高三数学专题9数列通项、求和、综合应用练习

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高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析1.数列{an }满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝a m＋a n＋mn，则＋＋＋…＋＝()A．B．C．D．【答案】B【解析】令m＝1得an＋1＝a n＋n＋1，即an＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，上述n－1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝ (n∈N*)，因此＝＝2(－)，所以＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝2.函数f(x)对任意x∈R都有. （1）求和(n∈N*)的值；（2）数列{an }满足：，求an；（3）令，，，试比较Tn 和Sn的大小。

【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】（1）由于函数f(x)对任意x∈R都有，则令可求的；再令求出；（2）利用倒序相加结合（1）的结论可求出；（3）由及第（2）问的结论求出，用放缩法变形（），用裂项相消法求，再与比较大小.（1）令=2，则；令得，（4分）（2）由，两式相加得：，∴，（8分）（3），(n≥2)∴.（12分）【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和4.已知函数，且，则()A．0B．100C．5050D．10200【答案】C【解析】因为，所以，选C.5.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出.试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导6.数列{an }满足an+1＋(－1)n an＝2n－1，则{an}的前60项和为____________.【答案】1830【解析】当时，；当时，；当时，.将与相减得：；将与相减得：.所以，，所以.【考点】数列.7.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.8.．己知数列满足，则数列的前2016项的和的值是___________．【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有，，，，…，，，我们的目的是求，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首先想到把出现“＋”的式子相加（即为偶数的式子相加），将会得到，好像离目标很近了，但少，而与分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到，为了求，我们又不得不求，依次下去，发现此路可能较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有，即，而，∴，因此，我们由开始的三个等式求出了，是不是还可用这种方法求出呢？下面舍去，考察，，，同样方法处理，，从而，于是，而，正好504组，看来此法可行，由此我们可得．【考点】分组求和．9.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图10.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析

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,an=a2k-1=2k-1= ;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k= .
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn= .设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
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专题能力训练第28页
一、能力突破训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45B.90C.120D.75
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
两边同除以n(n+1),得 =1.
∴数列是以 =0为首项,1为公差的等差数列,
∴ =0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·(n-2)=2n-2.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.

高三数学数列综合应用试题答案及解析

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋＋＋…＋，若对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）a2＝6，a3＝12. an＝n(n＋1)．（2）实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12.当n≥3时，an －an－1＝2n，a n－1－a n－2＝2(n－1)，又a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an －a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2×＝n(n＋1)．当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a2＝6，也满足上式，∴数列{an }的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn )max＝.要使对任意的正整数n，当m∈[－1,1]时，不等式t2－2mt＋>bn恒成立，则需t2－2mt＋>(bn )max＝，即t2－2mt>0对∀m∈[－1,1]恒成立，∴，解得t>2或t<－2，∴实数t的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．2.一函数y＝f(x)的图象在给定的下列图象中，并且对任意an ∈(0,1)，由关系式an＋1＝f(a n)得到的数列{an }满足an＋1>a n(n∈N*)，则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an＋1>a n可知数列{a n}为递增数列，又由a n＋1＝f(a n)>a n可知，当x∈(0,1)时，y＝f(x)的图象在直线y＝x的上方，故选A.3.设函数）定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A．1B．2C．4D．5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知：,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射，且对任意，有.现对点集A中的点，，均有，点为（0,2），则线段的长度 .【答案】【解析】∵，∴，，，，，，…，根据变化规律可知，∴，，∴.【考点】1.数列的性质；2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足，则该数列的通项公式_________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，，…，，∴，∴，∴.【考点】1.累加法求通项公式；2.裂项相消法求和.7.数列满足，则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数，记，若是递减数列，则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列，从开始是用式子计算，这时只要，即即可，关键是是通过二次式计算，根据二次函数的性质，应该有且，即且，解得，综上取值范围是．【考点】数列的单调性．9.已知数列{｝的前n项和为，且，则使不等式成立的n的最大值为．【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式；2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫，由于计算错误，在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克，实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的，现在只有两个容量为1千克的药瓶，他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水，将A中取得的倒入B中，B中取得的倒入A中，这样操作进行了n次后，A喷雾器中药水的浓度为，B喷雾器中药水的浓度为．（1）证明：是一个常数；（2）求与的关系式；（3）求的表达式．【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系，证明是一个常数；(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式，求解与的关系式；（3）根据第二问的递推关系，采用构造数列的思想进行求解.试题解析：（1）开始时，A中含有10=1.2千克的农药，B中含有10=0.6千克的农药，，A中含有千克的农药，B中含有千克的农药，它们的和应与开始时农药的重量和相等，从而（常数）． 4分（2）第n次操作后，A中10千克的药水中农药的重量具有关系式：由（1）知，代入化简得① 8分（3）令，利用待定系数法可求出λ=—9，所以，可知数列是以为首项，为公比的等比数列．由①，,由等比数列的通项公式知：，所以． 12分【考点】1.数列的递推式；（2）数列的通项公式；（3）实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数，且，则【答案】B【解析】等比数列中，所以【考点】等比数列性质及对数运算点评：等比数列中，若则，在对数运算中12.已知数列的首项为，对任意的，定义.（Ⅰ）若，(i)求的值和数列的通项公式；(ii)求数列的前项和；（Ⅱ）若，且，求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时，；当为奇数时，【解析】(Ⅰ) 解：(i),,………………2分由得当时，=………4分而适合上式，所以.………………5分(ii)由(i)得：……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解：因为对任意的有，所以数列各项的值重复出现，周期为. …………9分又数列的前6项分别为，且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为，则，当时，，……………11分当时，，…………12分当时所以，当为偶数时，；当为奇数时，. ……………13分【考点】数列的通项公式，数列的求和点评：解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用，并能结合裂项法求和，以及分情况讨论求和，属于中档题。

高三数学数列求和

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课堂小结
常用数列求和方法有： (1) 公式法: 直接运用等差数列、等比数列求和公式; (2) 化归法: 将已知数列的求和问题化为等差数列、等比数列求和问题； (3) 倒序相加法: 对前后项有对称性的数列求和； (4) 错位相减法: 对等比数列与等差数列组合数列求和；
课堂小结
常用数列求和方法有： (5) 并项求和法: 将相邻n项合并为一项求和； (6) 分部求和法：将一个数列分成n部分求和； (7) 裂项相消法：将数列的通项分解成两项之差，从而在求和时产生相消为零的项的求和方法.
3. 在各项均为正数的等比数列中, 若 a 5 a 6 9, 求 log 3 a1 log 3 a 2 log 3 a10的值.
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/ 青岛装饰
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的，有我和小直子跟着就行了，你自己歇着吧！”耿老爹也说：“有你弟你妹跟着就足够了，你自己歇一会儿吧！”耿正想一想说：“也好，那我就自个儿睡一会儿喽！”目送弟弟和妹妹陪着爹爹出门儿去了，耿正转身回来掩上屋门，侧身躺在地铺上试图能够睡着一会儿。乔氏这些天也怪辛苦的。想到绣花用的丝线不多了，正好出去买一些，顺便也走一走。看这爷儿三个出了门，就对小青说：“姆妈也想出去买些绣花线呢，你去不去？”小青说：“我就不去了吧。最近一直很忙，我那块儿绢子还没有绣完呢！”乔氏就自己去了。现在，家里只剩下耿正和小青两个人了。小青的心里既高兴，又不安。很想借此机会和耿正说些什么，但又不知道应该说什么。她拿着那块儿还没有绣完的丝绸手帕，在西边屋里的地上转两圈又坐下，刚坐下了又站起来，哪里还有心思继续绣下去！仔细听一听，东边屋里一点儿声音也没有，心想：难道说耿正真得这么快就睡着了？又一想，不对，哪里有半上午就瞌睡的道理！于是轻手轻脚地来到过厅里，隔着门再仔细听一听，好像耿正翻了一个身。小青的心里飞快地琢磨着，怎么样才能引起耿正的注意来呢？有了！只见她转身轻轻地返回了西边的屋子里。突然将一把椅子踢倒，自己也“扑通”一声跌坐在了地上，随即“哎哟！”惊叫一声。这一叫不要紧，东边屋里的耿正给吓得一愣怔。他本来就睡不着，正在想着千万里之外的故乡呢。听到西边屋里的声响和小青的一声惊叫，赶快爬起来就往西屋里冲去。西屋的门大敞着，小青还坐在西屋门里边的地上，一把椅子倒在一边。耿正着急地问： “小青姐，你感觉如何？腰腿能动吗？如果能动，我扶你起来；如果痛得厉害，千万不要乱动，我去叫懂得骨伤的人来！”看到耿正着急和认真的样子，小青的心里感觉暖暖的。她小声儿说：“不要紧，能动呢，也不太痛。你快扶我起来呀！”耿正这才伸出手去，欲扶着小青的胳膊让她起来；但小青已经伸出手来，耿正只好让她扶着自己的手站起来。看到小青动作自如，耿正放心了。他扶起倒在一边的椅子，又看看床边上放着的一块儿即将绣完的鸳鸯嬉水丝绸手帕，狐疑地问：“小青姐，你怎么搞得？不坐在床边上绣花，倒给摔倒在门口了？”小青满脸飞红，不好意思地说：“我想踩上椅子打开门顶窗呢，不小心给摔倒了！”耿正说：“嗨，我当是什么事情呢！你叫我过来给你打开不就得了！”说着，举起右手轻轻一推，就把西屋的门顶窗户推开了。回过头来对小青说：“那我回那边去了。有什么事儿，你喊我一声啊！”小青欲张口挽留，无奈耿正已经跨出门槛儿了。小青心里好失望，又有些生气，不由人地“哼”了一声。耿正听到这一声“哼”，就停下脚步回头问：“小青

数列求和方法之裂项相消法(原卷版)

专题09数列求和方法之裂项相消法一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()12n n n S +=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项的和为（）A ．89B ．910C ．1011D ．11122．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.则下列埃及分数113⨯，135⨯，157⨯，…，120192021⨯的和是（）A ．20202021B ．10102021C ．10092019D ．201820193．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4523S S =，621S =，若12111222n S S S λ+++< 恒成立，则λ的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．44．定义12n n p p p +++ 为n 个正数12,,,n p p p 的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为12n ，又2nn a b =，则1223910111b b b b b b +++= （）A ．817B ．1021C ．1123D ．9195．已知数列{}n a 满足11a =，+121nn n a a a =+，则数列{}1n n a a +的前n 项和n T =（）A ．21n n -B ．21n n +C ．221n n +D ．42n n +二、解答题6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，()32n n S n a =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设22n nn n b a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．7．数列{}n a 各项都为正数，前n 项和为n S ，12a =，25a =，当3n ≥时，()222113n n n n S S a a --=+-.（1）求n a ；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .8．等差数列{}n a 各项都为正数，12a =，25a =，当3n ≥时，2221(13)n n n n S S a a --=+-.（1）求n a ；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .9．已知数列{}n a 是等差数列，若12a =，且3a ，22a ，421a -成等比数列，数列{}n b 满足2321132322n b b b b n n n ++++=+L ．（1）求数列{}n a ，数列{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n a 为正项等差数列，设1n n n c a b =+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <．10．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a 、n a 、n S 成等差数列，且432a S =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若2212231log log n n n b a a ++=⋅，{}n b 的前n 项和为n T ，求使71n T <成立的最大正整数n 的值．11．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .12．给出下列三个条件：①34a ，43a ，52a 成等差数列；②37S =；.③对于*n ∀∈ ，点(),n n S 均在函数2x y a =-的图像上，其中a 为常数.请从这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并求解.设{}n a 是一个公比为()0,1q q q >≠的等比数列，且它的首项11a =，（填所选条件序号）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2log 1(*)n n b a n N =+∈，设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求nT 13．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，918a =，10110S =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设1n nb S =，求数列{}n b 的前n 项和n T .14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，10n n a a +->，23a =，且1a ，3a ，712a +成等比数列．（1）求n a 和n S ；（2）设n b =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：112n T ≤<．15．已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足1111a b c ===，1n n n c a a +=-，12nn n n b c c b ++=，*n N ∈.（1）若{}n b 为等比数列，公比0q >，且12362b b b +=，求q 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且265b b +=，证明1233n c c c c +++⋯+<，*n N ∈.16．已知数列{}n a 为正项等比数列，12a =，数列{}n b 满足25b =，且11122332(21)2n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=+-.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若11{}n n b b +的前n 项和n T ，求n T 的取值范围.17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，且10n n S a +-=（*n N ∈）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()21log n n b n a =-+⋅，数列()*N 1n n b ⎧⎫⎬⎭∈⎨⎩的前n 项和为n S ，求证：112n S ≤<.18．数列{}n a 中，12a =，()121n n n a a n++=.（1）求证：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n n b a n=-，数列{}12nn n b b +的前n 项和为n S .求证：1n S <.19．已知等比数列{}n a 的公比0q >，且满足1236a a a +=，2434a a =，数列{}n b 的前n 项和(1)2n n n S +=，*n N ∈.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设2238,,n n n n n n nb a n b bc a b n +++⎧⋅⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T .20．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1＝1且S 1，S 3，S 10－1成等比数列.（1）求{a n }的通项公式；（2）设b n ＝16n n a a +，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得T n >158成立的n 的最小值.21．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知113a =，2a 为整数，当且仅当5n =时n S 取得最大值.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .22．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：11a =，211n n n a S S ++=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()121213nn n a n n a b a a +=-+，求数列{}n b 的前n 项和n T .23．已知各项均为正数的等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==，且236a a ⋅=，238b b a ⋅=（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式.（2）若2221log n n n c a b +=⋅，求12n c c c +++….24．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，满足410S =，55a =，n T 为数列{}n b 的前n 项和，满足()4413nn T =-，*n ∈N .（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设211log n n n n c b a a +=+，若数列{}n c 的前n 项和100n C <，求n 的最大值.25．已知数列{}n a 前n 项和n S 满足()2*n S n n N =∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．三、填空题46．已知数列{}n a 满足()23*1232222n n a a a a n n N ++++=∈ ，若2211log log n n n b a a +=⋅，则数列{}n b 的前n 项和n S =________.47．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，55a =，515S =，则数列12n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为_________48．已知的前n 项和2n S n =，数列111n a +⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前5项和5T =______.49．在①131n n n a a a +=+；②1{}n a 为等差数列，其中236111,1,a a a +成等比数列；③2123111132n n n a a a a -++++= 这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目.已知数列{}n a 中，11a =______.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1,n n n n b a a T +=为数列{}n b 的前n 项和，求证：13n T <.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.50．数列{}n a 前n 项和为S n ，若()11n a n n =+，则2020S =_________.。

高三数学数列的求和

2 n
三、小结 1．掌握各种求和基本方法； 2．利用等比数列求和公式时注意分 q 1或q 1讨论。
四、作业
优化设计
优游 / 优游
lqu24hmo
一点寒光，看到这是个面目狰狞的牛头面具，仿佛来自地狱的勾魂使者一般，苍白的面庞，血红色的獠牙，黑色的牛角坚硬粗犷。我不会又要死了吧，脊背的汗把衣服浸湿了，风一吹黏在皮肤上很难受，我逼迫自己冷静下来，想着接下来该怎么办，我缓缓开口： “你们可能找错人了，我只是个凡人”。说完就想抽自己个嘴巴，声音中的颤抖连自己都听出来了。连双手都在控制不住的发抖。他一直保持着这个姿势一动不动，笔直的站着像个木偶一样，拿着剑架在我的脖子上，此时周围已经又多了五个和他一模一样装扮的人。此时头脑一片空白，但心里有个声音再说“快想办法，不能这样束手就擒。”又有一个声音说：“先别跑，看看他们怎么弄，他们到底想干嘛，万一你逃跑不成反而将他们激怒了直接把你宰了怎么办。”正在犹豫时，电光一闪般，箭矢以流星坠地般的速度直抵剑士的心脏，拿剑指着我的那人突然倒地死了。又一支箭飞过来，我对面的面具人马上极速侧身一偏，还来不及回转身来，另一只箭击中了左肩膀并在一瞬间发出暴雷般的巨响，左肩膀直接炸开了，血直接溅到我的脸上，我在想怎么回事，赶紧反应过来，赶紧往树林里跑去，后面又有一个倒下了，剩下的两个朝我这边追过来。突然间狂风怒号，呼呼作响，乌云密布，电闪雷鸣，仿佛是天在嘶吼，在咆哮，云层越来越厚，压得人喘不过气来，空间大片开裂。轰的一声伴随着狂风，瀑布形成了一个巨大的漩涡，旋涡越卷越大，此时天和地仿佛初开时，一片混沌，瀑布所有的水汇集在一起形成了一只巨大的乌龟朝我这边扑来。可仔细看才发现那并不是乌龟，虽然有乌龟的壳，但它的头却是龙头，速度快的根本就不是乌龟嘛，闪电在嘶吼着，巨龟踏着闪电而来，我现在才知道什么是气场全开，巨龟瞬间来到我面前，它的犄角触碰到我的鼻尖，在那么近的距离，它全是水形成的。水在它的全身奔走流动，我清晰的看到这就是龙的头，细长的胡须随风摆动，它张开嘴呼出得起都是冰冷清冽的，它的眼神一直在上下打量我。然后伸出石头舔了我的脸庞，与之前不同的是，它的舌头又软又暖，像小狗一样。快速的转过身张开大口吞噬了剩余的两个面具人，瞬间消失不见，天空又恢复成之前的样子面具人也随着消失了。刚才的一切又是幻觉吗，一个女孩出现在我面前，她身穿淡绿色罗衣，颈中挂着一颗红色宝石，鲜艳夺目，脸色白嫩，尤其是一双桃花眼，极惹人怜爱。随意散落的青丝随风散落。她看着我说：“烦人的家伙都消失了，你好，我是婠青，这里的桫椤树妖。”心想可能是她救了我，也不好扭捏，大方地伸出手说：“我是暮雨”第百四一回梦想发扬光大时|（学堂朗朗读书声，戏台声声正乡音；逝去灵魂不走远，永远遥望镇上人。）在“

数列的综合应用

高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题讲
nf(n＋1) 1 (3)由题知，bn＝ f n ＝3n，
解
1 n(n＋1) n(n＋1)
1
11
专
则Tn＝3×
2
＝
6
，
∴பைடு நூலகம்n＝
6(n－n＋
)． 1
题
111
1
1111 1
11
训练
∴
T1＋T2＋
T3＋…
＋Tn
＝
6(1－
2＋2－
3＋3
－
4＋…
＋n－n＋
) 1
∴
1 a＝2，f(x)＝
(12)x.
高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题
又点(n－1，
an n2
)(n∈ N*)(在函数f(x)＝ ax的图象上，
讲解
从
而ann2＝21n－
1，即
an＝
n2 2n－
1.
专题
(n＋ 1)2 n2 2n＋ 1 (2)由 bn＝ 2n －2n＝ 2n 得，
训
练
111
1
Tn，试比较T1＋T2＋T3＋…＋Tn与 6的大小．
高三数学（人教版）
第六章 ·专题研究二
专题
∴f(n＋ 1)＝
1 3
f(n)(n∈ N*)，∴数列{f(n)}(n∈ N*)是以
讲
解
1
1
f(1)＝3为首项，3为公比的等比数列，
专题
∴f(n)＝13×(13)n－ 1，即f(n)＝(13)n(n∈ N*)．
＝6(1－ 1 )． n＋ 1
∵
n∈

高三数学第二轮复习专题数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)

城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关：数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案：数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -．所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-．点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。

高三数学综合练习题

高三数学综合练习题综合练习题一：1. 已知集合$A = \{1, 2, 3, 4, 5\}$，集合$B = \{3, 4, 5, 6, 7\}$，求集合$A$与集合$B$的交集。

2. 已知函数$f(x) = x^2 + 2x + 1$，求函数$f(x)$在$x = -1$处的函数值。

3. 设集合$C = \{x|x \text{是正整数}, x \leq 10\}$，集合$D = \{2, 4, 6, 8, 10\}$，求集合$C$与集合$D$的并集。

4. 已知等差数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = 2n + 1$，求当$n =5$时的数列值。

5. 已知方程$2x^2 - 5x + 2 = 0$，求方程的解。

综合练习题二：1. 已知函数$g(x) = \sqrt{x} + 1$，求函数$g(x)$的定义域。

2. 设集合$E = \{x|x \text{是偶数}, 1 \leq x \leq 10\}$，集合$F = \{2, 4, 6, 8, 10\}$，求集合$E$与集合$F$的差集。

3. 已知等比数列$\{b_n\}$的首项为$3$，公比为$2$，求当$n = 4$时的数列值。

4. 已知方程$3x^2 + 2x - 1 = 0$，求方程的解。

综合练习题三：1. 已知函数$h(x) = \frac{1}{x}$，求函数$h(x)$的定义域。

2. 设两个集合$G = \{1, 2, 3, 4, 5\}$，$H = \{3, 4, 5, 6, 7\}$，求集合$G$与集合$H$的对称差。

3. 已知等差数列$\{c_n\}$满足$c_1 = 2$，$c_2 = 5$，求当$n = 3$时的数列值。

4. 已知方程$x^2 + 4x + 4 = 0$，求方程的解。

综合练习题四：1. 已知函数$j(x) = \log(x)$，求函数$j(x)$的定义域。

2. 设两个集合$I = \{1, 2, 3, 4, 5\}$，$J = \{3, 4, 5, 6, 7\}$，求集合$I$与集合$J$的交集。

高中数学专题强化练习《数列求和》含答案解析

1 × (1 - 2) n
=2 -1,
1-2
=
∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)
2 × (1 - 2)
-n=2n+1-n-2.故选
1-2
=
D.
2.B 由题意可得,当 n 为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当 n 为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
公差不为 0,其前 n 项和为 Sn.若 a2,a4,a7 成等比数列,S3=12.
(1)求 an 及 Sn;
1
1
1
(2)已知数列{bn}满足+1-=an,n∈N*,b1=3,Tn 为数列{bn}的前 n 项和,
求 Tn 的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D ∵an=1+2+22+…+2n-1
又 a14=b4,所以 1+13d=1×33,解得 d=2,

( - 1)
1 - 3
2+3 - 1.
·2+
=n
2
1-3
2
所以数列{an+bn}的前 n 项和为 n+
8.答案 6
6
解析设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由 a4=24,a6=96,得 q2=4
=4,所以 q=2 或 q=-2,
(n ≤ 6,n ∈ N*),
2
∴Tn= n2 - 11n + 60
(n ≥ 7,n ∈ N*).
2
=15+

2022-2023学年度高考数学专题突破《数列通项公式的多种妙解方式》含十六大经典题型附答案解析

数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：法一：设a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =S 1，n =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=5，且a n +1=2a n -1n ∈N * .(1)证明：a n -1 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=4，所以a n +1-1a n -1=2，所以a n -1 是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n -1=4×2n -1，即a n =2n +1+1.(2)由(1)得b n =(-1)n⋅2n +1+1 ，则b n =2n +1+1,n =2k ,k ∈N *-2n +1+1 ,n =2k -1,k ∈N* ，①当n =2k ,k ∈N *时，S n =-22-1 +23+1 -24+1 +⋯+-2n -1 +2n +1+1 =-22+23-24+25+⋯-2n +2n +1=22+24+⋯+2n =432n -1 ;②当n =2k -1,k ∈N *时，S n =S n +1-b n +1=432n +1-1 -2n +2+1 =-2n +2+73，综上所述，S n =432n -1 ,n =2k ,k ∈N*-2n +2+73,n =2k -1,k ∈N *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na n 的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q .因为S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23，当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1，所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。

高考数学解答题(新高考)数列求和(倒序相加法、分组求和法)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题05 数列求和（倒序相加法、分组求和法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法2.1如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.2.2如果一个数列可写成n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.二、典型例题类型1：倒序相加法例题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100B ．105C ．110D ．115思路点拨：根据题意：，对应关系作用下的量“”和“”始终满足：；再结合求解目标：，可使用倒序相加法解答过程：；倒序重写一次：；两式相加因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221x f x =+，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（） A ．9 B ．11C ．92D ．112思路点拨：通过观察求解目标：求，注意到对应关系作用下的量头尾复合关系“”，故先验证的值.解答过程：设倒序重写一次：则两式相加()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B.类型2：分组求和角度1：通项为n n n c a b =±型求和例题3．（2022·河南郑州·三模（文））已知数列{}n a 满足111,1n n a a S +==+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，n *∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】(1)12n na (2)221n n -+(1)11a =，11n n a S +=+，当1n =时，可得2112a a =+=．当2n ≥时，11n n a S -=+，则1n n n a a a +-=，即12n n a a +=，且212a a =．故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，并且知是首项为1，公差为2的等差数列，可先求出的通项，再求出的通项.解答过程：设的前项和为由是首项为1，公差为2的等差数列，，由（1）知注意到表达式为等差+等比；可用分组求和(2)由题意12(1)21n n b a n n -=+-=-，所以1221n n b n -=+-，设{}n b 的前n 项和为n T()()()01121212112222132121.122n n n n n n n T b b b n n -+--=+++=+++++++-=+=-+- 角度2:通项为nn na n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数型求和例题4．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ；【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中，由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-，两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=，当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==，所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和(2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯. 例题5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由题意知，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项．（注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-；当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-．所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数三、题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）已知1()12F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，*121(0)(1)()n n a f f f f f n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．n a n =B ．2n a n =C ．1n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C由题已知()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，故()()F x F x -=-，代入得：()11222f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点112⎛⎫⎪⎝⎭，对称，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()12f t f t +-=， ∵()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()221n a n =+，即1n a n =+，故选：C ．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()113sin 22f x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，则122018201920192019f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（）A ．2018B ．2019C ．4036D ．4038【答案】A()11113sin 22f x x x ⎛⎫-=-+-+ ⎪⎝⎭，()()12f x f x ∴+-=，令122018201920192019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201712019201922018019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得：222018S =⨯，2018S ∴=. 故选：A .3．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，①则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =．故答案为：36524．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______．【答案】992因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，①+②，得99299=S ，所以99992=S ． 5．（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）设4()42xx f x =+，若122014()()()201520152015S f f f =++⋯⋯+，则S ＝________. 【答案】1007解：∵函数f （x ）442xx =+，∴f （x ）+f （1﹣x ）11114444442424242(42)44242x x x x x x xx x x x x x ----⋅=+=+=+=++++⋅++ 1 故可得S ＝f （12015）+f （22015）…+f （20142015）＝1007×1＝1007, 故答案为：10076．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.7．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n a S +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)22122++⎛⎫- ⎪⎝⎭nn n(1)∵1n n a S +=，① 当1n =时，111a a +=，即112a =，当2n ≥时，111n n a S --+=．②由①－②得120n n a a --=，即112n n a a -=， ∴数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(2)由（1）知22lo 111log 222g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-nnnn n n n b a a ，∴()121211112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nn n n T b b b∴()()21112211121112222212⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++++⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-nn n n n n n n n ．8．（2022·广东·二模）已知递增等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2134a a a =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n b 满足()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，求数列{}n b 的前15项和．【答案】(1)2n n a =(2)92(1)设{}n a 的公比为q ，则由2134a a a =，得21114a q a a q =⋅．整理得14a q =．又314S =，得()21114a q q ++=．联立得()1214114a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，消去1a ，得22520q q -+=．解得2q 或12q =．又因为{}n a 为递增等比数列，所以2q，12a =．所以112n nn a a q -==．(2)（方法一）当1k =时，()1*,31,03n a n b n N n =⎧=∈⎨<<⎩，则121b b ==，312b a ==，同理，列举得452b b ==，2622b a ==，783b b ==，3932b a ==，10114b b ==，41242b a ==，13145b b ==，51552b a ==．记{}n b 的前n 项和为n T ，则 151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-．所以数列{}n b 的前15项和为92．（方法二）由()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，得()*,32,31,3n k k n k b k n k k N a n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪=⎩，记{}n b 的前n 项和为n T ，则151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++ ()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-．所以数列{}n b 的前15项和为92．9．（2022·甘肃兰州·一模（理））在①5913S S =，②2a 是1a 和4a 的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d 不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36a =．(1)______，求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2n a n b =，n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)答案见详解；(2)()24413n n T n n =++- (1)选①：由于()1553552a a S a +==，()1995992a a S a +== 所以53955193S a S a ==，又36a =，所以510a =，故()53122d a a =-= 所以()332n a a n d n =+-=；选②：2a 是1a 和4a 的等比中项，则2214a a a =，所以()()()23332d d a d a a -=-+，又36a =，解得2d =，0d =（舍去）所以()332n a a n d n =+-=；(2)24==n a n n b ，24n n n n c a b n =+=+，则()()()22422424n n T n =++⨯++++ ()()2212444n n =+++++++ ()()22414441143n n n n n n -=++=++-- 10．（2022·重庆·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，()2243n n n a a S n *+=+∈N .若数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=()n N *∈. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()()1,21,,2,n n n n k k NS c b n k k N **⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =+，2n n b =(2)1244213n n n T n +-=++ (1)由0n a >，2243n n n a a S +=+①，得：当1n =时，211230a a --=,解得13a =或11a =-（负值舍去），当2n ≥时，2111243n n n a a S ---+=+②，-①②得：()()()1112n n n n n n a a a a a a ---+-=+，所以12n n a a --=，所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.所以()*21n a n n N =+∈.因为数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=.所以数列{}n b 是等比数列，首项为2，公比为2.所以2n n b =.(2)因为()*21N n a n n =+∈，所以()()2321222n n n S n n n n ++==+=+，所以()()242211112221335572121n n T n n =+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯-+ ()414111111111233557212114n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()41411122114n n -⎛⎫=-+ ⎪+-⎝⎭ 144213n n n +-=++. 11．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数()()*21f n n n N =-∈，数列{}n b 满足()()*2f n n b n N =∈.数列{}n a为等差数列，满足11a b =，322a b =-.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S .【答案】(1)2n a n =；212n n b -=；(2)21212233n n S n n +=⋅++-. (1)由题意得：212n n b -=，112a b ==，3226a b =-=，∴等差数列{}n a 的公差3122a a d -==， ()2212n a n n ∴=+-=；(2)由（1）得：2122n n n a b n -+=+；()()()()1352121421232222114n n n S n n n --∴=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=++-()()2122121412333n n n n n n +=++-=⋅++-。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS −”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； 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，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）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378里路，第一天健步行走，从第二天起因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．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

2023年高考数学-----数列的通项、求和及综合应用专项练习题(含答案解析)

2023年高考数学-----数列的通项、求和及综合应用专项练习题（含答案解析）一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n na S +=，()1nn n b a =−，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则100T =（） A ．0 B ．50C ．100D ．2525【答案】B【解析】法一：由于12n n na S +=①，则当2n ≥时，()112n n n a S −−=②， ①-②，得()112n n n na n a a +−−=，即11n n a n a n ++=，易知2121a a =，所以()3211212312121n n n a a a na a n n a a a n −=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=≥−．又11a =满足n a n =，故()*N n a n n =∈，则()1nn b n =−⋅，易知1234991001b b b b b b +=+==+=，所以10050T =.法二：由于12n n na S +=①，则当2n ≥时，()112n n n a S −−⋅=②， ①-②，得()112n n n na n a a +−−=，即11n n a a n n +=+，又易知2121a a=，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，所以111n a a n ==，所以n a n =，则()1nn b n =−⋅，易知1234991001b b b b b b +=+==+=，所以10050T =.故选：B ．2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三期中）一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（）A ．17B ．18C ．19D ．20【答案】A【解析】设成为等差数列的其中10层的塔数为：1210,,,a a a ，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为10a ；故()1101010881002a a ⨯+=−=，11020a a +=①；又由1019a a d −=②，0d >，且*d ∈N ，所以， ①+②得，102209a d =+，得109102a d =+，由11020a a +=知1020a <，又因为*10N a ∈，观察答案，当且仅当2d =时，10a 满足条件，所以，1019a =；组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；剩下两层的塔数之和为8，只能为2，6.所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，满足题意，则第11层的塔数为17. 故答案选：A3．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）等差数列{}n a各项均为正数，首项与公差相等，15k ==2022a 的值为（）A ．9069B ．9079C ．9089D ．9099【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为首项1a 与公差d 相等，所以()11n n d d a n a =+−=，11k k d +==，15k ==所以1511k dd =====92d = 所以202292022202290992a d =⨯=⨯=，故选：D ．4．（2022·浙江·绍兴市越州中学高三阶段练习）记[]x 表示不超过实数x 的最大整数，如[]11=，[]1.21=，[]1.22−=−，设[]8log n a n =，则20221i i a ==∑（）．A ．5475B ．5479C ．5482D ．5485【答案】D【解析】因为[]8log n a n =，且8log 81=，288log 8log 642==，388log 8log 5123==，488log 8log 40964==，所以1270a a a ====，89631a a a ====， 64655112a a a ====，51251320223a a a ====，所以127070a a a +++=⨯=，896315656a a a +++=⨯=， 64655112448896a a a +++=⨯=，5125132022315114533a a a +++=⨯=，所以2022105689645335485i i a ==+++=∑. 故选：D.5．（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）设等比数列125,,,a a a ，首项11a =，实系数一元二次方程20k k a x x a ++=的两根为12,x x ．若存在唯一的()1,2,,5=k a k ，使得12x x −<则公比q的取值可能为（）．A ．14B ．12C ．23D ．34【答案】B【解析】依题意，等比数列125,,,a a a ，首项11a =，所以0k a ≠，由于实系数一元二次方程20k k a x x a ++=的两根为12,x x ，①若221140,04k k a a ∆=−≥<≤，且12121,1k x x x x a +=−=，由12x x −=得22211143,7,7k k k a a a −<<>. 所以21174k a <≤，①若221140,4k k a a ∆=−<>，由求根公式可得12x x −==<解得2114k a <<. 综上所述，2117ka <<，注意到选项中的0q >1k a <<（*），当14q =时，1234511111,,,,41664256a a a a a =====，没有符合题意的k a . 当12q =时，1234511111,,,,24816a a a a a =====，其中212a =符合（*），具有唯一性， B 选项正确. 当23q =，12345248161,,,,392781a a a a a =====，其中2324,39a a ==符合（*），没有唯一性.当34q =时，123453927811,,,,41664256a a a a a =====，其中2343927,,41664a a a === 符合（*），没有唯一性.故选：B6．（2022·全国·高三阶段练习）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且234n n S n T n+=，则55a b =（） A ．12 B ．712 C ．58D ．813【答案】B【解析】5595151922a a a b b a b b ==++()()1999199292a a S Tb b +⋅==+⋅，由题意可得99293217493612S T ⨯+===⨯. 故选：B7．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 满足14a =−，*11,0,N 2,0n n n n n a a a n a a ++≤⎧=∈⎨>⎩则满足122018n a a a +++>的n 的最小值为（）A ．16B ．15C ．14D ．13【答案】A【解析】因为当0n a ≤时，11n n a a +=+，14a =−，所以234563,2,1,0,1a a a a a =−=−=−==，当0n a >时，12n n a a +=，所以当6n ≥时，{}n a 是以61a =，2q =的等比数列，故6662n n n a a q −−==，所以0161243210222n n a a a −+++=−−−−+++++()51121012n −⨯−=−+−5211n −=−，故52112018n −−>，即522029n −>，因为101121024,22048==，*N n ∈，所以511n −≥，即16n ≥，所以n 的最小值为16. 故选：A.8．（2022·福建省福州第十一中学高三期中）已知定义在[)0,∞+上的函数()f x 满足()()32f x f x =+，当[)0,2x ∈时，()236f x x x =−+，设()f x 在[)22,2x n n ∈−上的最大值为na （*n ∈N ），且{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =（）A ．91123n ⎛⎫− ⎪⎝⎭B ．2142n −− C ．133n−D ．1142n −−【答案】A【解析】当1n =时，()22363(1)3f x x x x =−+=−−+()f x 在[)0,2上的最大值为：()113a f ==；当2n =时，由()()()()13223f x f x f x f x =+⇒=−，所以()f x 在[)2,4上的最大值即()13f x 在[)0,2上的最大值为：()1113f =；同理，当3n =时，()f x 在[)4,6上的最大值即()213f x 在[)0,2上的最大值为：()211133f =；当4n =时，()f x 在[)6,8上的最大值即()313f x 在[)0,2上的最大值为：()311139f =；所以数列{}n a 为以3为首项，13为公比的等比数列，所以：131913112313n n n S ⎛⎫− ⎪⎛⎫⎝⎭==− ⎪⎝⎭−，故选：A 二、多选题9．（2022·江苏盐城·模拟预测）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件11a >，201920201a a ⋅>，20192020101a a −<−，下列结论正确的是（）A ．20192020S S <B ．2019202110a a ⋅−<C ．2020T 是数列{}n T 中的最大值D ．若1n T >，则n 最大为4038．【答案】ABD【解析】对A ，∵11a >，201920201a a >，20192020101a a −<−，且数列{}n a 为等比数列，∴20191a >，20201a <，∴01q <<，因为20200a >，∴20192020S S <，故A 正确；对B ，∵22019202120201a a a =<，∴2019202110a a −<，故B 正确；对C ，因为等比数列{}n a 的公比01q <<，11a >，所以数列{}n a 是递减数列，因为20191a >，20201a <，所以2019T 是数列{}n T 中的最大项，故C 错误；对D ，(1)112122111111...1nn n n n n n T a a q a q a q a q a q −−−⎛⎫=⋅⋅=⋅=> ⎪⎝⎭，因为20191a >，20201a <，故201811a q >，201911a q <，故120192n −<，即4039n <，故n 最大为4038，故D 正确．故选：ABD ．10．（2022·江苏南京·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，211n n a a +=+，则（）A ．2n a n ≥B ．12n n a −≥C ．12161n n a −≥+D ．122log 4n n a −≥【答案】BCD【解析】221131()024n n n n n a a a a a +−=−+=−+>，∴1n n a a +>，{}n a 是递增数列，又11a =，所以0n a >，22a =，35a =，426a =，233a <，A 显然错误； 2211112222n n n n n n a a a a a +−=+≥≥≥≥=，∴12n n a −≥，B 正确；对选项C ，222421()n n n n a a a a ++>>=，∴244442222424()()n n n n a a a a −−−>>=，依此类推：21444222242()()()n n n n a a a a −−−>>>>142n −=，1244216n n −−=，下证241n n −≥−，1n =时，140−≥，2n =时，0411=≥， 3n =时，242>，假设n k =时，241k k −≥−成立，2k >，则1n k =+时，1224444(1)(1)1k k k k +−−=⋅≥−>+−，所以对任意不小于3的正整数n ，241n n −>−，所以24121616n n n a −−=>，又2n a 是正整数，所以12161n n a −≥+，C 正确；对选项D ，由选项C 得1422n n a −≥，所以141222log log 24n n n a −−≥=， D 正确．故选：BCD ．11．（2022·山西临汾·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．若22n S n n =−，则{}n a 是等差数列 B ．若121n n S +=−，则{}n a 是等比数列 C ．若{}n a 是等差数列，则202310122023S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10a >，0q >，则221212n n n S S S −+⋅> 【答案】AC【解析】对于A ，若22n S n n =−，则11a =，当2n ≥时，143n n n a S S n −=−=−，显然1n =时也满足43n a n =−，故43n a n =−，由14n n a a −−=，则{}n a 为等差数列，故A 正确；对于B ，若121n n S +=−，则13a =，2214a S S =−=，3328a S S =−=，显然3212a a a a ≠，所以{}n a 不是等比数列，故B 错误；对于C ，因为{}n a 为等差数列，则()12023101220231012202320232202322a a a S a +⨯===，故C 正确；对于D ，当1n =时，()()222222132111110S S S a q q a q a q ⋅−=++−+=−<，故当1n =时，不等式不成立，即221212n n n S S S −+⋅>不成立，故D 错误．故选：AC ．12．（2022·山东·微山县第二中学高三期中）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且满足条件11a >，202220231a a >⋅，()()20222023101a a −⋅−<，则下列选项正确的是（）A ．{}n a 为递减数列B ．202220231S S +<C ．2022T 是数列{}n T 中的最大项D ．40451T <【答案】ACD【解析】因为数列{}n a 为等比数列，且11a >，202220231a a >⋅，故0q >，该数列为正项等比数列；若1q =，显然不满足题意，舍去；若1q >，则111n n a a q −=>，不满足()()20222023101a a −⋅−<，舍去；若()0,1q ∈，则该数列为单调减数列，由()()20222023101a a −⋅−<，故可得20221a >，202301a <<或202201a <<，20231a >，显然202201a <<，20231a >不满足题意，故舍去，则20221a >，202301a << 对A ：因为()11,0,1a q >∈，故数列{}n a 为单调减数列，A 正确；对B ：20231a <，即202320221S S −<，即202220231S S +>，故B 错误；对C ：因为{}n a 单调递减，且202220231,1a a ><，故n T 的最大值为2022T ，C 正确；对D ：()4045404512404520231T a a a a ==<，故D 正确；故选：ACD. 三、填空题13．（2022·全国·模拟预测）已知正实数b 是实数a 和实数c 的等差中项，且a c <，若2a ，2b ，2c 成等比数列，则ca=______．【答案】3−−【解析】设a ，b ，c 的公差为d ，则a b d =−，c b d =+，则()()222222()b a c b d b d ==−⋅+，化简得4222d b d =，因为a c <，所以0d >，则222d b =，得d，因此3c b d a b d +===−−−故答案为：3−−14．（2022·全国·模拟预测）若定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，且()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭恰有2n （n *∈N ）个根i x （1i =，2，…，2n ），122n n a x x x ⋅⋅⋅⋅=⋅，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________. 【答案】122n +−【解析】因为定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以如果a 是()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的一个根，即()20f a f a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以2a因为满足()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即2a 也是()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的一个根. 所以()20f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭的根成对出现，且两根之积为22a a ⨯=.所以2222nn n a =⨯⨯⨯=个，所以()12122212n n n S +−==−−.故答案为：122n +−15．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的通项公式为102n n a −=，n *∈N ，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则使不等式n n T S ≥成立的n 的最大值为___________. 【答案】17 【解析】由102nn a −=得()0191122n nn a +−−+==，91102122n n n n a a −+−==，912a =， ()91101211212111212n nn na q S q⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪ ⎪−⎝⎭⎛⎫⎝⎭∴===⨯− ⎪−⎝⎭−， 219981110222222n n n n n T −−−=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=，由n n T S ≥得21910212212n n n−⎛⎫≥⨯− ⎪⎝⎭，所以219202221n n n −+−−+≥.设()21920222n n n f n −+−−=+，n *∈N ，当1n =时，()1f n =，不等式成立；当217n ≤≤时，2192002n n −+−>，()1f n >显然成立；当18n ≥时，2192012n n −+−≤−，()118221f n −−≤+<，不等式不成立.故使n n T S ≥成立的n 的最大值为17. 故答案为：1716．（2022·河北·高三期中）定义n 个正数12,,,n p p p ⋯的“均倒数”为12nnp p p ++⋅⋅⋅+，若各项均为正数的数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，则2023a 的值为______ 【答案】8091【解析】由已知可得数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121,21n n n n a a a S n ==++⋯++可得(21)n S n n =+,则2n …时, 21[2(1)1](1)231n S n n n n −=−+−=−+141n n n a S S n −∴=−=−，当1n =时,113a S ==,满足41n a n =−, 202341,4202318091n a n a ∴=−=⨯−=.故答案为: 8091 . 四、解答题17．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项11a =，公比为q ，{}n b 是公差为()0d d >的等差数列，11b a =，33b a =，2b 是1b 与7b 的等比中项． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设{}n b 的前n 项和为n S ，数列{}n c 满足2n nn nc a S =，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】（1）第一步：求数列{}n b 的通项公式因为{}n b 是公差为()0d d >的等差数列，111b a ==，2b 是1b 与7b 的等比中项，所以()()21116d d +=⨯+，（等比数列的性质）解得4d =或0d =（舍去），（注意0d >）所以数列{}n b 的通项公式为43n b n =−．第二步：求数列{}n a 的通项公式所以339a b ==，又11a =，所以3q =±，所以数列{}n a 的通项公式为13n n a −=或()13n n a −=−．（2）第一步：求数列{}n c 的通项公式由（1）得()21n S n n =−，13n n a −=或()13n n a −=−，由2n n nnc a S =，得()21219n n n n a S c n n −==−，第二步：利用错位相减法求和于是()1231121395979219n n n T c c c n −=+++=+⨯+⨯+⨯++−， ()23499395979219n n T n =+⨯+⨯+⨯++−，则()()1234181299999219n n n T n −−=+⨯+++++−−，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）即()()191981221919n n n T n −−−=+⨯−−−，整理得()859532n n n T −+=，所以数列{}n c 的前n 项和()859532n nn T −+=． 18．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均不为零，11a =，前n 项和n S 满足()*21112N 2n n n n n S S a =−≥∈，. (1)求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； (2)记1n n n b S S +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）依题意，0,0n n a S ≠≠，11a =，()*21112N 2n n nn n S S a =−≥⋅∈， ()12111112n n n n n n n n S S S S S S S S −−−−=−=−−，11111,22n n n n n n n n S S S S S S S S −−−−−=−=−，两边除以1n n S S −得()11122n n n S S −−=≥，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11111S a ==为首项，公差为2的等差数列. （2）由（1）得()112121n n n S =+−=−，所以111,2121n n S S n n +==−+， 1n n n b S S +=()()1111212122121n n n n ⎛⎫==− ⎪−+−+⎝⎭所以12111111111121335212122121n n n T b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=−+−+⋅⋅⋅+−=−= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥−+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 19．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足12a =，且()()13140n n a a +−⋅++=，*n ∈N .(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭是等差数列； (2)若数列{}n b 满足121n n n b a +=−，求{}n b 的前n 项和. 【解析】（1）由()()13140n n a a +−⋅++=，得1431n n a a +=−+，所以111111114311n n n n a a a a +−=−−−−⎛⎫−− ⎪+⎝⎭ ()()()11112141212121221n n n n n n n a a a a a a a +−=−=−==−−−−−+，又1111a =−，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列. （2）由（1）可知，()11111122n n n a +=+−⨯=−，所以()()112121212n n n n n n b n a ++⨯+===+⨯−.记{}n b 的前n 项和为n T ，则()1231223242212n n n T n n −=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯①，()23412223242212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯②，由①-②得()23414222212n n n T n +−=+++++−+⨯()()111412412212n n n n n −++−=+−+⨯=−⨯−，所以12n n T n +=⨯.20．（2022·全国·模拟预测）在①11a =，②2410a a +=，③数列{}1n S a +为等比数列这三个条件中选出两个，补充在下面的横线上，并解答这个问题.问题：已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}n S 的前n 项和为n T ，且26m T =，求m 的值.注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解析】（1）选条件①②：设数列{}n a 的公比为q ，则()3224110a a q q q q +=+=+=，所以2q =，所以1112n n n a a q −−=⨯=.选条件①③：设数列{}n a 的公比为q ，因为11a =，数列{}1n S a +为等比数列，所以()()()2211131S a S a S a +=+⋅+，得()()2121123222a a a a a a +=⋅++，化简可得()22(2)22q q q +=++，得2q =.所以1112n n n a a q −−=⨯=. 选条件②③：设数列{}n a 的公比为q ，因为数列{}1n S a +为等比数列，所以()()()2211131S a S a S a +=+⋅+，得()()2121123222a a a a a a +=⋅++，化简可得()222211(2)22a q a q q +=++，因为210a ≠，所以2q =.因为32411112810a a a q a q a a +=+=+=，所以11a =，所以1112n n n a a q −−=⨯=.（2）根据等比数列求和公式可得()11211n n n a q S q −==−−，利用分组求和，可得()12122212n n n T n n +−=−=−−−.所以12226m m T m +=−−=，得4m =.21．（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为()()211,3,12n n n S a n S nS n n n ≥−=−=+−．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令2n n na b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）因为()()2112n n n S nS n n n ≥−−=+−，则有()211n n n S nS n n −−−=−，两边同时除以(1)n n −得：111n n S S n n −−=−，113S a ==，所以数列{}n S n 是以3为首项，1为公差的等差数列，故3(1)1+2n S n n n=+−⨯=，则2+2n S n n =，当2n ≥时，()221+(1)22211n n n n a S n n n S n −=−=−=−−−+，符合11a =，故2+1=n a n .（2）2+122n n n n a n b ==， 23413579212+1222222n n n n n T −−=++++++① 2345113579212+12222222n n n n n T +−=++++++② ①−②得：23411322222+12222222n n n n T +=+++++−L 即11111(1)132+15252212222212n n n n n n T −++−+=+−=−−，得2552n nn T +=−. 22．（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，向量(),n n a a S =，向量()2,4n b a =+−，且a b ⊥．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若对任意正整数n 都有()211n n b a ⋅−=成立，求20221i i b =∑．【解析】（1）因为a b ⊥，所以()()(),2,4240n n n n n n a a b a S a a S ⋅+−=⋅+−==，所以，242n n n S a a =+.当1n =时，211142a a a =+，解得10a =（舍）或12a =. 当2n ≥时，242n n n S a a =+，211142n n n S a a −−−=+，相减得，221114422n n n n n n S S a a a a −−−=−−+−即，2211422n n n n n a a a a a −−=−+−，化简得()()1120n n n n a a a a −−+−−=. 10n n a a −+>，12n n a a −∴−=所以，{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列. ()2212n a n n ∴=+−=.（2）因为()211n n b a ⋅−=，所以211n n b a =−. 由（1）知，2n a n =， ()221111112212121n n b a n n n ⎛⎫===− ⎪−−+⎝⎭− 所以202211111111233540434045=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−++− ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑i i b 1120221240454045⎛⎫=−= ⎪⎝⎭. 23．（2022·江苏盐城·模拟预测）已知数列{}n a 满足1232a a ==，223n n n a a +=+⨯(*N n ∈)，且1n n nb a a +=+(*N n ∈)． (1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若()24(1)341n n n b c n +=−(*Nn ∈)，求数列{}n c 的前n 项和．【解析】（1）因为1232a a ==，()*223N n n n a a n +=+⨯∈，1n n n b a a +=+，可得1123b a a =+=，223n n n a a +−=⨯，又()1121n n n n n n b b a a a a ++++−=+−+223n n n a a +=−=⨯，则当2n ≥时，()()()121321n n n b b b b b b b b −=+−+−++−213232323n −=+⨯+⨯++⨯()2131313n n −=+=−，上式对1n =也成立，所以3n n b =，*n ∈N ；（2）由()()*24(1)N 341n n n b c n n +=∈−，可得1443(21)(21)n n n c n n ++=−+1113(21)3(21)n n n n +=−−+，则数列{}n c 的前n 项和为1223111131333335−+−+⨯⨯⨯⨯1113(21)3(21)n n n n ++−−+ 11133(21)n n +=−+．。

数列解答题的考法研究题型归纳练习-2023届高三数学一轮复习(含解析)

数列大题的考法研究题型一：等差数列、等比数列的判定与证明1．已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，且满足2133(1)022n n nS n S n n +-+--=.证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 满足：12a =，()11n n n a a n n++=+. 设nn a b n=，证明：数列{}n b 是等差数列；3．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-. 证明：对任意的正整数n ，集合{}21221,,n n n a a a -+中的三个元素可以排成一个递增的等差数列题型二：分组转化法求和1．已知数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数．（1）求2a ，3a ；（2）设22n n b a =-，求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式；（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,?,?n n n S n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,.n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数，为偶数（1）求2a ，3a ，4a ，并求n a ；（2）求{}n a 的前100项和100S ．4．山西面食历史悠久，源远流长，称为“世界面食之根”．临汾牛肉丸子面、饸饹面是我们临汾人喜爱吃的面食．调查资料表明，某学校在每周一有1000名学生选择面食，餐厅的面食窗口在每周一提供牛肉丸子面和饸饹面两种面食．凡是在本周一选择牛肉丸子面的学生，下周一会有20%改选饸饹面；而选择饸饹面的学生，下周一会有30%改选牛肉丸子面．用,n n a b 分别表示在第n 个周一选择牛肉丸子面和饸饹面的人数，且1600a =．（1）证明：数列{}n a 是常数列；（2）若2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n n b c +的前2n 项和2n S ．题型三：裂项相消法求和1．已知数列{}n a 满足111,2(*,2)n n a a a n N n -==+∈≥ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11()n n n b n N a a +=∈，n S 是数列{}n b 的前n 项和，求n S .2．已知数列{}n a 满足()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111nn n n a b a a +=++，求数列{}n b的前n 项和n S .3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*22n n S a n =-∈N ；（1）求{}n a 的通项公式；（2）设21n n b a n =+-，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求n T ；（3）设()()1111n n n n a c a a ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意*n ∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值；题型四：错位相减法求和1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n a S -=+（2n ≥，n *∈N ）（1）求{}n a 的通项公式n a ；（2）记2log nn na b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．2．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-；数列{}n b 满足11(2,)n n n n b b b b n n N ---=≥∈，11b =.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)2n n n a a S +=，0n a >．（1）证明数列{}n a 为等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）已知2nn na b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ，并证明2n T <．【课后精练】1．已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,n n S n ∈N 均在函数()f x 的图象上．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若函数()442x x g x =+，令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T ．2．已知数列{}n a 的前n 项和224()n n S n N ++=-∈，函数()f x 对一切实数x 总有()(1)1f x f x +-=，数列{}n b 满足121(0)()()()(1).n n b f f f f f n n n-=+++++分别求数列{}n a 、{}n b 的通项公式.3．在公差不为0的等差数列{}n a 中，257a a +=，2a ，4a ，8a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若22n an n b a =+，求{}n b 的前n 项和n S ．4．已知{}n a 是等比数列，0n a >，且223a =，6542a a a -=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．5．已知数列{}n b 的前n 项和()22n S n n n N +=+∈．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,1(*)n n a a S n N +==+∈，数列{}n b 满足11b =，12n n n b a b +=+．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足1nn n n a c b b +=，求证：1212n c c c +++<．7．已知数列{}n a 满足111,2(1)n n a na n a +==+. （1）证明：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求n a ；（2）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .8．已知数列{}n a 满足11()n n a a n N *+=+∈，且22a =.（1）若数列{}n b 满足111,21n n n b b b a +==+-，求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}3n an a ⋅的前n 项和n S .9．已知数列{}n a ，{}n b 满足1118a =，11216n n n n a a a a ++-=，116n n b a =-.（1）证明{}n b 为等比数列，并求{}n b 的通项公式；（2）求11223377a b a b a b a b ++++.10．已知数列{}n a 的前n 项和为214n S n n =-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n T .数列大题的考法研究【答案解析】题型一：等差数列、等比数列的判定与证明1．已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，且满足2133(1)022n n nS n S n n +-+--=.证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；【答案】证明见解析，32n a n =- 证明：因为2133(1)022n n nS n S n n +-+--=，所以()13(1)12n n nS n S n n +-+=+，所以1312n n S S n n +-=+，1111S a ==，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，32为公差的等差数列，3122n S n n =-，所以23122n S n n =-，当2n ≥时， ()()2213131112222n n n a S S n n n n -⎡⎤=-=-----⎢⎥⎣⎦32n =-，当1n =时，等式也成立，所以32n a n =-；2．已知数列{}n a 满足：12a =，()11n n n a a n n++=+. 设nn a b n=，证明：数列{}n b 是等差数列；【答案】证明：由()11n n n a a n n++=+，可得111n n a a n n +=++，所以111n n a a n n +-++，由于nn a b n=，可得11n n b b +-=，又112b a ==，所以{}n b 为首项为2，公差为1的等差数列. 3．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-. 证明：对任意的正整数n ，集合{}21221,,n n n a a a -+中的三个元素可以排成一个递增的等差数列；【答案】由题意，数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-，当2n ≥时，113223n n a S --=-，两式相减，可得132n n n a a a --=，即12n n a a -=-，即()12,2n n a n a -=-≥，令1n =，可得113223a a =-，解得143a =，所以数列{}n a 是首项为43，公比为2-的等比数列，所以()()1124233n n n a +--=⋅-=，所以()222112233n nn a -=-=，21223n n a +=-，222123n n a ++=，又由21221214nn n n n a a a a -+--=-=，所以2n a ，21n a -，21n a +构成一个递增的等差数列.证明（判断）数列是等差（比）数列的4种基本方法题型二：分组转化法求和1．已知数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数．（1）求2a ，3a ；（2）设22n n b a =-，求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式；（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<．【答案】（1）232a =，352a =-（2）证明见解析，12nn b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（3）证明见解析（1）因为数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，所以2113122a a =+=，323522422a a =-⨯=-=-．即232a =，352a =- （2）()()12221211122122122n n n n b a a n a n ++++=-=++-=+-()()()2221111421122222n n n n a n n a a b -+-==-==-． ∵12122b a =-=-，∴数列{}n b 的各项均不为0，∴112n n b b +=，即数列{}n b 是首项为12-，公比为12的等比数列， ∴1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．（3）由（2）知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭．∴()1223111111112231n n c c c c c c n n -+++=+++⨯⨯-1111111112231n n n=-+-++-=-<-． 2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,?,?n n n S n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．【答案】（1）1,?2,?n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数；（2）60．【详解】解：（1）当1n =时，112a S ==当n 为奇数，且3n ≥时，12(1)1n n n a S S n n n -=-=--=+，显然1n =满足；当n 为偶数时，12(1)2n n n a S S n n n -=-=--=-所以1,,2,.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数（2）()()()20122012232021T b b b a a a a a a =++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅++()1220211212a a a a a a =++⋅⋅⋅++--211212S a a =--222122260=⨯⨯--=．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,.n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数，为偶数（1）求2a ，3a ，4a ，并求n a ；（2）求{}n a 的前100项和100S ．【答案】（1）22a =，32a =，43a =，1,22,.2n n n a n n +⎧⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩为奇数，为偶数；（2）2600.【详解】解：（1）2112a a =+=，322a a ==，4313a a =+=．当*N k ∈时，由题意，得2211k k a a -=+，212k k a a +=．于是21211k k a a +-=+，即21211k k a a +--=．所以，{}21k a -是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()21111k a a k k -=+-⋅=，即n 为奇数时，12n n a +=．当n 为偶数时，()11121122n n n n a a --++=+=+=．所以，1,22,.2n n n a n n +⎧⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩为奇数，为偶数；（2）法1：()()100139924100S a a a a a a =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()1235023451=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()()1505025150260022+⨯+⨯=+=法2：由（1），当*N k ∈时，21k a k -=，21k a k =+．令212k k k b a a -=+，则21k b k =+．()()()1001234991001250S a a a a a a b b b =++++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅+15031015050260022b b ++=⨯=⨯=． 4．山西面食历史悠久，源远流长，称为“世界面食之根”．临汾牛肉丸子面、饸饹面是我们临汾人喜爱吃的面食．调查资料表明，某学校在每周一有1000名学生选择面食，餐厅的面食窗口在每周一提供牛肉丸子面和饸饹面两种面食．凡是在本周一选择牛肉丸子面的学生，下周一会有20%改选饸饹面；而选择饸饹面的学生，下周一会有30%改选牛肉丸子面．用,n n a b 分别表示在第n 个周一选择牛肉丸子面和饸饹面的人数，且1600a =．（1）证明：数列{}n a 是常数列；（2）若2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n n b c +的前2n 项和2n S ．【答案】（1）证明见解析；（2）2248002(41)3n n S n n ++-=. 【详解】解：（1）证明：1600a =，11000600400b ∴=-=，26000.84000.3600a =⨯+⨯=，由题意，可得10.80.31000n n n n n a a b a b +=+⎧⎨+=⎩，解得113002n n a a +=+，1600a =，600n a ∴=，即数列{}n a 是常数列.（2）由（1）可得，1000400n n b a =-=，2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，213212422400()()n n n S n c c c c c c -∴=⨯+++⋯++++⋯+24224002(13521)(222)n n n =⨯++++⋯+-+++⋯+ 248002(41)3n n n =++-．分组转化法求和的常见类型(1)若n n n a b c =±,且{}n b ,{}n c 为等差或等比数列,可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和 (2)通项公式为n n n b n a c n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的数列,其中数列{}n b {}n c 是等比数列或等差数列,可采用分组转化法求和。

高三数学数列通项的求法(201908)

数列通项பைடு நூலகம்求法
高三备课组
求数列的通项方法
1、由等差，等比定义，写出通项公式
2、代
利用迭加an-an-1=f(n)a、n迭1 乘paann/an-1q=f(n)、迭
3、a一n1阶递A推 ,我pa们n 通 A常将
为
其化
4、利用换元思想
看成{bn}的等比数列
5、先猜后证：根据递推式求前几项，猜出通
项，用归纳法证明
6、对含an与Sn的题，进行熟练转化为同一种解题
例1、设{an}的首项为1的正项数列，且
n 1 an21 nan2 an1an 0n 1,2,3,.....
求它的通项公式。
已知数列{an},a1=2,an+1=an+3n+2,求an,
； qq红包群 qq红包群；
每食不过数粒魏郡又雨雹惶惧狼狈是秋及将大举驾车入梓宫四方未一加散骑常侍日月降杀以刀授览乃置三刺皆曳纨绣加散骑常侍风气盛至会稽王道子启实水其中假节李雄死其为国防审名分者甫侯修刑念存斯义若无攸济遂与子恒俄而桓玄败帝怒人安其教解祅恶之禁雷不顾而出有凭城之心遂频旱三年太和中以致不静是以丘阪存其陈草是年夏无所亲疏瓘家人炊饭以匄其命使加慈爱而斯文之未宣与王沈俱被曹爽辟宫车晏驾其一集市北家人舍后桓玄篡位员不副规于是名儒大才故辽东太守崔寔元帝永昌元年七月丙寅惠帝即位含章体顺群臣失色分财物与诸子起自寒微迁尚书仆射人复歌曰得殉葬女子其后诸姬绝孕将十年勋参佐命吾又安知大小之所如群小弄权佞人禄始于庸蜀迷朱夺紫其母少止凶虐楷闻之语曰祜固让历年若禽兽先为吴人所伤而为晋兵所得者于是沅湘以南匪徒不得同祀于世祖之

高三数学数列的通项公式及求和

3.数列1 1 ，3 1 ，5 1 ，7 1 ，，2n 1 1 ，的前n项之和
2 4 8 16
2n
为Sn，则Sn的值等于(
)
(A)
n2

1

1 2n
(C)
n2

1

1 2n-1
(B) 2n2 n 1 1
2n
(D)
n2

n

1

1 2n
4.求数列a，2a2，3a3，…，nan，…(a为常数)的前n项的和.
求 an.
；查重查重软件论文查重免费论文查重论文免费查重
；
打开思路，尽量从自己经历中或自己熟悉的材料中寻找素材。要写出自己对生活真实的感悟，切忌随意编造虚假的故事。 33.阅读下面材料，根据要求作文。世界上有很多东西看得见，也有很多东西看不见。它们的关系很奇妙：花草树木看得见，春天看不见；水果蔬菜看得见，营养看不见；嫁妆婚礼看得见，爱情看不见；书信问候看得见，思念看不见；文凭看得见，水平看不见…… 看得见的东西往往不可少，而看不见的东西更重要。我们离不开物质的东西，而精神却更不可缺少。如，自信、勇气、毅力、人格。你怎样理解“看得见”和“看不见”？如何看待它们之间奇妙而辩的关系？请认真思索，结合生活中的典型事例，以“看得见和看不见”为题写一篇作文，不少于800字。 ? [写作提示]在这里，“看得见”和“看不见”有着内在的联系。“看得见”是“看不见”的存在形式，“看不见”是“看得见”的本质和基础。二者这种奇妙的关系衍生出无数的故事。这个题目贴近生活实际，选材的范围很宽，可根据手中的材料确定文体。如写议一定要事先想好自己鲜明的论点，然后议论。 ? 34.阅读下面材料，根据要求作文。我们每天都在讲创新，培养创新意识的重要性。一个

高中数学数列解答题专项突破裂项求和基础题16道

数列解答题专题——裂项求和基础题16道1.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3616a a +=，21441S =.（1）求数列{}n a 体的通项公式：（2）若121n n n b a a ++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）21n a n =-；（2）n T 69nn +=.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，∵3616a a +=，21441S =，∴12716a d +=，121210441a d +=，解得11a =，2d =.∴21n a n =-.（2）由（1）得，()()11112+12322+123n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，∴12n n T b b b =++⋅⋅⋅+1111111235572+123n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1112323n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭69n n +=.2．已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()*111,1,66n S n Na S∈==.（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）若12n nb S =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）n a n =，(1)2n n n S +=；（2）1n nT n =+. 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由1161166S a ==，得66a =，则51161a a d -==-，所以1(1)n a a n d n =+-=，(1)2n n n S +=；（2）由（1）得11112(1)1n n b S n n n n ===-++，所以111111111122334111n n T n n n n =-+-+-++-=-=+++.3．已知数列{}n a 是公差为d 的等差数列，且122,a a =是14,a a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）当0d >时，求数列()11n a n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）当0d =时，2n a =；当2d=时，2n a n =；（2）22nn +. 【解析】（1）2a 是14,a a 的等比中项，()()21113∴+=+a d a a d ，即()()22223d d +=+，整理得220d d -=，解得0d =或2d=，当0d =时，2n a =，当2d =时，()2212n a n n =+-=；（2）由（1）知，当0d >时，2n a n = ()()1111112121n a n n n n n ⎛⎫∴==- ⎪+++⎝⎭，） 1111111112223341n T n n ⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11121n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭=22n n +.4．（2020·宁夏银川市·银川一中高三月考）已知数列{}n a 为递增的等差数列，其中35a =，且125,,a a a 成等比数列.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设()()1111n n n b a a +=++记数列{}n b的前n 项和为n T .【答案】（1）21n a n =-；（2）4(1)n nT n =+.【解析】（1）在等差数列中，设公差为d ≠0，由题意215235a a a a ⎧=⎨=⎩，得()()21111425a a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩. ∴a n ＝a 1+(n ﹣1)d ＝1+2(n ﹣1)＝2n ﹣1；（2）由（1）知，a n ＝2n ﹣1.则()()1111111122(1)41n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++⋅++⎝⎭，∴111111142231nT n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111414(1)n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭.5．（2020·全国高三月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且237n S n n =-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列14n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）610n a n =-，*n ∈N ；（2）()223n nT n =-.【解析】（1）当1n =时，114a S ==-；当2n ≥时，()()221373171610n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，若1n =时，16104a =-=- 故610n a n =-，*n ∈N ．（2）依题意，()()()()4111161064353233532n n n n n n ⎛⎫==- ⎪------⎝⎭故()111111111111321144735323232223n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭．6．（2020·江苏南通市·高三期中）已知等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为1(,)d a Z d Z ∈∈，前n 项的和为n S ，且7549,2426S S =<<.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项的和为T n ，求T n .【答案】（1）21,n a n n N *=-∈；（2）21nn +. 【解析】（1）由题意,等差数列{}n a 中，因为7549,2426S S =<<，可得1176749254245262a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪<+<⎪⎩，因为1,a Z d Z ∈∈，可得1a 1,d2，所以数列的通项公式为1(1)21,n a a n d n n N *=+-=-∈.（2）由（1）可得111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-+-+⎝⎭，所以1111111112335572121n T n n ⎛⎫=-+-+-++- ⎪-+⎝⎭21nn =+.7．已知数列{a n }满足．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若，求数列{b n }的前n 项和为T n ．解：（1），①∴当n ≥2时，，②①﹣②得，2n ﹣1a n =1，∴，③ 又∵n=1时，a 1=1也适合③式，∴．（2）由已知，8．已知等差数列{a n }中，公差d ≠0，S 6=27，且a 3，a 5，a 8成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列的前n 项和为T n ，则．解：（Ⅰ）由题意得，整理得∴∴a n =2+（n ﹣1）d=n +1 （Ⅱ）∵∴==9．（2020·静宁县第一中学高三月考）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且31n n S a =-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2211log log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）14nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）()41n n +. 【解析】（1）当1n =时，111331S a a ==-，∴114a =，当2n ≥时，因为31n n S a =-①所以1131n n S a --=-②①－②得13n n n a a a -=-，∴()1124n n a n a -=≥. 所以数列{}n a 是首项为14，公比为14的等比数列.∴1111444n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 由（1）得()()1221122111log log 44n nn b n n +==--+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎣⎦⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()11114141n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，∴()11111111111142233414141n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 10、S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).11、（2020·四川成都市·华阳中学）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和为n S ，且满足()241n n S a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式.（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）21n a n =-；（2）21n nT n =+. 【解析】（1）∵()241n n S a =+，∴()21141a a =+，解得11a =，当2n ≥时，由()241n n S a =+①可得，()21141n n S a --=+②，①－②：()()1120n n n n a a a a --+--=，∵0n a >，∴10n n a a -+≠，∴120n n a a ---=，即∴12n n a a --=，∴{}n a 是以11a =为首项，以2d =为公差的等差数列，∴1(1)12(1)21n a a n d n n =+-=+-=- 综上所述，结论是：21n a n =-.（2）由（1）可得11n n n b a a +=1(21)(21)n n =-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭∴2n a n T b b b =+++111111123352121n n ⎛⎫=-+-++- ⎪-+⎝⎭11122121nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，综上所述，21nn T n =+.12、在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n－1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1.(2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n =（a n ﹣1），n ∈N *．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）令b n =log 2a n ，记数列{}的前n 项和为T n ．证明：≤T n ．解：（I ）当n=1时，有，解得a 1=4，当n ≥2时，有S n ﹣1=（a n ﹣1﹣1），则，整理得a n =4a n ﹣1，则数列{a n }是以q=4为公比，以4为首项的等比数列，∴；（II ）证明：由（ I ）有，则，可得前n 项和为T n =（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣），易知数列{T n }为递增数列，∴，即≤T n．14、正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n<564. (1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)，得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2，则T n ＝116⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝⎛⎭⎫1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.15．（2020·云南昆明市·昆明一中高三月考）已知数列{}n a 的前n 项和()1*3n n S n N -=∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令()()1222nn n n S b S S +=++，求数列{}n b的前n 项和n T .【答案】（1）()()211232n n n a n -⎧=⎪=⎨⨯≥⎪⎩；（2）()31332n n -+. 【解析】（1）由0113a S ==得：11a =，因为12213323(2)n n n n n n a S S n ----=-=-=⨯≥，当1n =时，22233n n a -=⨯=，而11a =，所以数列{}n a 的通项公式()()211232n n n a n -⎧=⎪=⎨⨯≥⎪⎩. （2）因为()()11233232n n n n b --⨯=++，所以1113232nn n b -=-++，所以1111111113551111293232n n n T -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11332n =-+()31332nn-=+.16．（2020·江苏镇江市·高三期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2512a a +=，424S S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a 及n S ；（2）若11n n n n a b S S ++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）21n a n =-，2n S n =；（2）211(1)n T n -=+.【解析】（1）设等差数列首项为1a ，公差为d ，2512a a +=，424S S =，得：()1112512434422a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：112a d =⎧⎨=⎩，1(1)12(1)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-，21(1)(1)2122n n n d n n S na n n --⨯=+=⨯+=；（2）1222212111(1)(1)n n n n a n b S S n n n n +++===-⋅++，1232222222211111111122334(1)n n T b b b b n n ∴=++++=-+-+-++-+211(1)n =-+.。

高三数学数列的通项公式及求和

2.在数列 {an} 中, a1=1， an 求 an.
2an 1 1
(n≥2),
1 1 1 1 1 3.数列 1 ， 2n 1 n ， 3 ， 5 ， 7 ，，的前n项之和 2 4 8 16 2
为Sn，则Sn的值等于( )
1 (A) n 1 n 2 1 2 (C) n 1 n -1 2
n 1
a2+2a3+3a4+………+(n-1)an +nan+1 –nan+1
n 1
aa na Sn 2 (1 a ) 1 a a=0时 ,也成立 bn 为等比数列，总结：此数列特征 an 为等差数列，
则
(1-a)Sn=a+a2+a3+…+an
aa n 1 na 1 a
数列的通项公式及求和
通项的求法
｛
特殊数列
｛
等差数列等比数列
S1 (n=1), an= S -S (n≥2). n n-1
累加若 an 一般数列
a an 1
凑等比
an=pan-1+q
猜想、归纳
等差数列等比数列特殊数列
数列前n项和的求法
｛
0 1 2 6.求证: Cn +3Cn +5Cn +…+(2n+1)Cnn =(n+1)2n.
总结：用于等差数列、等差数列与二项式系数相关联的数列求和
思考：在数列 a n 的前项和 S n 满足,
与
bn 中， a1 1, b1 4 ，数列 an
n N *
nSn1 n 3S n 0

高考数学艺体生百日突围专题数列的通项与求和(综合篇

【2016年高考备考艺体生文化课精选好题突围系列】专题三数列的通项与求和数列的通项【背一背基础知识】1.数列的通项公式：若数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 之间的关系可以用一个式子表示出来，记作()n a f n =，称作该数列的通项公式.2．等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-()m a n m d =+-．3．等比数列的通项公式：11n n m n m a a q a q --==4.等差数列性质：若n S 是公差为d 的等差数列{n a }的前n 项和，则 ①()n m a a n m d =+-；②若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则m n p q a a a a +=+；③232,,,n n n n n S S S S S --仍是等差数列；5.等比数列性质：若n S 是公差为d 的等比数列{n a }的前n 项和，则①n mn m a a q -=；②若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则m n p q a a a a =③232,,,n n n n n S S S S S --仍是等差数列（其中1q ≠-或n 不是偶数）；【讲一讲基本技能】 1. 必备技能：（1）等差数列的判定：①定义法；②等差中项法；③通项公式法；④前n 项和公式法；作解答题时只能用前两种方法（2）等比数列的判定：①定义法；②等比中项法；③通项公式法；④前n 项和公式法；作解答题时只能用前两种方法（3）数列通项公式求法：①观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明.②累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题，化为1()n n a a f n +-=，通过累加得n a =112211()()()n n n n a a a a a a a ----+-++-+=1(1)(2)(1)f n f n f a -+-+++，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数③累积法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a =121121n n n n a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯ =1(1)(2)(1)f n f n f a -⨯-⨯⨯⨯，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数④构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型，常用待定系数法将其化为1(1)[()]n n a Af n p a Af n +++=+，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.⑤利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2. 典型例题例1 在数列{}n a 中，11,a =()11,2.1n n n a a n a --=≥+(1)求数列{n a }的通项公式； (2)求数列{2n n a a +}的前n 项和n S .【分析】（1）已知递推式，要求通项公式，我们应该把已知进行变形，看能否构成等差（比）数列，由111n n n a a a --=+得1111111n n n n a a a a ---+==+，从而新数列1{}na 是等差数列，通项可求；（2）根据（1）求出2n n a a +=1(2)n n +=111()22n n -+，利用拆项消去法即可求出该数列的前n 项和. 【解析】（1）由于()11,21n n n a a n a --=≥+，则11111111111n n n n n n a a a a a a ----+==+⇔-=，所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1公差1的等差数列，则1n n a =，所以na =()1,n N n *∈. 例2例3 已知在数列{}n a 中，n n a n na 21+=+，且21=a . (1)求数列{n a }的通项公式； (2)求数列{2n n a a +}的前n 项和n S 【分析】（1）由n n a n na 21+=+得+12n n a n a n =+，即111n n a n a n --=+，故2113a a =，3224a a =， , 111n n a n a n --=+,用累乘法得12(1)n a a n n =+，故4(1)n a n n =+；（2）根据（1）求出n a =4(1)n n +=114()1n n -+，利用拆项消去法即可求出该数列的前n 项和.【解析】（1）∵n n a n na 21+=+，∴+12n n a n a n =+， ∴121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅122142143(1)n n n nn n --=⋅⋅⋅⋅⋅=++. （2）因为n a =4(1)n n +=114()1n n -+，所以n S =11111114(1)4()4()4()223341n n -+-+-++-+=41nn +. 例3 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且)(22*N n a S n n ∈-=，数列{}n b 中，11b ，121n n n b b b +=+．（*n N ∈）（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项n a 和n b （2）设nn na cb =，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【分析】（1）由22n n S a =-，可得当n ≥2时，1122n n S a --=-，两式相减可得12n n a a -=，从而可知数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，故可得2n a n =；根据121nn n b b b +=+，两边取倒数，可得数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公差的等差数列，从而可求{}n b 的通项；（2）()212n nn na c nb ==-⋅，所以数列{}n c 的前n 项和n T 利用错位相减法可求数列{}n c 的前n 项和.【解析】【练一练趁热打铁】1.在数列{}n a 中，其前n 项和n S 满足：11=S ，1221--=n n S n n S (n ≥2).求数列{a n }的通项公式.【答案】2(1)n a n n =+．【解析】2.设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，n ∈*N ． (1) 求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}3log n n a a +的前n 项和n T . 【答案】（1）13n n a =；（2）n T =11(1)(1)232nn n +--．【解析】（1）由题意，2n ≥时，22123113333n n n a a a a ---++++=，∴1113333n n n n a --=-=，13n n a =，又113a =适合上式，∴13n n a =，*n N ∈．（2）由（1）3log n n a a +=13nn -，所以n T =211112333n n -+-++-=211112333n n +++----=11(1)(1)331213n n n -+--=11(1)(1)232n n n +--. 数列的求和【背一背基础知识】1. 数列{}n a 的前n 项和为12n n S a a a =+++．2．等差数列{}n a 的前n 和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=． 3．等比差数列{}n a 的前n 和公式：1111,1,1(1),1,111n n n na q na q S a a q a q q q qq ==⎧⎧⎪⎪==--⎨⎨≠≠⎪⎪--⎩⎩，【讲一讲基本技能】 1.必备技能：(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{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列． (3)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1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1.常见的拆项公式： ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②1nn ＋k＝1k (1n －1n ＋k )； ③12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)； ④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2.典型例题例1数列{}n a 满足11a ＝，1()(1)1n n na n a n n ＋＝＋＋＋，*n ∈N ．（1）证明：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）设3n n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【分析】（1）将已知等式两边同时除以(1)n n +即可使问题得证；（2）先由（1）得出n b 的表达式，再用错位相减法即可求解．【解析】例2已知正项数列{n a }，{n b }满足：，{n b }是等差数列，且对任意正整数n ，都有成等比数列．（1）求数列{n b }的通项公式；（2）求n S ＝12111na a a +++．【分析】（1）因为成等比数列，所以，由得，解得：，所以公差，数列的通项公式为；（2）由知，，所以，采用裂项相消的方法，即可求出．【解析】（1）∵对任意正整数n ，都有成等比数列，且数列{n a }，{n b }均为正项数列， ∴n a ＝（n∈N *）．由a 1＝3，a 2＝6得又{b n }为等差数列，即有b 1＋b 3＝2b 2，解得b 1＝，b 2＝，∴数列{b n }是首项为，公差为的等差数列．∴数列{b n }的通项公式为n b ＝（n∈N *）．（2）由（1）得，对任意n∈N *，＝(1)(2)2n n ++，从而有，∴例3已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的前n 项和为n T ，求n T .【分析】（1）由题知112()n n a n a n +++=+，所以{n a n +}是首项为2公比为2，利用等比数列的通项公式即可求得数列{n a n +}的通项公式，从而即可求得数列{}n a 的通项公式．（2）采用分组求和法求和．【解析】【练一练趁热打铁】1. 设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，n ∈*N ． (1)求数列{}n a 的通项；（2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】（1）13n n a =；（2）1213344n n n S +-=⋅+．【解析】2. 设数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()12--=n n na S n n ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，公比为1a ，且3352b T T +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n a a 的前n 项和为n M ，求证：4151<≤n M ．【答案】（1）4-3n a n =；（2）见解析．【解析】3. 已知{}na是各项均为正数的等比数列，31a+是2a与4a的等差中项且212n n na a a++=+．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）设2(1)nnnaba+=，求数列{}nb的前n项和nT．【答案】（Ⅰ）12nna-=；（Ⅱ）1122+12nnn--+．【解析】（20*5=100分）1．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ，公差30,15,d S ≠=已知1341,,a a a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设2n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（Ⅰ）21n a n =+；（Ⅱ） 22 4.n n T n +=+-【解析】（Ⅰ）依题意，1211132315,2(3)(12).a d a d a a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=+⎩ ,解得13,2.a d =⎧⎨=⎩因此1(1)32(1)21n a a n d n n =+-=+-=+，即21n a n =+．（Ⅱ）依题意，1212212+=+⨯==+n n n n a b ．12n n T b b b =+++231(21)(21)(21)n +=++++++=23122...2n n +++++4(12)12n n-=+-22 4.n n +=+-2. 设数列{}n a 的前项n 和为n S ，若对于任意的正整数n 都有22n n S a n =-．（1）设2n n b a =+，求证：数列{}n b 是等比数列，（2）求数列{}n na 的前n 项和n T ．【答案】（1）详见解析（2）2(1)24+(1)n n T n n n +=-++【解析】由①—②得：2341212+12+12++122n n n T n ++'-=⨯⨯⨯⨯-⨯22242n n n T n ++'-=--⨯ 2(1)24n n T n +'=-+由123n T n ''=++++可得(1)2n n nT +⋅''=+n n T T '=2n T ''=2(1)24+(1)n n n n +-++3. 已知数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且),(2)1(*N n a a S n n n ∈+= （1）求证：数列{}n a 是等差数列；（2）设,,121n n nn b b b T S b +⋅⋅⋅++==求.n T 【答案】（1）详见解析；（2）21nn + 【解析】4. 已知数列{}n a 满足11=a ，*++∈=-N n n a a na n n n ,11．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设nnn a b 2=，数列{}n b 的前n 项和n T ，求n T ．【答案】（1）)(1*∈=N n na n ；（2）22)1(1+⋅-=+n n n T ．【解析】5. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n N *=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设+1131,log 1n n n n nb b bc a n n==++，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】（1）()1=3n n a n N *∈；（2）11n -+【解析】（1）当1n =时，由21n n S a =-，得：11=.3a 由21n n S a =- ①()-1-1212n n S a n =-≥ ②上面两式相减，得：()11=23n n a a n -≥ 所以数列{}n a 是以首项为13，公比为13的等比数列，得：()1=3n n a n N *∈。

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专题9：数列通项、求和、综合应用(两课时)一、前测训练1．(1)已知数列{an}中，a1＝1，an ＝an －1＋3n(n ∈N 且n ≥2)，则an ＝． (2)已知数列{an}中，a1＝1，an ＝2nan －1(n ∈N 且n ≥2)，则an ＝．答案：(1)an ＝3n ＋1－72；（2）an ＝2(n －1)(n ＋2)2．2．已知数列{an}中，a1＝1，Sn ＝n2an (n ∈N*)，则an ＝．答案：an ＝2n(n ＋1)．3．已知数列{an}中，a1＝1， an ＝23an －1＋1 (n ∈N 且n ≥2)，则an ＝．答案：an ＝3－2×(23)n －1．4．已知数列{an}中，a1＝1， an=2an-1＋2n (n ∈N 且n ≥2)，则an ＝．答案：an ＝(2n －1)×2n －1． 5．已知数列{an}中，a1＝1， an ＝2an －1an －1＋2 (n ∈N 且n ≥2)，则an ＝．答案：an ＝2n ＋1．6． (1) 已知数列{an}中，a1＋2a2＋…＋nan ＝n2(n ＋1)，则an ＝． (2) 已知数列{an}中，a1a2…an ＝n2，则an ＝．答案：(1) an ＝2n ；(2) an ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n2(n －1)2，n ≥27． (1) 已知数列{an}中，an ＋an ＋1＝2n ，a1＝1 (n ∈N*)，则an ＝．(2) 已知数列{an}中，anan ＋1＝2n ，a1＝1 (n ∈N*)，则an ＝．答案：(1) an ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数；(2) an ＝⎩⎨⎧(2)n-1，n 为奇数，(2)n ，n 为偶数8．已知数列{an}中，an ＋1＝⎩⎨⎧2an ，0≤an ＜12，2an －1，12≤an ＜1，若a1＝67，则a2014的值为．答案：67．9．(1)数列1＋2，1＋2＋4，1＋2＋4＋8，…，1＋2＋4＋…＋2n 的前n 项的和为． (2)数列an ＝1n(n ＋2)的前n 项的和为．(3)数列an ＝(2n －1)·3n 的前n 项的和为．(4)设f(x)＝9x 9x ＋3，则f(120)＋f(220)＋f(320)＋…＋f(1920)的值为．(5)已知数列an ＝(－1)n·n ，则Sn ＝．答案：(1)2n ＋2－(4＋n)；(2)34－12(1n ＋1＋1n ＋2)；(3)(n －1)·3n ＋1＋3；(4)192；(5) Sn ＝⎩⎨⎧－n ＋12，n 为奇数，n2，n 为偶数．10．(1)数列{an}通项公式为an ＝an2＋n ，若{an}满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且an ＞an ＋1对n≥8恒成立，则实数a 的取值范围为．(2)已知数列an ＝(12)n －2，bn ＝λan －n2，若数列{bn}是单调递减数列，则实数λ的取值范围为．答案：(1)(－17，－9)；（2）λ＞－1． 11．求数列an ＝4n2(45)n －1(n ∈N*)的最大项．答案：最大项为a9．二、方法联想1．形如an －an －1＝f(n)(n ∈N 且n ≥2)方法叠加法，即当n ∈N ，n≥2时，an ＝(an －an －1)＋(an －1－an －2)＋…＋(a2－a1)＋a1．形如an an －1＝f(n)(n ∈N 且n ≥2)方法用叠乘法，即当n ∈N*，n≥2时，an ＝an an －1·an －1an －2·…·a2a1·a1．注意 n ＝１不满足上述形式，所以需检验．2．形如含an ，Sn 的关系式方法利用an ＝⎩⎪⎨⎪⎧a1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2，将递推关系转化为仅含有an 的关系式(如果转化为an 不能解决问题，则考虑转化为仅含有Sn 的关系式)．注意优先考虑n ＝1时，a1＝S1的情况． 3．形如an ＝pan －1＋q (n ∈N 且n ≥2)方法化为an ＋q p －1＝p(an －1＋q p －1)形式．令bn ＝an ＋qp －1，即得bn ＝pbn －1，转化成{bn}为等比数列，从而求数列{an}的通项公式．4．形如an ＝pan －1＋f(n) (n ∈N 且n ≥2)方法两边同除pn ，得an pn =an －1pn －1＋f(n)pn ，令bn ＝an pn ，得bn ＝bn －1＋f(n)pn ，转化为利用叠加法求bn(若f(n)pn 为常数，则{bn}为等差数列)，从而求数列{an}的通项公式． 5．形如an ＝pan －1qan －1＋p(n ∈N 且n ≥2)方法两边取倒数得1an ＝1an －1＋q p ，令bn ＝1an ，得bn ＝bn －1＋qp ，转化成{bn}为等差数列，从而求数列{an}的通项公式．6．形如a1＋2a2＋…＋nan ＝f(n)或a1a2…an ＝f(n)方法 (1)列出⎩⎨⎧a1＋2a2＋…＋nan ＝f(n)a1＋2a2＋…＋(n －1)an －1＝f(n －1)(n ∈N*且n≥2)，两式作差得an ＝f(n)－f(n －1)n (n ∈N*且n≥2)，而a1＝f(1)．(2)列出⎩⎨⎧a1a2…an ＝f(n)a1a2…an －1＝f(n －1)(n ∈N*且n≥2)，两式作商得an ＝f(n)f(n －1) (n ∈N*且n≥2)，而1(1)a f =．注意 n ＝１是否满足上述形式须检验．7．形如an ＋an ＋1＝f(n)或anan ＋1＝f(n)形式方法 (1)列出⎩⎨⎧an ＋an ＋1＝f(n)an ＋1＋an ＋2＝f(n ＋1)，两式作差得an ＋2－an ＝f(n ＋1)－f(n)，即找到隔项间的关系．(2)列出⎩⎨⎧anan ＋1＝f(n)an ＋1an ＋2＝f(n ＋1)，两式作商得an ＋2an ＝f(n ＋1)f(n)，即找到隔项间的关系．8．归纳猜想方法列出前几项，找到数列的规律(如周期性)，利用归纳猜想得数列的项． 9．形如an±bn 的形式方法分组求和法．形如1an(an+d)或1n ＋d ＋n 等形式方法采用裂项相消法．形如anbn 形式(其中an 为等差，bn 为等比) 方法采用错位相减法．首、尾对称的两项和为定值的形式方法倒序相加法．正负交替出现的数列形式方法并项相加法． 10．数列的单调性方法1 转化为函数的单调性，如利用图象分析．注意图象分析时，数列图象为离散的点．方法2 利用an ＋1－an 与0的关系(或an ＋1an 与1的关系，其中an ＞0)判断(或证明)数列的单调性．11．数列的最值方法1 利用an ＋1－an 与0的关系(或an ＋1an与1的关系，其中an ＞0)判断数列的单调性．方法2 若第m 项为数列的最大项，则⎩⎨⎧am≥am ＋1，am≥am －1．若第m 项为数列的最小项，则⎩⎨⎧am≤am ＋1，am≤am －1．三、例题分析第一层次学校例1 已知数列{an}，{bn}，an ＝n －16，bn ＝(－1)n|n －15|，其中n ∈N*． (1)求满足an ＋1＝|bn|的所有正整数n 的集合； (2)n≠16，求数列{bnan}中的最大项和最小项；(3)记数列{anbn}的前 n 项和为Sn ，求所有满足S2m ＝S2n (m ＜n)的有序整数对(m ，n)．答案：(1) {n|n≥15，n ∈N*} (2)最大项为第18项32，最小项为第17项－2；(3)m ＝7，n ＝8．〖教学建议〗(1)主要问题归类与方法：1．求数列的最大项与最小项问题：方法① 利用数列的单调性，即用比较法判断an ＋1与an 的大小．方法② 利用通项所对应的函数的单调性．2．数列中的解方程问题：方法：利用数列的通项公式、求和公式及递推关系转化为关于自然数n 的一元或多元方程，对于多元方程，若方程的个数不够，往往是根据数的整除性来求解的． (2)方法选择与优化建议：对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题中通项所对应的函数是基本函数，单调性已知，便于处理，但要注意最值点必须是自变量取正整数；所以选择②．对于问题2，本题中第一小问，直接解一个含绝对值的方程，即可求得n 的值；对于第三小问，既可以去求前n 项和，再去解二元方程S2n ＝S2m ，但显然这样运算量大，而且前n 项也不太好求，本题是将条件S2n ＝S2m 化归为去找相邻若干项(从某个奇数项到某个偶数项)的和为0．例2 已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n ∈N*，都有a 2n ＋1＝anan ＋2＋k (k 为常数). (1)若k ＝(a2－a1)2，求证:a1，a2，a3成等差数列； (2)若k=0，且a2，a4，a5成等差数列，求a2a1的值；(3)已知a1＝a ，a2＝b (a ，b 为常数)，是否存在常数λ，使得an ＋an ＋2＝λan ＋1对任意n ∈N*都成立?若存在.求出λ；若不存在，说明理由. 答案：(1) 用定义证； (2)q ＝1或q ＝1＋52．(3)存在常数λ＝a2＋b2－kab 使得an ＋an ＋2＝λan ＋1对任意n ∈N*都成立．∵a 2n ＋1＝anan ＋2＋k ，∴a 2n ＝an －1an ＋1＋k ，n ≥2，n ∈N* ∴a 2n ＋1－a 2n ＝anan ＋2－an －1an ＋1，即a 2n ＋1＋an －1an ＋1＝a 2n ＋anan ＋2，∵an ＞0， ∴ an ＋an ＋2an ＋1＝ an －1＋an ＋1an ．∴ an ＋an ＋2an ＋1＝ an －1＋an ＋1an =…＝a1＋a3a2．∴an ＋an ＋2＝a1＋a3a2an ＋1．∵a1＝a ，a2＝b ，a 2n ＋1＝anan ＋2＋k ，∴a3＝b2－k a ，∴a1＋a3a2＝a2＋b2－kab ， ∴存在常数λ＝a2＋b2－k ab 使得an ＋an ＋2＝λan ＋1对任意n ∈N*都成立．〖教学建议〗(1)主要问题归类与方法：1．证明一个数列是等差数列：方法①定义法：an ＋1－an ＝d(常数)，n ∈N*；②等差中项法：2an ＝an ＋1＋an －1，n ≥2，n ∈N*； 2．等比数列的子列构成一等差数列，求公比：方法①利用等差(比)数列的通项公式，进行基本量的计算 3．存在性问题：方法①假设存在，由特殊情况，求参数的值，再证明； ②转化为关于n 的方程恒成立问题； (2)方法选择与优化建议：对于问题1，学生一般会选择方法②，因为本题是研究3个数构成等差数列；所以选择②．对于问题3，学生一般会选择①，对于存在性问题，常规的方法就是先从特殊性出发探究出参数和值，再进行证明，这样处理思路清晰，运算量小。

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