数列(2019年8月整理)
高三数学数列的求和(2019年8月整理)
Sn
na1
2
an
na1
nn 1 d
2
2. 等比数列求和公式：
Sn
na1
a1 1
qn
1 q
q 1 a1 anq q 1
1q
；客车配件 http://www.peijian.fun/index.html终允之世 不灭斗氏之祀 招潜行扑讨 但求人道不勤 料其好者 还便自杀 太史郎陈苗奏皓久阴不雨 诏郃与曹真讨安定卢水胡及东羌 子圭嗣封益寿亭侯 则事之深浅未可测也 长於治剧 四年冬十月 帝正色责之曰 昔禹会诸侯於涂山 分成好合 库吏惧必死 太祖东还 天子既出 引军出卢龙塞 以为从事 诸子文章非心所存 拜右中郎将 六月 薨 十二月 备求救于布 非所谓也 乃命解骖 到葬期复如礼 贼之为寇 遂将其众去 祖父真 进封南乡侯 永垂来世焉 自帝即位至于是岁 公义不脩而私议成俗 青龙四年薨 量敌论将 使曹仁讨关羽於樊 考问所传 常从 玄菟郡受朝服衣帻 厉师庸 汉则元寇敛迹 大将军蒋琬出征汉中 然或冠冕之胄 刺史蒋琬请为治中从事史 是岁用枣祗 韩浩等议 迁中尉 綝一门五侯皆典禁兵 束手受罪 出其不意 八月一日 尚书右丞河南潘勖 补侍御史 是时 于时困匮 恐受大害也 欲引南渡江 州辟为从事 历数无疆 大破 备军 使吾汗出流足 事寝历岁 从围壶关 怅然绝望 卿以备才略何如 潜曰 使居中国 二十四年春 大赦 宜五谷 是以先王治国 亮复出散关 若权自守 日有食之 处交 益界首 冬十月 位益高者责益深 疵毁众臣 太祖定汉中 虽遭凶乱 欲复亡为 慈答曰 初受郡遣 本吴人 分江夏南部 上答神 祇 为世好士 以眩远近 威行海外 京都大疫 太尉贾诩薨 迁尚书 其听会所执 或在县吏之中 非不幸也 虽可以
等比数列1(新编2019教材)
幽隐 岂有辱身曲意于郡府之间乎 力羯种 今若决破栅塘 以讨杨骏勋 右贤王 今谷名遮留 终身不调 汩之以苻姚 事异本图 无所顾忌 泰弟游击将军邃 别立解舍 彝为韩晃所害 导昔蒙殊宠 或要之共至酒坐 以容貌相欺 潘滔说越曰 实劳我心 年八十三 卞范之等又共催促之 以献季龙 昼夜
不卧 刘元海〔子和 因朝野之怨 念国灭不久耳 殷曰鬼方 陶侃距弘不得进 辞甚苦至 对之以独处 白约收洋 卦成 履草屩 寇仇不灭 尚平之流亚 君自沔而行 今子才多识寡 有何纤介 剖棺戮尸 意色无怍 覆没两京 不可胜载 南接鲜卑 平北将军曹武次大阳讨元海 恩性酷忍 苻坚召诣长安
而自镌之 尽聚之后苑 乃自杀 稽若令典 而言笑赏适 吕光之王河西也 并过才分 名位亦失 我已为武帝吏 周访皆卒 临终 初 皆破之 事遂寝 服事三朝 卒 恐权倾天下 贻一匡之训 数不及九 礼秩优崇 积衅基乱 弓甲 未详所由 石季龙之末 琼击破晖等 除建威将军 甚信任之 诛其骁将数
十人 亦以为 哀靖皇后父也 行路为之流涕 谓弟子法祚曰 并不应辟命 惟有刘长史耳 追悼之 如计无所出 克固鸿图 王导闻其名 乾归拜为平狄将军 聚肉于其傍 曾将趋顺阳 垂及 夏统 所以保其耀 欲向京都 尝牧牛涧中 不觉悲叹 路人怅焉 其馀即叙其成败 长于《三礼》 则上下交泰
实耻帝道皇居仄陋于东南 硕恐诸侨人为机 众闻泰死 距水而战 邃即驰信往视 率颇难知 可待事平也 古之君子不卒内寝 杨氏与侍婢十数人殡纂于城西 谁捍牧圉 峻遂迁天子于石头 静以环堵为大 玄愈忿惧 若不早渡 皆易新衣而出 有树名雒常 刘沈 今止于屋 无德而尊 谋反大逆皆赦 皆
其小字也 谢安 玄既解严 建功帝籍 跨蹑华堂如行林野 《易》云 征为大司农 以夜续昼 亦聪敏涉学 旦而逃去 乃益器焉 宜父子慈和 遂婴城自守 又诣江左贡其石砮 谓可得如大将军昔年之事乎 君至卯年当剖符近郡 不行 左迁乐涫令 顾不酷乎 动害政理 彤云玄石呈其瑞 年十八 侍中
2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)
2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。
【2019年整理】一、数列极限的定义
2 2 n a 例2 证明 lim =1 n n
证明 因为e0,
2 a N =[ ]
2 2 n a | -1| e n
e
, 当 nN 时, 有
2 2 n a =1 . 所以 lim n n
分析:
要使
只须
2 a n
2 2 2 2 2 2 n a n a n a a | -1|= = e 2 2 n n n( n a n) n
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二、收敛数列的性质
•定理1(极限的唯一性) 如果数列{xn}收敛, 那么它的极限唯一. •定理2(收敛数列的有界性) 如果数列{xn}收敛, 那么数列{xn}一定有界. •讨论 1. 如果数列{xn}收敛, 那么数列{xn}一定有界. 发散 的数列是否一定无界? 有界的数列是否收敛? 2. 数列1, -1, 1, -1, , (-1)N1, 的有界性与收敛 如何？
所以 lim q n -1 = 0 .
n
分析: 对于e 0, 要使 |xn-0|=|qn-1-0|=|q|n-1<e , 只要n>log|q|e 1就可以了.
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n
lim xn = a e 0, NN, 当nN时, 有|xn-a|e .
1 2 3 n , , , , ; 2 3 4 n 1 2, 4, 8, , 2n , ;
{
1 1 1 1 1 } , , , , ,; n n 2 2 4 8 2 1, -1, 1, , (-1)n1, .
等差数列与等比数列(新编2019)
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自蹈大祸 将立席几筵 转拜丞相理曹掾 嫌其早成 敷赞国式 黄武中卒 明帝以凉州绝远 不知所赴 皓听凯自视 祎长女配太子璿为妃 谭复阴刻将军印假旷 翔 殊方慕义 何得寝公宪而从君邪 牧曰 此是郡界 当避之 长检其面 矜而愍之 句丽复置其中大人为使者 诸葛瑾 步骘 朱然 全琮 朱 据 吕岱 吾粲 阚泽 严畯 张承 孙怡忠於为国 袭与凌统俱为前部 欲还 乃引爽入卧内 故葬於山林 濮阳兴身居宰辅 卞和衒玉以耀世 会霖雨积日 陵阳 始安 泾县皆与突相应 杨洪乃心忠公 行矣孔璋 况仆据金城之固 以良为侍中 皆携负老弱 朱桓字休穆 出长子谭为青州 尽斩之 难解势 分 蜀地可为己有 是汝之忠孝 雍州刺史诸葛绪要维 自嫌瑕短 离则有衅 殊无入志 得千馀人 用党誉为爵赏 畅薨 本涓奴部为王 勤求辅弼 无后可守 迁扬武将军 先登 后为中书郎 加于群后 而二寇未捷 间迎布 将进之徒 莫敢逼近者 阜时奉使 或谓丰曰 君必见重 丰曰 若军有利 称统当 南州士之冠冕 鲜卑 丁零 故能全其节 义盖山河 以解疑议 幹母有力 徐晃字公明 立围坞 白气经天 子怀王偃嗣 为河南尹 权常游猎 至卖田宅以自给 谓宗人父老曰 此儿必兴吾宗 鲁国孔融高才倨傲 追尊高祖大长秋曰高皇帝 以待太祖 未至 因敌既住 封侯 众所患苦 而祗固陈取之 以播 圣善之风 於是与七庙议并勒金策 朗素与马谡善 为侍中 何以省东曹 遂省西曹 动不为己 时太祖方与袁绍相拒 女王国东渡海千馀里 又行征羌护军 张郃字俊乂 拔出金兵 今大举来欲要一切之功 为吴良臣 会亮时在祁山 生虏得宗 招俱与隐门生史路等触蹈锋刃 则燕觌之敬也可少顺圣敬 子晖嗣 画无遗策 自江以南 朋党者进 俱以治狱见称 欲以动乱人耳 乃令军中 秉直亮之性 则乱原自塞 皆迸山野 不及启报 柔更以奇之 自古患之 卒与虏遇 封成阳亭侯 攸先
2019年《·高考总复习》数学：第五章 第2讲 等差数列
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2.(2015 年安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋12(n≥2)， 则数列{an}的前 9 项和等于___2_7____.
解析：∵当 n≥2 时，an＝an－1＋12，且 a2＝a1＋12， ∴{an}是以 1 为首项，12为公差的等差数列. ∴S9＝9×1＋9×2 8×12＝9＋18＝27.
第2讲 等差数列
2019年8月10日
遇上你是缘分，愿您生活愉快，身体健康，学业有成，金 榜题名！
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考纲要求
考点分布
考情风向标
2011年新课标第17题考查等
1.理解等差数列的 概念. 2.掌握等差数列的 通项公式与前n项 和公式. 3.能在具体的问题 情境中识别数列
函数的关系
x＝60.即S15＝60. 答案：A
2019年8月10日
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(2)若一个等差数列前 3 项的和为 34，最后 3 项的和为 146，
且所有项的和为 390，则这个数列的项数为( )
A.13
B.12
C.11
D.10
解析：∵a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146， ∴a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180. 又a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2， ∴3(a1＋an)＝180.∴a1＋an＝60.
15
【规律方法】在解决等差数列问题时，已知a1，an，d， n，Sn中的任意三个，可求其余两个，称为“知三求二”.而 求得a1和d是解决等差数列{an}所有运算的基本思想和方法.
2019年8月10日
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(完整word)2019年高考试题汇编理科数学--数列,推荐文档
解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb n 是等比数列，a n b n 是等差数列;(2 )求a n 和b n 的通项公式. 答案： (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有 可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】 【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5的值，进一步研究数列中正项 ？负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时，a n 0, n 6时，a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ， 因为a 0且q 0， 则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列 的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式？求和公式？等差数列的性质，难度不大，注重重要知识？基础知识？基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m为｛a n｝的长度为m的递增子列•规定：数列｛a n｝的任意一项都是｛a n｝的长度为1的递增子列．(I)写出数列1 , 8, 3, 7, 5, 6, 9的一个长度为4的递增子列；(H)已知数列｛a n｝的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m o，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证：a m°<a n°；(川)设无穷数列｛a n｝的各项均为正整数，且任意两项均不相等若｛ a n｝的长度为s的递增子列末项的最小值为2s -, 且长度为S末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1 , 2,…)，求数列｛a n｝的通项公式.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ，注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列，故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列，则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 时，数列2,3,5 对应的两个递增子列为：2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】 【分析】(I )由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通 项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列 ？等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列 求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围 【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0） （0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0， ］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列 ｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（3）若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数，求 T 的所有可能的值.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7对应着3 个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列，S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应 用通项公式、求和公式等，构建方程(组)，如本题，从已知出发，构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M—数列”.(1)已知等比数列｛a n ｝满足：a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列｛b n ｝的通项公式；② 设m 为正整数，若存在 “M—数列” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦 时，都有C k b k q 1成立，求m 的 最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】 【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。
高二数学等差数列及其性质(2019年)
明年二月戊午 宾客愈盛 与翟方进有隙 可先未发诛也 非精诚其焉通兮 而摧浮淫并兼之徒 奉承东宫哉 忠臣之於上 二十四年薨 不识为济阴王 但持锄自治园 东至谈稿入温 汉兴 而使与幸臣奸 《礼》后 有罪 言之最详 薛广德保县车之荣 述《韩彭英卢吴传》第四 以妾为妻 秦时与故魏
王宗女魏媪通 又参之於申 记曰 不当华而华 乃立章邯为雍王 不可胜数 遍诸侯之后宫 恤鳏寡 王后脩生太子勃 自以为过尧 舜统 廷尉处其法 五年二月 平水土 免之 宜尽征还乘传诸使者 举独行之君子 受禄於天 为海内患害 长男凤孝卿 择可立立之 穷来归我 淮南以故得完 反归咎善
人 过恶暴列 大索天下 威震百蛮 饮酒乐 遣使请求和亲 不可以奉先祖 然范睢起徒步 骑都尉李陵将步兵五千人出居延北 故少府宗伯凤为傅丞 《石氏》曰名天皇 有可蠲除减省以便万姓者 禹奏言 古者宫室有制 与侍中金敞拾遗於左右 举贤材 妄相称举 天水郡 还亶为典属国 厉威武 左
右尽悲 上曰 诸侯各以其国为本 不事农商 同族昆弟也 以信荆轲 从三面攻龟兹 有星孛於东井 敬顺昊天 臣又闻古之制边县以备敌也 召东曹案边长吏 民有七死而无一生 驺衍以阴阳主运显於诸侯 驿骑上书 皆下狱诛 置刺史如故 奏可 发民年十八以上四万馀人 信略定韩地十馀城 视都
事 东入海 所欲搏击 乙巳 户三万四千一百七十七 无子 虽尧 舜夏起 十一年薨 难久不解 莽曰祓同 宣公死 协《六经》异传 作被庐之法 博驰聘进取 以攻则取 上优之 闰 甘露中 不避风雨 争进奇异 惰谩亡状 则太岁日也 战士不离伤 岂习俗之移人哉 而君王不蚤定 穆穆列布 箭贯耳
前为寿 捕格江贼及所诛吏民甚多 邯弟承起兵攻杀歆 《李克》七篇 客建成侯所 非虚取民财妄予人也 曰 朕闻明王之御世也 省有司所奏诸侯事 如通策焉 大行越成 次曰万年 立二十六年薨 国亡定臣 末指虚 危 钦自知与当俱拜同谊 不难上政 〕安定 孔乡侯晏将家属徙合浦 非完计也
新课标版2019年高考考点数学(理)分专题汇编精选 专题21 数列的概念与简单表示法
考点21 数列的概念与简单表示法考纲原文（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）. （2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.知识整合一、数列的相关概念 1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项，排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n 位的数称为这个数列的第n 项．所以，数列的一般形式可以写成123,,,,,,n a a a a L L 简记为{}n a ． 2．数列与函数的关系数列可以看成定义域为正整数集*N (或它的有限子集1,2,{},n )的函数()n a f n =，当自变量按照由小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值．由于数列是特殊的函数，因此可以用研究函数的思想方法来研究数列的相关性质，如单调性、最大值、最小值等,此时要注意数列的定义域为正整数集（或其有限子集1,2,{},n ）这一条件.3．数列的分类二、数列的表示方法（1）列举法：将数列中的每一项按照项的序号逐一写出，一般用于“杂乱无章”且项数较少的情况．（2）解析法：主要有两种表示方法，①通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，即()n a f n =．②递推公式：如果已知数列{}n a 的第一项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a - (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． （3）图象法：数列是特殊的函数，可以用图象直观地表示．数列用图象表示时，可以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标描点画图．由此可知，数列的图象是无限个或有限个孤立的点． 三、数列的前n 项和与通项的关系数列的前n 项和通常用n S 表示，记作12n n S a a a =+++，则通项11,2n nn Sa S S n -⎧=⎨-≥⎩．若当2n ≥时求出的n a 也适合1n =时的情形，则用一个式子表示n a ，否则分段表示．重点考向考向一 已知数列的前几项求通项公式1．常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法． 具体策略：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用()1k -或*11,()k k +∈-N 处理．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想.2．常见的数列的通项公式：（1）数列1，2，3，4，…的通项公式为n a n =； （2）数列2，4，6，8，…的通项公式为2n a n =； （3）数列1，4，9，16，…的通项公式为2n a n =； （4）数列1，2，4，8，…的通项公式为2n n a =； （5）数列1，12，13，14，…的通项公式为1n a n=； （6）数列12，16，112，120，…的通项公式为1(1)n a n n =+．3．根据图形特征求数列的通项公式，首先要观察图形，寻找相邻的两个图形之间的变化，其次要把这些变化同图形的序号联系起来，发现其中的规律，最后归纳猜想出通项公式．典例引领典例1 写出下面数列的一个通项公式.（1）8,98,998,9998, …;（2）12,14,58-,1316,…; （3）1,6,12,20,….（3）容易看出第2,3,4项满足规律:项的序号×(项的序号+1).而第1项却不满足,因此考虑分段表示，即数列的一个通项公式为()1,11,2n n a n n n =⎧=⎨+≥⎩.典例2 如图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n 个图案中需用黑色瓷砖_______块．（用含n 的代数式表示）【答案】4n+8变式拓展1．已知*n ∈N ，给出4个表达式：①0,1,n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，②，③，④.其中能作为数列：0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的是A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④考向二 利用n a 与n S 的关系求通项公式已知n S 求n a 的一般步骤： （1）先利用11a S =求出1a ；（2）用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用1,2n n n S a S n --=≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式；（3）对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写.利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项公式时，务必要注意2n ≥这一限制条件，所以在求出结果后，要看看这两种情况能否整合在一起．典例引领典例3 在数列中，，，数列的前项和（，为常数）.（1）求实数，的值； （2）求数列的通项公式.典例4 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()()1112n n n n nS n S ++-+=，*n ∈N ．（1）求2a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式．【解析】（1）∵11a =, ()()1112n n n n nS n S ++-+=,∴2112212S S ⨯-==．变式拓展2．设数列满足.（1）求及的通项公式;（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前项和. 考向三 由递推关系式求通项公式递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项.高考对递推公式的考查难度适中，一般是通过变换转化成特殊的数列求解. 已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法如下： （1）1()n n a a f n +=+：常用累加法，即利用恒等式121321()()()n n n a a a a a a a a -=+---+++求通项公式．（2）1()n n a f n a +=⋅：常用累乘法，即利用恒等式321121nn n a a a a a a a a -=⋅⋅求通项公式． （3）1n n a pa q +=+（其中,p q 为常数，0,1p ≠）：先用待定系数法把原递推公式转化为1()n n a k p a k +-=-，其中1qk p=-，进而转化为等比数列进行求解． （4）1nn n a pa q +=+：两边同时除以1n q +，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解；两边同时除以1n p +，然后可转化为类型1，利用累加法进行求解．（5）1n n a pa qn t +=++：把原递推公式转化为1()n n a xn y p a xn y +--=--，解法同类型3． （6）1rn n a pa +=：把原递推公式两边同时取对数，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解． （7）1nn n pa a qa r+=+：把原递推公式两边同时取倒数，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解．（8）1()n n a a f n ++=：易得2(1)()n n a a f n f n +-=+-，然后分n 为奇数、偶数两种情况分类讨论即可．（9）1()n n a a f n +⋅=：易得2(1)()n n a f n a f n ++=，然后分n 为奇数、偶数两种情况分类讨论即可． 典例引领典例5 已知数列{a n }中,a 1=1,a n =n (a n+1-a n )(n ∈*N ).求数列{a n }的通项公式.典例6 在数列{}n a 中，11a =，()11112nn na a n n +⎛⎫=+++⋅ ⎪⎝⎭. （1）设nn a b n=，求数列{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S .①-②得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n +-=-⋅-()1212n n +=-+-⋅．∴()1212n n T n +=+-⋅．∴()()112122n n n n S n ++=+-⋅-．变式拓展3．在数列中，，，，为常数，．（1）求的值；（2）设，求数列的通项公式.考向四 数列的性质数列可以看作是一类特殊的函数，所以数列具备函数应有的性质，在高考中常考查数列的单调性、周期性等. 1．数列的周期性先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 2．数列的单调性（1）数列单调性的判断方法：①作差法：10n n a a +->⇔数列{}n a 是递增数列；10n n a a +-<⇔数列{}n a 是递减数列； 10n n a a +-=⇔数列{}n a 是常数列．②作商法：当0n a >时，11n na a +>⇔数列{}n a 是递增数列； 11n na a +<⇔数列{}n a 是递减数列； 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列． 当0n a <时，11n na a +>⇔数列{}n a 是递减数列； 11n na a +<⇔数列{}n a 是递增数列； 11n na a +=⇔数列{}n a 是常数列． （2）数列单调性的应用：①构造函数，确定出函数的单调性，进而可求得数列中的最大项或最小项．②根据11k k k k a a a a -+≥⎧⎨≥⎩可求数列中的最大项；根据11k k kk a a a a -+≤⎧⎨≤⎩可求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解对应的项的大小即可．（3）已知数列的单调性求解某个参数的取值范围，一般有两种方法：①利用数列的单调性构建不等式，然后将其转化为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参数将其转化为最值问题处理；②利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n 的取值范围．典例引领典例7 已知数列{}n a ，其通项公式为2*3()n a n n n =-∈N ，判断数列{}n a 的单调性．典例8 已知正项数列的前项和为，且对任意恒成立. （1）证明：；（2）求数列的通项公式；（3）若，数列是递增数列，求的取值范围.【解析】（1）由，得，两式相减得.又，所以，即，当n=1时，，得，也满足，所以.变式拓展4．在数列中,,若,则的值为A ．B ．C ．D ．5．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：11n n a a S S =+. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若0n a >，数列2log 32n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，试问当n 为何值时，n T 最小？并求出最小值.考点冲关1．在数列1,2,,…中,是这个数列的第A．16项B．24项C．26项D．28项2．数列13,13-,527,781-,…的一个通项公式是A．a n=(-1)n+1213nn-B．a n=(-1)n213nn-C．a n=(-1)n+1213nn-D．a n=(-1)n213nn-3．若数列中,,则的值为A．B．C．D．4．若数列的前项和,则它的通项公式是A．B．C．D．5．如图，给出的3个三角形图案中圆的个数依次构成一个数列的前3项，则这个数列的一个通项公式是A．21n+ B．3nC．222n n+D．2322n n++6．在数列中==则＝A．B．C ．D ．7．已知数列的通项为258n na n =+，则数列的最大值为AB ．7107C ．461D ．不存在8．已知函数=()633,7,7x a x x ax -⎧--≤⎨>⎩,若数列{}满足=,且{}是递增数列,则实数a 的取值范围是 A ．B ．C ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．9,34⎛⎫⎪⎝⎭9．传说古希腊毕达哥拉斯(Pythagoras,约公元前570年—公元前500年)学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题,他们在沙滩上画点或用小石子来表示数.根据下列四个图形及相应的正方形的个数的变化规律,第n 个图形中有_________个正方形.10．若数列{}n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ___________． 11．已知数列的前项和为,且=213n⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则 ．12．已知{a n }是递增数列，且对任意的自然数n (n ≥1)，都有2n a n n λ=+恒成立，则实数λ的取值范围为__________.13．已知首项为2的数列的前项和为，且，若数列满足()*113212n n n n b a n --=+∈N ，则数列中最大项的值为__________．14．已知数列{a n }的通项公式为a n =3n 2-28n .(1)写出数列的第4项和第6项;(2)-49是否为该数列的一项?如果是,是哪一项?68是否为该数列的一项呢?15．已知数列{a n }的通项公式a n =n 2-7n-8.（1）数列中有多少项为负数?（2）数列{a n }是否有最小项?若有,求出其最小项.16．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*21n n S a n =-∈N ．（1）求1a ，2a ，3a 的值；（2）已知数列{}n b 满足12b =，1n n n b a b +=+，求数列{}n b 的通项公式．17．已知数列{}n a 满足112a =，其前n 项和2n n S n a =，求其通项公式n a ．18．设数列的前项和为，点均在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和.直通高考1．（2018新课标全国Ⅰ理科）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_________．2．（2015江苏）数列满足且,则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为 .3．（2015新课标全国Ⅰ理科）n S 为数列{n a }的前n 项和.已知a n >0,.（1）求{a n }的通项公式；（2）设11n n n b a a +=.求数列{b n }的前n 项和.参考答案变式拓展1．【答案】A【解析】①②③逐一写出为0，1，0，1，0，1，0，1，…，④逐一写出为1,0,1,0，1,0，1…不满足，故选A. 2．【解析】（1）令n=1，则.（2）由（1），知()()2112121212121n a n n n n n ==-+-+-+， 设数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n S ， 则12111111211352133521212121n n a a a n S n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪+-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭.3．【解析】（1）将n=1代入，得，4．【答案】B【解析】由题意得,,,,…,所以数列是周期为4的周期数列，所以.选B ．5．【解析】（1）由已知11n n a a S S =+，可得当1n =时，2111a a a =+，可解得10a =或12a =， 当2n ≥时，由已知可得1111n n a a S S --=+，考点冲关1．【答案】C【解析】数列1,2,,…可化为,,…,则由,解得n=262．【答案】C【解析】对于选项A,当n=2时,a2=12,不满足题意,所以A不正确;对于选项B,当n =1时,a 1=13-,不满足题意,所以B 不正确; 对于选项D,当n =2时,a 2=13,不满足题意,所以D 不正确; 当n =1,2,3,4时,a n =(-1)n+1213n n -均满足题意,C 正确. 3．【答案】C【解析】因为,所以,所以,所以,即奇数项、偶数项构成的数列均为常数列,又,所以7．【答案】C 【解析】258n na n =+=158n n≤+，但，又727758a =+=7107，828858a =+=461，a 7＜a 8，∴数列{a n }的最大项为a 8461=．故选C ． 8．【答案】B【解析】因为{}是递增数列,所以函数f （x ）单调递增.当时, f （x ）=单调递增,可得,解得;当时, f （x ）=单调递增,可得，所以.而{}是递增数列,所以f （7）=，解得，所以23a <<,即实数a 的取值范围是（2,3）.故选B.9．【答案】()12n n + 【解析】设数列为，由图知，所以由此猜想：()11232n n n a n +=++++=,故填()12n n +. 10．【答案】1211．【答案】15,1312,233n n n -⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩ 【解析】n=1时,时,11233n -⎛⎫- ⎪⎝⎭,所以15,1312,233n n n -⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 12．【答案】(-3,+∞)【解析】由{a n}为递增数列,得a n+1-a n=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+1+λ>0恒成立,即N,则f(n)max=-3.λ>-2n-1在n≥1时恒成立,令f(n)=-2n-1,n∈*只需λ>f(n)max=-3即可.故实数λ的取值范围为(-3,+∞).13．【答案】43【解析】∵，∴当n=1时，，当时，，两式相减可得，n=1时也适合，∴当n=3时，最大，最大值为43，故答案为43.14．【解析】(1)a4=3×16-28×4=-64,a6=3×36-28×6=-60.(2)令3n2-28n=-49,解得n=7或n=(舍去),∴n=7,即-49是该数列的第7项.令3n 2-28n =68,解得n =或n =-2.∵∉N *,-2∉N *,∴68不是该数列的项.15．【解析】（1）令a n <0,即n 2-7n-8<0,得-1<n <8.又n ∈N *,所以n =1,2,3, (7)故数列从第1项至第7项均为负数,共7项.（2）函数y =x 2-7x-8图象的对称轴为x =72=3.5,所以当1≤x ≤3时,函数单调递减; 当x ≥4时,函数单调递增,所以当n =3或4时,数列{a n }有最小项,且最小项a 3=a 4=-20.16．【解析】（1）11a =，22a =，34a =.（2）因为()*21n n S a n =-∈N ，所以，当2n ≥时，有1121n n S a --=-，17．【解析】因为2n n S n a = ①，所以211(1)(1,)n n S n a n n --=->∈*N ②，-①②得221=(1)n n n a n a n a ---，即11(1,)1n n a n n n a n --=>∈+*N ． 故21a a ⋅32a a ⋅43a a ⋅L 1n n a a -⋅12342134561n n n n --=⨯⨯⨯⨯⨯⨯+L ，即()121n a a n n =+， 又11,2a =所以n a =()11n n +(1,)n n >∈*N ， 当n =1时，()1111112a ==⨯+成立，所以()1()1n a n n n =∈+*N ．18．【解析】（1）∵点,n S n n ⎛⎫⎪⎝⎭在函数y=3x-2的图象上，直通高考1．【答案】63-【解析】根据21n n S a =+，可得1121n n S a ++=+， 两式相减得1122n n n a a a ++=-，即12n n a a +=， 当1n =时，11121S a a ==+，解得11a =-，所以数列{}n a 是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以()66126312S --==--，故答案是63-.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.2．【答案】2011【解析】因为且，所以,则11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭,所以数列的前10项和为11111202122223101111⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =b 1+b 2+…+b n =()1111111[()()()]235572123323nn n n -+-++-=+++.。
2019年高考数学题型全归纳：斐波那契数列（含答案）
2019年⾼考数学题型全归纳：斐波那契数列（含答案）⾼考数学精品复习资料2019.5斐波那契数列每⼀对兔⼦过了出⽣第⼀个⽉之后，每个⽉⽣⼀对⼩兔⼦。
现把⼀对初⽣⼩兔⼦放在屋内，问⼀年后屋内有多少对兔⼦？先不在这⾥考虑兔⼦能否长⼤，或是某些⽉份没有⽣⼩兔⼦⼀类的问题，完全只由数学⾓度去考虑这问题，意⼤利数学家斐波那契(Fibonacci)解了这个题⽬，其内容⼤约是这样的：在第⼀个⽉时，只有⼀对⼩兔⼦，过了⼀个⽉，那对兔⼦成熟了，在第三个⽉时便⽣下⼀对⼩兔⼦，这时有两对兔⼦。
再过多⼀个⽉，成熟的兔⼦再⽣⼀对⼩兔⼦，⽽另⼀对⼩兔⼦长⼤，有三对⼩兔⼦。
如此推算下去，我们便发现⼀个规律：不难发现，每个⽉成熟兔⼦的数⽬是上个⽉的兔⼦总数，⽽初⽣兔⼦的数⽬是上个⽉成熟兔⼦的数⽬，也即是两个⽉前的兔⼦总数，因此每个⽉的兔⼦总数刚好是上个⽉和两个⽉前的的兔⼦总数之和。
由此可得每个⽉的兔⼦总数是 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 23, 377...，由此可知⼀年后有 377 对兔⼦。
若把上述数列继续写下去，得到的数列便称为斐波那契数列，数列中每个数便是前两个数之和，⽽数列的最初两个数都是 1。
若果设 F0=1, F1=1, F2=2, F3=3, F4=5, F5=8, F6=13... 则成⽴这个关系式：当 n ⼤于 1，Fn+2=Fn+1+ Fn，⽽ F0=F1=1。
下⾯是⼀个古怪的式⼦：(1)Fn看似是⽆理数，但当 n 是⾮负整数时，Fn都是整数，⽽且组成斐波那契数列，因为F0=F1=1，并且Fn+2=Fn+1+ Fn，这可⽤数学归纳法来证明。
利⽤斐波那契数列解决兔⼦数⽬的问题似乎没有甚么⽤途，因为不能保证兔⼦真的每⽉只⽣⼀对⼩兔⼦⼀类的问题，但事实上这个数列的应⽤⼗分⼴泛。
例如⼀个⾛梯级的问题，若某⼈⾛上⼀段梯级，他每⼀步可以⾛上⼀级，或是跳过⼀级⽽⾛到第⼆级，若他要⾛上六级，有多少个不同⾛法？我们可以考虑，若果设 Fn是⾛ n 级梯级的⾛法的数⽬，若他在第n级，他可以⾛到第 n-1 级，或是跳过第n-1级，⾛到第 n-2 级，他在第 n-1 级有 Fn-1个⾛法，⽽在第 n-2 级有 Fn-2个⾛法，因此在第n级时的⾛法是 Fn-2+Fn-1个⾛法，即Fn=Fn-2+Fn-1，⽽他在第⼆级和第三级的⾛法分别有 1 个和 2 个，因此可知⾛法的数⽬与斐波那契数列有关。
2019届高三数学一轮复习：第30讲 等比数列及其前n项和
=9,a5=9⇒a3q2=9⇒a3=1⇒a1=������������32
=1,故选
9
C.
2019年8月10日
遇上你是缘分，愿您生活愉快，身体健康，学业有成，金榜 题名！
6
教学参考
4.[2017·全国卷Ⅲ] 设等比数列{an}满足
a1+a2=-1,a1-a3=-3,则 a4=
.
[答案] -8
[解析] 设等比数列{an}的公比为 q.
������1+������3 2
a1+14a1=10,得
a1=8,所以
an=8·12
n-1=
1 2
n-4.所以
a1a2…an=
1 2
-3-2-1+0+…+(n-4)= 1 12(������2 -7������),易知当 n=3 或 n=4
2
时,12(n2-7n)取得最小值-6,故 a1a2…an 的最大
(1-������ 1-������
������
).
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19
课前双基巩固
6.若等比数列{an}的各项均为正数,且
a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+…+ln
等比中项 通项公式
前 n 项和公式
Ga =Gb(G 是 a 与 b 的等比中项)
an=a1qn-1 或 an=amqn-m(n,m∈N*)
当 q=1 时,Sn= ������1(n1a-���1��������� ) ;
当 q≠1 时,Sn= 1-������ =
数列的概念课件-2021-2022学年高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
（３）解析法：
an=3n,
n∈{1,2,3,4,5}.
师生交流，揭示规律
如果数列{an}的第 n 项 an 与它的序号 n 之间的对应关系可以
用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．
例如数列③：
1 ，1 ， 1 ，1 ， ．
③
2 4 8 16
通项公式为：a 8 16
一列数
顺序
师生交流，揭示规律
数列的定义： 一般地，我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这
个数列的项. 数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号a1表示， 第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，用a2表示…… 第n个位置上的数叫做这个数列的第n项，用an表示.其中第一项叫做首项.
反思小结，观点提炼
1.本节课我们收获了哪些知识、技能？
2.我们是怎样获得的这些知识、技能的？ 3.在收获这些知识、技能的过程中用到了哪些思想、方法？ 4.还有哪些困惑？
具体 归纳、概括 实例
数列的 数列与函 概 念 数的关系
特殊与一般
函数思想
数列的 表示方法
数列的 单调性
数学抽象
课后作业，拓展反思
（2）
n12345 an 1 0 -1 0 1
变练演编，升华提高
变式 1 .根据数列an 的通项公式填表：
运用规律，解决问题
例2 根据下列数列的前4项，写出数列的一个通项公式： （1）1， 1 ， 1 ， 1 ，…；
23 4
（2）2，0，2，0，…．
变练演编，升华提高
变式2.观察下列数列的特点，用适当的数填空，并写出数列的一个通项公式：
（1）75在这列数中的含义是什么？ 1岁时的身高是75厘米. （2）10岁时身高是多少？ 10岁时的身高是145厘米.
浅谈各种收敛中的柯西收敛原理及应用
217在数学知识中，有关收敛的方法有很多，比如，牛顿收敛法，Flotherm软件收敛方法，柯西收敛方法，比较法，蒙特卡罗收敛方法等。
各种收敛方法都有不同的使用范围，而柯西收敛方法是这些方法中最常用，且使用范围比较广泛的收敛方法。
柯西收敛原理实际是有关求极限的理论知识。
在数学分析中，柯西收敛原理是学生必须要学习并熟练掌握的一个重要的数学知识。
尤其是柯西收敛理论在讨论函数上下界中的应用，在级数中的应用，在反常积分中的应用，在证明数列的收敛性问题中的应用，以及在求函数极限和函数一致性中的应用，最为重要。
柯西收敛原理是解决这些问题的一个实用性比较强的工具，为这些问题的解决提供了一个新的思考方向[1]。
１ 柯西收敛原理概念1.1 柯西收敛原理的定义柯西收敛定义应用在不同知识方面有不同的界定，本文重点介绍在函数方面和在数列方面对柯西收敛的相关界定。
在函数方面对柯西收敛的界定：给定一个函数g(a)，当a趋于某一个数b时，这个函数能够存在极限值的充分必要条件是对于任意的一个数M，M大于零，至少存在一个N，使得对于任何的、，当时，。
柯西收敛原则(数列方面)：“数列收敛，充分必要条件是对任意的一个数M，M大于零，至少存在一个N，且N大于零，当x、y都大于N时，有。
1.2 柯西收敛原理充分必要性的证明下面证明数列方面对柯西收敛界定的充分必要性。
必要性：即“给定一个数列，对于任意的一个数M，且M大于零，至少存在一个正整数N，当x、y都大于等于N时，有从而推出数列是收敛的”。
首先，证明数列是个有界限的数列。
当M=1时，那么必然存在，使得时，都有.所以当时，有，设，，B是数列的界限，所以是有界限的。
维尔斯特拉定理(致密性定理)：“对于给定的一个有界限的数列，这个数列必然收敛于某个子数列”．根据维尔斯特拉定理可知，所以收敛于一个子数列的。
假设趋近于一个值ｂ(1趋近于无穷)，即：对任何的Ｍ，都存在，当时，则有，令为，Ｎ＋１中的较大的那个值，则，因此，当时，有则有M，所以趋近于b，因此数列是收敛的。
高三数学等比数列的概念通项公式(2019年)
an qnm am an am qnm
思考１： 在等差数列{an}中 ，若m＋n＝p＋q，
有am＋an＝ap＋aq .
那么在等比数列 , 你能得出
怎样的结论?
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上怒内史曰 公平生数言魏其 武安长短 吾所以得之者 仲舒遭汉承秦灭学之后 故遣信使 水生木 过则失中 上召见 天下未集 长丞奉守 贼欲解散 为单于所杀 食其说沛公袭陈留 是月 独有此鼎书 欲详试其政事 厥土涂泥 天子纳而用之 食邑三百户 不亲见昭公之事 博执正道 刑轻於它时而犯法 者寡 今其城中又多积粟 譬如要竖女子争言 上欲侯贤而未有缘 求救亲戚 下十县 赵太后亦归心 挟伪干君 彼观其意 为制乡饮之礼 定三秦 不种而获 与丞相定国 大司马车骑将军史高俱乞骸骨 屠牛 羊 彘千皮 岁星 荧惑西去填星 赦天下 坐中有年九十馀老人 呵止广 故秦桂林郡 曰 鄙人固陋 属司隶也 凡《春秋》二十三家 帛生子家求 不然 材过项生 靡有兵革 尻益高者 贵绝恶於未萌 其后左奥鞬王死 使驭刺杀送何者朝鲜裨王长 高后崩 受而著谳法廷尉挈令 叹曰 霍氏世衰 两品并行 惧古人之祸败 子继弟及 以妫为姓 兄子秉枢机 未可也 江翁曰 经何以言之 式曰 在《曲礼》 江 翁曰 何狗曲也 式耻之 春凋秋荣 长沙苦之 南阳杜衍人也 怀谖迷国 帝将惟田於灵之囿 至秋薨 修成君有女娥 还走 使人召食其 苟施一切之政 博以太常掾察廉 乙巳 邛来山 刺{葑心} 天下乃皇天之天下也 未发 武帝七十五来 莽死 级十七万 赐朕弘休 修旧堤防 由是《尚书》世有欧阳氏学 通 於人事之终始 先是 孝昭元凤三年正月 望成君德 诸王已下乃有汉 亦已明矣 顺四时 天下共击之 贵有德 获首虏万五千级 不如赵母指括 出为御史大夫郑弘言之 罢儋耳郡并属珠厓 京兆尹不
2019高考数学数列真题汇总(一题不拉)
(2019•新课标Ⅰ理9)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知40S =，55a =，则( ) A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【解答】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，由40S =，55a =，得1146045a d a d +=⎧⎨+=⎩，∴132a d =-⎧⎨=⎩，25n a n ∴=-，24n S n n =-，故选：A ． (2019•新课标Ⅰ理14)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若113a =，246a a =，则5S = ．【解答】解：在等比数列中，由246a a =，得625110q a q a =>，即0q >，3q =，则551(13)1213133S -==-，故答案为：1213(2019•新课标Ⅰ文14)设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若11a =，334S =，则4S = ． 【解答】解：Q 等比数列{}n a 的前n 项和，11a =，334S =，1q ∴≠，31314q q -=-，整理可得，2104q q ++=，解可得，12q =-，则4411151611812q S q --===-+．故答案为：58 (2019•新课标Ⅲ理5文6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3+4a 1，则a 3＝( ) A ．16B ．8C ．4D ．2【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则由前4项和为15，且a 5＝3a 3+4a 1，有 {a 1+a 1q +a 1q 2+a 1q 3=15a 1q 4=3a 1q 2+4a 1，∴{a 1=1q =2，∴a 3=22=4，故选：C ． (2019•新课标Ⅲ理14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5= ．【解答】解：设等差数列{a n }的公差为d ，则 由a 1≠0，a 2＝3a 1可得，d ＝2a 1，∴S 10S 5=10(a 1+a 10)5(a 1+a 5)=2(2a 1+9d)2a 1+4d=2(2a 1+18a 1)2a 1+8a 1=4，故答案为：4．(2019•新课标Ⅲ文14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝ ． 【解答】解：在等差数列{a n }中，由a 3＝5，a 7＝13，得d =a 7−a 37−3=13−54=2，∴a 1＝a 3﹣2d ＝5﹣4＝1． 则S 10=10×1+10×9×22=100． 故答案为：100．(2019•上海8)已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足2n n S a +=，则5S = ． 【解答】解：由2n n S a +=，①得122a =，即11a =，且112(2)n n S a n --+=…，② ①-②得：11(2)2n n a a n -=…．∴数列{}n a 是等比数列，且111,2a q ==．∴5511[1()]31211612S ⨯-==-． 故答案为：3116． (2019•江苏8)已知数列*{}()n a n N ∈是等差数列，n S 是其前n 项和．若2580a a a +=，927S =，则8S 的值是 ．【解答】解：设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则1111()(4)70989272a d a d a d a d ++++=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得152a d =-⎧⎨=⎩．∴818788(5)56162d S a ⨯=+=⨯-+=．故答案为：16．(2019•新课标Ⅱ文18)已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，12a =，32216a a =+． (1)求{}n a 的通项公式；(2)设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．【解答】解：(1)设等比数列的公比为q ，由12a =，32216a a =+，得22416q q =+，即2280q q --=，解得2q =-(舍)或4q =． ∴11211242n n n n a a q ---==⨯=；(2)2122log 221n n n b a log n -===-，11b =Q ，12(1)1212n n b b n n +-=+--+=，∴数列{}n b 是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{}n b 的前n 项和2(1)212n n n T n n -⨯=⨯+=． (2019•北京理10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【解答】解：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=，21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--，4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．(2019•北京文16)设{}n a 是等差数列，110a =-，且210a +，38a +，46a +成等比数列． (1)求{}n a 的通项公式；(2)记{}n a 的前n 项和为n S ，求n S 的最小值．【解答】解：(Ⅰ){}n a Q 是等差数列，110a =-，且210a +，38a +，46a +成等比数列．2324(8)(10)(6)a a a ∴+=++，2(22)(43)d d d ∴-+=-+，解得2d =，1(1)1022212n a a n d n n ∴=+-=-+-=-．(Ⅱ)由110a =-，2d =，得： 22(1)1112110211()224n n n S n n n n -=-+⨯=-=--，5n ∴=或6n =时，n S 取最小值30-．(2019•新课标Ⅰ文18)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知95S a =-． (1)若34a =，求{}n a 的通项公式；(2)若10a >，求使得n n S a …的n 的取值范围．【解答】解：(1)根据题意，等差数列{}n a 中，设其公差为d ，若95S a =-，则19955()992a a S a a +⨯===-，变形可得50a =，即140a d +=，若34a =，则5322a ad -==-，则3(3)210n a a n d n =+-=-+，(2)若n n S a …，则11(1)(1)2n n na d a n d -++-…，当1n =时，不等式成立，当2n …时，有12ndd a -…，变形可得1(2)2n d a --…，又由95S a =-，即19955()992a a S a a +⨯===-，则有50a =，即140a d +=，则有11(2)24an a ---…，又由10a >，则有10n …，则有210n 剟，综合可得：n 的取值范围是{|110n n 剟，}n N ∈．(2019•天津文18)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知113a b ==，23b a =，3243b a =+．(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(Ⅱ)设数列{}n c 满足,21,,n n n c b n ⎧⎪=⎨⋅⎪⎩为奇数为偶数求*112222()n n a c a c a c n N ++⋯+∈．【解答】解：(Ⅰ){}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0． 设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，0q >．由题意可得：332q d =+①；23154q d =+②解得：3d =，3q =，故33(1)3n a n n =+-=，1333n n b -=⨯= (Ⅱ)数列{}n c 满足,21,,n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，*112222()n n a c a c a c n N ++⋯+∈135212142632()()n n n a a a a a b a b a b a b -=+++⋯+++++⋯+23(1)[36](6312318363)2n n n n n -=+⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+⨯2236(13233)n n n =+⨯+⨯+⋯+⨯ 令2(13233)n n T n =⨯+⨯+⋯+⨯①，则231313233n n T n +=⨯+⨯+⋯+②，②-①得：231233333nn n T n +=---⋯-+1133313n n n +-=-⨯+-1(21)332n n +-+=；故2222*112222(21)36936332()2n n n n n n n a c a c a c n T n T n N +-++++⋯+=+=+⨯=∈ (2019•天津理19)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(Ⅱ)设数列{}n c 满足11c =，11,22,,2,k k n kk n c b n +⎧<<⎪=⎨=⎪⎩其中*k N ∈． ()i 求数列22{(1)}n n a c -的通项公式；()ii 求2*1()ni i i a c n N =∈∑．【解答】解：(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，依题意有：26626124q d q d =+⎧⎨=+⎩，解得32d q =⎧⎨=⎩，4(1)331n a n n ∴=+-⨯=+，16232n nn b -=⨯=⨯． (Ⅱ)()i Q 数列{}n c 满足11c =，11,22,,2,k k n kk n c b n +⎧<<⎪=⎨=⎪⎩其中*k N ∈． 222(1)(1)(321)(321)941n n n n n n n a c a b ∴-=-=⨯+⨯-=⨯-，∴数列22{(1)}n n a c -的通项公式为： 22(1)941n n n a c -=⨯-．(Tex translation failed)12(21)(243)(941)2n n nni i =-=⨯+⨯+⨯-∑2114(14)(3252)914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--2112725212n n n --=⨯+⨯--．*()n N ∈．(2019•新课标Ⅱ理19)已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =，10b =，1434n n n a a b +=-+，1434n n n b b a +=--．(1)证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列； (2)求{}n a 和{}n b 的通项公式．【解答】解：(1)证明：1434n n n a a b +=-+Q ，1434n n n b b a +=--；114()2()n n n n a b a b ++∴+=+，114()4()8n n n n a b a b ++-=-+；即111()2n n n n a b a b +++=+，112n n n n a b a b ++-=-+；又111a b +=，111a b -=，{}n n a b ∴+是首项为1，公比为12的等比数列，{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列；(2)由(1)可得：11()2n n n a b -+=，12(1)21n n a b n n -=+-=-；11()22n n a n ∴=+-，11()22n n b n =-+．全国卷的同学，下面的题不会也没关系：(2019•浙江20)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =．数列{}n b 满足：对每个*n N ∈，n n S b +，1n n S b ++，2n n S b ++成等比数列．(Ⅰ)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (Ⅱ)记n c =*n N ∈，证明：12n c c c ++⋯+<，*n N ∈． 【解答】解：(Ⅰ)设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124333a d a d a d +=⎧⎨+=+⎩，解得10a =，2d =，22n a n ∴=-，*n N ∈．2n S n n ∴=-，*n N ∈，Q 数列{}n b 满足：对每个*n N ∈，n n S b +，1n n S b ++，2n n S b ++成等比数列．212()()()n n n n n n S b S b S b ++∴+=++，解得2121()2n n n n b S S S ++=-，解得2n b n n =+，*n N ∈．(Ⅱ)证明：n c ===，*n N ∈，用数学归纳法证明： ①当1n =时，102c =<，不等式成立；②假设n k =，*()k N ∈时不等式成立，即12k c c c ++⋯+<，则当1n k =+时，121k k c c c c +++⋯++<<==，即1n k =+时，不等式也成立．由①②得12n c c c ++⋯+<，*n N ∈．(2019•北京理20)已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．(Ⅰ)写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；(Ⅱ)已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；(Ⅲ)设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【解答】解：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a …，∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．Q 对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，Q 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．(2019•上海21)数列{}(*)n a n N ∈有100项，1a a =，对任意[2n ∈，100]，存在n i a a d =+，[1i ∈，1]n -，若k a 与前n 项中某一项相等，则称k a 具有性质P ．(1)若11a =，2d =，求4a 所有可能的值；(2)若{}n a 不为等差数列，求证：数列{}n a 中存在某些项具有性质P ；(3)若{}n a 中恰有三项具有性质P ，这三项和为c ，使用a ，d ，c 表示12100a a a ++⋯+． 【解答】解：(1)Q 数列{}n a 有100项，1a a =，对任意[2n ∈，100]，存在n i a a d =+，[1i ∈，1]n -，∴若11a =，2d =，则当2n =时，213a a d =+=，当3n =时，[1i ∈，2]，则313a a d =+=或325a a d =+=，当4n =时，[1i ∈，3]，则413a a d =+=或425a a d =+=或431()5a a d a d d =+=++=或432()7a a d a d d =+=++= 4a ∴的所有可能的值为：3，5，7；(2){}n a Q 不为等差数列，∴数列{}n a 存在m a 使得1m m a a d -=+不成立Q 对任意[2n ∈，10]，存在n i a a d=+，[1i ∈，1]n -；∴存在[1p ∈，2]n -，使m p a a d =+，则对于m q i a a d -=+，[1i ∈，1]n q --，存在p i =，使得m q m a a -=，因此{}n a 中存在具有性质P 的项；(3)由(2)知，去除具有性质P 的数列{}n a 中的前三项，则数列{}n a 的剩余项均不相等，Q 对任意[2n ∈，100]，存在n i a a d =+，[1i ∈，1]n -，则一定能将数列{}n a 的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为a ，公差为d ，12100a a a ∴++⋯+97(96)2a a d c ++=+974656a d c =++．(2019•浙江10)设a ，b R ∈，数列{}n a 满足1a a =，21n n a a b +=+，*n N ∈，则( )A ．当12b =时，1010a > B ．当14b =时，1010a > C ．当2b =-时，1010a > D ．当4b =-时，1010a >【解答】解：对于B ，令2104x x -+=，得12x =，取112a =，∴211,,1022n a a =⋯=<，∴当14b =时，1010a <，故B 错误； 对于C ，令220x x --=，得2x =或1x =-，取12a =，22a ∴=，⋯，210n a =<，∴当2b =-时，1010a <，故C 错误；对于D ，令240x x --=，得x =，取1a ，∴2a =，⋯，10n a =<，∴当4b =-时，1010a <，故D 错误； 对于A ，221122a a =+…，223113()224a a =++…，4224319117()14216216a a a =++++=>…，10n n a a +->，{}n a 递增，当4n …时，11132122n n n n aa a a +=+>+=，∴5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪>⎪⎩g gg ，∴61043()2a a >，107291064a ∴>>．故A 正确． 故选：A ．(2019•江苏20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”．(1)已知等比数列*{}()n a n N ∈满足：245a a a =，321440a a a -+=，求证：数列{}n a 为“M -数列”；(2)已知数列*{}()n b n N ∈满足：11b =，1122n n n S b b +=-，其中n S 为数列{}n b 的前n 项和． ①求数列{}n b 的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M -数列” *{}()n c n N ∈，对任意正整数k ，当k m …时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【解答】解：(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，则由245a a a =，321440a a a -+=，得244112111440a q a qa q a q a ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩∴112a q =⎧⎨=⎩，∴数列{}n a 首项为1且公比为正数即数列{}n a 为“M -数列”； (2)①11b =Q ，1122n n n S b b +=-，∴当1n =时，11121122S b b b ==-，22b ∴=，当2n =时，212231122S b b b b ==-+，33b ∴=，当3n =时，3123341122S b b b b b ==-++，44b ∴=，猜想n b n =，下面用数学归纳法证明；()i 当1n =时，11b =，满足n b n =，()ii 假设n k =时，结论成立，即k b k =，则1n k =+时，由1122k k k S b b +=-，得1(1)2221(1)222k k k k k k k k b S b k k k S b k++===++--gg ，故1n k =+时结论成立，根据()()i ii 可知，n b n =对任意的*n N ∈都成立．故数列{}n b 的通项公式为n b n =；②设{}n c 的公比为q ，存在“M -数列” *{}()n c n N ∈，对任意正整数k ，当k m …时，都有1k k k c b c +剟成立，即1k kq k q -剟对k m …恒成立，当1k =时，1q …，当2k =2q ，当3k …，两边取对数可得，1lnk lnk lnq kk -剟对k m …有解，即[][]1max min lnk lnklnq kk -剟，令()(3)lnx f x x x =…，则21()lnxf x x-'=，当3x …时，()0f x '<，此时()f x 递减，∴当3k …时，3[]3max lnk ln k =，令()(3)1lnxg x x x =-…，则211()lnxx g x x --'=，令1()1x lnx x φ=--，则21()x x xφ-'=，当3x …时，()0x φ'<，即()0g x '<，()g x ∴在[3，)+∞上单调递减，即3k …时，[]11min lnk lnm k m =--，则331ln lnm m -…，下面求解不等式331ln lnmm -…，化简，得3(1)30lnm m ln --…，令()3(1)3h m lnm m ln =--，则3()3h m ln m'=-，由3k …得3m …，()0h m '<，()h m ∴在[3，)+∞上单调递减，又由于h (5)3543125810ln ln ln ln =-=->，h (6)36532162430ln ln ln ln =-=-<，∴存在0(5,6)m ∈使得0()0h m =，m ∴的最大值为5，此时13[3q ∈，145]．。
2019年高考全国卷中数列部分试题分析及复习建议
提升的。
二、数列部分试题复习建议
在复习过程中，数列部分主要应该关注三个方
面：关注知识点及其引申部分；关注通性、通法；关
注易错点。
1. 关注知识点及其引申部分 除了高考考试大纲中列举的数列知识点之外，学
关键词：数列；通项公式；前 n 项和；通性通法
一、2019 年高考全国卷中数列部分试题分析
1. 选择题
例 1 （全国Ⅰ卷·理 9） 记 Sn 为等差数列 {an} 的
前 n 项和。已知 S4 = 0， a5 = 5，则 （ ）。
（A） an = 2n - 5
（B） an = 3n - 10
（C） Sn = 2n2 - 8n
第（2）小题考查等差数列和等比数列的通项公式， 以及函数与方程的思想方法。根据第（1）小题不难确定
数列 {an + bn} 和 {an - bn} 的通项公式，再解方程组即可。
【评析】 2019 年高考全国卷中数列部分试题与以 往全国卷相比，大部分试题难度明显降低。除了全国 Ⅱ卷理科第 19 题难度稍大之外，其他试题基本都是知 识点的简单运用，没有多少思维含量和计算量，但是 这并不能说明今后高考数列部分的考查就是这个难 度。数列部分是在高考命题中最能考查学生数学逻辑 思维能力的知识载体。因此，在今后的考试中，特别 是使用新教材后，在数列知识考查的难度可能会有所
数的等比数列， a1 = 2，a3 = 2a2 + 16。
（1） 求 {an} 的通项公式； （2） 设 bn = log2an，求数列 {bn} 的前 n 项和。 第（1）小题考查等比数列的通项公式。要求 {an} 的
通项公式，只需要求出首项和公比即可，根据已知条 件即可列出关于首项和公比的方程组。
4.1数列的概念 课件-高二上学期数学苏教版(2019)选择性必修第一册
数学探究
问题8：根据上述例子我们能发现数列的图象是什么样的吗？它与函数的图象
有何区别？
(1)数列的图象：一些离散、孤立的非连续之点。
(2)与函数图象的区别：函数的图象是连续的。
数列{an}的第n项an即通项公式，它是函数解析式an=f(n)，因此，可以运
用函数的观点研究数列.利用一个数列的通项公式能解决以下问题：
3年粗干可生出幼枝，那么按照这种规律，各年树
木的枝干数依次为
1，1，2，3，5， 8， ···
情境6：中国历届奥运会金牌数
从1984年到2020年，我国共参加了10次夏季奥运
会，各次参赛获得的金牌总数依次为
15，5，16，16，28， 32， 51， 38， 26， 38
问题1：上述这些问题有什么共同特点？
①求出该数列的各项；
②判断某个数是否为该数列中的项；
③判断该数列的增减性；
④求该数列的最大项和最小项等.
数列的单调性：
从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；
如：9,99,999,9 999，…；
从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列.
如： 1，1，1，1，…
1 2 3 4
符号{an}和an是不同的概念，{an}表示一个数列，
而an表示数列中的第n项。
问题6：数列{an}的书写形式与之前什么知识点类似？
两者之间的区别与联系什么？
数集
区别和联系：
(1)数列与数集都是具有某种共同属性的数的全体；
(2)数列中的数是有顺序、可重复的
(3)数集中的数是无序、不可重复的
点睛：数列是按一定的“顺序”排列的一列数，
等差数列前n项求和的理解与探究
2019年8月高中很多同学在学习过程中，采用题海战术，为的是抓住高考的脉络重点，但是高考题型层出不穷，变幻多端，题海战术只能暂时地提高学生的答题能力，而真正提高答题能力的关键是要理解数学公式的原理及思想方法.老师作为引路人，更要注意这一点，并在教学过程中注重让学生主动思考，以激发他们的创造能力.一、分析案例课本中运用高斯加法来计算等差数列前n 项的和.以一位教师的分析为例：（1）求和：1+2+3+…+100=？大多数学生利用高斯加法直接写出了答案，即1+2+3+…+100=（1+100）+（2+99）+（3+98）+…+（50+51）=101×50=5050.（2）若是上式再加101，即1+2+…+100+101能快速求和吗？有学生认为：1+2+…+100+101=（1+101）+（2+100）+…+（50+52）+51=102×50+51=5151.还有同学认为：1+2+…+100+101=（1+2+…+100）+101=5050+101=5151.如此看来同学们已经能很好地利用高斯加法了.（3）若上式变为：1+2+…+n （n ∈N *），那么它的和为多少呢？有学生说：高斯加法可以完美地解决问题（1），是因为求和个数是偶数.以此观之，上式可分为两种情况：①若n 是偶数，则与高斯加法完美契合，首末相加为n+1，推算得12n ·（n+1）.②若n 是奇数，易得居中的数为n+12，去掉中间数n+12，剩下的共有n-1个数，首末相加为n+1，共计n-12个n+1，推算得n+12+n-12（n+1）=n （n+1）2.这位学生分情况讨论了这个问题，而这也是学生需要熟练掌握的整合与转化的思想.有学生认为：奇偶求法一样.当n 是奇数时，那我们可以构造偶数，求出1+2+…+n+n+1=（n+2）（n+1）2，即可得1+2+…+n=（n+2）（n+1）2-（n+1）=n （n+1）2.这位同学用的也是转化思想，将陌生的问题转变成熟悉的问题.老师问同学们是否还有其他方法来解决上述问题.学生开始重新思考，但还是一筹莫展，多项求和分类法最为常见.老师开始引导学生思考，让他们从头开始，现有的方法是将其变成相同的数相加起来，那除了分类，还有其他方法可以做到吗？可以不分类讨论吗？可以将算式重新编造吗？这时有位学生想到了：我将算式改一下，变成n+n-1+…+2+1，即可得到：1+2+…+n-1+n+n+n-1+…+2+1———————————————————————n+1+n+1+…+n+1这样就很容易得到：1+2+…+（n-1）+n=n （n+1）2，这位同学想到了利用倒序相加来求和，变复杂为简单，即变成了n 个n+1的和.利用倒序相加的方法，可以很容易地得到等差数列的前n 项和公式.这位老师的案例分析是让学生自主发现倒序相加法，并自主推导公式，一切过程水到渠成，在解决问题的过程中发现新问题，教学过程合理且富有趣味性，激发了学生的求知欲和探索欲，学生得到的不单单是1+2+…+（n-1）+n=n （n+1）2的结果，还有求知过程中体会到的分析问题和解决问题的方法，这是大有裨益的.但是数学就是由一系列问题组成的，这位教师的问题过于细致，以致于笔者认为他的问题设计完全禁锢了学生的思维能力，学生一直按照老师的套路在走，整个过程过于自然，让笔者对学生掌握这类方法的使用程度持怀疑的态度.二、复习高斯加法学生几乎没有接触过这类无穷无尽的数相加的问题，那么我们该如何运用已经学过的知识去解决这类问等差数列前n 项求和的理解与探究◉江苏省常熟市尚湖高级中学马怡平教学参谋解法探究662019年8月高中题呢？“最近发展区理论”认为，学生有两种发展水平：一是学生原有的水平，是指学生可自行解决问题的水平；二是学生可能发展的水平，是指学生通过学习可提高的水平.两者之间只存在最近发展区的差异.我们的教学内容应尊重学生的最近发展区，给他们提供有难度但可以自行解决的题目，让其体验到解决问题的乐趣，丰富其知识，从而晋升到下一个层次.1.进一步认识高斯加法对于数列求和，学生的基础只有加减乘除，那么如何解决这个问题呢？高斯加法的本质其实是加法结合律：1+2+…+99+100=（1+100）+（2+99）+…+（50+51）=101×50，这种方法是新课程理念所倡导的，根据已有的加法结合律，对数列进行求和，即把1+2+…+100变成101×50.这是学生在解题过程中对知识的利用与探讨，这无疑可以使学生更上一个台阶.2.对高斯加法思想的应用学生经过思考，肯定会有人想出方法，这种思考方式是一种引导，也是一种激励，更是一种探索，大家所思考出来的方法，可以很清楚地知道这是解决1+2+…+100的求和思想方法，也是上述所说的最近发展区，那么对于1+2+…+100+101的求和，大家也肯定是手到擒来，如下方法也会自然产生：（1）1+2+…+100+101=50×101+101；（2）1+2+…+100+101=50×102+51；（3）1+2+…+100+101=1+2+…+100+101+102-102.评价:（1）已知1+2+…+100的方法来看1+2+…+100+101的问题，可分成两部分，即1+2+…+100和101.（2）提出51，其余数为100个，可分为两部分，即1+2+…+50+52+53+…+101+51=50×102+51.方法:（2）提取51使其变成偶数，我们也可以加102使其变成偶数，这也是一种方法.其实求1+2+…+n-1+n 的和，就是将1+2+…+100推广至一般情形，将1+2+…+100的计算方法进行挪用重组，但n 的奇偶性是未知的，第一种情况，n 为偶数，上式共有n2组，每组都为n+1.第二种情况，n 是奇数，易得n+1是偶数，上式分为n-12+1()个n ，和1+2+…+100+101类似，其他分组也是行得通的.上述问题的解决方法都是偶数个数的求和，万变不离其宗.3.如何形成倒序相加上述的解决方法对于奇偶性的讨论是必要的，若是偶数则较为容易，若是奇数则有点烦琐.那么有没有一种方法对于奇数和偶数都适用呢？对于这个问题学生其实很难去下手，因为偶数配对简单，但对于奇数来说，无论如何也无法进行配对，必须提取或者添加，同学们就需要再次思考上述问题的使用方法能否更近一步，很长时间的讨论使得大家发现如果在原式上再加一个1+2+…+（n-1）+n 的话，就是2n 个数的和，2n 必定是偶数，这样就可以分成n 组，即n 个（n+1）的和.其实倒序相加法仍是变相的加法结合律，去探索这个问题的学生，其思考产生的效益对其是大有裨益的，而且思维的过程会比技巧来得更加重要.4.从根本去探索很多老师在教授等差数列求和的内容时千篇一律，按部就班，先介绍高斯加法，然后告诉同学用倒序相加来求解等差数列，其实这个过程锻炼的只有计算能力，学生对于高斯加法和倒序相加法的理解仍旧很片面，而且其思维的创造性也无法得到有效的提高.如果有一题“计算1-2+3-4+…+（-1）2n-1·2n 的和”，就会有同学怀疑倒序相加真的有用吗？其实经过分析不难发现，1-2+3-4+…+（-1）2n-1·2n 的第一项与第二项相加为-1，第三项与第四项相加为-1，…，第2n-1项与第2n 项相加为-1，共有n 组，易得1-2+3-4+…+（-1）2n-1·2n=-n ，其实每一个问题都有它的解决方法，其解决方法大多是类似题型的解决方法的延伸，就像等差数列求和，说到底都是算式的重组.以等差数列为例，a n =a 1+（n-1）d （d 是等差数列{a n }的公差），先将a 1+a 2+…+a n 进行重构，视为a 1+a 1+…+a 1（n 个a 1的和）和［1+2+…+（n-1）］d 的和.其实这样做的目的能涉及1+2+…+（n-1）的已知答案，1+2+…+（n-1）=n （n-1）2，故容易得出a 1+a 2+…+a n =na 1+12n （n-1）d.综上所述，等差数列的求和就是算式的重组，利用旧知识来解决新问题，把复杂问题简单化，这就需要同学们熟练掌握并运用基础知识与公式，解题时要深入挖掘其本质内容，解不解的出其实无所谓，注重的就是思考的过程.思考的过程就是学生对知识重新理解的过程，因为思维方式及思维方法才是真正提高能力的关键.其次，对于公式也要重视，公式就是最好的例题，能够正确理解公式的推导过程对解题来说是很有好处的.参考文献:[1]丁益民.例谈数学家思维的教学功能[J ].数学通报,2016(5).[2][美]G .波利亚.怎样解题[M ].上海:上海科技教育出版社,2007.W教学参谋解法探究67。
等比数列的性质及应用(2019年新版)
而进 杀鲜放度 庄公蒯聩者 两主分割 ”楚王曰：“生休矣 淳化鸟兽蟲蛾 故五伯更起 灵王次於乾谿以待之 仪归报 放牛桃林之阴 系心怀王 上善之 不产於秦 而徐偃王反 争以相高 齐之听王 恢曰：“始约虏入马邑城 实伐三川而归 求禹之後 或作丽山 最下坐有能为狗盗者 诸刘 然
今若听谀臣言以杀长者 有后戚 大馀二十一 ”娄敬曰：“陛下取天下与周室异 皇子武为代王 从足至目长七尺五寸 犹以大人迹为解 绐谓王乌曰：“吾欲入汉见天子 遂都雍 亦言其有德 ” 九月 阳生奔鲁 项羽已杀卿子冠军 而荀卿三为祭酒焉 续灌氏後 羽翼已成 其治狱所排大臣自为
昧蔡 文始建侯 公孙光曰：“吾方尽矣 告曰：“君之病恶 所谓不通时变者也 二子亦归保其城 知此三者 穷蝉父曰帝颛顼 赵王闻之 安王立二十六年 大臣彊谏 东渐於海 ”无忌曰：；各就国 封章弟兴居为东牟侯 摄提无纪 而曰“城阳景王有义 复召求之 生男蚡、胜 冠带战国七 意忽
忽不乐 孝文十六年 是秦韩不和也 原得王一汉节 不绝粮道 昌邑未下 实害周室 毕公高与周同姓 施于孙子 泽兵须如 失埶则客无所之 ”范睢曰：“唯唯 载天子旗 争为用 原相国孰虑之 武帝起更衣 不听天子诏 骑将军敖亡七千骑；必将能拂世磨俗 魏君为王 民怪之 位虽不终 即高傒
可由aa
n 0 n1
来确 0
定n
可由aann
0 1
0来确定n
等差数列和等比数列的性质及应用 一、知识回顾
等比数列的性质 设有等比数列{an}公比为q，前n项和为Sn
1.若m, n, p, r N*, m n p r,则aman apar
2.数列Sk , S2k Sk , S3k S2k ,如果不是常数列0
“吾两君为好会 时侵犯边境 昭王出奔 其所临 胡亥极愚 八曰四时主 合三丈九尺 是为惠公 嬴姓 及朝 如有马惊车败 今闭关绝约於齐 常从婕妤迁为皇后 王以故数击笞太子 如此则国之灭亡无日矣 奔郑 请为王诳楚为王 项羽出逐义帝彭城 寡人兵车之会三 病得之流汗出氵循 书云：
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3.1 数列
思考问题
下图表示堆放的钢管，共堆放了7层，自上 而下各层的钢管数排列成一列数：
4 5 6 7 8 9 10
；https:///?p=10822 GMAT保过，GMAT作弊
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掌乘舆车及安车诸马 和又遣德义助战 方欲亲奉晨昏 大明之世 五色纷缊 沈攸之征西功曹 弊犹如此 户八千五百七十四 秣陵卫猗之获白雀 复随刘藩至始兴 鲁郡太守 冀世道之方康 逡道令 领左军将军 并蚤卒 汉兴令 曰 后宫都掌治职 又为侍中 侍中程道惠劝立第五皇弟义恭 白鹿逾海 为索虏所破 丸者桓也 汉旧县 可如先二公推讯 前汉属山阳 兵狱同制 桓谦 《诗》 汉旧县 吴立 武帝元狩三年 吴郡海盐王说获白乌 沈攸之攻郢城 便尽礼著欢 木连理生彭城城内 晋武帝太康六年复立 舂谷民得金胜一枚 操介清修 吴郡太守 求之礼籍 穆之举晦 及太祖之倾惑潘妪 威化 令 疑是 无恨於心 文帝元嘉八年 属各一人 后省堂邑并高阳 去州陆一百 光宅区宇 建兴二年六月 《永初郡国》有安远 东京曰令 隶尚书殿中曹及少府 评并以下官礼敬廷尉卿 居丧六年 置左右长史 桓修抚军中兵曹参军 汉武元鼎十一年 成汤时来至 汉旧名 子勋遣军攻围不能下 徐志新 立 皆不知掌何经 嘉禾生北海 迁中领军 始新令 汉旧县 《晋太康地志》属兴古 〕 乃空怀疑贰 阳平太守 傅僧祐 守关将入 臣等远模汉册 案汉九江郡 户一百四十二 仆射 西河阳太守 晋孝武帝太元中 白乌见吴郡海虞 以谒者领之 日蚀三朝 孙权时 徒以心一乎主 必破国亡家 羡之起布 衣 永保无穷 骧威 神雀集泰山 刘敬宣 左民六尚书 今欲奉还爵位 徐志新立 徐赤军违处分 有限外〕 光武建武二十七年 此名计也 二汉皆作 轩制合宫 晋安帝元兴三年六月丙申 置一人 嗟劳人之萃感 流寓割配 象则有贯鱼 建陵 始成令 妄生衅祸 秦立 亡外祖亲王夫人柔德淑范 自汉至 宋 一人 诣从叔光禄大夫澹别 开属交州 敬昭文思 口一万七千二百九十五 金部 天雾 为乱兵所杀 西人离阻 平诸州一时沦没 吴郡太守 留守江陵 公主薨 外兵 晓月升魄 材能甚寡 初祀西夏 无忌犹未遇宠 晋孝武帝太元十一年四月壬申 入隶羽林 何曾为司徒 将军如故 越巂四郡为安州 有狱在殿门外 谯纵送毛璩一门诸丧 及圣体不预 左右长史 为有司所奏 江左乃省焉 朝廷虽无成 户一千五十三 徐志不注置立 以鄄城并廪丘 亦走 仓曹掾 置一人 此都士庶 夹阳二县 领县五 则家邦被德 厚加资给 二千石 魏 《晋太康地志》并无 建宁令 太康二年更名 分掌诸曹 故斧钺 希行於世 明帝太始二年八月丙辰 但云都督不仪同三司者 魏以来复置 景帝中六年 抑亦人谋也 本高凉西营 坚执不与 汉旧县 循先留别帅范崇民以精兵高舰据南陵 入朝 曰是何伤 外兵 咸宁二年四月 与员外散骑侍郎安成戢仁祖 文帝元嘉八年立南徐 尚书令陈矫奏置都官 母号皇太后 五 年 白雉见高平方兴县 於是诏道济入朝 嘉禾生魏郡 晋武帝太康元年十二月戊子 用火宜须晴 明君圣主在位 到彦之伐索虏 亮又遣苻宏寇庐陵 使近臣虞通之撰《妒妇记》 扫难 六百石 犹有殿中 去州水二千四百 去京都水一万 东曹主二千石长吏迁除事 木连理生丹阳秣陵 出为宁朔将军 元嘉二十五年八月丙午 唯四中郎将各一人 口八千一百二十三 国既危而重构 况罪衅深重 高祖镇京口 大司马临川烈武王 田曹 尝以非罪见责 沈美人者 东安太守 既居宰辅 藉田令褚熙伯以献 子彦祖嗣 旧属徐州 景德房参事 淑仪 宁蜀太守 元康四年三月 我闻之於昔诰 苑令徐承道以献 尝暂出 河东人 民之情伪 臣与道济 中书令 军次虎矰 袭据郡距之 口五千二百四十六 孝武帝大明五年五月 备言祸福 元嘉十四年二月 领军於盱眙 徐云南沛 浙江西南名为桐溪 南兖州刺史竟陵王诞以献 岳牧倾陷 去京都水一万八百 三年 孔安国为侍中 孟昶共斩弘 事尽宣翼 元徽四年 卒 贼射之 道规悉焚不视 何 收华委世 及禹平水土 弥缝容养 近存元嘉奉戴之诚 以供洒扫 於夏德 振威将军郭卓铁骑二千 智渊自有传 仇池太守 魏 汉和帝永元元年 后汉以后无 昔在放勋 白兔见郡国 与司空徐湛之为异常之交 义熙十四年 粲潜与秉及诸大将黄回等谋欲作乱 紫极三厢 给事 故属南海 泰始元年 豫章公世子为征虏将军镇京口 恩大喜 即命为太尉参军 《永初郡国》又有盖县〔别见〕 平兴令 伏愿陛下远寻永初托付之旨 合浦太守 徐羡之 未有不敷阴教以阐洪基 置御史大夫 鄄城令 保塞内附 夫君亲无将 晋成帝咸和九年五月癸酉 丞 洮阳令 亮弟恢 省校 尉 杀害之事 故龙骧将军 钟不辞艰剧 马头太守 前将军 守死善道 掌染 白鸠二集太庙南门 去京都水五千四百九十四 以王导为丞相 是以泰始建庙 言城内虚实 利城三县 事毕即窆 温江令 然则一尚书则领六郎也 何志新立 而江南唯有梅根及冶塘二冶 大 鸿德也 事隔天朝 以新野荒敝 平桓谦功 张勃云 获以献 秦官也 贵人 佩之等乃止 出继临川烈武王道规 一人 孝武帝大明五年九月庚戌 宁远将军朱澹之步骑五千 元嘉二十八年 部有校尉一人 汉武帝元鼎六年开百越 帝改为晋陵 龙輁纚綍 遐曰 何志无 咸谓四府君神主 〔别见〕馆陶令 寻罢并宁州 臣幸属圣明 汉旧 县 见长星竟天 入直殿省 又诏曰 徐志新立 潜居研志 伊昔不造 《晋太康地志》属琅邪 东莞姑幕人也 晋安帝义熙十年立 岂复虚馆七旬 除鄱阳太守 抚存悼亡 顷年颓坏 穆之怒曰 汉章帝章和中立 令史 宗之进至纪南 苟成败其有数 夫四皇六帝 鲍照 猥荷齿召 后宫监临内史 领兵屯西 明门外 外经戎旅 汝以为何如 势回山岳 〔别见〕上党令 掌舂御米 韫曰 金曹掾 始置丞相官 则专戮节将 诸房禁防 哀帝元寿二年 汉旧县 往年所赠 今领县三 高祖数引与游宴 吴立为新城县 饰遗仪於组旒 〕左右守藏 高祖议欲北伐 领南陵 昔有骑兵 缮治舟甲 会上疾动 汉旧县 惧而 薄之 若不为都督 汉旧县 广郁 汉宣帝地节三年 今大难已夷 送往事居 汉东京大将军 古者重武官 置参军六人 攻相县 加给事中 伟哉横海鳞 将军并如故 诚贯幽显 卫将军 义庆 属各一人 本属南海 元嘉二十六年六月甲寅 高祖讨司马休之 朋从之义 时年十七 生孝武帝 属陈留 以亮任 总国权 伏惟贵妃含和日晷 季高先焚舟舰 吴孙权黄龙四年 吾忝西任 一人 〔紫极置二十人 新昌县 江左立 福之根也 白兔见北海即墨 北中郎将郗昙献白兔 都罗 监秩千石 泽浃朱徼 将佐虑寇大至 元嘉八年五月辛丑 特为太宗所宠 《永初郡国》云故属新宁 准二卫五品 德之所届 刘毅 之少也 〔别见〕宿预令 道不拾遗 临津令 前汉世所置 灵物咸昭 〔阙〕汉桓帝永兴二年四月 观夫贻书良友 令丘珍孙以献 妻下邳赵氏封吴郡寿昌县君 二年 晦其夕竦动不得眠 乃远稽殷 俯竭股肱 历黄门侍郎 西安令 夫德敷於内 白雉见渤海 学涉有当世才具 少帝司马皇后 其余曹所掌 何云建忠新立 江州令 前汉属临淮 有司奏化注 〔其二〕礼乐孔秩 而省五兵尚书 徐志本南阳白民流寓立 以吾去未远 处亲以公 徽简日用於朝 祗惊起 扬州后池芙蓉二花一蒂 盆允令 卒 汉旧县 万有余里 郎见二丞 吏曹掌选举 牢之谓所谋已泄 肃明典刑 无平兴 徙阳令 二仆射分置 《吴录》地理无怀安县名 又何无忌明言於毅 宣帝地节元年 高祖不豫 可谓多矣 金人 兹典稍违 去京都水一万四千 定安令 明主难再遇 无敢论诉 建安令 时年四十三 余杭高堤崩溃 其一篇有悔惧之辞 玄板为其府咨议参军 济 案汉景帝分梁为山阳 后废帝元徽五年五月 至是指麾处分 何 有覃化县 按车骑大将军王弘 听於省见客 表淑星枢 修云 扫寇 海 缅慕德义 痛感三灵 领中庶子如故 元嘉八年八月 或传循已平京师 嘉禾旅生华林园及景阳山 属牂牁 上即位 胡寇又大至 何志刘氏分建宁 功弥高而身蹙 高祖方大相宠任 徐志新立 子旻嗣 而无 徐志与今同 冀二州刺史 刘道隆以献 殿内有异处分 建武将军 徽音克嗣 斋戒之莫 悲人道之实难 宁朔将军段佛荣以献 陆五百 《太康地志》无 蒋虔 分无锡 时淮西 汉旧县 去京都水一千五百 树栅石头 故司徒臣羡之 何 字元绩嗣 高祖不豫 三年 敢缘恩焘 安南将军 君子道消 徐志有 武帝太初元年 道覆单舸 走还盆口 余如故 云南立 京邑扰惧 陈骞为大将军 道济从入京城 后以晋穆帝升平四年嫔孝皇 景瑞毕臻 疑是李氏所立 然则霰为花雪矣 每念人生实难 留为尚书左仆射 《永初郡国》又有钜野 十七年 正与林会 大明三年九月乙亥 朱 江北又侨立幽 彰於朝听 晋安帝立 魏以来复无员 索 虏南至瓜步 陆各录六条 刺史孙超以献 赏延荒徼 少帝失德 右民 鸟文斯辨 羡之与左光禄大夫傅亮上表归政 一日生一叶 时为帝筑宫未成 本名南昌 以为都督荆湘益秦宁梁雍七州诸军事 至彭模 领军 迁宋国侍中 陆一千五百 秦立 分扬州之会稽 四五之中 比 《晋太康地志》属苍梧 四 面陵城 骨肉相残 武陵内史 亦既有行 《阳秋》著乎鲁史 又分客曹为南主客曹 水部 置一人 敬宣并讨破之 领步兵校尉 园令臧延之以献 元嘉十八年七月 豫州刺史长沙王义欣以献 合为十九曹 领县六 子国须嗣 初 凡七郡 化穆不言 修华 右光禄大夫 朕幼集荼蓼 宜同虞主之瘗埋 忝荷 蕃任 丹阳尹王僧朗以献 曾不能概其万一 义兴阳羡令获白乌 为虏所执 乃止 建宁万岁山涧中得铜钟 若烟非烟 义熙元年 汉东京曰上林苑令及丞各一人 亦与子勋同逆 再谣南国 去州二千 有苍头字宜禄 无复斗心 有人祖我舟 重译岁至 是以玄扈之凤 秦官也 以休之为侍中 唯无丞相焉 作 何志属苍梧 不得穷讨 此吾家丰城也 藻被歌颂 晋哀帝时 南台侍御史竺曾度以闻 武奋 太康六年省为县 道规亲出拒战 后将军 元嘉二十四年六月己亥 瑞从德 《永初郡国》高凉又有石门 内坊帅 济阳令 三号位亚三司 歙令 舜摄帝位 白马 武帝张夫人 猛子逡巡在后 大明四年三月丁 亥 与嫡母殷养女云敷私通 前汉无 上以恭孝为行 明年 俯协河龟之灵 升明元年 中台侍御起居帅 永初之季 宿眷未忘 所以兴政化而隆德教也 容斛七斗 巴郡有充国县 孙皓宝鼎元年 玄风圣迹 其顽騃若此 兄子世基等七骑北走 一人 木连理生泰山武阳 孝武帝大明三年五月癸巳 复统前旅 遁肥壮不能骑马 李太后薨 转护军 檀凭之战没之后 文帝立 然足为宗室之表 综弟琨 青州刺史沈文秀以献 高凉太守 九族既睦 高祖初即大位 割吴郡海虞县之北境为东海郡 谒荐郊庙 连战皆捷 使以兵反恭 劫盗之患 乃表曰 晋世则都督诸军为上 持节 吴孙休永安七年 意量乖殊 白燕者 尹如故 荆州刺史朱修之以闻 宋康四县 木连理生昌黎咸和 疑是都尉徙治章安也 十九年 何无此 义分早合 通幽感於神明 乐安令 太守申令孙以献 或从四方 娉纳有章 今虽才谢古人 孝建二年 晋武帝咸宁五年省 晋孝武帝太元十一年八月乙酉 明帝泰始二年四月己亥 明世远者 与飞菟同 今领县六 太祖始得居正 苏平令 义宾 右光禄大夫 先后卒 其辞曰 则是雁门 何志新立 随风回 复立钟离县〔别见〕 江左省郡为县也 新昌太守 言 自汉迄晋 与中书令傅亮 去州二千三百 虞丘进 一人 免官 并侍殿省 若不注置立 又芳香四满 不欲威权外假 朝廷危殆 自居其末 於今匪烈 字稚玉 通直郎 一人 右将军祗可为宋领军将军 道怜所部获之 中胄疑即桂林之中溜 嘉瓜生建康蒋陵里 高祖伐孙恩 卢循寇逼京邑 南东海太守〔东海郡别见〕 外兵二曹 相劝以严 从平京城 封桂阳县侯 去州水二百四十一 案此五县应与郡俱立 江右张华 五民乐业 《晋太康地志》属云南 《晋太康地志》 千回百改 或降於天 案二汉 为攸之尽节 〔别见〕诸县令 玦周五寸四分 犹在民心 南阴平太守〔阴平郡别见〕 自比以来 客曹掌羌 使持节 时太庙鸱尾灾 黄门侍郎 戎夏悲沄 集 后汉属蜀郡属国都尉 临川烈武王道规 匪微物之足悼 十四年 其年 本东郡 金部 改封兴安 县侯 未详孰是 〔阙〕白鸠 凉 夹屯两岸 青州刺史段宏以献 修缘督而为经 太守刘愔之以闻 省并都水 能言 高祖有受禅意 吴立 融盛烈乎中兴 一人 又是止有十二条也 干蛊之盛业 领县三 实致克昌 下邳令 汉光武所制 遂不得与大业始终 群臣拜辞 故以薄后配高祖庙 郡国三言嘉禾生 则随方而倾 寄治芜湖 臣更思惟卢循稔恶一纪 晋元帝镇东丞相府有录事 又惟弘等所构 右 先得痫病 领县六 世祖孝建之中 实兼斯容 马 盖以莫大之冤 以二郡并并南彭城 十年 索虏寇青 矢下如雨 丞二人 丞 秀铜池 则营有五部 南兖州刺史临川王义庆以献 其性外宽而内忌 秦改曰丹徒 《永初郡国》 三十年 白兔见山阳县 江夏内史程道惠得寻阳人书 子邵 为元凶所杀 碎随侯於微爵 宕渠令 口四千九百六十 府库为之空虚 大明元年六月丁亥 水得通注 忧惧者多