 数列（解析版）【考点定位】2014考纲解读和近几年考点分布数列是高中代数的重要内容之一，由于它既具有函数特征，又能构成独特的递推关系，使得它既与中学数学其他部分知识如：函数、方程、不等式、解析几何、二项式定理等有较紧密的联系，又有自己鲜明的特征，因此它是历年高考考查的重点、热点和难点，在高考中占有极其重要的地位.试题往往综合性强、难度大，承载着考查学生数学思维能力和分析、建模、解决问题的能力以及函数与方程的思想、转化与化归的思想、分类讨论的思想.通过对2010年高考试题的研究，本专题在高考试题中占有较大比重，分值约占总分的12%，大多为一道选择题或填空题，一道解答题.试题注重基础，着重考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式、数学归纳法及应用问题，选择题和填空题，突出“小、巧、活”的特点.而解答题大多为中等以上难度的试题或难度大的压轴题. 【考点pk 】名师考点透析考点一、数列的概念及表示方法 【名师点睛】1．定义：按照一定顺序排列着的一列数．2．表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．3．分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．4．n a 与n S 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．5. 求数列的通项公式的主要方法有（1）由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是善于观察. （2）利用a n 与S n 的关系，不要忘记验证a 1 能否与n ≥2时a n 的式子统一;(3) 由递推公式求通项公式,常化归为等差等比数列,或用利用迭加a n -a n-1=f(n)、迭乘a n /a n-1=f(n)、迭代等方法.6．处理方法：.用函数的观点处理数列问题 【试题演练】 1.数列1111,,,,234--的一个通项公式是 。
三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第六章 数列3 理
第三节 等比数列及其前n 项和A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，4)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A.21B.42C.63D.84 2.(2014·重庆，2)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A.a 1，a 3，a 9成等比数列 B.a 2，a 3，a 6成等比数列 C.a 2，a 4，a 8成等比数列D.a 3，a 6，a 9成等比数列3.(2014·大纲全国，10)等比数列{a n }中,a 4＝2,a 5＝5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.34.(2016·全国Ⅰ，15)设等比数列满足a 1＋a 3＝10,a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________.5.(2016·全国Ⅲ，17)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.6.(2015·湖南，14)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 ＝________.7.(2014·安徽，12)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 ＝________.8.(2015·安徽，14)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________.9.(2015·湖北，18)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b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n .10.(2014·天津，11)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________.11.(2014·广东，13)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.12.(2014·江苏，7)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________.13.(2014·新课标全国Ⅱ，17)已知数列{a n }满足a 1＝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1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·安徽安庆第二次模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A.1B.－1C.12 D.22.(2016·河北衡水中学模拟)已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( ) A.2 B.4 C.8 D.16 3.(2016·浙江金华二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n，则S 2 015＝( ) A.22 015－1 B.21 009－3 C.3×21 007－3 D.21 008－34(2016·北京东城模拟)已知{a n }为各项都是正数的等比数列，若a 4·a 8＝4，则a 5·a 6·a 7＝( )A.4B.8C.16D.645.(2015·山东日照模拟)设数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2·a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( )A.152B.314C.334D.1726.(2015·北大附中模拟)已知各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A.16B.8C.6D.47.(2016·陕西质检二模)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________.8.(2015·云南大理二模)若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋1，则该数列的通项公式为________.9.(2016·四川雅安模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n ＋1＝S n ＋3n(n ∈N *). (1)求证：{S n －3n}是等比数列； (2)若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围.10.(2015·马鞍山模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a na n ＋2n(n ∈N *).(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝n (n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .11.(2015·陕西宝鸡4月)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2). (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列. (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设3n b n ＝n (3n－a n )，求|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.B [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B.] 2.D [由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D.] 3.C [lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝lg (2×5)4＝4，故选C.]4.64 [设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n （n －7）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494， 当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64.] 5.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ， 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ， 公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.6.3n －1[由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.]7.1 [法一 因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5也成等差数列，又a 1＋1，a 3＋3,a 5＋5构成公比为q 的等比数列,所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5是常数列,故q ＝1. 法二 因为数列{a n }是等差数列，所以可设a 1＝t －d ，a 3＝t ，a 5＝t ＋d ，故由已知得(t ＋3)2＝(t －d ＋1)(t ＋d ＋5),得d 2＋4d ＋4＝0,即d ＝－2，所以a 3＋3＝a 1＋1，即q ＝1.] 8.2n－1 [由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n －1.]9.解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 10.－12 [由已知得S 1·S 4＝S 22，即a 1·(4a 1－6)＝(2a 1－1)2，解得a 1＝－12.]11.50 [由等比数列的性质可知a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5⇒a 1a 20＝e 5，于是a 1a 2…a 20＝(e 5)10＝e 50，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln e 50＝50.]12.4 [设等比数列{a n }的公比为q ，q >0.则a 8＝a 6＋2a 4即为a 4q 4＝a 4q 2＋2a 4，解得q 2＝2(负值舍去)，又a 2＝1，所以a 6＝a 2q 4＝4.]13.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.D [由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2. 2. B [因为a 3＝2，a 4a 6＝16，所以a 4a 6＝a 23q 4＝16，即q 4＝4，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4（a 6－a 8）a 6－a 8＝q 4＝4，故选B.] 3.B [∵a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n，∴a n ≠0，a 2＝2，当n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1.∴a n ＋1a n －1＝2n 2n －1＝2(n ≥2),∴数列{a n }中奇数项，偶数项分别成等比数列， ∴S 2 015＝1－21 0081－2＋2（1－21 007）1－2＝21 009－3，故选B.]4.B [∵a 4·a 8＝a 26＝4，又{a n }的各项都是正数，∴a 6＝2,∴a 5·a 6·a 7＝a 36＝8,故选B.] 5.B [设此数列的公比为q (q ＞0)由已知，a 2a 4＝1，得a 23＝1，所以a 3＝1，由S 3＝7，知a 3＋a 3q ＋a 3q 2＝7，即6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，进而a 1＝4.所以S 5＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝314，选B.]6.B [∵a 4a 14＝(22)2＝8，即a 4a 14＝a 29＝8，∴a 9＝2 2.则2a 7＋a 11＝2a 9q 2＋a 9q 2≥22a 9q2×a 9q 2＝22×a 9＝8，当且仅当2a 9q2＝a 9q 2，即q 4＝2时取等号.]7.3n－1 [(2)∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1·a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2， ∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝2（1－3n）1－3＝3n－1.]8. a n ＝2n ＋1－1 [∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－1.9.(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋3n，(n ∈N *)∴S n ＋1＝2S n ＋3n，∴S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，∵a 1≠3.∴S n ＋1－3n ＋1S n －3n＝2，∴数列{S n －3n}是公比为2，首项为a 1－3的等比数列. (2)解 由(1)得S n －3n＝(a 1－3)×2n －1，∴S n ＝(a 1－3)×2n －1＋3n，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∵{a n }为递增数列，∴n ≥2时，(a 1－3)×2n －1＋2×3n>(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∴n ≥2时，2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a 1－3>0，可得n ≥2时，a 1>3－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，又当n ＝2时，3－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2有最大值为－9，∴a 1>－9，又a 2＝a 1＋3满足a 2>a 1， ∴a 1的取值范围是(－9，＋∞). 10.(1)证明 由已知可得a n ＋12n ＋1＝a na n ＋2n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n＋1，即2n ＋1a n ＋1－2na n＝1，∴数列{2na n}是公差为1的等差数列.(2)解 由(1)可得2n a n ＝2a 1＋(n －1)×1＝n ＋1，∴a n ＝2nn ＋1.(3)解 由(2)知，b n ＝n ·2n，∴S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n， 2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.11. (1)证明 ∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2).又a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15，∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列. (2)解 由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n，∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n).又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列. ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n (n ∈N *).(3)解 由(2)及3nb n ＝n (3n－a n )可得3nb n ＝－n (a n －3n)＝－n [2×(－2)n －1]＝n (－2)n，∴b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23n ，∴|b n |＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n. ∴T n ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝23＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，①①×23，得23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，②①－②，得13T n ＝23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝2－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝2－(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1，∴T n ＝6－2(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.。
三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列3文
第三节 等比数列及其前n 项和A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A.2B.1C.12D.182.(2014·大纲全国，8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A.31 B.32 C.63 D.643.(2015·新课标全国Ⅰ，13)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 ＝________.4.(2015·广东，13)若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中a ＝5＋26，c ＝5－26，则b ＝________.5.(2014·广东，13)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＝________.6.(2016·新课标全国Ⅲ,17)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1,a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.7.(2016·北京，15)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.8.(2015·四川，16)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .9.(2014·北京，15)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．10.(2014·福建，17)在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北衡水中学模拟)若等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝20，a 2＋a 4＝40，则公比q ＝( ) A.1 B.2 C.－2D.42.(2016·烟台诊断)已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，－1)∪(1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)3.(2016·安徽安庆第二次模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，第二起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”则该人最后一天走的路程为( ) A.24里 B.12里 C.6里D.3里4.(2015·河南省焦作市高三统考)已知正项等比数列{a n }满足a 3·a 2n －3＝4n(n ＞1)，则log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＋…＋log 2a 2n －1＝( ) A.n 2B.(n ＋1)2C.n (2n －1)D.(n －1)25.(2015·山西省三诊)在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8.设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和.若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为( )A.7B.9C.12D.156.(2016·江西八所重点中学一联)已知数列{a n }中，a 1＝a (a ≠1)，{b n }是公比为23的等比数列.记b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是________. 7.(2016·河南八市重点高中第二次质量检测)数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＝n 2＋2n ＋2，n ∈N *，数列{b n }满足b n ＝a n －n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n .8.(2015·湖南十二校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *).(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列，并写出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足4b 1－1·4b 2－1·4b 3－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)n，求数列{b n }的前n 项和S n .答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24， 所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.答案 C2.解析 方法一 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1（1－q 2）1－q＝3，S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，两式相除得1＋q 2＝5，解得q 2＝4.故q ＝2或q ＝－2.若q ＝2，代入解得a 1＝1，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝1×（1－26）1－2＝63.若q ＝－2，代入解得a 1＝－3，此时S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝（－3）×[1－（－2）6]1－（－2）＝63.故选C.方法二 因为数列{a n }为等比数列，若q ＝1，则有S n ＝na 1，显然不符合题意，故q ≠1. 设其前n 项和为S n ＝Aq n－A .由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝A ×q 2－A ＝3S 4＝A ×q 4－A ＝15，两式相除得1＋q 2＝5， 解得q 2＝4，代入解得A ＝1. 故S n ＝q n－1.所以S 6＝q 6－1＝(q 2)3－1＝43－1＝63.故选C. 方法三 设等比数列的公比为q .则S 2＝a 1＋a 2＝3，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1＋q 2)(a 1＋a 2)＝(1＋q 2)×3＝15， 解得q 2＝4.故S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(1＋q 2＋q 4)(a 1＋a 2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C. 答案 C3.解析 由a n ＋1＝2a n 知，数列{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列， 由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6.答案 64.解析 ∵三个正数a ，b ，c 成等比数列， ∴b 2＝ac ＝(5＋26)(5－26)＝1. ∵b 为正数，∴b ＝1. 答案 15.解析 由等比数列的性质可知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23， 于是由a 1a 5＝4得a 3＝2，故a 1a 2a 3a 4a 5＝32，则log 2 a 1＋log 2 a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 232＝5. 答案 56.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.7.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝3. ∴{b n }的通项公式b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1，2，3，…). (2)设数列{c n }的前n 项和为S n . ∵c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1，∴S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n －1＋3n －1＝2(1＋2＋…＋n )－n ＋30×（1－3n）1－3＝2×（n ＋1）n 2－n ＋3n－12＝n 2＋3n－12.即数列{c n }的前n 项和为n 2＋3n－12.8.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)， 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .9.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)． 设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2. 所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1，b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)，数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n－1.10.解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.所以a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 依题意得q ＝a 1q ＋a 3q a 1＋a 3＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝2，故选B.答案 B2.解析 因为a 2＝1＝a 1q ，所以S 3＝a 1＋1＋a 1q 2＝1q＋q ＋1，当q >0时，1q ＋q ≥2，当q <0时，1q＋q ≤－2，所以S 3≥3或S 3≤－1，故选D. 答案 D3.解析 记每天走的路程里数为{a n }，易知{a n }是公比q ＝12等比数列，S 6＝378，又S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，∴a 1＝192，∴a 6＝192×125＝6.答案 C4.解析 ∵a 3·a 2n －3＝4n，∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝log 2(a 1a 2…a 2n －1)＝log 2(a 1a 2n －1a 3a 2n －3…)＝log 2(4n)n2＝n 2.答案 A5.解析 ∵q 3＝a 4a 1＝8，q ＝2，S 3n ＝1－23n 1－2，数列{a 3n }仍为等比数列，公比为q 3＝8，T n ＝1－8n1－8，∴1－8n －1＝t 1－8n－7，t ＝7. 答案 A 6.解析 ∵b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －2b n －1. 由a n ＋1－a n ＝b n ＋1－2b n ＋1－1－b n －2b n －1＝1b n －1－1b n ＋1－1＝b n ＋1－b n（1－b n ＋1）（1－b n ）＝－13b n⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23b n （1－b n ）<0，解得b n >32或0<b n <1.若b n >32，则b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1>32对一切n ∈N *恒成立，显然不可能；若0<b n <1，则0<b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<1对一切n ∈N *恒成立，只需0<b 1<1即可，即0<a 1－2a 1－1<1，解得a ＝a 1>2. 答案 (2，＋∞)7.解 (1)由2S n ＋a n ＝n 2＋2n ＋2， ① 得2S 1＋a 1＝5，∴a 1＝53，2S n ＋1＋a n ＋1＝(n ＋1)2＋2(n ＋1)＋2， ② ②－①得3a n ＋1－a n ＝2n ＋3.∵b n ＝a n －n ，∴a n ＝b n ＋n ，a n ＋1＝b n ＋1＋n ＋1， ∴3b n ＋1＝b n ，b 1＝a 1－1＝23.∴{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列.∴b n ＝23n .(2)由(1)得b n ＝23n ，∴nb n ＝2n3n ，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋232＋333＋…＋n 3n ，∴13T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n 3n ＋1，两式相减得23T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n1－13－n 3n ＋1＝1－2n ＋33n ＋1， ∴T n ＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－2n ＋33n ＋1.8.(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2≠0，a n ＋1≠0， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2， ∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列. ∴a n ＋1＝2n ，a n ＝2n－1.(2)解 ∵4b 1－1·4b 2－1·4b 3－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)n， ∴4b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －n ＝2n 2， ∴2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )－2n ＝n 2， 即2(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n )＝n 2＋2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12n 2＋n .。
新版3高考2模拟 高考数学 第六章 第一节 等差数列、等比数列的概念及求和
第六章 数列第一节 等差数列、等比数列的概念及求和第一部分 三年高考体题荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010浙江理）（3）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S = （A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11-解析：通过2580a a +=，设公比为q ，将该式转化为08322=+q a a ，解得q =-2，带入所求式可知答案选D ，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n 项和公式，属中档题2.（2010全国卷2理）（4）.如果等差数列{}n a 中，34512a a a ++=，那么127...a a a +++=（A ）14 （B ）21 （C ）28 （D ）35 【答案】C【命题意图】本试题主要考查等差数列的基本公式和性质. 【解析】173454412747()312,4,7282a a a a a a a a a a a +++===∴+++=== 3.（2010辽宁文）（3）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q = （A ）3 （B ）4（C ）5（D ）6【答案】 B解析：选B. 两式相减得， 3433a a a =-，44334,4a a a q a =∴==. 4.（2010辽宁理）（6）设{a n }是有正数组成的等比数列，n S 为其前n 项和。
已知a 2a 4=1, 37S =,则5S =（A ）152 (B)314 (C)334 (D)172【答案】B【命题立意】本题考查了等比数列的通项公式与前n 项和公式，考查了同学们解决问题的能力。
【解析】由a 2a 4=1可得2411a q =，因此121a q=，又因为231(1)7S a q q =++=，联力两式有11(3)(2)0q q +-=，所以q=12,所以5514(1)3121412S --==-，故选B 。
三年高考两年模拟高考数学专题汇编第六章数列1文
第一节 数列的概念及简单的表示方法A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2014·新课标全国Ⅱ，16)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.2.(2014·江西，17)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 3.(2014·湖南，16)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)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·山东文登第二次模拟)数列{a n }满足：a 3＝15，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则数列{a n a n ＋1}的前10项和为( )A.1021B.2021C.919D.18192.(2016·杭州七校联考)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，若a 1＝1，a 5＝8，则a 3＝( ) A.1 B.2 C.3D.723.(2015·四川广安诊断)设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为πn ，则π 2 017的值为( )A.－12B.－1C.12D.24.(2015·大连模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n5.(2015·泰安市检测)在各项均不为零的等差数列{a n }中，若a n ＋1－a 2n ＋a n －1＝0(n ≥2)， 则S 2n －1－4n 等于( ) A.－2B.0C.1D.26.(2016·石家庄质量检测)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1，2，3，…)，则此数列的通项公式为a n ＝________；数列{na n }中数值最小的项是第________项.7.(2016·广西南宁第二次适应性测试)数列{a n }满足a 1＝3，(a n ＋1－2)(a n ＋1)＋2＝0，则a n ＝________.8.(2015·吉林重点中学联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a 2＝________，a n ＝________.9.(2015·河南南阳三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ≥2且n ∈N *)，则数列{a n }中项的最大值为________.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12； 再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2.由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案 122. (1)解 由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2， 所以数列{a n }的通项公式为：a n ＝3n －2.(2)证明 要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ， 即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2， 而此时m ∈N *，且m ＞n .所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 3.解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)nn ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ， 则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n）1－2＝22n +1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n +1＋n －2.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 因为a 3＝15，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，所以1a n ＋1－1a n＝2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以2为公差的等差数列，所以1a n ＝1a 3＋2(n －3)＝2n －1，a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.所以数列{a n a n ＋1}的前10项的和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋119－121＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－121＝1021.答案 A2.解析 a 3＝a 2＋a 1＝a 2＋1，a 4＝a 3＋a 2＝2a 2＋1，a 5＝a 4＋a 3＝2a 2＋1＋a 2＋1＝3a 2＋2＝8， 故a 2＝2，所以a 3＝a 2＋a 1＝3. 答案 C3.解析 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 017＝2×(－1)672＝2. 答案 D4.解析 由已知得a n ＋1－a n ＝ln(n ＋1)－ln n ，故a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，…，a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)，以上(n －1)个式子左右分别相加，得a n －a 1＝ln n ， 所以a n ＝2＋ln n .故选A. 答案 A5.解析 ∵{a n }为等差数列，∴a n ＋1＋a n －1＝2a n ， 又∵a n ＋1＋a n －1＝a 2n ，∴a 2n ＝2a n ， ∵a n ≠0，∴a n ＝2，故S 2n －1－4n ＝(2n －1)·2－4n ＝－2.答案 A6.解析 当n ≥2时，S n －S n －1＝2n －11，n ＝1时也符合，则a n ＝2n －11，∴na n ＝2n 2－11n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1142－1218，且n ∈N *，故n ＝3时，na n 最小. 答案 2n －11 37.解析 由(a n ＋1－2)(a n ＋1)＋2＝0得2n ＋1a n ＋1－2na n＝2n，由累加法得a n ＝2n2n－43. 答案2n2n－438.解析 由a n ＝n (a n ＋1－a n )，可得a n ＋1a n ＝n ＋1n， 则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×21×1＝n ， ∴a 2＝2，a n ＝n . 答案 2 n9.解析 a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ≥2)⇒3n a n ＝3n -1·a n －1＋1⇒3n a n －3n -1a n －1＝1⇒{3na n }是首项为3a 1＝3，公差为1的等差数列，∴3na n ＝3＋n －1＝n ＋2⇒a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.∵a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1(n ＋3－3n －6)＜0，∴数列{a n }单调递减，∴数列{a n }中项的最大值为a 1＝1. 答案 1。
三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第六章 数列4 理
第四节 数列求和、数列的综合应用A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·福建，8)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( )A.6B.7C.8D.92.(2015·浙江，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A.a 1d ＞0，dS 4＞0B.a 1d ＜0，dS 4＜0C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞0 3.(2016·北京，20)设数列A ：a 1，a 2，…，a N (N ≥2).如果对小于n (2≤n ≤N )的每个正整数k 都有a k ＜a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记G (A )是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.(1)对数列A ：－2，2，－1，1，3，写出G (A )的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n ＞a 1，则G (A )≠∅；(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2，3，…，N )，则G (A )的元素个数不小于a N －a 1.4.(2016·四川，19)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求a n 的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.5.(2016·山东，18)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 .6.(2015·新课标全国Ⅱ，16)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 ＝____________.7.(2015·山东，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .8.(2015·天津，18)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 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.9.(2015·广东，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ； (3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .10.(2015·浙江，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *).(1) 证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：1n ＋≤S n n ≤1n ＋(n ∈N *).11.(2014·山东，19)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4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 .12.(2014·江西，17)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .13.(2014·四川，19)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n .14.(2014·湖北，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河南百校联盟质量监测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 5＝-20，则-6a 4＋3a 5＝( )A.-20B.4C.12D.202.(2016·安徽安庆模拟)已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan 225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A.2 015B.-2 015C.3 021D.-3 021 3.(2016·山东实验中学模拟)设a 1，a 2，…，a 50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )A.11个B.12个C.15个D.25个 4.(2016·天津调研)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N ＋)，则S 100＝( )A.1 300B.2 600C.0D.2 602 5.(2015·广东揭阳一模)已知定义在R 上的函数f (x )、g (x )满足f （x ）g （x ）＝a x，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f （1）g （1）＋f （-1）g （-1）＝52,若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）(n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n ＝( ) A.5 B.6 C.7 D.86.(2015·吉林长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列,则a n ＝( )A.n 2n －1B.n ＋12n －1＋1C.2n －12n －1D.n ＋12n ＋17.(2015·辽宁沈阳模拟)数列{a n }满足：a 1 ＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有：a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝( ) A.2 0072 008 B.2 0071 004 C.2 0082 009 D.4 0162 0098.(2016·湖北荆州市第一次质量检测)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2S n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{n ·2a n }的前n 项和T n .9.(2016·嘉峪关市一中第三次模拟考试)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝2－2S n ，数列{a n }为等差数列，且a 5＝14，a 7＝20， (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n (n ＝1，2，3，…)，T n 为数列{c n }的前n 项和，求证：T n <72.10.(2016·南通模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10. (1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.D [由题意知:a ＋b ＝p ,ab ＝q ,∵p ＞0,q ＞0,∴a ＞0,b ＞0.在a ,b ,-2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ,b ,-2;b ,a ,-2;-2,a ,b ;-2,b ,a ;成等比数列的情况有:a ,-2,b ;b ,-2,a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5,q ＝4,∴p ＋q ＝9,故选D.]2.B [∵a 3,a 4,a 8成等比数列,∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d ),整理得a 1＝－53d ,∴a 1d ＝-53d 2＜0,又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3,∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.]3.(1)解 G (A )的元素为2和5.(2)证明 因为存在a n 使得a n ＞a 1，所以{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}≠∅.记m ＝min{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}，则m ≥2，且对任意正整数k ，m ，a k ≤a 1＜a m . 因此m ∈G (A ).从而G (A )≠∅.(3)证明 当a N ≤a 1时，结论成立.以下设a N ＞a 1.由(2)知G (A )≠∅.设G (A )＝{n 1，n 2，…，n p }，n 1＜n 2＜…＜n p .记n 0＝1.则a n 0＜a n 1＜a n 2＜…＜a n p ， 对i ＝0，1，…，p ，记G i ＝{k ∈N *|n i ＜k ≤N ，a k ＞an i }. 如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k ＜m i ，a k ≤a n i ＜a m i . 从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1.又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅. 从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤a n p ，特别地，a N ≤a n p .对i ＝0，1，…，p －1，a n i ＋1－1≤a n i .因此a n i ＋1＝a n i ＋1－1＋(a n i ＋1－a n i ＋1－1)≤an i ＋1.所以a N －a 1≤a n p －a 1＝∑i ＝1p(a n i －a n i －1)≤p .因此G (A )的元素个数p 不小于a N －a 1.4.(1)解 由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立.所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列.从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q2（k －1）>qk －1(k ∈N *).于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.5.解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2].两式作差，得-T n ＝3×[2×22+23+24+…+2n ＋1-(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝-3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.6.－1n[由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.]7.解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3， 当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合. 综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .8.解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n2.所以，{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.9.(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n -1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.(3)证明 n ≥2时，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n故S n ＝∑i ＝1nb i＝a 1＋a 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12a 2＋a 1＋a 23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13a 3＋…＋a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i T n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ，只需证明2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n <2＋2ln n ，n ∈N *.对于任意自然数k ∈N ,令x ＝-1k ＋1∈(-1,0)时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＋1＋1＋1k ＋1<0，即1k ＋1<ln(k ＋1)－ln k .∴k ＝1时，12<ln 2－ln 1，k ＝2时，13<ln 3<ln 2.…k ＝n －1时，1n<ln 2－ln(n －1).∴1＋12＋13＋…＋1n <1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]，即1＋12＋13＋…＋1n<1＋ln n ，所以n ≥2时，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n <2＋2ln n ，综上n ∈N ＋时，S n <2＋2ln n .10.证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1＞0. 由0＜a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1，2]，即1≤a na n ＋1≤2 (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *).②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *).11.解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋112.解 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)， 所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2. 所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝－2－(2n －2)3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.13.解 (1)由已知得,b 7＝2a 7,b 8＝2a 8＝4b 7,有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2. 解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意得，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n.所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 14.解 (1)设数列{a n }的公差为d ,依题意,2,2＋d ,2＋4d 成等比数列,故有(2+d )2＝2(2+4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立. 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.C [因为S 5＝－20，所以S 5＝5a 3＝－20，∴a 3＝－4，∴－6a 4＋3a 5＝－6(a 1＋3d )＋3(a 1＋4d )＝-3(a 1＋2d )＝－3a 3＝12.] 2.C [a 1＝tan 225°＝tan 45°＝1，设等差数列{a n }的公差为d ， 则由a 5＝13a 1，得a 5＝13，d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3，∴S 2 014＝-a 1+a 2-a 3+a 4+…+(-1)2 014a 2 014＝-(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1 007d ＝1 007×3＝3 021.故选C.]3.A [(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11(个)，故选A.] 4. B [原问题可转化为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0；当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2.进而转化为当n 为奇数时，为常数列{1}；当n 为偶数时，为首项为2，公差为2的等差数列.所以S 100＝S 奇＋S 偶＝50×1＋(50×2＋50×492×2)＝2 600.]5. A [令h (x )＝f （x ）g （x ）＝a x ，∵h ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0， ∴h (x )在R 上为减函数，∴0<a <1.由题知，a 1＋a －1＝52，解得a ＝12或a ＝2(舍去),∴f (n )g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3132，∴n ＝5.] 6. A [设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ， 即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a n ＝n2n －1.故选A.]7.D [法一 因为a n ＋m ＝a n ＋a m ＋mn ,则可得a 1＝1,a 2＝3,a 3＝6,a 4＝10,则可猜得数列的通项a n ＝n （n ＋1）2，∴1a n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 008－12 009＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009.故选D. 法二 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1， 用叠加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2，所以1a n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 008＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12 008－12 009＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009，故选D.]8.解 (1)当n ＝1时，a 1a 2＝2a 1，a 2＝2.又a n ·a n ＋1＝2S n ① ∴n ≥2时，a n －1·a n ＝2S n －1② ①－②得a n (a n ＋1－a n －1)＝2a n∵a n >0,∴a n ＋1－a n －1＝2.则a 1,a 3,…,a 2n －1,…是以1为首项,2为公差的等差数列,a 2n －1＝2n -1.a 2，a 4，…，a 2n ，…是以2为首项，2为公差的等差数列，a 2n ＝2n .∴a n ＝n (n ∈N *).(2)由于a n ＝n ，所以T n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n. 2T n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1两式相减得T n ＝n ·2n ＋1－(2＋22＋23＋ (2))＝n ·2n ＋1－2（1－2n）1－2＝n ·2n ＋1＋2－2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1＋2.9.(1)解 由b n ＝2－2S n ，令n ＝1，则b 1＝2－2S 1， 又S 1＝b 1，所以b 1＝23，b 2＝2－2(b 1＋b 2)，则b 2＝29，当n ≥2时，由b n ＝2－2S n ，可得b n －b n －1＝－2(S n －S n －1)＝－2b n . 即b n b n －1＝13，所以{b n }是以b 1＝23为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝2·13n . (2)证明 数列{a n }为等差数列，公差d ＝12(a 7－a 5)＝3，可得a n ＝3n －1，从而c n ＝a n ·b n ＝2(3n －1)·13n ，∴T n ＝2⎣⎢⎡2×13＋5×132＋8×133＋⎦⎥⎤…＋（3n －1）·13n∴13T n ＝2⎣⎢⎡2×132＋5×133＋…＋（3n －4）⎦⎥⎤·13n ＋（3n －1·13n ＋1)两式相减得 23T n ＝2⎣⎢⎡23＋3×132＋3×133＋ (3)⎦⎥⎤13n －（3n －1）·13n ＋1 ＝2·⎩⎪⎨⎪⎧23＋3×132⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－（3n －1）⎭⎬⎫·13n ＋1 ＝2⎩⎪⎨⎪⎧23＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1⎭⎬⎫－（3n －1）·13n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤76－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋76·13n ∴T n ＝72－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋7613n －1<72.10.(1)证明 依题意，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100，故a 2a 1＝10.当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10， 两式相减得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n＝10， 故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1qn －1＝10n(n ∈N *)，∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1，即{lg a n }是等差数列. (2)解由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3－3n ＋1. (3)解 ∵T n ＝3－3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值32. 依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为{0，1，2，3，4，5}.。
高三数学一轮复习(3年真题分类+考情精解读+知识全通关
数学
考情精解读 2
考纲解读
命题规律
命题趋势
第六章·第二讲 等差数列及其前n项和
考点 2016全国 2015全国 2014全国
等差数列的 判定、基本 运算与性质 【50%】
等差数列通 项公式与前 n项和公式
的应用 【20%】
·全国Ⅰ,7,5分 ·全国Ⅰ,17,12分 ·全国Ⅱ,5,5分 ·全国Ⅱ,5,5分
自主命题地区
·2015浙江,10,4分 ·2015北京,16,13分 ·2015四川,17,15分 ·2014山东,19,12分 ·2014浙江,19,14分 ·2014北京,15,13分
·2014天津,5,5分
·2016江苏,8,5分 ·2014北京,15,13分 ·2014四川,19,12分
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第六章·第二讲
等差数列及其前n项和
题型全突破 8
考法3 等差数列的性质的应用
考法指导 一般地,运用数列性质,可以化繁为简、优化解题过程,但要注意性质运 用的条件,等差数列的性质详见《高考帮》P167页考点3.
考法示例4 (1)设数列{an},{bn}都是等差数列,且a1=25,b1=75,a2+b2=100,则 a37+b37等于
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第六章·第二讲
等差数列及其前n项和
1
考法1 等差数列的判定与证明
考法指导 等差数列的判定与证明方法有以下四种: (1)定义法.an+1-an=d(常数)(n∈N*)或an-an-1=d(n∈N*,n≥2)⇔{an}为等差数列. (2)等差中项法.2an+1=an+an+2(n∈N*)⇔{an}为等差数列. (3)通项公式法.an=an+b(a,b是常数,n∈N*)⇔{an}为等差数列. (4)前n项和公式法.Sn=an2+bn(a,b为常数)⇔数列{an}为等差数列. 若判断一个数列不是等差数列,只需找出三项an,an+1,an+2,使得这三项不满足2an+1=an+an+2 即可. 但如果要证明一个数列是等差数列,则必须用定义法或等差中项法.
三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第六章 数列2 文
第二节 等差数列及其前n 项和A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅰ，7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C.10D.12 2.(2015·新课标全国Ⅱ，5)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A.5 B.7 C.9 D.113.(2014·天津，5)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A.2B.－2C.12D.－124.(2014·新课标全国Ⅱ，5)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n (n ＋1)B.n (n －1)C.n n ＋2D.n n －25.(2014·重庆，2)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A.5 B.8 C.10 D.146.(2015·安徽，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．7.(2015·陕西，13)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________8.(2014·江西，13)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________．9.(2016·新课标全国Ⅱ，17)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]＝2.10.(2014·大纲全国，17)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．11.(2014·浙江，19)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＝65.12.(2014·重庆，16)已知{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，S n表示{a n}的前n项和．(1)求a n及S n；(2)设{b n}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{b n}的通项公式及其前n项和T n.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·黄冈中学检测)已知{a n}是等差数列，a1＋a7＝－2，a3＝2，则{a n}的公差d＝( )A.－1B.－2C.－3D.－42.(2016·豫北重点中学第二次联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＋a4＋a7＝6，则S7＝( )A.10B.12C.14D.163.(2016·河南六市联考)设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S n＋2－S n＝36，则n＝( )A.5B.6C.7D.84.(2016·济南一中高三期中)等差数列{a n}中，已知a1＝－12，S13＝0，使得a n＞0的最小正整数n为( )A.7B.8C.9D.105.(2015·长春调研)已知数列{a n}为等差数列，其前n项和为S n，若S4＝20，S6－S2＝36，则该等差数列的公差d＝( )A.－2B.2C.－4D.46.(2015·石家庄质量检测)已知等差数列{a n}中，a1 007＝4，S2 014＝2 014，则S2 015＝( )A.－2 015B.2 015C.－4 030D.4 0307.(2015·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝15,且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0,则正整数k ＝( ) A.21 B.22 C.23D.248.(2015·山东德州模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·3a n }的前n 项和.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 由S 8＝4S 4知，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)， 又d ＝1，∴a 1＝12，a 10＝12＋9×1＝192.答案 B2.解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3， ∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，得a 3＝1， ∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝5.故选A.答案 A3.解析 由S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6成等比数列可得(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)， 解得a 1＝－12.答案 D4.解析 因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2. 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋1)．故选A.答案 A5.解析 由等差数列的性质得a 1＋a 7＝a 3＋a 5， 因为a 1＝2，a 3＋a 5＝10，所以a 7＝8，选B. 答案 B6.解析 由已知数列{a n }是以1为首项，以12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.答案 277.解析 由题意设首项为a 1， 则a 1＋2 015＝2×1 010＝2 020， ∴a 1＝5. 答案 58.解析 由题意，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，－789.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3， 解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 10.(1)证明 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是111()(21)nnk k k k aa k +==-=-∑∑，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1. 又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 11.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，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 12.解 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. 故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1qn －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝23(4n －1)．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 a 1＋a 7＝a 3－2d ＋a 3＋4d ＝2a 3＋2d ＝－2，得d ＝－3. 答案 C2.解析 a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝6，a 4＝2，S 7＝7（a 1＋a 7）2＝7a 4＝14.答案 C3.解析 S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36， 解得n ＝8.所以选D. 答案 D4.解析 方法一 S 13＝13（a 1＋a 13）2＝0，a 13＝－a 1＝12，d ＝a 13－a 113－1＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －14， 解a n ＞0，得n ＞7，故使a n ＞0的最小正整数n 为8.方法二 S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7＝0，得a 7＝0，故a 8＞0，故a n ＞0的最小正整数为n ＝8. 答案 B5.解析 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝20，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝36， 作差可得8d ＝16，即d ＝2. 答案 B6.解析 因为{a n }是等差数列，所以S 2 014＝1 007(a 1＋a 2 014)＝1 007(a 1 007＋a 1 008)＝2 014， 则a 1 007＋a 1 008＝2，又a 1 007＝4， 所以a 1 008＝－2，则S 2 015＝2 015（a 1＋a 2 015）2＝2 015a 1 008＝－4 030.，故选C.答案 C7.解析 3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ＋1·a k <0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴正整数k ＝23，故选C. 答案 C8.解 (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由条件可知：(2＋3d )2＝(2＋d )·(2＋7d )，解得d ＝2. 由数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *).(2)由(1)知a n ·3a n ＝2n ×32n，设数列{a n ·3a n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝2×32＋4×34＋6×36＋…＋2n ×32n， 32S n ＝2×34＋4×36＋…＋(2n －2)×32n＋2n ×32n ＋2，故－8S n ＝2(32＋34＋36＋ (32))－2n ×32n ＋2，所以S n ＝（8n －1）×9n ＋1＋932.所以数列{a n ·3a n }的前n 项和S n ＝（8n －1）×9n ＋1＋932.。