高考数学复习：等差数列、等比数列押题
等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）
等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）第一篇：等差数列与等比数列专题辅导（小编推荐）等差数列与等比数列专题辅导(1)在等差数列｛an｝中, a7=9, a13=-2, 则a25=()A-22B-24C60D64(2)在等比数列｛an｝中, 存在正整数m, 有am=3，am+5=24, 则am+15=()A864B1176C1440D1536(3)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列, 则a2=()A–4B–6C–8D–10(4)设数列{an}是等差数列，且a2=-6,a8=6,Sn是数列{an}的前n 项和，则()AS4>S3BS4=S2CS6(5)已知由正数组成的等比数列｛an｝中,公比q=2, a1·a2·a3·…·a30=245, 则a1·a4·a7·…·a28=5101520A 2B2C2D2(6)若{an}是等差数列，首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003.a2004<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是：()A．4005B．4006C．4007D．4008(7)在等比数列｛an｝中, a1<0, 若对正整数n都有anAq>1B0a1(3n-1)(8)设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1=__________.2(9)等差数列｛an｝的前m项和为30, 前2m项和为100, 则它的前3m项和为_________.(10)定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列{an}是等和数列, 且a1=2, 公和为5,那么a18的值为_______,这个数列的前21项和S21的值为.(11)已知等差数列｛an｝共2n+1项, 其中奇数项之和为290, 偶数项之和为261,求第n+1项及项数2n+1的值.(12)设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列，它的前10项和S10=110且a1，a2，a4成等比数列.（Ⅰ）证明a1=d；（Ⅱ）求公差d的值和数列{an}的通项公式.(13)已知等比数列｛an｝的各项都是正数, Sn=80, S2n=6560, 且在前n项中, 最大的项为54, 求n的值.(14)ΔOBC的三个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）, 设P1为线段BC的中点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n, Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn), an=（Ⅰ）求a1,a2,a3及an;（Ⅱ）证明yn+4=1-(Ⅲ)若记bn=y4n+41yn+yn+1+yn+2.2yn,n∈N*;4-y4n,n∈N*,证明{bn}是等比数列.答案:1-7 BDBDA BB8.29.21010.3, 5211.29, 1912.(2)d=2 an=2n13.n=414.(1)an=2(2)(3)证明略第二篇：等差数列与等比数列等差数列与等比数列⎧>0,递增数列⎪一、等差数列的定义：an+1-an=d（d：公差）（常数）⎨=0，常数列，⎪<0,递减数列⎩1．证明数列{an}为等差数列：（1）定义：an+1-an=d（常数）（2）等差中项：2an+1=an+an+2注：(1)不可用a2-a1=a3-a2=a4-a3=Λ=“常数”证(2)a1=⎨例1．（1）已知数列{an}为等差数列，求证：数列{an+an+1}为等差数列；变式：①已知数列{an}为等差数列，求证：数列{an+t}（t为常数）为等差数列；②已知数列{an}为等差数列，求证：数列{tan}（t为常数）为等差数列；③已知数列{an}、{bn}均为等差数列，求证：数列{an+bn}为等差数列（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2，求证：数列{an}为等差数列；变式：①已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+1，求：an②已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an2+bn，求：an ③已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an2+bn+c，求：an（3）已知数列{an}满足：a1=1,an+1=数列；（4）已知数列{an}，a1=1，an+1=为等差数列（5）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：数列{an}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列⎧S1,n=1⎩Sn-Sn-1,n≥2an1,且bn=，求证：数列{bn}为等差an+1ann1an+，且bn=nan，求证：数列{bn}n+1n+1Sn=n(a1+an)22．证明数列{an}为单调数列：an+1-an=f(n)⎨⎧>0,递增数列递减数列⎩<0，注：（1）求数列{an}中an的极值也可采用此方法（2）已知数列{an}为等差数列ⅰ.若a1<0,d>0，则Sn有最小值；解法：①令an≤0{bn}②Snⅱ.若a1>0,d<0，则Sn有最大值；解法：①令an≥0②Sn例2．已知an=(11-2n)2n，求数列{an}的最大项例3．（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且an=10-2n,求Sn的最大值；(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且an=2n-13,求Sn的最小值；3．叠加法：已知a1=a，an+1-an=f(n)，求an例4．（1）已知数列{an}为等差数列，首项为a1，公差为d,求an；（2）已知数列{an}，a1=1,an+1=4．通项公式：an=a1+(n-1)d（1）an=am+(n-m)d（2）an是关于n的一次函数，且n的系数为公差d.例5．已知数列{an}为等差数列，a5=-3，a9=13，求an5．等差中项：若a、b、c成等差数列，则b=（1）若数列{an}为等差数列，则2an+1n+11an+，求an nna+c称为a、c的等差中项2=an+an+2；（2）若已知三个数成等差数列，且其和为定值，则可设这三个数为a-d、a、a+d；（3）若数列{an}为等差数列，且公差d≠0,则am+an=ap+aq⇔m+n=p+q(4)在有穷等差数列{an}中,与首尾两项距离相等的两项的和等于首尾两项的和.即：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=Λ=ak+an-k+1例6．（1）已知：等差数列中连续三项的和为21，平方和为179，求这三项（2）在3与19之间插入3个数后成等差数列，求这三个数（3）已知：a、b、c成等差数列求证：①b+c、a+c、a+b成等差数列；②a(b+c)、b(a+c)、c(a+b)成等差数列；③a-bc、b-ac、c-ab 成等差数列（4）已知：a、b、c成等差数列，求证：2222111成等差数列 b+ca+ca+blg(a-c)、lg(a+c-2b)成等差（5）已知：成等差数列，求证：lg(a+c)、数列（6）若方程a(b-c)xb(c-a)x+c(a-b)=0有相等实根，求证：成等差111abc111abc数列例7．在等差数列{an}中，(1)若a5+a10=12,求S14；(2)若a8=m,求S15；(3)若a4+a6+a15+a17=50,求S20；(4)若a2+a4=18,a3+a5=32,求S6；(5)若a2+a5+a12+a15=36,求S16；(6)若a3+a4+a5+a6+a7=450,求a2+a8(7)若等差数列{an}的各项都是负数，且a32+a82+2a3⋅a8=9，则其前10项和S10= ____________(8)在等差数列{an}中，若a3+a15=a5+an，则n=_______6．数列{an}的前n项和Sn=注：（1）倒序法求和；（2）等差数列{an}的前n项和Sn是关于自然数n的二次函数，且n的系数为n(a1+an)n(n-1)n(n-1)=na1+d=nan-d 222d，2常数项为零，即：Sn=An2+Bn（当A=0时数列{an}为常数列）；（3）①S2n-1=(2n-1)an（可以将项与和之间进行相互转化）。
高考数学复习：等差数列与等比数列
Sn＝an2＋bn(a，b为 常数)
Sn＝kqn－k(k≠0，q≠0,1)
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－ bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)已知函数 f(x)＝1＋2 x2(x∈R)，若等比数列{an}满足 a1a2 020＝1，则 f(a1)
＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 020)等于
√A.1 D.2
解析 ∵a1a2 020＝1，
∴f(a1)＋f(a2 020)＝1＋2 a21＋1＋2a22 ∵{an}为等比数列，
a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于
A.12
B.24
√ C.30
D.32
解析 设等比数列{an}的公比为q， 则 q＝aa21＋＋aa32＋＋aa43＝21＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝130，则S40等于
∴an＝2×2n－1＝2n. 又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴2k＋111－－2210＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝
证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即 an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn). 因为a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列. 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又a1－b1＝1， 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题（含答案）一、基础知识：1、等差数列性质与等比数列性质：（1）若{}n a 为等差数列，0,1c c >≠，则{}na c成等比数列证明：设{}n a 的公差为d ，则11n n n na a a da c c c c ++−==为一个常数所以{}na c成等比数列（2）若{}n a 为正项等比数列，0,1c c >≠，则{}log c n a 成等差数列 证明：设{}n a 的公比为q ，则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++−==为常数 所以{}log c n a 成等差数列 二、典型例题：例1：已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（ ） A. 1 B. 1−或2 C. 2 D. 1−思路：由“1324,,2a a a 成等差数列”可得：3123122422a a a a a a =+⇒=+，再由等比数列定义可得：23121,a a q a a q ==，所以等式变为：22q q =+解得2q =或1q =−，经检验均符合条件 答案：B例2：已知{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（ ）A. 140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <>思路：从“348,,a a a 成等比数列”入手可得：()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++，整理后可得：2135a d d=−，所以135d a =−，则211305a d a =−<，且()2141646025a dS d a d =+=−<，所以B 符合要求答案：B小炼有话说：在等差数列（或等比数列）中，如果只有关于项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用1,a d （或1,a q ）进行表示，从而得到1,a d （或1,a q ）的关系例3：已知等比数列{}n a 中的各项均为正数，且510119122a a a a e +=，则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路：由等比数列性质可得：1011912a a a a =，从而51011912a a a a e ==，因为{}n a 为等比数列，所以{}ln n a 为等差数列，求和可用等差数列求和公式：101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅==答案：50例4：三个数成等比数列，其乘积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列，则这三个数为___________ 思路：可设这三个数为,,a a aq q ，则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=，解得8a =，而第一个数与第三个数各减2，新的等差数列为82,8,82q q −−，所以有：()816282q q ⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭，即22252520q q q q+=⇒−+=，解得2q =或者12q =，2q =时，这三个数为4,8,16，当12q =时，这三个数为16,8,4 答案： 4,8,16小炼有话说：三个数成等比（或等差）数列时，可以中间的数为核心。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》真题汇编附答案解析
新高中数学《数列》专题解析一、选择题1．设{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且S n 为数列{b n }的前n 项和.若a 2＝1，a 10＝16且a 6＝b 6，则S 11＝（ ） A ．20 B ．30 C ．44 D ．88【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16列式求得q 2，进一步求出a 6，可得b 6，再由等差数列的前n 项和公式求解S 11. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16，得810216a q a ==，得q 2＝2. ∴4624a a q ==，即a 6＝b 6＝4，又S n 为等差数列{b n }的前n 项和， ∴()1111161111442b b S b+⨯===.故选：C. 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及性质，训练了等差数列前n 项和的求法，是中档题.2．数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：21n n n a a a ++=+.记该数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（ ）A ．201920202S a =+B ．201920212S a =+C ．201920201S a =-D ．201920211S a =-【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果. 【详解】 因为1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L2221n n a a a ++=-=-，所以201920211S a =-，选D. 【点睛】本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.3．已知数列{}n a 为等比数列，前n 项和为n S ，且12a =，1n n b a =+，若数列{}n b 也是等比数列，则n S =（ ） A ．2n B ．31n - C ．2n D ．31n -【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，写出,n n a b .由数列{}n b 是等比数列，得2213b b b =，求出q ，即求n S . 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，112,2n n a a q -=∴=Q ，121n n b q -∴=+，13b ∴=，221b q =+，2321b q =+，{}n b Q 也是等比数列， 2213b b b ∴=，即()()2221321q q +=+解得1q =，2,2n n a S n ∴=∴=. 故选：C . 【点睛】本题考查等比数列的性质，属于基础题.4．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.5．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（ ） AB．CD．3-【答案】B 【解析】 【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案． 【详解】 ∵()11111611221123a a S a π+===，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.6．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2611203a a a a --+=，则21S 的值为（ ） A ．63 B ．21C ．63-D ．21【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列性质，原式可变为()220616113()a a a a a +-+-=，即可求得21112163S a ==-.【详解】∵261116203a a a a a ---+=， ∴()220616113()a a a a a +-+-=， ∴113a =-，∴21112163S a ==-， 故选：C ． 【点睛】此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.7．等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d 的取值范围是（ ） A ．(0,)+∞ B ．8,75⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．83,7525⎛⎫⎪⎝⎭D ．83,7525⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知101a >，91a ≤，把1a 的值代入列不等式解得即可. 【详解】由题意，设数列{}n a 的公差为d ，首项1125a =，则10911a a >⎧⎨≤⎩，即101919181a a d a a d =+>⎧⎨=+≤⎩，解得837525d <≤. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，要熟练记忆等差数列的通项公式．8．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可． 【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．9．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造.故选：D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.10．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（ ） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】 【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-，解得2q =， 所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.11．在等差数列{}n a 中，2436a a +=，则数列{}n a 的前5项之和5S 的值为（ ） A ．108B ．90C ．72D ．24【解析】由于152436a a a a +=+=，所以1555()5369022a a S +⨯===，应选答案A ． 点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质152436a a a a +=+=，然后整体代换前5项和中的15=36a a +，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．12．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（ ）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果． 【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=， 解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．13．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ）A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．14．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.15．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】 【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a 是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.16．等差数列{}n a 中，1599a a a ++=，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( ) A ．11a B ．12aC ．13aD ．14a【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的性质可知5113,15a a ==，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项. 【详解】因为1952a a a +=，所以539a =即53a =. 有211521S =得1115a =， 设抽去一项后余下的项的和为S ，则2015300S =⨯=，故抽取的一项的大小为11， 所以抽走的项为11a ，故选A. 【点睛】一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质： （1）若,,,*,m n p q N m n p q ∈+=+，则m n p q a a a a +=+； （2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ；（3）2n S An Bn =+且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； （4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.17．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（ ） A ．23岁 B ．32岁C ．35岁D ．38岁【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到数列{}n a 是等差数列，由9207S =，求得数列的首项1a ，即可得到答案． 【详解】设这位公公的第n 个儿子的年龄为n a ，由题可知{}n a 是等差数列，设公差为d ，则3d =-，又由9207S =，即91989(3)2072S a ⨯=+⨯-=，解得135a =， 即这位公公的长儿的年龄为35岁． 故选C ． 【点睛】本题主要考查了等差数列前n 项和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等差数列的前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．18．{}n a 为等差数列，公差为d ，且01d <<，5()2k a k Z π≠∈，223557sin 2sin cos sin a a a a +⋅=，函数()sin(4)(0)f x d wx d w =+>在20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调且存在020,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f x 关于0(,0)x 对称，则w 的取值范围是（ ）A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．24,33⎛⎤⎥⎝⎦D ．33,42⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】 【分析】推导出sin4d ＝1，由此能求出d ，可得函数解析式，利用在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调且存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，即可得出结论． 【详解】∵{a n }为等差数列，公差为d ，且0＜d ＜1，a 52k π≠（k ∈Z ）， sin 2a 3+2sin a 5•cos a 5＝sin 2a 7， ∴2sin a 5cos a 5＝sin 2a 7﹣sin 2a 3＝2sin 372a a +cos 732a a -•2cos 372a a +sin 732a a -=2sin a 5cos2d •2cos a 5sin2d ， ∴sin4d ＝1，∴d 8π=．∴f （x ）8π=cosωx ，∵在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调 ∴23ππω≥， ∴ω32≤； 又存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，， 所以f （x ）在（0，23π）上存在零点， 即223ππω＜，得到ω34＞． 故答案为 33,42⎛⎤⎥⎝⎦故选D 【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题．19．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（）A．43钱B．73钱C．83钱D．103钱【答案】C【解析】【分析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由题意求得a ＝﹣6d，结合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a＝2，则答案可求．【详解】解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2，则a﹣2d＝a48 333aa+==．故选：C．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．20．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的S的值是A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果．【详解】由程序框图可知，输入，，，第一次运算：，；第二次运算：，；第三次运算：，；第四次运算：，；第五次运算：，；第六次运算：，；第七次运算：，；第八次运算：，；第九次运算：，；第十次运算：，，综上所述，输出的结果为，故选B．【点睛】本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．。
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 等差数列与等比数列(解析版)
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 等差数列与等比数列（解析版）1．已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1-CD ．e【答案】D由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+， 设()ln(1),1f x x x x =-+>-，()1xf x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增， 故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->， 所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t =，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增， 当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减， 所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，故选：D.2．数列{}n x 满足：112x <<，1sin(1)(*)n n n x x x n N +=--∈，数列前n 项和为n S ，则以下说法正确个数是（ ）①112n n x x +<<<；②2111(1)16n n nx x x +-<--；③65n S n <+； ④n S n ≥. A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】D解：在①中，用数学归纳法求证：当1n =时，112x <<，成立，假设12k x <<， 则一方面1sin(1)2k k k k x x x x +=--<<， 另一方面由于01x <<时，sin x x <， ∴ 1sin(1)0k k n x x x +=--<， ∴ 112n n x x +<<<，故①正确；在②中，由于当01x <<时，令()3sin 3!x h x x x =-+，则()()21'cos 1,''sin 2h x x x h x x x =-+=-+，由于01x <<时，sin x x <，故()''0h x >，()'h x 在01x <<单调递增，()'00h =，所以()3sin 3!x h x x x =-+在01x <<上单调递增，故()()00h x h >=，所以3sin 3!x x x >-，即3sin 6x x x >-，则31(1)11sin(1)1[(1)]6n n n n n n x x x x x x +--=---<----， ∴ 2111(1)16n n nx x x +-<--，故②正确；在③中，由于31111(1)(1)66n n n x x x +-<-<-， ∴ 1111()(1)6n n x x --≤-， ∴ 111111()(1)()66n n n x x ---≤-<， ∴ 111()6n n x -<+，∴ 11661516n n S n n -<+<+-，故③正确； 在④中，12n x <<，n S n ∴>，故④正确. 故选：D .3．设数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若113S ≤，410S ≥，515S ≤，则4a 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．7-D ．5-【答案】B【解析】∵S 4≥10，S 5≤15∴a 1+a 2+a 3+a 4≥10，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5≤15 ∴a 5≤5，a 3≤3 即：a 1+4d≤5，a 1+2d≤3 两式相加得：2（a 1+3d ）≤8 ∴a 4≤4 故答案是44．已知数列{}n a ：12，212，222，232，312，.322.，332，342，352，362，372，412，422…的前n 项和为n S ，正整数1n ，2n 满足：①11111212n a -=，②2n 是满足不等式1019n S >的最小正整数，则12n n +=（ ）A ．6182B ．6183C ．6184D ．6185【答案】B由题意可知，数列{}n a 的规律为：分母为2k 的项有21k -项．将数列{}n a 中的项排成杨辉三角数阵且使得第k 行每项的分母为2k ，该行有21k -项，如下所示：对于①，1111212-位于数阵第11行最后一项，对应于数列{}n a 的项数为()()()()11121121221212111408312--+-++-=-=-，∴14083n =；对于②，数阵中第k 行各项之和为k b ，则()12121222122k kk k k k b ⎛⎫-+- ⎪-⎝⎭==， 且数列{}k b 的前k 项之和()121212212121221222222k k k k kk T +--------=+++==， 11102102101810192T --==<，而121121124083101922T --==>，故恰好满足1019n S >的项n a 位于第11行． 假设n a 位于第m 项，则有()1011111112112101810192222m m mT +++++=+>， 可得出()14096m m +>．由于64634032⨯=，64454160⨯=， 则636440966465⨯<<⨯，∴64m =． 因为前10行最后一项位于{}n a 的第()()()()10121021221212110203612--+-++-=-=-项，因此，满足1019n S >的最小正整数22036642100n =+=， 所以12408321006183n n +=+=． 故选：B5．在平面直角坐标系中，定义11n n nn n n x x y y x y ++=-⎧⎨=+⎩（*n ∈N ）为点(,)n n n P x y 到点111(,)n n n P x y +++的变换，我们把它称为点变换，已知1(1,0)P ，222(,)P x y ，333(,)P x y ，⋅⋅⋅是经过点变换得到一组无穷点列，设112n n n n n a P P P P +++=⋅，则满足不等式122020n a a a ++⋅⋅⋅+>最小正整数n 的值为（ ）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】C由定义知1110x y =⎧⎨=⎩，2211x y =⎧⎨=⎩，330,2x y =⎧⎨=⎩，即23(1,1),(0,2)P P ．11223(0,1)(1,1)1a PP P P =⋅=⋅-=， 观察可得，112,n n n n n a P P P P +++=⋅112121(,)(,)n n n n n n n n x x y y x x y y ++++++=--⋅-- 11(,)(,)n n n n y x y x ++=-⋅-2211()()n n n n n n n n n n n n y y x x y x y x x y x y ++=+=++-=+，222222111()()2()n n n n n n n n n a x y x y x y x y +++=+=-++=+2n a =， ∴数列{}n a 是等比数列，公比为2，首项为1．∴12n na ．2112122221n n n a a a -+++=++++=-，由212020n ->，解得11n ≥．即n 的最小值为11.故答案为：C6．设正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足21(1)4n n S a =+，记[]x 表示不超过x 的最大整数，2[]12019nn a b =+． 数列{}n b 的前n 项和为n T ，则使得2019n T ≥成立的n 的最小值为（ ） A ．1179 B ．1178 C ．2019 D ．2018【答案】B因为21(1)4n n S a =+①，令1n =得，2211114(1)(1)01a a a a =+⇒-=⇒=． 又2111(1),24n n S a n --=+≥②，①式减②式可得221111(1)(1)44n n n n n a S S a a --=-=+-+，整理得11(2)()0n n n n a a a a ----+=，根据0n a >可知12(2)n n a a n --=≥，数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，12(1)21n a n n n N +=+-=-∈，．242[]1[]120192019n n a n b -=+=+， 当[1,505]n ∈且n N +∈时，422018n -≤，1n b =；当[506,1009]n ∈且n N +∈时，2019424038n <-≤，2n b =； 当[1010,1512]n ∈且n N +∈时，4038426046n <-≤，3n b =.100950550421513T =+⨯=，(20191513)3168.7-÷≈，所以使2019n T ≥成立的n 的最小值为1009169+=1178. 故选B ．7．意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即21n n n a a a ++=+()n +∈N 故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为1122n nn a ⎡⎤⎛⎛⎢⎥=- ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦（设n是不等式(1x-(1211xx >+的正整数解，则n 的最小值为（ ）A ．10B ．9C ．8D ．7【答案】C解析：∵n是不等式((11211xxx ⎡⎤->+⎢⎥⎣⎦的正整数解，∴((11211n nn ⎡⎤->+⎢⎥⎣⎦，∴((11211nnn ⎡⎤-->⎢⎥⎣⎦，∴((21111n nn⎡⎤+--->⎢⎥⎣⎦，即((11211nnn⎡⎤+-->⎢⎥⎣⎦∴((1111nn⎡⎤+->，∴11n n ⎡⎤⎢⎥->⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，∴111122n n⎛⎛-> ⎝⎭⎝⎭，11n n⎡⎤⎥->⎥⎝⎭⎝⎭⎦，令n nn a ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，则数列{}na 即为斐波那契数列，11na ∴>11225na >，显然数列{}n a 为递增数列，所以数列{}2n a 亦为递增数列，不难知道713a =，821a =，且112725a <，112825a >，∴使得11225na >成立的n 的最小值为8，∴使得((11211xxx ⎡⎤->+⎢⎥⎣⎦成立的n 的最小值为8.故选：C .8．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的.我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且,N p q +∈）是正整数n 的最佳分解时，定义函数()f n q p =-，则数列(){}()N 3n f n +∈的前100项和100S 为( )A ．5031+B ．5031-C ．50312-D ．50312+ 【答案】B解：依题意，当n 为偶数时，22(3)330nnn f =-=； 当n 为奇数时，111222(3)3323n n n n f +--=-=⨯， 所以01400912(333)S =++⋯+，5031231-=-，5031=-．故选：B.9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S 满足:()*12,n n nS a n N a =+∈若()1231111,nf n S S S S =++++记[]m 表示不超过m 的最大整数，则()100f ⎡⎤=⎣⎦（ ） A ．17 B ．18 C ．19 D ．20【答案】B当1n =时，1111112,0,1a a a a a =+>∴=．当2n ≥时，由12n n nS a a =+，及1n n n a S S -=-得，2211n n S S --=， 所以数列{}2n S 是以22111S a ==为首项，1为公差的等差数列，因此21(1)1n S n n =+-⋅=，则n S =()1231111123n f n S S S S n∴=++++=++++．又当2n ≥2=<=()))1001212212119f ∴<+++⋯+=+=对于*2n N∈=>=())()100211012118f ⎡⎤∴>+++=>⎣⎦，()10018f ⎡⎤∴=⎣⎦． 故选：B.10．n S 是公比不为1的等比数列{}n a 的前n 项和，9S 是3S 和6S 的等差中项，12n S 是6n S 和18n S λ的等比中项，则λ的最大值为（ ）A ．43B ．87C ．8063D ．2521【答案】D设{}n a 的公比为q ，由于1q ≠，所以313(1)1a q S q -=-，616(1)1a q S q -=-，919(1)1a q S q-=-，又9S 是3S 和6S 的等差中项，所以9362S S S =+，即936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q---=+---，化简得333(1)(21)0q q q -+=，由于1q ≠，所以3210q +=，312q =-，所以61161(1)(1)411nn na a q S qq--==--， 1211121(1)(1)1611nnn a a q S qq --==--， 1811181(1)(1)6411n nna a q S qq--==--， 因为12n S 是6n S 和18n S λ的等比中项，所以212618n n n S S S λ=⋅，即1112111(1)(1)(1)16644[]111n n n a a a q q qλ---=⋅---， 所以2111(1)(1)(1)16464n n n λ-=--，令11(0)44n t t =<≤， 则222322(1)211111(0)1(1)(1)1141t t t t t t t t t t t t t λ-++===+=+<≤--++++++，当14t =，即1n =时，λ取得最大值，最大值为2521.故选：D11．已知数列{}n a 中()10,1a a =∈，()2118n n a a m n *+=+∈N ，下列说法正确的是（ ）.A ．存在实数0m <，使数列{}n a 单调递减B ．若存在正整数n ，使4n a <，则2m ≤C ．当2m ≤时，对任意正整数n ，都有4n a <D ．若对任意正整数n ，都有4n a <，则2m ≤ 【答案】D对于A ，()221114288n n n n n a a a a m a m +-=-+=--+当n →+∞，()2148n a -可以无穷大，不存在0m <使()21428n a m -<-恒成立， 故A 错误；对于B ，不妨取3m =，则221348a a =+<，即存在正整数n ，使4n a <，但2m >，故B 错误；对于C ，取100m =-，则2211100(99,100)8a a =⋅-∈--，22321110099100488a a =⋅->⨯->,故C 错误；对于D ，()()2211142088n n n n n a a a a m a m n *+-=-+=--+≥∈N ，即12n n a a m +-≥-，累加可得，()1111(2)(1)n n k k k a a a a a m n -+==+-≥+--∑，假设2m >时，存在充分大的n ，使得(2)(1)4a m n +-->，即4n a >，与题设矛盾，所以2m ≤， 故选：D12．已知数列{}n a 满足12a =，2a a =，{}{}()1*21max ,min ,n n n n n a a a n N a a +++=∈，给出下列两个命题，则（ ）命题①：对任意()2,a ∈+∞和*n N ∈，均有n a a ≤命题②：存在0a >和*m N ∈，使得当n m ≥时，均有1n n a a +≤ 注：{}max ,a b 和{}min ,a b 分别表示a 与b 中的较大和较小者. A ．①正确，②正确 B ．①正确，②错误 C ．①错误，②正确 D ．①错误，②错误【答案】A因为12a =，2a a =，对任意()2,a ∈+∞和*n N ∈，所以{}{}2123211max ,1min ,a a a a a a a ==>，{}{}32432max ,1min ,a a a a a =>，以此类推，{}{}121max ,1min ,n n n n n a a a a a +++=>，即可得：1n a >，所以所有分母均为大于1的正数，所以{}3212max ,a a a a a <==，{}4322max ,a a a a a <==，以此类推可得{}{}{}1211max ,max ,min ,n n n n n n n a a a a a a a ++++=<，即可得n a a ≤ (当且仅当2n =时等号成立),所以命题命题①为真；当1n n a a +≤，即1234a a a a <<<<…，令12=2=2xa a ，，则()1113422,2,x x x a a a a ---===…， 当数列()1,1,1,x x x x ---，…为等比数列符合题意，则有：21x x =-，解得：x =当a =12n n a -⎝⎭=， 1m =，当n m ≥时，均有1n n a a +≤.所以，存在0a >和*m N ∈，使得当n m ≥时，均有1n n a a +≤，命题②正确. 故选：A13．设常数R λ∈，无穷数列{}n a 满足11a =-，2113n n a a λ+=+，若存在常数M ，使得对于任意*n N ∈，不等式n a M ≤恒成立，则λ的最大值为（ ）A ．1B ．12C ．23D ．34【答案】D 解：，2113n n a a λ+=+， ∴2211133333244n n n n n a a a a a λλλ+⎛⎫=+=--+≥-+ ⎪⎝⎭--.2134a a λ∴-≥-+,3234a a λ-≥-+,,134n n a a λ--≥-+，以上1n -个式子累加可得：()1314n a a n λ⎛⎫-≥-+- ⎪⎝⎭，∴()3114n a n λ⎛⎫≥-+-- ⎪⎝⎭，又不等式n a M ≤恒成立,∴()3114n M a n λ⎛⎫≥≥-+-- ⎪⎝⎭恒成立，当1n =时，1M ≥-，满足题意，此时R λ∈；当2n ≥时，可得3141M n λ+-+≤-，所以1314M n λ+≤+-. 存在常数M ，使得对于任意*n N ∈，不等式n a M ≤恒成立，∴当2n ≥时，存在常数1M ≥-，1314M n λ+≤+-恒成立. 又133144M n ++≥-，max 3344λλ∴≤=，. 故选：D.14．已知正项数列{}n a 满足111122n a n n a a ++⎛⎫=+⎪⎝⎭，1a a =则下列正确的是（ ） A ．当1a >时，{}21n a -递增，{}2n a 递增 B ．当1a >时，{}21n a -递增，{}2n a 递减 C ．当01a <<时，{}21n a -递增，{}2n a 递减 D ．当01a <<时，{}21n a -递减，{}2n a 递减 【答案】B解：设11()(0)22xf x x x⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，单调递减，画出图像如图所示：由图像知()11f =，所以对于111122n a n n a a ++⎛⎫=+⎪⎝⎭当11a a =>时，不妨确定1a 的位置，根据1a ，把1234,,,,,n a a a a a 标到图上，如图所示：由()f x 图像知，201a <<，所以31a >，所以401a <<，一直根据图像推下去可得：对于数列{}n a ，所以奇数项()*12 1.n a n k k N >=+∈，所有偶数项()*012.n a n k k N <<=∈.从作图过程可以看出：13521n a a a a -<<<<，2462n a a a a >>>>所以可得：数列{}21n a -递增数列，{}2n a 递减数列.当101a a <=<时，不妨确定1a 的位置，根据1a ，把1234,,,,,n a a a a a 标到图上，如图所示：由()f x 图像知，21a >，所以301a <<，一直根据图像推下去可得：对于数列{}n a ，所以奇数项()*012 1.n a n k k N <<=+∈，所有偶数项()*12.n a n k k N >=∈.从图像可以看出：13521n a a a a ->>>>，2462n a a a a <<<<所以：数列{}21n a -递减数列，{}2n a 递增数列. 故选：B.15．设数列{}n a 满足2121n n n a a a ++-+>对任意的*n N ∈恒成立，则下列说法正确的是（ ）A ．221n n n a a a ++>B ．数列{}n a 单调递增C ．存在正整数M ，当n M >时，1n n a a n +>+恒成立D ．存在正整数M ，当n M >时，23n n a >恒成立【答案】D解：()()212112n n n n n n n a a a a a a a +++++-+=--- 令1n n n b a a +=-，则11n n b b +->，对A ：反例：11a =-，2n b n =，12n n b b +-= 满足11n n b b +->此时21a =，35a =，2312a a a <，故A 错误；对B ：反例：11a =，2,12,2n n b n n -=⎧=⎨≥⎩，16,12,2n n n b b n +=⎧-=⎨≥⎩ 满足11n n b b +->，此时，11a =，21a =-，33a =，数列{}n a 不是单调递增数列.对C ：反例：12n n b n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，111112n n n b b -+⎛⎫-=+> ⎪⎝⎭满足条件.但对任意的n 有1n n n a a b n+-=<，因此不存在正整数M ，当n M >时，1n n a a n +>+恒成立.对D ：当2n ≥时，()()()1112212n n n n n b b b b b b b b n ----=-+-+⋯+->- 因此1(2)n b b n >+-，()()()111221n n n n n a a a a a a a a ----=-+-+⋯+-1211[(2)(3)1](1)n n b b b n n n b --=++⋯+>-+-+⋯++-即211111(2)(1)13(1)1222n n n a n b a n b n a b --⎛⎫>+-+=+-++- ⎪⎝⎭222111111113131136262n a n n b n a b n b n a b n ⎛⎫->+-++->---+- ⎪⎝⎭111136162n b a b n ⎡⎤⎛⎫=--++-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦因此存在正整数1113612M b a b ⎛⎫>-++- ⎪⎝⎭，当n M >时，2103n a n ->恒成立，故D 正确.故选：D16．已知数列{}n a 满足(2*12nn n a a a n N +=+∈,，则下列错误的是（ ）A ．若()13,4a ∈时，则数列{}n a 单调递增B ．存在14,33a ⎛⎫⎪⎝⎭∈时，使数列{}n a 为常数列C ．若114,23a ∈⎛⎫⎪⎝⎭时，则{}n a 单调递减数列D ．若2122a =-时，则1n a <≤ 【答案】C（1）∵(2*12nn n a a a n N +=+∈,，∴2211(((22n n n n n n n a a a a a a a +-=-=，由数学归纳法思想，(i)1n =时，1a >221111((02a a a a -=+->，21a a >(ii)假设n k =时，n a 211((2n n n n a a a a +-=得1n n a a +>综合(i)(ii)得对所有*n N ∈，1n n a a +>> ∴数列{}n a 是递增数列，A 正确，（2）若14(,3)3a =，则21a a =，依次得到1n n a a +=，数列{}n a 是常数列，B 正确；（3）设21()(2f x x x =+-()21()32f x x '=+，当3x <-或0x >时，()0f x '>，当0x <<时，()0f x '<，∴()f x 在,3⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭上递增，在⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上递减．在(0,)+∞是递增，极小值为(0)0f =<，极大值为0f ⎛=< ⎝⎭，所以()f x 有唯一零点，且零点在(0,)+∞上，进一步102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，4840393f ⎛⎫⎛=+> ⎪ ⎝⎭⎝，即零点在14,23⎛⎫⎪⎝⎭上，设其为0x ，若10a x =，则20a =，3a =4a =，3)n a n =≥，数列{}n a 不是递减数列，C 错；（4）2122a =-时，21111(2222a a =-+=，由（3）知此方程有唯一解，11a =，又由（3）当(,0)x ∈-∞时，()027f x ≤-<，而21022a =-<，所以30a <，40a <，…，01n a <≤，∵0n a ≠，∴由(2*12nn n a a a n N +=+∈,，可得1n n a a +>⇔>，*n N ∈，而2122a =->n a >，综上1n a <≤．D 正确． 故选：C ．17．已知数列{}n a 由首项1a a =及递推关系1311n n n a a a +-=+确定.若{}n a 为有穷数列，则称a 为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列{}n b ，若201912020b a b <<，则（ ）A ．202010a -<<B ．2020103a <<C ．20213a >D ．202113a <<【答案】C由1311n n n a a a +-=+，得()121311111n nn n n a a a a a +--=-=++- 则()()11211212111211n n n n n n a a a a a a +++===+-----，即1111121n n a a +-=-- 所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列,则()()1311121121na n an a a a -+--=+=---则()()21113n a a a n a --=-+-，所以()()21113n a a a n a-=+-+- 当1n =时, ()()1211113a a a a a -=+=-⨯+-，满足条件.当分母为0，得()130a n a -⨯+-=，即3(1)1n a n n -=>-时，数列{}n a 为有穷数列. 当1a =-时, 数列{}n a 为有穷数列.则11b =-当分母为0时，n a 无意义，此时数列{}n a 为有穷数列，此时对应a 的值为1n b + 所以2n n b n -=，由201912020b a b <<，则1201720182009201920201010a <<=，即2017200920191010a << ()()()202021211112020320192017a a a a aa --+=+-⨯+--=设()()21120192017x f x x -=+-，则()()24020192017f x a '=>- 所以()f x 在2017200920191010，⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 所以20201009211010111009201920171010a ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=-⨯-< ()()20212111112021310101009a a a a a a --+=+-⨯+--=设设()1110101009x g x x -=+-，则()()21010101009g x x '=>- 所以()g x 在2017200920191010，⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.所以2020202712019132027101010092019a -+=⨯-> 所以选项C 正确 故选：C18．已知数列{}n a 和{}n b ，11a =，11b =，11n n n n n a a b a b +++⋅=，11n n nn nb a b b a +++⋅=，（ ）A ．202012a <B ．202013a >C ．20203b <D ．20205b <【答案】B由10a >，10b >及递推关系式可知0n a >，0n b >.()()()()11111111n n n n n n n n a b a b a b b a ++⎧+++=⎪⎪⎨++⎪+=⎪⎩，即()()()()1111111111n n n n n n n n b a a b a b a b ++⎧=⎪+++⎪⎨⎪=⎪+++⎩ 所以()()()()()()()()11111111111111n n n n n n n n n n n n b a b a a b a b a b a b +++-+-=-=++++++++ 1111n n a b =-++， 则2020202020192019201820181111111111011111111a b a b a a a b -=-=-==-=++++++++， 故n n a b =，代入 11n n nn na ab a b +++⋅=得所以21111n n n n n na a a a a a +++==++， 则1111n n na a a +-=+>，又11a = 所以，202013a >. 故选：B19．设数列{}2n a 为等差数列，且0n a >，42a =，93a =.记()()()11111n n n n n b a a a a ++=+++，正整数m 满足()()9899lg 101lg 101m +<<+，则数列{}n b 的前m 项和为（ ）A ．511B ．512C ．922D ．1124【答案】C设{}2n a 的公差为d ，则()22229494325d a a -=-=-=，即1d =，所以()()2224424n a a n d n d n =+-=+-=，又0n a >，所以n an b==11-==， 因为()9898lg 10199<+<，()9999lg 101100<+<，所以99m=，所以数列{}n b 的前m 项和为11119111012112299+-=-=+++.故选：C.20．已知数列1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n 的前n 项和为n S ，则下列选项正确的是( )A ．201812018S ln ->B ．201812018S ln -<C ．100920181ln S <-D ．20172018ln S >【答案】B解：因为(1)ln x x +<， 令1x n=，在111(1)n ln lnn n n ++=<， ∴2341111112323n ln ln ln lnn n++++⋯+<+++⋯+，故(1)n ln n S +<． 设1()1h x lnx x=+-，(1,)x ∈+∞，则211()0h x xx '=->， ()h x ∴在(1,)+∞上单调递增，()h x h ∴>（1）0=，即11lnx x>-，(1,)x ∈+∞． 令11x n=+，则111(1)1n ln ln n n n ++=>+，∴23411111123231n ln ln ln ln n n n ++++⋯+=++⋯+++，故1(1)1n ln n S ++>-． 故201820181ln S <- 故选：B ．21．已知数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +-=，若数列{}2n a 的前50项和为m ，则数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前50项和为（ ）A ．21mm+ B ．1mm+ C ．1m m- D ．12m m- 【答案】B由题意，数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +-=，若数列{}2n a 的前50项和为m ，所以()()()222125021325150511511m a a a a a a a a a a a a =++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-，所以511a m =+.因为21n n n a a a +-=，所以()211n n n n n a a a a a +=+=+，所以()1111111n n n n n a a a a a +==-++，即11111n n n a a a +=-+， 所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前50项和为122350511515111111111111111ma a a a a a a a a m m-+-+⋅⋅⋅+-=-=-=-=++. 故选：B.22．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*1192n n n nS S n N +-+=∈，若1011a a <，则n S 取最小值时n 的值为（）A ．10B ．9C ．11D ．12【答案】A∵()2*1192n n n nS S n N +-+=∈，∴()2*1n 119122n n n S S n n N ----+=≥∈（）（）且两式作差得()*1102n n a a n n n N ++=-≥∈，且当n=10时，11100a a +=，又1011a a <， ∴10110a a <<，∴1110S S >且910S S >， 又12101211S S a a -=+=11-10=10>，∴由选项可得：n S 取最小值时n 的值为10， 故选A.23．设[]x 为不超过x 的最大整数，n a 为[][)()x x x 0,n ⎡⎤∈⎣⎦可能取到所有值的个数，nS 是数列n 1a 2n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭前n 项的和，则下列结论正确个数的有( )（1）3a 4=（2）190是数列{}n a 中的项 （3）105S 6=（4）当n 7=时，n a 21n+取最小值 A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4【答案】C当1n =时，[)[][][]0,1,0,0,00x x x x ∈===，故11a =.当2n =时，[)0,2x ∈，[]{}0,1x ∈，[][)0,2x x ∈，[]{}0,1x x ⎡⎤∈⎣⎦，故22a =.当3n =时，[)0,3x ∈，[]{}0,1,2x ∈，[][)[)[)0,11,24,6x x ∈⋃⋃，故[]{}0,1,4,5x x ⎡⎤∈⎣⎦，共有4个数，即34a =，故（1）结论正确.以此类推，当2n ≥，[)0,x n ∈时，[]{}0,1,,1x n ∈-，[][)[)[)()())20,11,24,61,1x x n n n ⎡∈⋃⋃⋃⋃--⎣，故[]x x ⎡⎤⎣⎦可以取的个数为()22112312n n n -++++++-=，即()2222n n n a n -+=≥，当1n =时上式也符合，所以222n n n a -+=；令190n a =，得()1378n n -=，没有整数解，故（2）错误.12n a n + ()()21121212n n n n ⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，所以111111112223341222n S n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭， 故1011522126S ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以（3）判断正确.212211122222n a n n n n +=+->-=，222,442n n n ==，当6n =时21166n a n +=+，当7n =时21167n a n +=+，故当7n =时取得最小值，故（4）正确.综上所述，正确的有三个，故选C.24．设数列{}n a 是公差为2的等差数列，且首项02a =，若0121012n n n n n n n s a C a C a C a C +=+++⋅⋅⋅+，则11s =（ ）A ．12224B ．12288C ．12688D ．13312【答案】B根据等差数列性质：若+=+m n p k 则m n p k a a a a +=+与组合性质m n mn n C C -=，可得01122n n n m n m a a a a a a a a ---+=+=+=⋅⋅⋅=+，且0n n n C C =，11n n n C C -=，22n n n C C -=，…，m n mn n C C -=，()21n a n =+，n N ∈，进而有()m n m mn m n n m m n m n C a C a a a C ---+=+，于是01110111101110......................................................m n nn n n m n n n n n n n n m n n n n n n m n n n s a C a C a c a C a C s a C a C a C a C a C -+---+--⎧=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++⎨=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++⎩①②， 由①+②得()()()()01101102m nn n n n n m n m n n n s a a C a a C a a c a a C +--=++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++整理得()()()01102242n n n n n n n s a a C C C n +=+++⋅⋅⋅+=+，即()122nn s n +=+．于是101112212288s =⨯=.故选B ．25．如果{}[]x x x =+，[]x Z ∈，{}01x ≤<，就称[]x 表示x 的整数部分，{}x 表示x 的小数部分.已知数列{}n a满足1a ，{}12[]n n n a a a +=+，则20192018a a-等于（ ）A．2019B．2018C．6D．6【答案】D因为1a，226a =+==+3[61012a=+==同理可得：451824a a=+=所以213243546666a a a a a a a a-=-=-=-=所以当n为奇数时16n na a+-=，当n为偶数时16n na a+-=所以20192018a a-=6故选D26．已知数列{}n a满足：10a=，()()1ln1nan na e a n*+=+-∈N，前n项和为nS（参考数据：ln20.693≈，ln3 1.099≈，则下列选项错误的是（）.A．{}21na-是单调递增数列，{}2n a是单调递减数列B．1ln3n na a++≤C．2020670S<D．212n na a-≤【答案】C∵()()1ln1nan na e a n*+=+-∈N，1a=，∴()2ln10ln2a e=+-=，33ln3ln2ln2a=-=，4535ln ln ln223a=-=，设nnae b=，0nb>，1ln(1)111n n nna b a n nn anb bb e ee b++-+++====，则1211211n nnn nb bbb b+++++==+，令21()1x g x x +=+，则21()0(1)g x x '=>+，∴()g x 单调递增， 将2(,)n n b b -，2(,)n n b b +看作是函数()y g x =图象上两点，则220n nn n b b b b +-->-，∴数列21{}n b -，2{}n b 都是单调数列，111a b e ==，同理22b =，332b =，453b =，即13b b <，24b b >，∴21{}n b -单调递增，2{}n b 单调递减，而数列{}n a 与{}n b 的单调性一致， ∴{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列，A 正确；由n n ae b =得ln n n a b =， 11n n nb b b ++=要证111ln ln ln()ln3n n n n n n a a b b b b ++++=+=≤，即证13n n b b +≤，即13n b +≤，即证2n b ≤，也即要证1112n n b b --+≤，等价于11n b -≥， 显然2n =时，11b =，3n ≥时，21211n n n b b b ---+=>，故11n b -≥成立， ∴不等式1ln3n n a a ++≤成立．B 正确；欲证12ln3n n n a a a ++++≥，只需证12ln ln ln ln3n n n b b b ++++≥，即12ln()ln3n n n b b b ++≥即123n n n b b b ++≥12121311n n n n n n n b b b b b b b ++⇔⋅⋅=+≥⇔≥+，显然成立， 故12ln3n n n a a a ++++≥1>，所以20201998199816663S S >>⨯=，故C 选项错误；欲证212n n a a -<，因单调性一致则只需证212n n b b -<，只需证21212n n b b -<<因为1112b =<，若2112n b -<，则21212121211122112n n n n b b b b -+--+==-<=++；又因为22b =>2n b >22222112211n n n n b b b b ++==->=++由数学归纳法有212n n b b -<<，则212n n a a -<成立 故D 选项正确。
高考数学《等差数列、等比数列》复习
(1)等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d．
(2)等差数列前 n 项和公式：Sn＝n
a1＋an 2
＝na1＋n
n－ 2
d．
(3)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2).
2.等比数列
(1)等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
na1 q＝
(2)等比数列前n项和公式：Sn＝ a1 －qn 1－q
高考数学《等差数列、等比数列》复习
高考考点
1. 等差（比）数列的基本运算 2. 等差（比）数列的判断与证明 3. 等差（比）数列的性质
考点解读
1. 在等差（比）数列中， a1,an, Sn,n,d(q) 这五个量中已知其中的三个量， 求另外两个量 2. 考查等差（比）数列的通项公式，前n项和公式， 考查方程的思想以及运算能力
(2)等差数列中连续 k 项的和成等差数列，即 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列， 公差为 k2d．
5．若 A2n－1，B2n－1 分别为等差数列{an}，{bn}的前 2n－1 项的和， 则an＝A2n－1．
bn B2n－1
解题技巧
判断或证明数列是否为等差或等比数列， 一般是依据等差数列、等比数列的定义， 或利用等差中项、等比中项进行判断．
A.15
B.30
C.45
√D.60
S100 a1 a2 a100 90 ,设 S a1 a3 a99 ,则 2S a2 a4 a100 ,S 2S S100 90,S 30 , 故 a2 a4 a100 2S 60 .故选 D.
1.不能忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时， 注意各项都不为零的条件． 2.不能漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是±，不能漏掉－． 3.对等比数列的公比的讨论： 应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1
高考总复习优化设计二轮用书数学考点突破练4 等差数列、等比数列
A.第3层的塔数为3
B.第4层与第5层的塔数相等
C.第6层的塔数为9
D.等差数列{an}的公差为2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
解析 设等差数列{an}的公差为d,
10×9
10×1+
=55,
2
若 d=1,则这 10 层的塔数之和为
子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,该数列{Fn}满足F1=F2=1,且
Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以法国数学家爱德华·卢卡斯命名,
与斐波那契数列联系紧密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),则F2 023=( C )
1
1
A.3L2 022+6L2 024
11.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现
了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:
铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成
等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=__________;数列{a
2
(4+5-)
=2 2
-2 +9
2 2
9 81
-(- ) +
2
4
2
=
=2
,
因为 n∈N*,所以 n=4 或 5 时,Tn 取得最大值.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
4.(2023湖南张家界二模)已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,
2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练【含答案】
2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列-专项训练一、基本技能练1.已知等比数列{a n}满足a1＝2，a3a5＝4a26，则a3的值为()A.1B.2C.1或－1D.122.设数列{a n}是等差数列，S n是数列{a n}的前n项和，a3＋a5＝10，S5＝15，则S6＝()A.18B.24C.30D.363.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块4.若等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S2022>0，S2023<0”是“a1011a1012<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是()A.a3＋a7≥2B.a4＋a6≥2C.a7－2a6＋1≥0D.a3－2a4－1≥06.(多选)已知数列{a n}的前n项和为S n，下列说法正确的是()A.若S n＝n2＋1，则{a n}是等差数列B.若S n＝3n－1，则{a n}是等比数列C.若{a n}是等差数列，则S9＝9a5D.若{a n}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>S227.写出一个公差为2，且前3项和小于第3项的等差数列a n＝________.8.已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＝2a n－1，若a n∈(0，2022)，则称项a n为“和谐项”，则数列{a n}的所有“和谐项”的和为________.9.已知数列{a n}满足a1＝1，(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n－1，且a n＋1>a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝________.10.已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，若S2＋a2＝S3－3，则a4＋3a2的最小值为________.11.设等比数列{a n}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m＋S m＋1＝S m＋3(m∈N*)，求m.12.已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.二、创新拓展练13.(多选)在等比数列{a n}中，公比为q，其前n项积为T n，并且满足a1>1，a99·a100－1>0，a99－1a100－1<0，下列结论中正确的是()A.0<q<1B.a99·a101－1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于19814.(多选)已知数列{a n}满足a1＝10，a5＝2，且a n＋2－2a n＋1＋a n＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是()A.a n＝12－2nB.|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|，n≤5，2＋5，n>5C.|a n|的最小值为0D.当且仅当n＝5时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取得最大值3015.(多选)已知S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，则下列结论正确的是()A.数列{a n＋1＋a n}为等比数列B.数列{a n＋1－2a n}为等比数列C.a n＝2n＋1＋（－1）n3(410－1)D.S20＝2316.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1·(2－S n)＝1.2，S n＋1(1)(2)2023的数.参考答案与解析一、基本技能练1.答案A解析由题意得a3a5＝a24＝4a26，又在等比数列中偶数项同号，∴a4＝2a6，∴q2＝12，∴a3＝a1q2＝1，故选A.2.答案B解析由等差数列的性质知a4＝a3＋a52＝5，而S5＝a1＋a52×5＝5a3＝15，则a3＝3，等差数列{a n}的公差d＝a4－a3＝2，所以a1＝a3－2d＝－1，则S6＝6a1＋6×（6－1）2·d＝－6＋30＝24.3.答案C解析设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋27×262×9＝3402(块).4.答案B解析因为S2022>0，S2023<0，所以（a1＋a2022）×20222>0，（a1＋a2023）×20232<0，即a1＋a2022＝a1011＋a1012>0，a1＋a2023＝2a1012<0，所以a 1011>0，a 1012<0，且a 1011>|a 1012|，所以a 1011a 1012<0，充分性成立；而当a 1011a 1012<0时，a 1011>0，a 1012<0或a 1011<0，a 1012>0，则S 2022>0，S 2023<0不一定成立.故“S 2022>0，S 2023<0”可以推出“a 1011a 1012<0”，但“a 1011a 1012<0”不能推出“S 2022>0，S 2023<0”，所以“S 2022>0，S 2023<0”是“a 1011a 1012<0”的充分不必要条件.故选B.5.答案AC解析因为等比数列{a n }的公比为q ，且a 5＝1，所以a 3＝1q 2，a 4＝1q ，a 6＝q ，a 7＝q 2，因为a 3＋a 7＝1q2＋q 2≥2，当且仅当q 2＝1时等号成立，故A 正确；因为a 4＋a 6＝1q＋q ，当q <0时式子为负数，故B 错误；因为a 7－2a 6＋1＝q 2－2q ＋1＝(q －1)2≥0，故C 正确；因为a 3－2a 4－1＝1q 2－2q－1－2，则a 3－2a 4－1≥0不成立，故D 错误.6.答案BC解析若S n ＝n 2＋1，当n ≥2时，a n ＝2n －1，a 1＝2不满足a n ＝2n －1，故A 错误；若S n ＝3n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1，由于a 1＝S 1＝31－1＝2，满足a n ＝2·3n －1，所以{a n }是等比数列，故B 正确；若{a n }是等差数列，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5，故C 正确；当q ＝1时，S 1·S 3－S 22＝a 21(1＋q ＋q 2)－a 21(1＋q )2＝－a 21q <0，故D 错误，综上，选BC.7.答案2n－4(n∈N*)(答案不唯一)解析1＋a2＋a3<a3，＝2，解得a1<－1，不妨令a1＝－2，∴a n＝2n－4.8.答案2047解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－1－(2a n－1－1)＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，又由a1＝S1＝2a1－1，得a1＝1，∴{a n}是公比为2，首项为1的等比数列，∴a n＝2n－1，由a n＝2n－1<2022，得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝1－2111－2＝2047.9.答案n2解析因为a1＝1，a n＋1>a n≥a1>0，所以a n＋1>a n.由(a n＋a n＋1－1)2＝4a n a n＋1得a n＋1＋a n－1＝2a n a n＋1，所以(a n＋1－a n)2＝1，所以a n＋1－a n＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n＝n，即a n＝n2.10.答案18解析由S2＋a2＝S3－3得a2＝S3－S2－3＝a3－3，所以a1q＝a1q2－3⇒a1＝3q2－q>0⇒q>1，所以a4＋3a2＝a1q3＋3a1q＝3（q3＋3q）q2－q＝3（q2＋3）q－1＝3×（q－1）2＋2（q－1）＋4q－1＝3（q－1）＋4q－1＋6≥3×2（q－1）·4q－1＋6＝18，当且仅当q－1＝4q－1，即q＝3时等号成立，故a4＋3a2的最小值为18.11.解(1)设{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.1＋a1q＝4，1q2－a1＝8，1＝1，＝3.所以{a n}的通项公式为a n＝3n－1(n∈N*).(2)由(1)知log3a n＝n－1，故S n＝n（n－1）2(n∈N*).由S m＋S m＋1＝S m＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.12.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)解由(1)知a n＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，b n＝b1·2n－1，由b k＝a m＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.答案ABD解析对于A，∵a99·a100－1>0，∴a21·q197>1，∴(a1·q98)2·q>1.∵a1>1，∴q>0.又∵a99－1a100－1<0，∴a99>1，且a100<1，∴0<q<1，故A正确；对于B，∵a2100＝a99·a101，a100<1，∴0<a99·a101<1，即a99·a101－1<0，故B正确；对于C，由于T100＝T99·a100，而0<a100<1，故有T100<T99，故C错误；对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)·…·(a99·a100)＝(a99·a100)99>1，T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)·(a2·a198)…(a99·a101)·a100＝(a100)100<1，故D正确.故选ABD.14.答案AC解析由a n＋2－2a n＋1＋a n＝0，可得a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n，所以数列{a n}是等差数列，设公差为d，因为a1＝10，a5＝2，所以d＝a5－a15－1＝－2，所以a n＝10－2(n－1)＝12－2n，故A正确；当n＝6时，a n＝0，所以当n≤5时，a n>0，当n>5时，a n≤0，所以当n≤5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n（10＋12－2n）2＝11n－n2.当n>5时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－…－a n＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a n)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－S n＋2S5＝－(11n－n2)＋60＝n2－11n＋60，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|n－n2，n≤5，2－11n＋60，n>5，故B错误；|a n|＝|12－2n|，当n＝6时，|a n|取得最小值为0，故C正确；当n＝5或n＝6时，a1＋a2＋a3＋…＋a n取最大值30，故D错误.15.答案ABD解析因为a n＝a n－1＋2a n－2(n≥3)，所以a n＋a n－1＝2a n－1＋2a n－2＝2(a n－1＋a n－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{a n＋a n＋1}是等比数列，A正确；同理a n－2a n－1＝a n－1＋2a n－2－2a n－1＝－a n－1＋2a n－2＝－(a n－1－2a n－2)，而a2－2a1＝－1，所以{a n＋1－2a n}是等比数列，B正确；若a n＝2n＋1＋（－1）n3，则a2＝23＋（－1）23＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{a n＋a n＋1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，其前10项和为T10，则S20＝T10＝2（1－410）1－4＝23(410－1)，故D正确.16.(1)证明1S 1－1＝1a 1－1＝－2.由S n ＋1·(2－S n )＝1，得S n ＋1＝12－S n.因为1S n ＋1－1－1S n －1＝112－S n －1－1S n－1＝2－S n S n －1－1S n －1＝－1，2为首项，－1为公差的等差数列.(2)解由(1)得1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，即S n ＝n n ＋1，则a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1）(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝12满足上式，所以a n ＝1n （n ＋1）(n ∈N *)，则1a n ＝n (n ＋1).由f (x )＝x (x ＋1)－14在(0，＋∞)上单调递增，当n ＝44时，1a 44＝44×45＝1980；当n ＝45时，1a 45＝45×46＝2070.2023的数是1980.。
高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列等比数列限时规范训练理
第一讲 等差数列、等比数列1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572D ．72解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144，故选B. 答案：B2．(2019·高考全国卷Ⅲ)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 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.答案：C3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( )A ．15.5尺B ．12.5尺C ．10.5尺D ．9.5尺解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25＝32. 故选D. 答案：D5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－417，∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭⎪⎫－417＝－2.故选B. 答案：B6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0，a 1，12a 3,2a 2成等差数列，可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋2(负的舍去)，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝q 2(a 8＋a 9)a 8＋a 9＝q 2＝3＋2 2. 故选C. 答案：C7．(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列，又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，则有( )A ．a 2≤bc B ．a 2>bc C ．a 2＝bcD ．a 2≥bc解析：在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列， 又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，∴⎩⎨⎧2a ＝x ＋y ≥2xy ，xy ＝bc ，∴a 2≥bc . 故选D. 答案：D8．(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2，则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝( )A ．256B ．512C ．1 024D ．2 048解析：等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2， 可得a 1＋a 10＝a 4＋a 7＝2， 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝212×10(a 1＋a 10)＝25×2＝1 024.故选C. 答案：C9．(2019·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C10．(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1， 因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立， 所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7. 答案：A11．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案：C12．(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意可得第n 层的货物的价格为a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，设这堆货物总价是S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，①由①×910可得910S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，②由①－②可得110S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1－910－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n＝10－(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∴S n ＝100－10(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∵这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，∴n ＝10， 故选D. 答案：D13．(2019·高考全国卷Ⅲ)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.答案：10014．(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥215．已知数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，且a 4＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前7项和为________．解析：根据题意，数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，则数列{a n }是等差数列， 又由a 4＝π2，则a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝2a 4＝π，函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2＝sin 2x ＋cos x ＋1，f (a 1)＋f (a 7)＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2a 7＋cos a 7＋1＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2(π－a 1)＋cos (π－a 1)＋1＝2，同理可得：f (a 2)＋f (a 6)＝f (a 3)＋f (a 5)＝2，f (a 4)＝sin π＋cos π2＋1＝1，则数列{y n }的前7项和f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＋f (a 6)＋f (a 7)＝7； 故答案为7. 答案：716．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝2DC →，E n (n ∈N )为AC 上一列点，且满足：E n A →＝(4a n －1)E n D →＋14a n ＋1－5E n B →，其中实数列{a n }满足4a n －1≠0，且a 1＝2，则1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1＝________.解析：点D 为△ABC 的边BC 上一点， BD →＝2DC →，E n D →－E n B →＝2(E n C →－E n D →)，∴E n C →＝32E n D →－12E n B →又E n A →＝λE n C →＝3λ2E n D →－λ2E n B →，4a n －1＝－3×14a n ＋1－5，∴4a n ＋1－5＝－34a n －1，4a n ＋1－4＝1－34a n －1＝4a n －44a n －1，a n ＋1－1＝a n －14a n －1， 1a n ＋1－1＝4a n －1a n －1＝4＋3a n －1，∴1a n ＋1－1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋2，∴1a n －1＋2＝3n， 1a n －1＝3n－2. S n ＝3×(1－3n)1－3－2n ＝3n ＋1－3－4n2. 故答案为：3n ＋1－3－4n2. 答案：3n ＋1－3－4n2。
新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题三数列第一讲等差数列与等比数列__小题备考微专题1等差数
第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论1．等差数列(1)通项公式：a n＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：S n＝＝na1＋d；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q；②a n＝a m＋(n－m)d；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：a n＝a1q n－1(q≠0)；(2)求和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q；②a n＝a m·q n－m；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…(S m≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{a n}中，S n是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )A．7 B．10 C．11 D．132．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )A．－27B．－16C．－11D．－93．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )A．B．C．2D．44．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )A．7B．9C．15D．305．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{a n}，前n项和为S n，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )A．a2022>0B．S n的最大值为S2023C．|a n|的最小值为a2022D．S4044<0(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．技法领悟1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，a n，S n这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n 较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记S n为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{a n}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )A．81B．243C．27D．729微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d ＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.答案：C2．解析：因为{a n}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{a n}的前n项和为S n，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.答案：B3．解析：已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q －4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：C5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.答案：B提分题[例1] (1)解析：∵数列{a n}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{a n}为递减的等差数列，∴a2023<0，a2022>0，故A正确；∵数列{a n}为递减的等差数列，a2023<0，a2022>0，∴S n的最大值为S2022，故B错；∵a2023<0，a2022>0，∴由<－1得a2023<－a2022，∴a2023＋a2022<0，∴|a2023|>|a2022|，∴|a n|的最小值为|a2022|，即a2022，故C正确；S4044＝＝2022(a2022＋a2023)<0，故D正确．故选ACD.(2)解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a n}，n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{a n}的前n项和为S n，则S6＝378，而S6＝＝，因此＝378，解得a1＝192，所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．答案：ACD (2)6[巩固训练1] (1)解析：方法一设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.(2)解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0.而a n≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴a n＝3n，a5＝35＝243.故选B.答案：(1)2答案：B。
高三数学二轮复习：专题二 数列
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解 因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＋bn＝2n－1， 因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2， 所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一 等差数列、等比数列的运算
1.通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式 等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d； 等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质 若m＋n＝p＋q， 在等差数列中am＋an＝ap＋aq； 在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三 专题突破 核心考点
专题二 数 列
第1讲 等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小 题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重 点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热点分类突破
押题依据 解析 答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和 灵活性，是高考出题的重点.
押题依据 解析 答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为
【高考冲刺】2023年高考数学(理数) 等差数列与等比数列小题练(含答案解析)
【高考冲刺】2023年高考数学(理数) 等差数列与等比数列小题练（含答案解析）等差数列与等比数列是高中数学中非常重要的概念，也是考试中经常考察的内容。
掌握了等差数列和等比数列的性质和计算方法，可以帮助我们快速解决一些数学题目。
在高考冲刺阶段，我们要加强对等差数列与等比数列的掌握，让自己能够熟练灵活地应用这些知识，提高解题效率。
下面，我将结合一些常见的小题，通过题目的解答和思路分析，帮助大家更好地理解等差数列与等比数列的相关知识。
一、等差数列的基本概念及性质1. 基本概念：等差数列是指一个数列中任意两个相邻的数之差都相等的数列。
我们通常用字母a表示首项，字母d表示公差。
等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d。
2. 性质：（1）公差d的求法：对于等差数列an，若已知前两项a1和a2，则公差可通过d=a2-a1求得。
（2）前n项和Sn的求法：等差数列的前n项和Sn可以通过以下公式求得：Sn=n/2(a1+an)。
二、等差数列的计算方法1. 求第n项：根据等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d，我们可以直接求得等差数列的第n项。
【例题1】已知等差数列的首项a1=3，公差d=5，请求其第7项。
解：根据等差数列的通项公式，我们可以直接计算出第7项：a7=a1+(7-1)d=3+6*5=33因此，等差数列的第7项为33。
2. 求前n项和：根据等差数列的前n项和公式Sn=n/2(a1+an)，我们可以求得等差数列的前n项和。
【例题2】已知等差数列的首项a1=2，公差d=3，请求其前5项和。
解：根据等差数列的前n项和公式，我们计算前5项和：S5=5/2(a1+a5)=5/2(2+2+4*3)=5/2(2+14)=5/2*16=40因此，等差数列的前5项和为40。
三、等差数列与等差数列的应用1. 题型1：已知等差数列的前n项和Sn和公差d，求首项a1和末项an。
【例题3】已知等差数列的前6项和S6=78，公差d=4，请求该等差数列的首项a1和末项a6。
高考数学专题 等差数列、等比数列高考押题理数(解析)
1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－a 2 013<a 1<－a 2 014，则必定有( )A ．S 2 013>0，且S 2 014<0B ．S 2 013<0，且S 2 014>0C ．a 2 013>0，且a 2 014<0D ．a 2 013<0，且a 2 014>0答案：A解析：∵{a n }为等差数列，∴S 2 013＝2 013a 1＋a 2 0132，S 2 014＝2 014a 1＋a 2 0142，由－a 2 013<a 1<－a 2014得a 1＋a 2 013>0，a 1＋a 2 014<0，所以S 2 013>0，S 2 014<0.故选A.2．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7答案：D3．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 015的值等于( )A ．－2 014B ．－2 015C ．2 014D ．2 015答案：B解析：设数列{a n }的公差为d ，S 12＝12a 1＋12×112d ，S 10＝10a 1＋10×92d ，所以S 1212＝12a 1＋12×112d 12＝a 1＋112d ，S 1010＝a 1＋92d ， 所以S 1212－S 1010＝d ＝2，所以S 2 015＝2 015a 1＋2 015×2 0142d ＝2 015(－2 015＋2 014)＝－2 015.4．设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是( )A ．310B ．212C ．180D ．121答案：D5．设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋a n ＋1是等差数列，则⎝⎛⎭⎫1a 2＋1a 3＋⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4 ＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 013＋1a 2 014＝( )A ．2 012B ．2 013C ．4 024D ．4 026答案：C解析：因为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋a n ＋1是等差数列，则1a 1＋a 2＋1a 3＋a 4＝21a 2＋a 3，又{a n }是首项为1，公比为q (q ≠1)的等比数列，所以11＋q ＋1q 2＋q 3＝2·1q ＋q 2⇒q ＝1， 所以数列{a n }是首项为1，公比为1的常数列，⎝⎛⎭⎫1a 2＋1a 3＋⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 013＋1a 2 014＝4 024. 6．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________． 答案：2n －17．已知等差数列{a n }中，a 1，a 99是函数f (x )＝x 2－10x ＋16的两个零点，则12a 50＋a 20＋a 80＝________.答案：252 解析：依题意a 1＋a 99＝10，所以a 50＝5. 所以12a 50＋a 20＋a 80＝12a 50＋2a 50＝252.8．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________. 答案：50解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.9．已知a n 是等差数列，b n 是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8.(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n . 解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 23＋3d ＝36，q 2＋d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝－23，q ＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝135－2n ，b n ＝6n －1. (2)a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1， ∴1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1. 10.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n 且S n ＋1＝32S n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求满足不等式T n <12S n ＋2的n 值．(2)因为数列(a n )是首项为1，公比为32的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为23的等比数列，所以T n ＝1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n . 又因为S n ＝2·⎝⎛⎭⎫32n －2，代入不等式T n <12S n ＋2，即得⎝⎛⎭⎫23n >13， 所以n ＝1或n ＝2.。
高考数学专题 等差数列、等比数列高考押题原卷
高考押题1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－a 2 013<a 1<－a 2 014，则必定有( )A ．S 2 013>0，且S 2 014<0B ．S 2 013<0，且S 2 014>0C ．a 2 013>0，且a 2 014<0D ．a 2 013<0，且a 2 014>02．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－73．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 015的值等于( )A ．－2 014B ．－2 015C ．2 014D ．2 0154．设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是( )A ．310B ．212C ．180D ．1215．设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋a n ＋1是等差数列，则⎝⎛⎭⎫1a 2＋1a 3＋⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 013＋1a 2 014＝( )A ．2 012B ．2 013C ．4 024D ．4 0266．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．7．已知等差数列{a n }中，a 1，a 99是函数f (x )＝x 2－10x ＋16的两个零点，则12a 50＋a 20＋a 80＝________.8．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.9．已知a n 是等差数列，b n 是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8.(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .10.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n 且S n ＋1＝32S n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求满足不等式T n <12S n ＋2的n 值．。
高三数学(理科)押题精练：专题【18】《等差数列和等比数列》ppt课件
解析 设等差数列的公差为d, 则a3＝a1＋2d,a5＝a1＋4d,
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5), 解得d＝－1，
∴q＝aa31＋＋31＝a1a－1＋2＋1 3＝1.
思维启迪 列方程
求出d， 代入q即 可；
(2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝52，
(2)等比n数a1列q＝前1n，项和公式
热点 • 分类突破
➢ 热点一 等差数列 ➢ 热点二 等比数列 ➢ 热点三 等差数列、等比数列的综合应用
热点一 等差数列
例1 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋
a6＝12，则S7的值是( )
C 思维启迪
A.21
B.24
利用a1＋ a7＝2a4建立S7
C.28
D.7
和已知条件的联系；
2
Байду номын сангаас
定 数列
(n≥1)(an≠0)⇔{an}为等比数
方 (3)通项公式法： an＝ pn＋ 列
法 q(p、q为常数)⇔{an}为等差(3)通项公式法：
(1 数列
an＝c·qn(c、q均是不为0的常
) (4) 前 n 项 和 公 式 法 ： Sn ＝数 ， n∈N*)⇔{an} 为 等 比 数
An2 ＋ Bn(A 、 B 为 常 数列
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m， …，仍成等差数列
n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
(2)an＝amqn－m (3)等比数列依次每n项和 (Sn≠0)仍成等比数列
前n 项
Sn＝na12＋an
(1)q≠1，Sn＝a111－－qqn
和
nn－1 ＝na1＋ 2 d
高考数学复习：等差数列、等比数列押题
高考数学复习：等差数列、等比数列押题1．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.1342．正项等比数列{a n }中，若a 2a 18＝16，则log 2a 10＝( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16解析：依题意得，a 2a 18＝a 210＝16，又a 10>0，因此a 10＝4，log 2a 10＝log 24＝2，选A. 答案：A3．已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62解析：∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6， ∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19， a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A. 答案：A4．已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1 D ．a 1>0，q >1 解析：∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n ∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A. 答案：A5．将正奇数排成如下三列： 1 3 5 7 9 11 13 15 17 ……则2 007在( )A ．第334行，第1列B ．第334行，第2列C ．第335行，第2列D ．第335行，第3列解析：设每行第一个数组成一个数列{a n }，则a n ＝1＋(n －1)×6＝6n －5，因为a 335＝2 005，所以2 007在第335行的第2列．答案：C6．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A ．9 B ．15 C ．18 D ．30解析：由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.答案：C7．已知数列{a n }是首项为1，公差为d (d ∈N *)的等差数列，若81是该数列中的一项，则公差不可能是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：∵数列{a n }是首项为1，公差为d (d ∈N *)的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)d ， ∵81是该数列中的一项，∴81＝1＋(n －1)d ， ∴n ＝80d＋1，∵d ，n ∈N *，∴d 是80的因数，故d 不可能是3.故选B. 答案：B8．一个等比数列{a n }的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( C ) A ．13项 B ．12项 C ．11项 D ．10项9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析：设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴ S 7＝a 11－q 71－q ＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B. 答案：B10．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0，若d ＜0，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n .故选C.答案：C11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝8，则S 7＝( ) A ．28 B ．32 C ．56 D ．24解析：S 7＝7×（a 1＋a 7）2＝7×（a 3＋a 5）2＝28.故选A.答案：A12．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为( ) A ．－2或1 B ．－1或2 C ．－2D ．1解析：法一：若q ＝1， 则S 4＝4a 1，S 5＝5a 1，S 6＝6a 1， 显然不满足2S 4＝S 5＋S 6，故A 、D 错．若q ＝－1，则S 4＝S 6＝0，S 5＝a 5≠0， 不满足条件，故B 错，因此选C 法二：经检验q ＝1不适合， 则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得 q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 答案：C13．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：由题意，不妨设a 6＝9t ，a 5＝11t ，则公差d ＝－2t ，其中t >0，因此a 10＝t ，a 11＝－t ，即当n ＝10时，S n 取得最大值．答案：B14．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，∴a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2， ∴T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5. 答案：B15．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∴3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)． ∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q ＝q 2＝32＝9. 答案：D16．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，S n ＝15，则项数n 为( ) A ．12 B ．14 C ．15 D ．16 答案：D17．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( ) A ．5 2 B ．7 C ．6D ．4 2 答案：A解析：由题意知a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9三数成等比数列，所以(a 4a 5a 6)2＝(a 1a 2a 3)·(a 7a 8a 9)＝50.又a n ＞0， ∴a 4a 5a 6＝52，故选A.18．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3答案：B解析：设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1（1－q 2m ）1－q a 1（1－q m ）1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8.∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8， ∴q ＝2.19．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0)∪(1，＋∞) C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞) 答案：D解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q ， 当q >0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q ·1q＝3； 当q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1. ∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D.20．数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________.【解析】 ∵a n ＋ma m ＝a n ，∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8. 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为q ＝2的等比数列， ∴S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.【答案】 8 2n ＋1－221．已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)．若存在正实数λ使得数列{a n ＋1＋λa n }为等比数列，则λ＝________.【解析】 由题意可知，a n ＋2＋λa n ＋1＝(1＋λ)a n ＋1＋a n ＝(1＋λ)⎝⎛⎭⎫a n ＋1＋11＋λa n ，∴11＋λ＝λ，解得λ＝－1＋52或λ＝－1－52(舍)，∵a 1＝a 2＝1，∴a 3＝2，易验证当n ＝1时满足题意．故λ＝－1＋52.【答案】－1＋5222．各项均不为零的等差数列{a n }中，a 1＝2，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则S 2 016＝________． 解析：由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，即a 2n －2a n ＝0，∴a n ＝2，n ≥2，又a 1＝2，∴a n ＝2，n ∈N *，故S 2 016＝4 032.答案：4 03223．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．24．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：∵a n ，S n ，a 2n 成等差数列，∴2S n ＝a n ＋a 2n . 当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21. 又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0， 又a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n (n ∈N *)． 答案：n25．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2， 故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.26．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；学科网(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．(1)解：当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1， 整理得a 4＝4a 3－a 24，又a 2＝32，a 3＝54，所以a 4＝78.(2)证明：当n ≥2时，有4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， 即4S n ＋2＋4S n ＋S n ＝4S n ＋1＋4S n ＋1＋S n －1， ∴4(S n ＋2－S n ＋1)＝4(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)， 即a n ＋2＝a n ＋1－14a n (n ≥2)．经检验，当n ＝1时，上式成立．∵a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1－14a n －12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12a n a n ＋1－12a n＝12为常数，且a 2－12a 1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)解：由(2)知，a n ＋1－12a n ＝12n －1(n ∈N *)，等式两边同乘2n ，得2n a n ＋1－2n －1a n ＝2(n ∈N *)． 又20a 1＝1，∴数列{2n －1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴2n －1a n ＝2n －1， 即a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)． 27．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等差数列； (2)设b n ＝1S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .(1)证明：S n ＝a n （a n ＋1）2(n ∈N *)，①S n －1＝a n －1（a n －1＋1）2(n ≥2)．②①－②得：a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －12(n ≥2)，整理得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝(a n ＋a n －1)(n ≥2)．∵数列{a n }的各项均为正数， ∴a n ＋a n －1≠0， ∴a n －a n －1＝1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)得S n ＝n 2＋n2，∴b n ＝2n 2＋n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.28．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1. 解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2. 当n ＝1时，a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2（1－4n ）1－4＝2（4n －1）3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2（4n －1）3＝22n ＋1＋13.29．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n b n ，求证：c n ＋1<c n .解：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1. ∴数列{a n }是一个以2为首项，公差为1的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)．∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n . ∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n ＝23n ＋1[(n ＋2)－3(n ＋1)] ＝23n ＋1(－2n －1)<0.∴c n ＋1<c n .30．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16，因为a 3－a 2＝8，则a 2＝8，所以q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.(2)因为b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n （n ＋3）4. 因为1S n ＝4n （n ＋3）＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， 所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝⎛11－14＋12－15＋13－16＋…⎭⎫＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 <229<3. 故存在k ＝3时，对任意的n ∈N *都有1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<3. 31．已知数列{a n }满足：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，前n 项和记为S n ，a 1＝4，S 3＝21.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1＝167，b n ＋1－b n ＝2a n ，求数列{b n }的通项公式．解析：(1)由已知数列{a n }为等差数列，公差为d ，则S 3＝3×4＋3×22d ＝21，解得d ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1.(2)由(1)得b n ＋1－b n ＝23n ＋1.当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1，所以b n ＝23n －2＋23n －5＋…＋24＋167＝24[1－23n－1]1－23＋167＝17×23n ＋1(n ≥2)． 又b 1＝167满足b n ＝17×23n ＋1，所以∀n ∈N *， b n ＝17×23n ＋1. 32．设数列{a n }的各项都为正数，其前n 项和为S n ，已知对任意n ∈N *，S n 是a 2n 和a n的等差中项． (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)若b n ＝－n ＋5，求{a n ·b n }的最大项的值并求出取最大值时n 的值． 解析：(1)证明：由已知可得2S n ＝a 2n ＋a n ，且a n >0，当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋a n －1，所以2a n ＝2S n －2S n －1＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1，所以a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1，因为a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1(n ≥2)．故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知a n ＝n ，设c n ＝a n ·b n ，则c n ＝n (－n ＋5)＝－n 2＋5n ＝－⎝⎛⎭⎫n －522＋254， 因为n ∈N *，当n ＝2或n ＝3时，{a n ·b n }的最大项的值为6.。
2019年高考数学(文)：专题10-数列、等差数列﹑等比数列(仿真押题)
1．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( )A ．(2n－1)2B.2n －123C ．4n －1D.4n－13【解析】设S n 为{a n }的前n 项和，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n－1，当n ≥2时，S n －1＝2n －1－1，a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，a 2n ＝4n －1，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1－4n1－4＝4n－13.【答案】D2．已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－22【答案】C3．设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－a 22为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝( )A ．－2B ．8C ．10D ．14【解析】依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8，选B.【答案】B4．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212【解析】由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，∴a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，∴a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.【答案】C5．已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1等于( )A ．4B ．6C ．8D ．10【解析】设数列{a n }的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3da 1＝8a 1a 1＝8，选C.＝122n －1a 1＋a 2n －1122n －1b 1＋b 2n －1＝A 2n －1B 2n －1＝72n －1452n －13＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1(n ∈N *)， 故n ＝1,2,3,5,11时，a nb n 为整数.即正整数n 的个数是5. 【答案】D12.已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 7＝64，a 1a 5＋a 3＝20，则S 5等于( )A.31B.63C.16D.127 【答案】A13.在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A.n (3n －1)B.n n ＋32C.n (n ＋1)D.n 3n ＋12【答案】C【解析】依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2， 所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n (n ＋1).14.数列{a n }满足a 1＝0，11－a n －11－a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2019等于( ) A.12 019 B.12 018 C.2 0182 019 D.2 0172 018【答案】C【解析】∵数列{a n }满足a 1＝0，11－a n －11－a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，∴11－a 1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是首项为1，公差为1的等差数列， ∴11－a n＝1＋(n －1)＝n ， ∴11－a 2 019＝2 019，解得a 2 019＝2 0182 019.15.已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 【答案】D16.在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n ＞1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15等于( )A.210B.211C.224D.225 【答案】B【解析】当n ＞1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2，n ≥2， ∴a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.∴数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列， ∴S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211.17.设{a n }是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A.2X ＋Z ＝3YB.4X ＋Z ＝4YC.2X ＋3Z ＝7YD.8X ＋Z ＝6Y 【答案】D【解析】根据等差数列的性质X ，Y －X ，S 3n －Y ，Z －S 3n 成等差数列，∴S 3n ＝3Y －3X ，又2(S 3n －Y )＝(Y －X )＋(Z －S 3n )， ∴4Y －6X ＝Y －X ＋Z －3Y ＋3X ，∴8X ＋Z ＝6Y . 【答案】324.设{a n }是公比为q 的等比数列，|q|>1，令b n ＝a n ＋1 (n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.【答案】.－925.公差不为0的等差数列{a n }的部分项ak 1，ak 2，ak 3，…构成等比数列，且k 1＝1，k 2＝2，k 3＝6，则k 4＝________.答案 22【解析】根据题意可知等差数列的a 1，a 2，a 6项成等比数列，设等差数列的公差为d ，则有(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋5d)，解得d ＝3a 1，故a 2＝4a 1，a 6＝16a 1⇒ak 4＝a 1＋(n －1)·(3a 1)＝64a 1，解得n ＝22，即k 4＝22.26.设函数f(x)＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a n xn －1，f(0)＝12，数列{a n }满足f(1)＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.答案 a n ＝1nn ＋1【解析】由f(0)＝12，得a 1＝12，由f(1)＝n 2a n (n ∈N *)， 得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2a n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 整理得a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝12×13×24×35×…×n －1n ＋1＝1n n ＋1， 显然a 1＝12也符合.即{a n }的通项公式为a n ＝1nn ＋1.27.若f(n)为n 2＋1(n ∈N *)的各位数字之和，如62＋1＝37，f(6)＝3＋7＝10，f 1(n)＝f(n)，f 2(n)＝f(f 1(n))，…，f k ＋1(n)＝f(f k (n))，k ∈N *，则f 2016(4)＝________.【答案】528.数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则a n ＝__________.【答案】a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝12n ＋1n ≥2【解析】∵12a 1＋122a 2＋…＋12n a n ＝2n ＋5.①∴12a 1＋122a 2＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5.② 由①－②得12n a n ＝2，∴a n ＝2n ＋1(n ≥2).又∵12a 1＝2＋5，∴a 1＝14.解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去). 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22， 解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.33．在公差不为零的等差数列{a n }中，已知a 1＝1，且a 1，a 2，a 5依次成等比数列．数列{b n }满足b n ＋1＝2b n －1，且b 1＝3.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n ·a n ＋1的前n 项和为S n ，试比较S n 与1－1b n 的大小．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，且a 1，a 2，a 5依次成等比数列， 所以a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1·(1＋4d )，所以d 2－2d ＝0，解得d ＝2(d ＝0不合要求，舍去)． 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.因为b n ＋1＝2b n －1，所以b n ＋1－1＝2(b n －1)．所以{b n －1}是首项为b 1－1＝2，公比为2的等比数列． 所以b n －1＝2×2n －1＝2n.所以b n ＝2n＋1. (2)因为2a n ·a n ＋1＝22n －12n ＋1＝12n －1－12n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，于是S n －⎝⎛⎭⎪⎫1－1b n ＝1－12n ＋1－1＋12＋1＝12＋1－12n ＋1＝2n －2n2n ＋12n＋1. 所以当n ＝1,2时，2n ＝2n，S n ＝1－1b n；当n ≥3时，2n <2n，S n <1－1b n.34．已知函数f(x)＝(a ＋2cos2x)cos(2x ＋θ)为奇函数，且f π4＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)．(1)求a ，θ的值；(2)若fα4＝－25，α∈π2，π，求sinα＋π3的值．35．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a －c＝66b，sin B＝6sin C.(1)求cos A的值；(2)求cos2A－π6的值．解：(1)在△ABC中，由bsin B＝csin C，及sin B＝6sin C，可得b＝6c.由a－c＝66b，得a＝2c.所以cos A＝b2＋c2－a22bc＝6c2＋c2－4c226c2＝64.(2)在△ABC中，由cos A＝64，可得sin A＝104.于是cos 2A＝2cos2A－1＝－14，sin 2A＝2sin A•cos A＝154.所以cos2A－π6＝cos 2A•cosπ6＋sin 2A•sinπ6＝15－38.36．如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝33.(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝23，求AB的长．解：(1)因为∠D＝2∠B，cos B＝33，所以cos D＝cos 2B＝2cos2B－1＝－13.因为D∈(0，π)，所以sin D＝1－cos2D＝223.因为AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面积S＝12AD•CD•sin D＝12×1×3×223＝2.(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD•DC•cos D＝12，所以AC＝23.因为BC＝23，ACsin B＝ABsin∠ACB，所以23sin B＝ABsin2B ABsin 2B＝AB2sin Bcos B ＝AB233sin B，所以AB＝4.37.对于正项数列{a n }，定义H n ＝na 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n为{a n }的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为H n ＝2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________.【答案】a n ＝2n ＋12n(n ∈N *)。
2025年高考一轮复习-微专题5-等差数列、等比数列 【含解析】
1已知各项均为正整数的递增数列{a n}的前n项和为S n,若a1=3,S m=2023,则当m取最大值时,a m的值为()A.10B.61C.64D.732记S n为数列{a n}的前n项和,已知S n,2n的等差中项为a n.(1)求证{a n+2}为等比数列.(2)n项和为T n,是否存在整数k满足T n∈(k,k+1)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.3已知数列{a n}满足a1=λ>0,a n·a n+1=27-2n.(1)当λ=132时,求数列{a2n}中的第10项.(2)是否存在正数λ,使得数列{a n}是等比数列?若存在,求出λ的值并证明;若不存在,请说明理由.4在当前市场经济条件下,私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值之间存在着相当大的差距.对顾客而言,总是希望通过还价来减少商品所标价格a与其实际价值的差距.设顾客第n次的还价为b n,商家第n次的讨价为c n.有一种“对半讨价还价”法如下:顾客第1次的还价为标价a的一半,即第1次的还价b1=2,商家第1次的讨价为b1与标价a的平均值,即c1=r12;…;顾客第n(n≥2)次的还价为上一次商家的讨价c n-1与顾客的还价b n-1的平均值,即b n=-1+-12,商家第n(n≥2)次的讨价为上一次商家的讨价c n-1与顾客这一次的还价b n的平均值,即c n=-1+2.现有一件衣服标价1200元,若经过n次的“对半讨价还价”,b n与c n相差不到1元,则n的最小值为()A.4B.5C.6D.71已知各项均为正整数的递增数列{a n}的前n项和为S n,若a1=3,S m=2023,则当m取最大值时,a m的值为(D)A.10B.61C.64D.73[解析]因为{a n}为递增数列且各项均为正整数,所以a n-a n-1≥1(n≥2),当a n-a n-1=1(n≥2)时,数列{a n}是首项为3,公差为1的等差数列,则a n=3+n-1=n+2,S n=3n+(-1)2×1=(r5)2,可得S60=1950<2023,S61=2013<2023,S62=2077>2023.若m的最大值为61,则可取a60=62,a61=2023-1950=73>62,符合题意;若m的最大值为62,又a61的最小值为63,则此时a62=2023-2013=10<63,不符合题意.综上所述,当m取最大值时,a m的值为73.故选D.2记S n为数列{a n}的前n项和,已知S n,2n的等差中项为a n.(1)求证{a n+2}为等比数列.(2)n项和为T n,是否存在整数k满足T n∈(k,k+1)?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解:(1)证明:因为S n,2n的等差中项为a n,所以S n+2n=2a n,当n=1时,S1+2=2a1,又S1=a1,所以a1=2.由S n+2n=2a n,得S n+1+2n+2=2a n+1,所以a n+1+2=2a n+1-2a n,即a n+1=2a n+2,即a n+1+2=2(a n+2),所以r1+2+2=2,所以{a n+2}是等比数列,其首项为a1+2=4,公比为2.(2)由(1)知a n+2=4×2n-1,可得a n=2n+1-2,所以1+3=12r1+1,因为0<12r1+1<12r1,所以T n=11+3+12+3+…+1+3>0,又T n=11+3+12+3+…+1+3<122+123+…+12r1=12-12r1<1,所以T n∈(0,1),所以存在k=0满足题意.3已知数列{a n}满足a1=λ>0,a n·a n+1=27-2n.(1)当λ=132时,求数列{a2n}中的第10项.(2)是否存在正数λ,使得数列{a n}是等比数列?若存在,求出λ的值并证明;若不存在,请说明理由.解:(1)由a n·a n+1=27-2n,得a n·a n-1=29-2n(n≥2),所以r1-1=14(n≥2),所以数列{a2n-1}和数列{a2n}均为公比为14的等比数列,又a1=132,a2·a1=25,所以a2=210,所以a20=210=128=1256.(2)假设存在正数λ,使得数列{a n}是等比数列,由a2·a1=25,得a2=32,由a2·a3=8,得a3=4,因为{a n}是等比数列,所以a1·a3=22,可得λ2=64,即λ=8.下面证明当λ=8时,数列{a n}是等比数列.当λ=8时,a1=8,a2=4.由(1)知数列{a2n-1}和{a2n}均为公比为14的等比数列,所以a2n-1=8-1,a2n=4-1,所以当n为奇数时,a n=24-n,当n为偶数时,a n=24-n,=12(n≥2),故数列{a n}是公比为12的等比数列,所以对一切正整数n,都有a n=24-n,所以-1所以存在正数λ=8,使得数列{a n}是公比为12的等比数列.4在当前市场经济条件下,私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值之间存在着相当大的差距.对顾客而言,总是希望通过还价来减少商品所标价格a与其实际价值的差距.设顾客第n次的还价为b n,商家第n次的讨价为c n.有一种“对半讨价还价”法如下:顾客第1次的还价为标价a的一半,即第1次的还价b1=2,商家第1次的讨价为b1与标价a的平均值,即c1=r12;…;顾客第n(n≥2)次的还价为上一次商家的讨价c n-1与顾客的还价b n-1的平均值,即b n=-1+-12,商家第n(n≥2)次的讨价为上一次商家的讨价c n-1与顾客这一次的还价b n的平均值,即c n=-1+2.现有一件衣服标价1200元,若经过n次的“对半讨价还价”,b n与c n相差不到1元,则n的最小值为(C)A.4B.5C.6D.7[解析]依题意可知c n>b n,当n≥2时,c n-b n=-1+2--1+-12=--12=-1+-12--12=-1--14,所以数列{c n-b n}是以c1-b1=r12-b1=-12=-22=4=300为首项,14为公比的等比数列,所以c n-b n=300-1=1200.由c n-b n=1200<1得<11200,即4n>1200,其中n∈N*,经检验可知,n的最小值为6.故选C。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
8．一个等比数列 { an} 的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列有 ( C )
A． 13 项 B ． 12 项
C． 11 项 D． 10 项
9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：
“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八
十一，请问尖头几盏灯？ ”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数
13．设等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn， a1>0 且 aa65＝ 191，则当 Sn 取最大值时， n Байду номын сангаас值为 (
)
A ． 9 B ． 10 C．11 D． 12 解析：由题意，不妨设 a6＝ 9t， a5＝11t，则公差 d＝－ 2t，其中 t>0，因此 a10＝t ， a11＝－ t，即当 n ＝
的 2 倍，则塔的顶层共有灯 ( )
A． 1 盏 B．3 盏
C． 5 盏 D． 9 盏
解析：设塔的顶层的灯数为 a1，七层塔的总灯数为 S7，公比为 q，则由题意知 S7＝381， q＝2，∴ S7
＝ a1 1－q7 ＝ a1 1－ 27 ＝ 381，解得 a1＝ 3.
1－ q
1－ 2
故选 B.
答案： B
D．1
则 S4＝ 4a1， S5＝ 5a1， S6 ＝6a1， 显然不满足 2S4＝ S5＋ S6，故 A 、D 错．
若 q＝－ 1，则 S4＝ S6＝ 0，S5＝ a5≠０， 不满足条件，故 B 错，因此选 C 法二：经检验 q＝ 1 不适合，
则由 2S4＝ S5＋ S6 ， 得 2(1－ q4)＝ 1－ q5＋ 1－ q6，化简得 q2＋q－ 2＝ 0，解得 q＝1(舍去 )， q ＝－ 2. 答案： C
()
A． 2 B．3
C． 4 D． 5 解析：∵数列 { an} 是首项为 1，公差为 d( d∈ N* )的等差数列，∴ an＝ 1＋ (n－ 1)d， ∵ 81 是该数列中的一项，∴ 81＝1＋ (n－ 1)d， ∴ n＝80＋ 1，
d ∵ d，n∈ N*，∴ d 是 80 的因数，故 d 不可能是 3.故选 B. 答案： B
则－ an>－ an＋1>0，则
q
＝
－an＋ － an
1∈
(0,1)
，
∴ a1<0,0<q<1. 故选 A.
答案： A
5．将正奇数排成如下三列：
1
3
5
7
9
11
13
15
17
…… 则 2 007 在 ( )
A．第 334 行，第 1 列 B．第 334 行，第 2 列 C．第 335 行，第 2 列 D．第 335 行，第 3 列 解析：设每行第一个数组成一个数列 { an} ，则 an＝ 1＋( n－ 1) ×6＝ 6n－5，因为 a335＝ 2 005，所以 2 007 在第 335 行的第 2 列．
答案： A
4．已知递增的等比数列 { an} 的公比为 q，其前 n 项和 Sn<0 ，则 ( ) A． a1<0,0< q<1 B ．a1<0， q>1
C． a1>0,0< q<1 D ．a1>0， q>1 解析：∵ Sn<0，∴ a1<0， 又数列 { an} 为递增等比数列，∴ an＋ 1>an，且 |an |>|an ＋1|，
答案： C
6．已知数列 { an} 满足 an＋1－ an＝ 2， a1＝－ 5，则 |a1|＋|a2|＋… ＋ |a6|＝ ( ) A． 9 B． 15
C． 18 D． 30 解析： 由 an＋1－ an＝ 2 可得数列 { an} 是等差数列， 公差 d＝ 2，又 a1＝－ 5，所以 an＝ 2n－ 7，所以 |a1 |＋ |a2| ＋ |a3|＋ |a4|＋ |a5|＋ |a6|＝ 5＋ 3＋ 1＋ 1＋ 3＋ 5＝ 18. 答案： C 7．已知数列 { an} 是首项为 1，公差为 d(d∈ N*)的等差数列，若 81 是该数列中的一项，则公差不可能是
10 时， Sn取得最大值． 答案： B
14． 在各项均为正数的等比数列 ＝ 512，则 m 的值为 ( )
3．已知等差数列 { an} 满足 a1＝ 1，an＋2－ an＝ 6，则 a11 等于 (
)
A． 31 B． 32
C． 61 D． 62
解析：∵等差数列 { an} 满足 a1＝ 1， an＋ 2－an＝6，
∴ a3＝ 6＋ 1＝ 7，a5 ＝ 6＋ 7＝ 13，a7＝ 6＋ 13＝ 19，
a9＝ 6＋19＝ 25，a11＝ 6＋ 25＝ 31.故选 A.
高考数学复习：等差数列、等比数列押题
1
1．已知 an 是等差数列，且 a1＝ 1，a4＝ 4，则 a10＝ (
)
4 A．－ 5
B ．－ 5 4
4 C.13
13 D. 4
2．正项等比数列 { an} 中，若 a2a18＝ 16，则 log 2a10＝ ( ) A． 2 B．4
C． 8 D． 16 解析：依题意得， a2a18＝a210＝ 16，又 a10>0，因此 a10＝ 4， log2a10＝ log 24＝ 2，选 A. 答案： A
10．等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，且 a1＜0，若存在自然数 m≥３，使得 am＝Sm，则当 n＞m 时， Sn与
an 的大小关系是 ( )
A． Sn＜ an B． Sn≤an
C． Sn＞ an D．大小不能确定
解析：若 a1＜ 0，存在自然数 m≥３，使得 am＝ Sm，则 d＞0，若 d＜ 0，数列是递减数列，则 Sm＜am，不
存在 am＝ Sm.由于 a1＜ 0，d＞ 0，当 m≥３时，有 am ＝ Sm，因此 am＞ 0，Sm＞ 0，又 Sn＝ Sm＋ am＋1＋… ＋ an，显
然 Sn＞ an.故选 C.
答案： C 11．已知等差数列 { an } 的前 n 项和为 Sn，若 a3 ＋a5＝ 8，则 S7＝ ( )
A ． 28
B ． 32
C． 56
D． 24
7×（ a1＋ a7） 7×（ a3＋ a5）
解析： S7＝
2
＝
2
＝28.故选 A.
答案： A
12．等比数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，若 2S4＝ S5＋ S6，则数列 { an} 的公比 q 的值为 ( )
A ．－ 2 或 1
B ．－ 1 或 2
C．－ 2 解析：法一：若 q＝ 1，